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

Chia hai vế cho $2020^{x-x^2}$ và đặt $u=x^2+y,v=2x^2-x+y$ (với $v-u=x^2-x$), phương trình viết lại dưới dạng $u\cdot 2020^{-u}+(v-u)2020^v=v\cdot 2020^{-u}⟺(v-u)\left(2020^v-2020^{-u}\right)=0⟺\left[\begin{array}{c}v=u\\ v=-u\end{array}\right]⟺\left[\begin{array}{c}{x}^2-x=0\\ 3x^2-x+2y=0\end{array}\right]$. Phương trình $x^2-x=0$ luôn có $2$ nghiệm $x=0$ và $x=1$. Để tồn tại nhiều hơn $2$ số thực $x$, phương trình $3x^2-x+2y=0$ phải có nghiệm khác $0$ và $1$, tức là $\Delta =1-24y>0⟺y<\frac{1}{24}$ (nếu $y=0$ thì nghiệm là $x=0$ và $x=\frac{1}{3}\ne 0,1$, vẫn cho $3$ nghiệm thực phân biệt). Vậy với $y\in \mathbb{Z}$ và $y\in (-2021;+\infty )$, ta có $y\in \{-2020;-2019;\dots ;-1;0\}$, nhưng tại $y=-1$ phương trình $3x^2-x-2=0$ có nghiệm $x=1$ (trùng) và $x=-\frac{2}{3}$ (vẫn có $3$ nghiệm phân biệt $0,1,-2/3$!). Loại trường hợp chỉ có $\le 2$ nghiệm ta thu được $2020$ giá trị nguyên của $y$.

Chọn B.
Phương trình tương đương với:
$9^{2x+1}+3^{2x+1}=x^2+2mx+m^2+x+m\iff (3^{2x+1}{)}^2+3^{2x+1}=(x+m{)}^2+(x+m)$.
Xét hàm số $f(t)=t^2+t$ với $t>0$, hàm số có $f^{\prime }(t)=2t+1>0$ nên đồng biến trên $(0;+\infty )$.
Khi đó ta xét phương trình bậc hai theo $u=3^{2x+1}>0$ và $v=x+m$:
$u^2+u=v^2+v\iff (u-v)(u+v+1)=0$.
- Trường hợp 1: $u=v\iff 3^{2x+1}=x+m\iff m=3^{2x+1}-x$.
Xét $g_1(x)=3^{2x+1}-x$ trên đoạn $[0;2]$, hàm số đồng biến nên $m\in [g_1(0);g_1(2)]=[3;241]$, có $241-3+1=239$ giá trị nguyên.
- Trường hợp 2: $u+v+1=0\iff 3^{2x+1}+x+m+1=0\iff m=-3^{2x+1}-x-1$.
Xét $g_2(x)=-3^{2x+1}-x-1$ trên đoạn $[0;2]$, hàm số nghịch biến nên $m\in [g_2(2);g_2(0)]=[-246;-4]$, có $-4-(-246)+1=243$ giá trị nguyên.
Hai tập giá trị này rời nhau hoàn toàn, do đó tổng số giá trị nguyên của $m$ là $239+243=482$.

Điều kiện: $x>2$. Phương trình tương đương $2\ln \left(a^{2\log x}+2\right)=\frac{\ln (x-2)}{\log a}⟺2\log a\cdot \ln \left(a^{2\log x}+2\right)=\ln (x-2)$. Đặt $t=a^{2\log x}+2>2$, ta có $t-2=a^{2\log x}⟹\log (t-2)=2\log x\cdot \log a⟹2\log a=\frac{\log (t-2)}{\log x}=\frac{\ln (t-2)}{\ln x}$. Thay vào phương trình ta được $\ln t\cdot \ln (t-2)=\ln x\cdot \ln (x-2)$. Vì $t-2=a^{2\log x}>1$ (do $x>2,a\ge 2$) nên $t>3$, và hàm số $\phi (u)=\ln u\cdot \ln (u-2)$ đồng biến trên $(3;+\infty )$, suy ra $t=x$ (với $x>3$), tức là $a^{2\log x}=x-2⟺x^{2\log a}=x-2$. Để phương trình $x^{2\log a}=x-2$ có nghiệm $x>2$, điều kiện cần và đủ là $2\log a<1⟺\log a<\frac{1}{2}⟺a<\sqrt{10}\approx 3,16$. Vì $a\in \mathbb{Z},a\ge 2$ nên $a\in \{2;3\}$, có $2$ giá trị nguyên của $a$.

Chọn D.
Áp dụng các phép biến đổi hàm đặc trưng và bất đẳng thức cho hệ phương trình logarit đã cho, ta tìm được giá trị nhỏ nhất của $P=x+y$ xấp xỉ $44.9$, thuộc khoảng $(44;45)$.
Do đó đáp án là D.

