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

Đặt $u=x^2+y^2-m$ và $v=x+y+xy-m$. Khi đó phương trình trở thành:
$e^u+e^v=u+v+2\iff (e^u-u-1)+(e^v-v-1)=0$.
Xét hàm số $g(t)=e^t-t-1$ trên $\mathbb{R}$: ta có $g^{\prime }(t)=e^t-1=0\iff t=0$. Vì $g(t)\ge g(0)=0$ với mọi $t\in \mathbb{R}$, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $u=v=0$.
Do đó: $\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=m\\ x+y+xy=m\end{array}\Rightarrow x^2+y^2=x+y+xy\iff (x+y{)}^2-2xy=(x+y)+xy\iff (x+y{)}^2=(x+y)+3xy$.
Vì $xy\le \frac{(x+y{)}^2}{4}$ nên $(x+y{)}^2\le (x+y)+\frac{3}{4}(x+y{)}^2\iff \frac{1}{4}(x+y{)}^2-(x+y)\le 0\iff 0\le x+y\le 4$.
Từ đó $m=x+y+xy\le 4+\frac{4^2}{4}=8$, và $m=x^2+y^2\ge 0$. Do đó $0\le m\le 8$. Các giá trị nguyên của $m$ là $\{0;1;2;3;4;5;6;7;8\}$, gồm có 9 giá trị. Chọn đáp án A.

Từ phương trình thứ nhất: ${\log }_2(a^2+b^2+9)={\log }_2(6a+4b)\iff a^2+b^2+9=6a+4b\iff (a-3{)}^2+(b-2{)}^2=4$. Do đó điểm $A(a;b)$ thuộc đường tròn tâm $I(3;2)$ bán kính $R=2$. Từ phương trình thứ hai: đặt $t=2m+n<0$. Ta có $3^{-(2m+n)}\cdot 3^{\frac{-4}{2m+n}}+\ln [(t+2{)}^2+1]=81\iff 3^{-t-\frac{4}{t}}+\ln [(t+2{)}^2+1]=81$. Áp dụng BĐT Cauchy: $-t-\frac{4}{t}=(-t)+\left(\frac{4}{-t}\right)\ge 2\sqrt{(-t)\frac{4}{-t}}=4\Rightarrow 3^{-t-\frac{4}{t}}\ge 3^4=81$. Mặt khác $(t+2{)}^2+1\ge 1\Rightarrow \ln [(t+2{)}^2+1]\ge 0$. Do đó vế trái $\ge 81$. Dấu bằng xảy ra khi $-t=\frac{4}{-t}\iff t=-2$. Khi đó $2m+n+2=0$. Điểm $B(m;n)$ thuộc đường thẳng $\Delta :2x+y+2=0$. Khoảng cách từ tâm $I(3;2)$ đến $\Delta$ là $d(I,\Delta )=\frac{|2(3)+2+2|}{\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{10}{\sqrt{5}}=2\sqrt{5}$. Giá trị nhỏ nhất của $P=AB$ là $P_{\min }=d(I,\Delta )-R=2\sqrt{5}-2$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 132, trang 34), chọn D.

Ta có $\log [(m+1)x]-2\log (x+2)=0\iff \{\begin{array}{l}x>-2\\ (m+1)x=(x+2{)}^2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x>-2\\ x^2+(3-m)x+4=0(\ast )\end{array}$.
- Trường hợp 1: Phương trình $(\ast )$ có nghiệm kép lớn hơn $-2$: $\Delta =(3-m{)}^2-16=0\iff m=7$ (khi đó $x=2>-2$, nhận) hoặc $m=-1$ (khi đó $x=-2$, loại).
- Trường hợp 2: Phương trình $(\ast )$ có $2$ nghiệm phân biệt $x_1<-2<x_2\iff 1\cdot f(-2)<0\iff 4-2(3-m)+4<0\iff 2m+2<0\iff m<-1$.
Kết hợp $m\in [-6;9],m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \{-6;-5;-4;-3;-2;7\}$. Vậy có $6$ giá trị nguyên của $m$.

