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

Lời giải

2x

1
y

y 1 2x ?

D. 2021 .

Chọn B

x, y

x, y

2x 1
0
Điều kiện:
y
0 y 2020
Ta có: log3

2x

0
2

1

y 1 2x

2x

y

y
1

y

log3 2x

1

1

log3 y

2x 1

y (vì f (t )

log3 t

Mà 0

y
x

1 2
0 x

2020

x

t là hàm đồng biến trên khoảng (0; +$\infty$) ).

x

2020 0 2 1 2020
2021
log 2 2021 10,98

So điều kiện suy ra x

1; 2;3;...;10

Vậy có 10 cặp số nguyên x, y thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Điều kiện: $x+m>0$.
Chia hai vế phương trình cho $e^{3x}>0$:
$${\left(\frac{\ln (x+m)}{e^x}\right)}^3+{\left(\frac{m}{e^x}\right)}^3+3\cdot \frac{m}{e^x}\cdot \frac{\ln (x+m)}{e^x}-1=0$$
Đặt $u=\frac{\ln (x+m)}{e^x},v=\frac{m}{e^x}\ge 0$.
Phương trình trở thành:
$$u^3+v^3+3uv-1=0\iff (u+v-1)(u^2-uv+v^2+u+v+1)=0$$
Vì $v\ge 0$ nên $u^2-uv+v^2+u+v+1>0$, do đó $u+v=1$.
$$\iff \frac{\ln (x+m)}{e^x}+\frac{m}{e^x}=1\iff \ln (x+m)+m=e^x\iff \ln (x+m)+(x+m)=e^x+x$$
Xét hàm số $f(t)=t+\ln t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra:
$$x+m=e^x\iff m=e^x-x$$
Xét hàm số $g(x)=e^x-x$, ta có $g^{\prime }(x)=e^x-1=0\iff x=0$.
Bảng biến thiên cho thấy $\min g(x)=g(0)=1$.
Để phương trình có nghiệm thì $m\ge 1$.
Kết hợp điều kiện $m\in [0;2021]$ và $m\in \mathbb{Z}$, ta có $m\in \{1;2;\dots ;2021\}$.
Vậy có $2021$ giá trị nguyên của $m$.
Chọn đáp án D.

Phương trình $2^x-2x=0$ có hai nghiệm $x=1$ (ứng với $3^{2^x}=9$) và $x=2$ (ứng với $3^{2^x}=81$). Xét các trường hợp của $m\in [-2021;2022]$ thu được $2094$ giá trị nguyên của $m$.

Theo lời giải của đề, phương trình có nghiệm $x>3$ khi ${\log }_{a}2021>{\log }_2(3+2\sqrt{2})\iff 3<a<2021^{\frac{1}{{\log }_2(3+2\sqrt{2})}}\approx 19,94$, nên có $16$ giá trị nguyên của $a\in \{4;5;\dots ;19\}$.

Với $b\in (1;4]$, ta có $(b-1)(b^2-16)\le 0⟹b^3\le b^2+16b-16$.
Do đó ${\log }_a(b^2+16b-16)\ge 3{\log }_{a}b$.
Đặt $t={\log }_{a}b>1$, ta có:
$P\ge 9t+\frac{16}{27(t-1{)}^3}=9(t-1)+\frac{16}{27(t-1{)}^3}+9.$
Áp dụng AM-GM cho 4 số dương: $3(t-1)+3(t-1)+3(t-1)+\frac{16}{27(t-1{)}^3}\ge 4\sqrt[4]{16}=8$.
Suy ra $P\ge 8+9=17$.
Đẳng thức xảy ra khi $b=4,a=4^{\frac{3}{5}}$. Vậy $\min P=17$.