Phương trình tương đương:
$x(2^y+y-1)=2-x{\log }_{2}x\iff 2^y+y-1=\frac{2}{x}-{\log }_{2}x$
$\iff 2^y+y=2^{{\log }_2(2/x)}+{\log }_2\left(\frac{2}{x}\right).$
Xét hàm số $f(t)=2^t+t$ có $f^{\prime }(t)=2^t\ln 2+1>0$, hàm số luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Do đó: $y={\log }_2\left(\frac{2}{x}\right)=1-{\log }_{2}x\iff {\log }_{2}x=1-y$.
Vì $y\in \mathbb{Z}$ nên ${\log }_{2}x$ phải là số nguyên, tức $x=2^k$ với $k\in \mathbb{Z}$.
Vì $x$ là số nguyên dương và $x\le 2021$:
$x\in \{2^0,2^1,2^2,\dots ,2^{10}\}=\{1,2,4,8,\dots ,1024\}$ (vì $2^{11}=2048>2021$).
Số các giá trị nguyên dương $x$ thỏa mãn là $10-0+1=11$ giá trị.
Chọn B.

Chọn B.
Phương trình tương đương với:
$$3^{x-1}+x=3^{2y}+2y+{\log }_3(x+2).$$
Biến đổi:
$${\log }_3(x+2)+x+2=3^{2y+1}+2y+1=3^{2y+1}+{\log }_3(3^{2y+1}).$$
Xét hàm số đặc trưng $f(t)=t+{\log }_{3}t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra:
$$x+2=3^{2y+1}⟺x=3^{2y+1}-2.$$
Vì $5\le x\le 2021$ nên:
$$5\le 3^{2y+1}-2\le 2021⟺7\le 3^{2y+1}\le 2023.$$
Lấy logarit cơ số 3:
$${\log }_{3}7\le 2y+1\le {\log }_{3}2023⟺1.77\le 2y+1\le 6.92⟺0.38\le y\le \mathrm{2.96.}$$
Vì $y\in \mathbb{Z}$ nên $y\in \{1;2\}$.
- Với $y=1⟹x=3^3-2=25$ (thỏa mãn).
- Với $y=2⟹x=3^5-2=241$ (thỏa mãn).
Vậy có đúng $2$ cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn.

Phương trình tương đương với:
${\ln }^3(x+m)+m^3+3m{e}^x\ln (x+m)=e^{3x}$
$⟺{\ln }^3(x+m)+m^3+3m\ln (x+m)e^x-e^{3x}=0$.
Áp dụng hằng đẳng thức $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=0$ với $a=\ln (x+m),b=m,c=-e^x$:
Ta được $\ln (x+m)+m-e^x=0⟺\ln (x+m)+(x+m)=e^x+x$.
Xét hàm số đại diện $f(t)=t+e^t$, ta suy ra $\ln (x+m)=x⟺x+m=e^x⟺m=e^x-x$.
Xét hàm số $g(x)=e^x-x$ có $g^{\prime }(x)=e^x-1=0⟺x=0$.
Giá trị nhỏ nhất là $\min g(x)=g(0)=1$.
Để tồn tại $x$ thì $m\ge 1$.
Kết hợp với $m\in [-2020;2021]$ và $m\in \mathbb{Z}$:
$m\in \{1;2;\dots ;2021\}$.
Số giá trị nguyên của $m$ là $2021$.

Chọn C.
Đặt ${\log }_3(3^x+2m)={\log }_5(3^x-m^2)=t$.
Ta có hệ phương trình:
$$\{\begin{array}{l}{3}^x+2m=3^t\\ 3^x-m^2=5^t\end{array}⟹3^t-5^t=m^2+2m=(m+1{)}^2-1.$$
Vì $3^x=5^t+m^2>0$ với mọi $t$ thực, nên phương trình có nghiệm $x$ khi và chỉ khi $3^t-5^t\ge -1$.
Hàm số $g(t)=3^t-5^t$ nghịch biến khi $t>0$ và đạt cực đại tại một điểm xác định, với tập giá trị bị chặn.
Phân tích điều kiện cho $m\in \mathbb{Z}$ ta tìm được các giá trị $m\in \{-2;-1;0\}$, tổng các phần tử là $(-2)+(-1)+0=-3$.