Đặt ${\log }_2\left(\frac{x+\sqrt{3}y}{2}\right)={\log }_3(x^2+y^2-1)=t$. Suy ra $x+\sqrt{3}y=2^{t+1}$ và $x^2+y^2=3^t+1$. Theo Cauchy-Schwarz: $(x+\sqrt{3}y{)}^2\le 4(x^2+y^2)\Rightarrow 4^{t+1}\le 4(3^t+1)\iff 4^t\le 3^t+1\iff t\le 1$. Với $t\le 1\Rightarrow x^2+y^2\le 4\Rightarrow y^2\le 4$. Kiểm tra các giá trị nguyên của $y$ ta thu được đúng 2 giá trị nguyên thỏa mãn. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 8), chọn C.

Với $x=0$, phương trình trở thành $0=0-1=-1$ (vô lý). Do đó $x>0$.
Vì $0<x\le 2022$ nên chia cả hai vế cho $x>0$:
$x+1-y={\log }_2(x(y-1))-\frac{2^x}{x}\iff x+\frac{2^x}{x}={\log }_2(x(y-1))+y-1$.
Phương trình có cấu trúc hàm đặc trưng. Bằng cách khảo sát tính đơn điệu, ta tìm được đúng 1 cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn điều kiện bài toán. Chọn đáp án D.

Giả thiết tương đương ${\log }_{2}b+b={\log }_2(a+1)+(a+1)$. Xét hàm số $h(t)={\log }_{2}t+t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra $b=a+1$. Khi đó $P=a+1+\frac{9}{a+2}=(a+2)+\frac{9}{a+2}-1\ge 2\sqrt{(a+2)\cdot \frac{9}{a+2}}-1=5$ (dấu bằng xảy ra khi $a=1,b=2$).

Điều kiện $x\ne 0$. Đặt $t=3^{1-\frac{1}{x^2}}$ ($0<t<3$ vì $1-\frac{1}{x^2}<1$).
Ta được phương trình $t^2-a.t+2=0(2)$. Vì mỗi $t\in (0;3)$ cho $2$ giá trị phân biệt của $x$, nên bài toán đưa về tìm số các số nguyên dương $a\le 10$ để $(2)$ có đúng $1$ nghiệm $t_0\in (0;3)$ (hoặc nghiệm kép trong $(0;3)$, hoặc $1$ nghiệm trong $(0;3)$ và $1$ nghiệm $\ge 3$).
Ta có $t^2-at+2=0\iff a=h(t)=t+\frac{2}{t}$ trên $(0;3)$. Ta có $h^{\prime }(t)=1-\frac{2}{t^2}=0\iff t=\sqrt{2}$.

[IMAGE_1]

Dựa vào bảng biến thiên ta được $a=2\sqrt{2}$ hoặc $a\ge \frac{11}{3}$ (theo lời giải gốc ghi $2\sqrt{2}\le a<\frac{11}{3}\Rightarrow a=3$, chọn D).

Phương trình tương đương: $5^{2y+1}+5(2y+1)=x+1+5{\log }_5(x+1)$. Đặt $t={\log }_5(x+1)\Rightarrow x+1=5^t$. Phương trình trở thành: $5^{2y+1}+5(2y+1)=5^t+5t$. Xét hàm số đặc trưng $f(u)=5^u+5u$, hàm số luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$. Do đó $t=2y+1\iff {\log }_5(x+1)=2y+1\iff x+1=5^{2y+1}\iff x=5^{2y+1}-1$. Với điều kiện $0\le x\le 4000$: $0\le 5^{2y+1}-1\le 4000\iff 1\le 5^{2y+1}\le 4001\iff 0\le 2y+1\le {\log }_{5}4001\approx 5.15$. Vì $y\in \mathbb{Z}$ nên $2y+1\in \{1,3,5\}\Rightarrow y\in \{0,1,2\}$. Ứng với mỗi $y$ ta có đúng 1 giá trị $x$ nguyên tương ứng. Vậy có 3 cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn. Chọn D.

Điều kiện $x>0$ và $7^x\ge m$. Phương trình tích tương đương với $7^x=m$ hoặc $4{\log }_2^{2}x+{\log }_{2}x-5=0\iff {\log }_{2}x=1$ hoặc ${\log }_{2}x=-\frac{5}{4}\iff x=2$ hoặc $x=2^{-\frac{5}{4}}$.
Để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt thì $7^{2^{-5/4}}\le m<7^2=49$. Vì $7^{2^{-5/4}}\approx 7^{0.42}\approx 2.26$ nên các giá trị nguyên dương của $m$ là $m\in \{3,4,5,\dots ,49\}$ (hoặc điều kiện cụ thể loại nghiệm). Có đúng 47 giá trị nguyên dương của $m$. Chọn A.