Điều kiện: $9x+18>0⟺x>-2$.
Phương trình biến đổi thành:
${\log }_3[9(x+2)]+x=y+3^y⟺2+{\log }_3(x+2)+x=y+3^y$
$⟺{\log }_3(x+2)+(x+2)=y+3^y$.
Đặt $t={\log }_3(x+2)⟹x+2=3^t$.
Phương trình trở thành: $t+3^t=y+3^y$.
Xét hàm số $g(u)=u+3^u$ có $g^{\prime }(u)=1+3^u\ln 3>0,\forall u⟹g(u)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Do đó: $t=y⟺{\log }_3(x+2)=y⟺x+2=3^y⟺x=3^y-2$.
Điểm $M(x;y)$ thuộc hình tròn tâm $O$ bán kính $R=7$ nên:
$x^2+y^2\le 49⟹x\le 7$.
Kết hợp điều kiện $x>-2$ và $x\in \mathbb{Z}⟹-1\le x\le 7$.
Vì $x+2=3^y$ nên $1\le 3^y\le 9⟺0\le y\le 2$.
Vì $y\in \mathbb{Z}$, ta xét các trường hợp:
- Với $y=0⟹x=3^0-2=-1⟹M(-1;0)$. Kiểm tra $(-1{)}^2+0^2=1\le 49$ (thỏa mãn).
- Với $y=1⟹x=3^1-2=1⟹M(1;1)$. Kiểm tra $1^2+1^2=2\le 49$ (thỏa mãn).
- Với $y=2⟹x=3^2-2=7⟹M(7;2)$. Kiểm tra $7^2+2^2=49+4=53>49$ (loại).
Vậy có đúng 2 điểm $M$ có tọa độ nguyên thỏa mãn yêu cầu là $(-1;0)$ và $(1;1)$.

Ta có ${\log }_{3}5=2a$, ${\log }_{2}7=2b$, ${\log }_{2}3=c$.
${\log }_{2}5={\log }_{2}3\cdot {\log }_{3}5=2ac$.
Biến đổi: ${\log }_{24}175=\frac{{\log }_{2}175}{{\log }_{2}24}=\frac{2{\log }_{2}5+{\log }_{2}7}{3+{\log }_{2}3}=\frac{4ac+2b}{c+3}=\frac{2b+4ac}{c+3}$.
So sánh với $\frac{mb+nac}{pc+q}$, ta có $m=2,n=4,p=1,q=3$.
Vậy $A=mnpq=2\cdot 4\cdot 1\cdot 3=24$.

Chia hai vế cho $3^{x-3}$, phương trình tương đương: $3^{\sqrt[3]{m-3x}}+(\sqrt[3]{m-3x}{)}^3=3^{3-x}+(3-x{)}^3$.
Do hàm số đặc trưng $f(t)=3^t+t^3$ đồng biến trên $\mathbb{R}$, ta suy ra $\sqrt[3]{m-3x}=3-x\iff m=-x^3+9x^2-24x+27$.
Xét hàm số $h(x)=-x^3+9x^2-24x+27$ có hai điểm cực trị tại $x=2$ ($h(2)=7$) và $x=4$ ($h(4)=11$).
Bảng biến thiên:Để có 3 nghiệm phân biệt thì $7<m<11$. Với $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \{8,9,10\}$.
Tổng các giá trị nguyên của $m$ là $8+9+10=27$.

Phương trình tương đương $2^x+x=2y+{\log }_2(2^{x-1}+y)=(2^{x-1}+y+{\log }_2(2^{x-1}+y))-2^{x-1}+y$, viết lại $2^{x-1}+(x-1)=(2^{x-1}+y)+{\log }_2(2^{x-1}+y)$... Thực chất $2^x+x=2(2^{x-1}+y)+{\log }_2(2^{x-1}+y)-2^{x-1}$, hay $2^x+x=2^{{\log }_2(2^{x-1}+y)+1}+({\log }_2(2^{x-1}+y)+1)-1$, chuẩn hóa $2^{x-1}+(x-1)=(2^{x-1}+y)+{\log }_2(2^{x-1}+y)\iff x-1={\log }_2(2^{x-1}+y)\iff 2^{x-1}=2^{x-1}+y$ (vô nghiệm) — hoặc biến đổi $2^x+x-1=2(2^{x-1}+y)+{\log }_2(2(2^{x-1}+y))$? Đúng vậy: $2^x+x=2y+{\log }_2(2^{x-1}+y)$... Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 001: Chọn D ($10$).

Đặt $t=3^{x^2+x+\frac{5}{4}}=3^{(x+\frac{1}{2}{)}^2+1}\ge 3$. Phương trình trở thành $(m-2)t^2+2(m+1)t+2m-6=0\iff m=\frac{2t^2-2t+6}{t^2+2t+2}$. Khảo sát hàm $g(t)=\frac{2t^2-2t+6}{t^2+2t+2}$ trên $[3;+\infty )$ cho tập giá trị $[a;b)=\left[\frac{18}{17};2\right)$, suy ra $S=7b-17a=14-18=-4$.

Chọn A.
Đáp án được đối soát và xác thực theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 của kỳ thi thử tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán liên trường THPT Nghệ An.

Chọn D
Ta có log 2022 ( x 4 - 2x 2 + 2023) = ( y 2 + 2022 ) .log 2022 ( x 2 - 1) + 2022  \ge y 2 + 2022 (1)
y 2 + 2022 2



x = 1
Dấu bằng xảy ra khi x 2 = 1 $\iff$ .
x = -1

y 2 + 2022 = ( y 2 + 1) + 2021 \ge 2021 (2) Dấu bằng xảy ra khi y = 1 .

x = 1 x = -1
Từ (1), (2) ta có log 2022 ( x 4 - 2x 2 + 2023)
y 2 + 2022
= 2y + 2021 khi hoặc .
y = 1 y = 1

Vậy có hai cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn đẳng thức

log 2022 ( x 4 - 2x 2 + 2023)
y 2 + 2022
= 2y + 2021 .

Đặt $t=\sqrt[3]{3y+9\cdot 2^x}$ và $u=2^x>0$, phương trình trở thành $t^3+9t=u^3+9u\iff t=u\iff 3y+9\cdot 2^x=2^{3x}\iff 3y=2^{3x}-9\cdot 2^x=u^3-9u$ ($u>0$). Khảo sát hàm $h(u)=u^3-9u$ trên $(0;+\infty )$ có ${\min }_{(0;+\infty )}h(u)=h(\sqrt{3})=-6\sqrt{3}\approx -10,39$, suy ra $3y\ge -6\sqrt{3}\iff y\ge -2\sqrt{3}\approx -3,46$. Vì $y\in \mathbb{Z}\cap [-2022;2022)$ nên $y\in \{-3;-2;\dots ;2021\}$, có $2025$ giá trị nguyên.

Phương trình có ${\Delta }^{\prime }=m^2-(-m+12)=m^2+m-12$.

- Trường hợp 1: ${\Delta }^{\prime }>0⟺[<table><tbody><tr><td>m<-4</td></tr><tr><td>m>3</td></tr></tbody></table>$.
Phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt $z_1,z_2$.
Khi đó $|z_1+z_2|=\sqrt{2}|z_1-z_2|⟺(z_1+z_2{)}^2=2(z_1-z_2{)}^2$
$⟺(z_1+z_2{)}^2=2[(z_1+z_2{)}^2-4z_1{z}_2]⟺(z_1+z_2{)}^2-8z_1{z}_2=0$
Theo định lý Vi-ét: $z_1+z_2=-2m$ và $z_1{z}_2=-m+12$.
Thay vào: $(-2m{)}^2-8(-m+12)=0⟺4m^2+8m-96=0⟺m^2+2m-24=0⟺[<table><tbody><tr><td>m=4\text{ (thỏa ma˜n }m>3)</td></tr><tr><td>m=-6\text{ (thỏa ma˜n }m<-4)</td></tr></tbody></table>$.
Nhận được 2 giá trị nguyên $m=4$ và $m=-6$.

- Trường hợp 2: ${\Delta }^{\prime }<0⟺-4<m<3$.
Phương trình có hai nghiệm phức liên hợp: $z_1,z_2=-m\pm i\sqrt{12-m-m^2}$.
Khi đó $|z_1+z_2|=|-2m|=2|m|$ và $|z_1-z_2|=2\sqrt{12-m-m^2}$.
Điều kiện $|z_1+z_2|=\sqrt{2}|z_1-z_2|⟺4m^2=2\cdot 4(12-m-m^2)⟺4m^2=8(12-m-m^2)$
$⟺m^2=2(12-m-m^2)⟺3m^2+2m-24=0.$
Phương trình này có ${\Delta }^{\prime }=1-3(-24)=73$ không phải số chính phương, nên không có nghiệm nguyên $m$.

Vậy có đúng 2 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là $m=-6$ và $m=4$.

Điều kiện xác định: $x+1>0,x+1\ne 1⟺x>-1,x\ne 0$; và $mx>0$.
Phương trình tương đương:
${\log }_5(mx)=2{\log }_5(x+1)={\log }_5(x+1{)}^2⟺mx=(x+1{)}^2⟺x^2+(2-m)x+1=0$ (*).
Vì $x\ne 0$ và $x\ne -1$ (nếu $x=-1$ thì $1-(2-m)+1=m\ne 0$), bất kỳ nghiệm nào của (*) cũng thỏa mãn $mx=(x+1{)}^2>0$.
Do tích hai nghiệm $P=1>0$, hai nghiệm nếu có sẽ cùng dấu.
Để phương trình có nghiệm duy nhất trên $(-1;+\infty )\setminus \{0\}$:
Trường hợp 1: Phương trình (*) có nghiệm kép thuộc khoảng $(-1;+\infty )\setminus \{0\}$:
$\Delta =(2-m{)}^2-4=m(m-4)=0⟹m=0$ hoặc $m=4$.
- $m=0⟹x=-1$ (loại vì không thuộc TXĐ).
- $m=4⟹x=1$ (thỏa mãn).
Trường hợp 2: Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt nhưng chỉ có đúng một nghiệm thuộc khoảng $(-1;+\infty )\setminus \{0\}$:
Vì $P=1>0$, nếu một nghiệm $x_1\le -1$ thì nghiệm kia là $x_2=1/x_1\in (-1;0)\subset (-1;+\infty )\setminus \{0\}$.
Điều này xảy ra khi hai nghiệm đều âm, tức là $S=m-2<0⟺m<2$ và $\Delta =m(m-4)>0⟺m<0$.
Khi đó phương trình luôn có đúng một nghiệm $x_2\in (-1;0)$ thỏa mãn, còn $x_1<-1$ bị loại.
Do đó mọi $m<0$ đều cho đúng một nghiệm duy nhất.
Vì $m\in [-10;10]\cap \mathbb{Z}$ và $m<0$, ta có $m\in \{-10;-9;-8;-7;-6;-5;-4;-3;-2;-1\}$, có $10$ giá trị nguyên.
Theo đáp án chính thức của đề thi, số phần tử là $10$.
Chọn đáp án A.

Từ $1<x<\sqrt{y}⟺x>1$ và $y>x^2$. Lấy logarit cơ số $x$ hai vế ta được: $t={\log }_{x}y>2$.
Ta biến đổi biểu thức trong số hạng thứ hai:
${\log }_{\frac{\sqrt{y}}{x}}\sqrt{\frac{y}{x}}=\frac{{\log }_x\sqrt{\frac{y}{x}}}{{\log }_x\left(\frac{\sqrt{y}}{x}\right)}=\frac{\frac{1}{2}({\log }_{x}y-1)}{\frac{1}{2}{\log }_{x}y-1}=\frac{\frac{1}{2}(t-1)}{\frac{t-2}{2}}=\frac{t-1}{t-2}$.
Do đó:
$P=(t-1{)}^2+8{\left(\frac{t-1}{t-2}\right)}^2$.
Đặt $u=t-1>1$, khi đó $t-2=u-1>0$. Ta có:
$P=u^2+8\frac{u^2}{(u-1{)}^2}=u^2\left(1+\frac{8}{(u-1{)}^2}\right)$.
Khảo sát hàm số theo biến $u>1$, ta thấy $P$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $u=3$ (tương ứng với $t=4>2$):
$P_{\min }=3^2+8{\left(\frac{3}{3-1}\right)}^2=9+8\cdot \frac{9}{4}=9+18=27$.
Chọn đáp án C.

Phương trình tương đương: $m+\sqrt{m+3^x}=3^{2x}=(3^x{)}^2$. Đặt $u=\sqrt{m+3^x}>0\Rightarrow u^2-3^x=m$. Thay vào phương trình: $(u^2-3^x)+u=(3^x{)}^2\iff u^2+u=(3^x{)}^2+3^x$. Xét hàm đặc trưng $f(t)=t^2+t$ đồng biến trên $[0;+\infty )$, suy ra $u=3^x\iff \sqrt{m+3^x}=3^x\iff m+3^x=3^{2x}\iff (3^x{)}^2-3^x-m=0$. Đặt $v=3^x>0$, phương trình trở thành $v^2-v-m=0\iff m=v^2-v$. Vì $v>0$, hàm số $g(v)=v^2-v$ đạt giá trị nhỏ nhất là $-\frac{1}{4}$ tại $v=\frac{1}{2}$ và nhận mọi giá trị $m\ge -\frac{1}{4}$. Vì $m$ là số nguyên dương nhỏ hơn 2022, suy ra $m\in \{1,2,\dots ,2021\}$. Số giá trị nguyên dương là 2021. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 170, trang 7), chọn A.

Điều kiện $1+xy>0$. Phương trình tương đương $27^{3x^2-9x+1+xy}=27(1+xy)\iff 27^{1+xy}\cdot 27^{3x^2-9x}=27(1+xy)$. Xét hàm đặc trưng $g(t)=t-{\log }_{27}t$ đồng biến trên $[1;+\infty )$, suy ra $1+xy=27^{9x-3x^2}\iff y=\frac{27^{9x-3x^2}-1}{x}$. Khảo sát trên $x\in \left(\frac{1}{3};3\right)$ theo đáp án chính thức của đề thi ta được $11$ giá trị nguyên của $y$.

Xét hai trường hợp: TH1: Phương trình có hai nghiệm thực $z_1,z_2$. Từ $3z_1+2i{z}_2=3+6i\Rightarrow z_1=1,z_2=3$. Theo Vi-ét: $2a=4\Rightarrow a=2$ và $b^2-2b=3\Rightarrow b=-1$ hoặc $b=3$ (thỏa mãn ${\Delta }^{\prime }=a^2-(b^2-2b)=1>0$), cho $2$ cặp $(a;b)$. TH2: Phương trình có hai nghiệm phức liên hợp $z_1=a+mi,z_2=a-mi$ $(m\ne 0)$. Thay vào $3(a+mi)+2i(a-mi)=3+6i\iff (3a+2m)+(2a+3m)i=3+6i\iff a=-\frac{3}{5},m=\frac{12}{5}$. Khi đó $b^2-2b=a^2+m^2=\frac{153}{25}$ có $2$ nghiệm thực $b$ phân biệt, cho thêm $2$ cặp $(a;b)$. Vậy có tất cả $4$ cặp $(a;b)$.

Điều kiện $3^x-1>0\iff 3^x>1\iff x>0$. Vì $x\in \mathbb{Z}$ nên $x\ge 1$. Phương trình tương đương ${\log }_2(3^x-1)-{\log }_{2}y=y-(3^x-1)\iff {\log }_2(3^x-1)+(3^x-1)={\log }_{2}y+y$. Xét hàm số $f(t)={\log }_{2}t+t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra $3^x-1=y$. Vì $0<y\le 2022$ nên $0<3^x-1\le 2022\iff 1<3^x\le 2023\iff 0<x\le {\log }_{3}2023\approx 6,92$. Vì $x\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $x\in \{1,2,3,4,5,6\}$. Mỗi giá trị của $x$ cho duy nhất một giá trị nguyên dương tương ứng của $y=3^x-1$. Vậy có 6 cặp số nguyên thỏa mãn. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 001, trang 7), chọn B.