Phương trình tương đương $3^{f^2(x)}+\frac{1}{3^{f^2(x)}}=\frac{1}{3}m(4|f(x)|+3m+3)(\ast )$. Vì $f(x)$ là hàm chẵn nên điều kiện cần để $(\ast )$ có $7$ nghiệm thực phân biệt là $x=0$ là nghiệm. Từ đồ thị $f(0)=0\Rightarrow 2=\frac{1}{3}m(3m+3)\iff m^2+m-2=0\iff m=1$ hoặc $m=-2$. Thử lại: với $m=-2$, $\text{VT}\ge 2\ge \frac{-2}{3}(4|f(x)|-3)=\text{VP}$, dấu bằng chỉ xảy ra khi $f(x)=0$ (có $3$ nghiệm, loại). Với $m=1$, phương trình có hai nghiệm $f^2(x)=0$ và $f^2(x)=1\iff f(x)\in \{0;1;-1\}$, từ đồ thị cho đúng $3+2+2=7$ nghiệm phân biệt. Vậy chỉ có $m=1$ thỏa mãn, suy ra $m^3=1$.

Chọn B.
Từ giả thiết:
$${\log }_{2}y-{\log }_2(2x^2)+y^2=x^4-1⟺{\log }_{2}y-{\log }_2(x^2)-1+y^2=(x^2{)}^2-1$$
$$⟺{\log }_{2}y+y^2={\log }_2(x^2)+(x^2{)}^2.$$
Xét hàm số $f(t)={\log }_{2}t+t^2$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra $y=x^2$.
Thay $y=x^2$ vào phương trình thứ hai:
$$m\left(2^{x^2-2x}+2^{-(x^2-2x)+2x}\right)=m^2+2^{2x}$$
Chia cả hai vế cho $2^{2x}>0$:
$$m\left(2^{x^2-4x}+2^{-(x^2-4x)}\right)=\frac{m^2}{2^{2x}}+1.$$
Phương trình có dạng $u+\frac{1}{u}$ với $u=2^{x^2-4x}>0$, suy ra $u+\frac{1}{u}\ge 2$.
Phân tích điều kiện để phương trình có nhiều hơn 2 cặp nghiệm $(x;y)$ nguyên của $m$ dẫn đến $1\le m\le 15$ (tổng cộng 15 giá trị nguyên thỏa mãn).

Phương trình tương đương với: $3^x(x+1)=3^{3y}y$.
Nhân cả hai vế với 3 ta được: $3^{x+1}(x+1)=3^{3y}(3y)$.
Xét hàm số $f(t)=t\cdot 3^t$ trên $(0;+\infty )$. Ta có $f^{\prime }(t)=3^t+t\cdot 3^t\ln 3>0,\forall t>0$, nên $f(t)$ đồng biến trên $(0;+\infty )$.
Do đó: $f(x+1)=f(3y)⟺x+1=3y⟺y=\frac{x+1}{3}$.
Vì $y$ là số nguyên dương nên $x+1$ chia hết cho 3, tức $x\equiv 2(\mathrm{mod}3)$.
Lại có $0<x\le 2021$, do đó $x\in \{2;5;8;\dots ;2021\}$.
Số giá trị của $x$ thỏa mãn là: $\frac{2021-2}{3}+1=674$.
Mỗi giá trị của $x$ cho tương ứng đúng một giá trị nguyên dương $y$.
Vậy có tất cả 674 cặp số nguyên dương $(x;y)$ thỏa mãn.

Điều kiện $18(x+1)+12m>0⟺3(x+1)+2m>0$.
Phương trình đã cho viết lại thành:
$6^x-2m={\log }_{6^{1/3}}[6(3(x+1)+2m)]=3(1+{\log }_6(3x+3+2m))=3+3{\log }_6(3x+3+2m)$.
Đặt $t={\log }_6(3x+3+2m)⟹6^t=3x+3+2m⟹2m=6^t-3x-3$.
Thay vào phương trình:
$6^x-(6^t-3x-3)=3+3t⟺6^x+3x=6^t+3t$.
Xét hàm số $f(u)=6^u+3u$ có $f^{\prime }(u)=6^u\ln 6+3>0,\forall u⟹f(u)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Do đó $f(x)=f(t)⟺x=t$.
Khi $x=t$ ta có: $x={\log }_6(3x+3+2m)⟺6^x=3x+3+2m⟺2m=6^x-3x-3$.
Xét hàm số $g(x)=6^x-3x-3$ trên $\mathbb{R}$. Ta có $g^{\prime }(x)=6^x\ln 6-3=0⟺6^x=\frac{3}{\ln 6}⟺x_0={\log }_6\left(\frac{3}{\ln 6}\right)$.
Vì $\frac{3}{\ln 6}>1$ nên $x_0>0$.
Giá trị nhỏ nhất của $g(x)$ là $g(x_0)=\frac{3}{\ln 6}-3{\log }_6\left(\frac{3}{\ln 6}\right)-3\approx 1,674-3(0,287)-3\approx -2,187$.
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $2m\ge \min g(x)\approx -2,187⟺m\ge -1,093$.
Kết hợp với điều kiện $m\in [-2021;2021]$ và $m\in \mathbb{Z}$:
$m\in \{-1;0;1;2;\dots ;2021\}$.
Số giá trị nguyên của $m$ là: $2021-(-1)+1=2023$.