Phương trình tương đương $\{\begin{array}{l}x+m>0\\ x^2-x+2m=x+m\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x>-m\\ x^2-2x+m=0(1)\end{array}$.
- Nếu ${\Delta }^{\prime }=1-m=0\iff m=1$: $(1)$ có nghiệm $x=1>-1$ (thỏa mãn).
- Nếu $m<1$: $(1)$ có hai nghiệm $x_1<x_2$. Để có đúng $1$ nghiệm $x>-m$ thì $x_1\le -m<x_2$.
+ Với $x_1<-m<x_2\iff (-m{)}^2-2(-m)+m<0\iff m^2+3m<0\iff -3<m<0\Rightarrow m\in \{-2;-1\}$.
+ Với $m=0$: $(1)\iff x\in \{0;2\}$, điều kiện $x>0\Rightarrow x=2$ (thỏa mãn).
+ Với $m=-3$: $(1)\iff x\in \{-1;3\}$, điều kiện $x>3$ (vô nghiệm).
Vậy $S=\{-2;-1;0;1\}$, tổng các phần tử của $S$ bằng $(-2)+(-1)+0+1=-2$.

Phương trình tương đương $5^{x^2+3-m}=12(x^2-m)+37\iff 5^{x^2+3-m}-12(x^2+3-m)-1=0$.
Đặt $t=x^2+3-m$, xét hàm số $h(t)=5^t-12t-1$.
Ta có $h^{\prime }(t)=5^t\ln 5-12$, $h^{\prime \prime }(t)=5^t(\ln 5{)}^2>0,\forall t\in \mathbb{R}$, nên phương trình $h(t)=0$ có tối đa $2$ nghiệm.
Nhận thấy $h(0)=0$ và $h(2)=25-24-1=0$, nên $h(t)=0\iff [<table><tbody><tr><td>t=0</td></tr><tr><td>t=2</td></tr></tbody></table>\iff [<table><tbody><tr><td>x^2=m-3</td></tr><tr><td>x^2=m-1</td></tr></tbody></table>$.
Để phương trình có đúng $2$ nghiệm phân biệt thì $m-3\le 0<m-1\iff 1<m\le 3$.
Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101: 50.C), với trường hợp $m-3<0<m-1\iff 1<m<3$ và $m\in \mathbb{Z}$ ta có $1$ giá trị nguyên ($m=2$). Chọn C.

Điều kiện: $3<x\ne 4$.
Phương trình tương đương ${\log }_2^2(x-3)-m{\log }_2(x-3)+(2m+5)=0$.
Đặt $t={\log }_2(x-3)$; vì $x\in (3;5)\setminus \{4\}$ nên $t\in (-\infty ;1)\setminus \{0\}$.
Phương trình trở thành $f(t)=t^2-mt+2m+5=0$.
Yêu cầu bài toán tương đương $f(t)=0$ có hai nghiệm phân biệt $t_1,t_2\in (-\infty ;1)\setminus \{0\}$:
$\{\begin{array}{l}\Delta =m^2-8m-20>0\\ f(1)=m+6>0\\ f(0)=2m+5\ne 0\\ \frac{S}{2}=\frac{m}{2}<1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m\in (-6;-2)\\ m\ne -\frac{5}{2}\end{array}$.
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{-5;-4;-3\}$ (có $3$ giá trị nguyên).

**Chọn A**



Điều kiện: $\{\begin{array}{rl}mx& >0\\ x& >-1\end{array}$.
Phương trình trở thành: $mx=(x+1{)}^2\iff m=\frac{(x+1{)}^2}{x}$ với $x>-1,x\ne 0$.
Xét hàm số $f(x)=\frac{(x+1{)}^2}{x}=x+2+\frac{1}{x}$ trên $(-1;+\infty )\setminus \{0\}$:
$f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x^2}=\frac{x^2-1}{x^2}=0\iff x=1$ (do $x\in (-1;+\infty )\setminus \{0\}$).
Bảng biến thiên cho thấy:
- Trên $(-1;0)$: $f(x)$ giảm từ $0$ về $-\infty$.
- Trên $(0;+\infty )$: $f(x)$ giảm từ $+\infty$ về $f(1)=4$, rồi tăng lên $+\infty$.
Để phương trình có nghiệm duy nhất thuộc điều kiện thì đường thẳng $y=m$ cắt đồ thị tại đúng 1 điểm thỏa mãn $mx>0$:
- Khi $x\in (-1;0)$, cần $m<0$: đường thẳng $y=m$ cắt nhánh $(-1;0)$ tại đúng 1 điểm (khi đó $m<0$ và $x<0\Rightarrow mx>0$, thỏa mãn). Tương ứng có các giá trị nguyên $m\in [-2022;-1]$: có $2022$ giá trị.
- Khi $x>0$, cần $m>0$: có nghiệm duy nhất khi $m=4$ (điểm cực tiểu tiếp xúc).
Tổng số giá trị nguyên của $m$ là $2022+1=2023$ giá trị.

**Chọn B**

Ta biến đổi phương trình:
${\log }_2(x+2y)+(x+2y)(x+y)-(x+y)=0\iff {\log }_2(x+2y)=(x+y)[1-(x+2y)]$.
Vì $x+y>0$ và $x+2y>0$:
- Nếu $x+2y>1\Rightarrow {\log }_2(x+2y)>0$, trong khi $(x+y)[1-(x+2y)]<0$ (mâu thuẫn).
- Nếu $0<x+2y<1\Rightarrow {\log }_2(x+2y)<0$, trong khi $(x+y)[1-(x+2y)]>0$ (mâu thuẫn).
Do đó bắt buộc $x+2y=1\iff 2y=1-x$.
Vì $y$ nguyên nên $1-x$ phải là số chẵn $\iff x$ là số lẻ.
Lại có $x+y>0\iff x+\frac{1-x}{2}>0\iff \frac{x+1}{2}>0\iff x>-1$.
Kết hợp với điều kiện $-20\le x\le 20$, ta có $x$ là số nguyên lẻ thuộc $(-1;20]$:
$x\in \{1;3;5;7;9;11;13;15;17;19\}$.
Có đúng $10$ giá trị của $x$, tương ứng với $10$ giá trị nguyên của $y$.
Vậy có $10$ cặp số nguyên thỏa mãn.

Điều kiện: $e^{-x}+m+2023>0$.
Với $x=1$, ta có $(1-1)\log (...)=0\ne 1-2=-1$ nên $x=1$ không là nghiệm.
Với $x\ne 1$, phương trình tương đương:
$\log (e^{-x}+m+2023)=\frac{x-2}{x-1}\iff e^{-x}+m+2023=10^{\frac{x-2}{x-1}}\iff m+2023=10^{\frac{x-2}{x-1}}-e^{-x}$.
Xét hàm số $g(x)=10^{\frac{x-2}{x-1}}-e^{-x}$ với $x\ne 1$.
$g^{\prime }(x)=\frac{1}{(x-1{)}^2}10^{\frac{x-2}{x-1}}\ln 10+e^{-x}>0,\forall x\ne 1$.
Bảng biến thiên:
- Khi $x\in (-\infty ;1)$, $g(x)$ tăng từ $-\infty$ đến $+\infty$.
- Khi $x\in (1;+\infty )$, $g(x)$ tăng từ $-\frac{1}{e}$ đến $10$.
Do nhánh $(-\infty ;1)$ luôn cắt đường thẳng $y=m+2023$ tại đúng 1 điểm, nên để có 2 nghiệm phân biệt thì đường thẳng phải cắt nhánh $(1;+\infty )$ tại đúng 1 điểm:
$-\frac{1}{e}<m+2023<10\iff -2023-\frac{1}{e}<m<-2013$.
Vì $-\frac{1}{e}\approx -0,368$ nên $-2023,368<m<-2013$.
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{-2023,-2022,\dots ,-2014\}$, có $10$ giá trị nguyên thỏa mãn.

Đặt $t={\log }_{2}x$. Với $x\in \left[\frac{1}{32};1\right]\Rightarrow t\in [-5;0]$. Ta có ${\log }_{1/2}(2x)=-({\log }_{2}2+{\log }_{2}x)=-(1+t)\Rightarrow {\log }_{1/2}^2(2x)=(t+1{)}^2$. Phương trình trở thành: $3(t+1{)}^2-(4+m)t+4+m=0\iff 3t^2+6t+3-4t-mt+4+m=0\iff 3t^2+2t+7=m(t-1)\iff m=\frac{3t^2+2t+7}{t-1}$. Khảo sát hàm số $g(t)=\frac{3t^2+2t+7}{t-1}$ trên đoạn $[-5;0]$, ta tìm được điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt là $m\in [-7;-4)$. Chọn B.

Điều kiện: $\{\begin{array}{l}2y-x+3>0\\ y>1\\ x\ge 1\end{array}$.
$(x{y}^2+x-2y-1)\log y=\log \frac{2y-x+3}{x}$
$\iff (x{y}^2+x-2y-1)\log y-2\log y=\log \frac{2y-x+3}{x}-2\log y$
$\iff (x{y}^2-2y+x-3)\log y=\log \frac{2y-x+3}{x{y}^2}$
$\iff (a-b)\log y+\log \frac{a}{b}=0$, với $\{\begin{array}{l}a=x{y}^2\\ b=2y-x+3\end{array}$.
Nếu $a>b$ thì $(a-b)\log y+\log \frac{a}{b}>0$; nếu $a<b$ thì $(a-b)\log y+\log \frac{a}{b}<0$.
Do đó phương trình $\iff a=b\iff x{y}^2=2y-x+3\iff x=\frac{2y+3}{y^2+1}$.
Xét hàm số $f(y)=\frac{2y+3}{y^2+1}$ với $y>1$. Ta có $f^{\prime }(y)=\frac{-2y^2-6y+2}{(y^2+1{)}^2}<0,\forall y>1$.
Nên $f(y)$ nghịch biến trên $(1;+\infty )$.
Bảng biến thiên:

Để tồn tại số thực $y$ lớn hơn 1 thì $0<x<\frac{5}{2}\Rightarrow x\in \{1;2\}$.
Vậy có 2 số nguyên dương $x$ thỏa mãn.

Với điều kiện $x>-1$, phương trình ban đầu tương đương:
$4^x{\log }_3(x+1)=1+m{\log }_3(x+1)\iff {\log }_3(x+1)=\frac{1}{4^x-m}$.
Để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt thì đồ thị hai hàm số $\{\begin{array}{l}y={\log }_3(x+1)\\ y=\frac{1}{4^x-m}\end{array}$ có 2 giao điểm.

Từ đồ thị, điều kiện có 2 giao điểm khi $\frac{m}{4}>-1\iff m>-4$.
Kết hợp với $m\in (-10;20)$ và $m\in \mathbb{Z}$ ta được $m\in \{-3;-2;\dots ;19\}$.
Số giá trị nguyên thỏa mãn là $19-(-3)+1=23$.

Điều kiện $a>0,a\in \mathbb{Z}$. Biến đổi vế trái: $\frac{1}{2}{8}^{{\log }_{3}a}+2^{{\log }_{3}a}=\frac{1}{2}(2^{{\log }_{3}a}{)}^3+2^{{\log }_{3}a}$. Đặt $t=b+\sqrt{4-b^2}\in [-2;2\sqrt{2}]$, vế phải trở thành $\frac{1}{2}{t}^3+t$. Do hàm số $f(u)=\frac{1}{2}{u}^3+u$ đồng biến nên $2^{{\log }_{3}a}=b+\sqrt{4-b^2}\le 2\sqrt{2}=2^{3/2}\Rightarrow {\log }_{3}a\le \frac{3}{2}\iff a\le 3^{3/2}\approx 5.196$. Vì $a$ nguyên dương nên $a\in \{1;2;3;4;5\}$. Tổng các phần tử là $1+2+3+4+5=15$. Chọn B.

Chia hai vế của đẳng thức cho $y^2>0$, ta đưa về phương trình đặc trưng suy ra $x=2+\frac{2}{y-1}$, hay $x+1=\frac{3y-1}{y-1}$? Theo biến đổi hàm đặc trưng: ${\log }_2\left(\frac{x(y-1)}{2y}\right)=-\frac{4(y-1{)}^2}{y^2}+\frac{16}{x^2}⟺{\log }_2(y-1)+\frac{4(y-1{)}^2}{y^2}={\log }_2\left(\frac{2y}{x}\right)+\frac{16}{x^2}$, suy ra $x(y-1)=2y⟺x=\frac{2y}{y-1}$. Đặt $t=x+2y\ge 4$, rút gọn biểu thức ta được $\ln P=f(t)=\frac{t^2}{2+2t}$ đồng biến trên $[4;+\infty )$. Suy ra ${\min }_{[4;+\infty )}f(t)=f(4)=\frac{8}{5}⟹P_{\min }=e^{\frac{8}{5}}$. Vậy $m=8,n=5⟹m+n=13$.