Phương trình tương đương $2021^{2(x+1{)}^2-2(2x+y)}=\frac{2x+y}{(x+1{)}^2}\iff 2(x+1{)}^2+{\log }_{2021}(2(x+1{)}^2)=2(2x+y)+{\log }_{2021}(2(2x+y))$. Do hàm $h(t)=t+{\log }_{2021}t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$ nên $2x+y=(x+1{)}^2\iff y=x^2+1$. Khi đó $P=2(x^2+1)-3x=2{\left(x-\frac{3}{4}\right)}^2+\frac{7}{8}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x=\frac{3}{4}$, suy ra $y={\left(\frac{3}{4}\right)}^2+1=\frac{25}{16}$.

Phương trình viết lại là $a^x-1=6{\log }_a(6x+1)$. Vì $x=0$ luôn là một nghiệm và hàm số $y=a^x-1$ lõm (đạo hàm cấp hai dương), còn hàm số $y=6{\log }_a(6x+1)$ lồi (đạo hàm cấp hai âm) trên $\left(-\frac{1}{6};+\infty \right)$, nên phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi hai đồ thị tiếp xúc nhau tại $x=0$. Khi đó đạo hàm hai vế tại $x=0$ bằng nhau: $\ln a=\frac{36}{\ln a}\iff \ln a=6\Rightarrow a=e^6\approx 403,43\in (10^2;10^3)$.

Phương trình viết lại thành ${\log }_7(4x^2-4x+1)+(4x^2-4x+1)={\log }_7(2x)+2x$. Xét hàm đặc trưng $f(t)={\log }_{7}t+t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra $4x^2-4x+1=2x\iff 4x^2-6x+1=0$, có hai nghiệm $\frac{3\pm \sqrt{5}}{4}$. Khi đó $x_1+2x_2=\frac{9\pm \sqrt{5}}{4}=\frac{1}{4}(9+\sqrt{5})$, suy ra $a=9,b=5\Rightarrow a+b=14$.

Chọn B.
Phương trình bậc hai theo $3^x>0$ có tích hai nghiệm $t_1{t}_2=\frac{1}{9}>0$. Để có đúng một nghiệm thực thì phương trình theo $t$ có nghiệm kép dương, dẫn đến duy nhất 1 giá trị nguyên của $m$.

Chọn D.
Điều kiện: $-1<x<5$ và $y\ne -4$.
Biến đổi phương trình đã cho về mối liên hệ hình học giữa $x$ và $y$:
Ta được tập hợp điểm $(x;y)$ thỏa mãn là đường tròn tâm $I(2;-4)$ bán kính $R=2\sqrt{5}$.
Giá trị $P=\sqrt{x^2+y^2-m}$ đạt GTLN bằng 10 khi và chỉ khi $\max (x^2+y^2)-m=100$.
Từ đó xác định được các giá trị của $m$ trong tập $S$, tổng các phần tử của $S$ bằng $4\sqrt{5}$.

Đặt $x={\log }_{a}b>0,y={\log }_{b}c>0\Rightarrow {\log }_{a}c=xy$.
Phương trình biến đổi thành: $x^2+y(2y-1)+9xy=4x\iff x^2+2y^2-y+9xy-4x=0$.
Kết hợp các điều kiện và biến đổi đại số tìm được giá trị ${\log }_{a}b+{\log }_b{c}^2=x+2y=1$. Chọn A.

Điều kiện: $x>2$. Sử dụng $x^{\log a}=a^{\log x}$, phương trình viết lại thành $(x-2)+{\log }_2(x-2)=x^{\log a}+{\log }_2(x^{\log a})$. Do hàm số $h(t)=t+{\log }_{2}t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$ nên $x-2=x^{\log a}⟺x^{\log a}-x+2=0$. Với $a\in {\mathbb{Z}}^{+}$, phương trình có nghiệm $x>2$ khi và chỉ khi $\log a<1⟺1\le a\le 9$. Vậy có $9$ số nguyên dương $a$.

Chọn C.
Phương trình viết lại thành ${\log }_2(y+3)-2^{y+4}={\log }_2(2x+1)-2^{2x+2}$.
Với $x=0⟹y=-2$ (loại); với $x=1⟹y=0$ (loại).
Với $x>1$, xét hàm số $f(t)={\log }_{2}t-2^{t+1}$ nghịch biến trên $[4;+\infty )$, ta suy ra $y+2=2x⟺y=2x-2$.
Do $1\le y\le 2020$ và $x>1$ nguyên nên $2\le x\le 1011$, có $1010$ cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn.