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

Biến đổi giả thiết:
$\frac{1}{2}\left({\log }_{2}x-{\log }_{2}4\right)+{\log }_{2}y=\frac{4}{y^2}-x$
$\iff {\log }_{2}x-2+2{\log }_{2}y=\frac{8}{y^2}-2x$
$\iff {\log }_{2}x+2x=\frac{8}{y^2}-2{\log }_{2}y+2={\log }_2\left(\frac{4}{y^2}\right)+2\left(\frac{4}{y^2}\right).$

Xét hàm số đặc trưng $f(t)={\log }_{2}t+2t$ với $t>0$, có $f^{\prime }(t)=\frac{1}{t\ln 2}+2>0$ nên $f(t)$ đồng biến trên $(0;+\infty )$.

Do đó $f(x)=f\left(\frac{4}{y^2}\right)\iff x=\frac{4}{y^2}\iff x{y}^2=4$.

Khi đó biểu thức $P=x+4y=\frac{4}{y^2}+2y+2y\ge 3\sqrt[3]{\frac{4}{y^2}\cdot 2y\cdot 2y}=3\sqrt[3]{16}$.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $\frac{4}{y^2}=2y\iff y^3=2\iff y=\sqrt[3]{2}$.

Khi đó $x=\frac{4}{y^2}=\frac{4}{(\sqrt[3]{2}{)}^2}=\frac{4}{\sqrt[3]{4}}=2\sqrt[3]{2}$.

Vậy tỉ số $\frac{x}{y}=\frac{2\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}}=2$.

Biến đổi phương trình: ${\log }_2(2(x-1001))+x-1001=y+1+2^y\iff {\log }_2(x-1001)+1+x-1001=2^y+y+1$. Đặt $u={\log }_2(x-1001)\Rightarrow x-1001=2^u$. Phương trình trở thành $2^u+u=2^y+y$. Vì hàm số $f(t)=2^t+t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên $u=y\iff {\log }_2(x-1001)=y\iff x-1001=2^y$. Do $1002\le x\le 2023\iff 1\le x-1001\le 1022\iff 1\le 2^y\le 1022\iff 0\le y\le 9$. Vì $y\in \mathbb{Z}$ nên $y\in \{0,1,2,\dots ,9\}$ (gồm 10 giá trị). Mỗi giá trị của $y$ cho duy nhất một số nguyên $x$. Vậy có 10 cặp số nguyên thỏa mãn. Chọn A.

Ta có $4+3^{2x^2-y+2}=\left(4+9^{2x^2-y}\right)\cdot 7^{y-2x^2+2}\iff 7^{2x^2-y}\left(4+9\cdot 3^{2x^2-y}\right)=49\left(4+9^{2x^2-y}\right)$
$\iff 4\cdot 7^{2x^2-y}+9\cdot 21^{2x^2-y}-49\cdot 9^{2x^2-y}-196=0$ $(\ast )$.
Đặt $t=2x^2-y$, ta được $(\ast )\iff 4\cdot 7^t+9\cdot 21^t-49\cdot 9^t-196=0\iff \frac{4+3^{t+2}}{7^{t+2}}=\frac{4+3^{2t}}{7^{2t}}$.
Xét hàm số $f(a)=\frac{4+3^a}{7^a}=4\cdot {\left(\frac{1}{7}\right)}^a+{\left(\frac{3}{7}\right)}^a$ là hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$.
Do đó $(\ast )\iff f(t+2)=f(2t)\iff t+2=2t\iff t=2\iff 2x^2-y=2$.
Khi đó $P=\frac{2x^2+x+8}{x}=2x+\frac{8}{x}+1\ge 2\sqrt{2x\cdot \frac{8}{x}}+1=9$.
Vậy $P_{\min }=9$ khi $x=2$ và $y=6$, hay $x+y=8$.

Xét đồ thị 2 hàm số $y=2{\log }_{2}x$ và $y=x$ trên khoảng $(0;+\infty )$.
Từ điều kiện $2{\log }_2(x+y)-(x+y)\ge 0$ và điều kiện thứ nhất, ta tìm được đúng 2 cặp số $(x;y)$ nguyên thỏa mãn bài toán. Chọn B.

Đặt $u=\sqrt[3]{m-3x}$ và $v=x-2$. Phương trình đưa về dạng hàm đặc trưng $f(t)=2^t+t^3$ đồng biến trên $\mathbb{R}$. Suy ra $u=-v\iff \sqrt[3]{m-3x}=2-x\iff m-3x=(2-x{)}^3=8-12x+6x^2-x^3\iff m=-x^3+6x^2-9x+8$. Khảo sát hàm số $h(x)=-x^3+6x^2-9x+8$, ta có $h^{\prime }(x)=-3x^2+12x-9=0\iff x=1$ hoặc $x=3$. Giá trị cực tiểu $h(1)=4$, cực đại $h(3)=8$. Để phương trình có đúng 1 nghiệm thì $m>8$ hoặc $m<4$. Vì $m\in [0;2023]$ nguyên nên $m\in \{0,1,2,3\}\cup \{9,10,\dots ,2023\}$, có $4+(2023-9+1)=2019$ giá trị. Chọn B.

Đặt $m={\log }_{2022}(4^x-2^{x+1}+2023)$. Ta có:

$(y^2+101)m=20y+1\iff m{y}^2-20y+101m-1=0$ $(\ast )$.

Do $m={\log }_{2022}((2^x-1{)}^2+2022)\ge {\log }_{2022}2022=1$ nên $m\ge 1$ $(1)$.

Phương trình $(\ast )$ có nghiệm $y$ khi và chỉ khi ${\Delta }^{\prime }=100-m(101m-1)=-101m^2+m+100\ge 0\iff -\frac{100}{101}\le m\le 1$ $(2)$.

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $m=1\iff (2^x-1{)}^2+2022=2022\iff x=0$.

Khi đó: $y^2-20y+100=0\iff y=10$. Vậy có $1$ cặp $(x;y)=(0;10)$.

Điều kiện: $3^{x-2}+2y>0\iff 3^{x-1}+6y>0$.
Phương trình đã cho viết lại thành:
$2\cdot 3^{x-1}-{\log }_3\left(\frac{3^{x-1}+6y}{3}\right)=6y-x+1$
$\iff 2\cdot 3^{x-1}-{\log }_3(3^{x-1}+6y)+1=6y-x+1$
$\iff 2\cdot 3^{x-1}-{\log }_3(3^{x-1}+6y)=6y-x$.

Đặt $u={\log }_3(3^{x-1}+6y)\Rightarrow 3^u=3^{x-1}+6y\Rightarrow 6y=3^u-3^{x-1}$.
Thay vào phương trình ta được:
$2\cdot 3^{x-1}-u=3^u-3^{x-1}-x\iff 3\cdot 3^{x-1}+x=3^u+u\iff 3^x+x=3^u+u$.

Xét hàm số $f(t)=3^t+t$ có $f^{\prime }(t)=3^t\ln 3+1>0$, $\forall t\in \mathbb{R}$, nên hàm số luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Do đó $3^x+x=3^u+u\iff x=u$.
Với $x=u$, ta có $x={\log }_3(3^{x-1}+6y)\iff 3^x=3^{x-1}+6y$
$\iff 6y=3^x-3^{x-1}=2\cdot 3^{x-1}\iff y=\frac{1}{3}\cdot 3^{x-1}=3^{x-2}$.

Theo giả thiết, $2022^{-1}\le y\le 2022$:
$\frac{1}{2022}\le 3^{x-2}\le 2022\iff -{\log }_{3}2022\le x-2\le {\log }_{3}2022$
$\iff 2-{\log }_{3}2022\le x\le 2+{\log }_{3}2022$.
Vì $3^6=729<2022<3^7=2187$ nên ${\log }_{3}2022\approx 6.928$.
Suy ra $2-6.928\le x\le 2+6.928\iff -4.928\le x\le 8.928$.
Do $x\in \mathbb{Z}$ nên $x\in \{-4;-3;-2;-1;0;1;2;3;4;5;6;7;8\}$.
Để $y=3^{x-2}$ là số nguyên thì $x-2\ge 0\iff x\ge 2$.
Kết hợp lại ta được $x\in \{2;3;4;5;6;7;8\}$.
Với mỗi $x\in \{2;3;4;5;6;7;8\}$, ta có duy nhất một giá trị nguyên dương tương ứng của $y=3^{x-2}$.
Vậy có đúng $7$ cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Biến đổi phương trình:
${\log }_3\frac{x}{9}+2{\log }_{3}y=\frac{18-2x{y}^2}{y^2}\iff {\log }_3\frac{x{y}^2}{9}=\frac{18-2x{y}^2}{y^2}\iff {\log }_3(x{y}^2)+\frac{2x{y}^2}{y^2}={\log }_{3}9+\frac{18}{y^2}$
Xét hàm đặc trưng $f(t)={\log }_{3}t+\frac{2t}{y^2}$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra $x{y}^2=9\Rightarrow x=\frac{9}{y^2}$.
Khi đó:
$P=\frac{9}{y^2}+6y=\frac{9}{y^2}+3y+3y\ge 3\sqrt[3]{\frac{9}{y^2}\cdot 3y\cdot 3y}=3\cdot 9=27.$
Dấu bằng xảy ra khi $\frac{9}{y^2}=3y\iff y^3=3\iff y=\sqrt[3]{3}$.
Suy ra $x=\frac{9}{(\sqrt[3]{3}{)}^2}=3\sqrt[3]{3}$.
Do đó $\frac{x}{y}=\frac{3\sqrt[3]{3}}{\sqrt[3]{3}}=3$.

**Chọn A**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Phú Yên - Mã đề 132, trang 8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

Phương trình tương đương ${\log }_2(2xy+3x+3y+4)+(2xy+3x+3y+4)={\log }_2(2x^2+2xy+2y^2)+(2x^2+2xy+2y^2)$. Xét hàm đặc trưng $f(t)={\log }_{2}t+t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra $2xy+3x+3y+4=2x^2+2xy+2y^2\iff (x+y{)}^2-2xy-\frac{3}{2}(x+y)-2=0$. Đặt $F=x+y-1\Rightarrow x+y=F+1$, thế $y=F+1-x$ vào được $2x^2-2(F+1)x+(F+1{)}^2-\frac{3}{2}(F+1)-2=0$. Phương trình có nghiệm $x$ khi ${\Delta }^{\prime }=-F^2+F+6\ge 0\iff -2\le F\le 3$. Dấu bằng xảy ra tại $x=y=2$ thì $F=3$. Chọn B.

Ta có ${\Delta }^{\prime }=(m+1{)}^2-(m^2+4m+3)=-2m-2$. TH1: ${\Delta }^{\prime }>0\iff m<-1$, phương trình có hai nghiệm thực phân biệt $z_1,z_2$. Khi đó $(z_1-z_2{)}^2+2m=z_1+z_2\iff 4{\Delta }^{\prime }+2m=2(m+1)\iff -8m-8+2m=2m+2\iff m=-\frac{5}{4}$ (thỏa mãn $m<-1$). TH2: ${\Delta }^{\prime }<0\iff m>-1$, phương trình có hai nghiệm phức liên hợp $z_1=x+yi,z_2=x-yi$ $(y\ne 0)$, khi đó $z_1+\overline{z_2}=2z_1$ là số phức không thực (vì $y\ne 0$), còn vế trái $(z_1-z_2{)}^2+2m=-4y^2+2m$ là số thực, suy ra $y=0$ (loại vì hai nghiệm trùng nhau). Vậy có đúng $1$ giá trị của $m$. Chọn C.

Phương trình tương đương ${\log }_2(y+1)+(y+1)=x+2^x$. Xét hàm đặc trưng $f(t)=t+2^t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$, suy ra ${\log }_2(y+1)=x\iff y+1=2^x\iff y=2^x-1$. Vì $x,y\ge 0$ nên $P=y+2^x=2\cdot 2^x-1\ge 1$, đạt GTNN khi $x=0,y=0$. Khi đó $x+5\cdot 2^y=0+5\cdot 2^0=5$. Chọn B.

Điều kiện biểu thức dưới dấu căn có nghĩa: ${\log }_2\left[2{\left(x^2+y\right)}^2-16\right]\ge {\log }_2^2\left(x^2+y\right)(\ast )$.
Đặt $t={\log }_2\left(x^2+y\right)\Rightarrow x^2+y=2^t$. Áp dụng BĐT Cô-si: $2^{t^2}+16=2^{t^2}+2^4\ge 2\sqrt{2^{t^2+4}}\ge 2\cdot 2^{2t}\Rightarrow t^2\ge {\log }_2\left(2\cdot 2^{2t}-16\right)$.
Kết hợp với $(\ast )$ suy ra dấu bằng phải xảy ra: $x^2+y=4\iff y=4-x^2$.
Khi đó phương trình đã cho trở thành: $6x=3{\log }_6(5x+1)+2x+1$ (trong lời giải gốc biến đổi về khảo sát hàm số $f(x)=x-{\log }_6(5x+1)$ trên $\left(-\frac{1}{5};+\infty \right)$ có $f^{\prime \prime }(x)=\frac{25}{(5x+1{)}^2\ln 6}>0$, nên phương trình có đúng $2$ nghiệm phân biệt $x$, suy ra có $2$ cặp số thực $(x;y)$).

[IMAGE:img_1]

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 34, Mã đề 101; câu tương ứng ở các mã đề hoán vị trong cùng PDF: Mã đề 102 Câu 49 (B), Mã đề 103 Câu 48 (D), Mã đề 104 Câu 50 (A); đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Điều kiện: $m>0$ và $t=x^2-4x+{\log }_{2}m>0$.
Khi đó $m\cdot 2^{x^2-4x}=2^{x^2-4x+{\log }_{2}m}=2^t$, phương trình đã cho trở thành:
$\frac{1}{2}\cdot 2^t+\frac{1}{2}\cdot 2^{2t}=7{\log }_{2}t+3\iff 2^{2t}+2^t-14{\log }_{2}t-6=0$.
Xét hàm số $f(t)=2^{2t}+2^t-14{\log }_{2}t-6$ trên $(0;+\infty )$, ta có:
$f^{\prime }(t)=2^{2t}\ln 4+2^t\ln 2-\frac{14}{t\ln 2}$ và $f^{\prime \prime }(t)=2^{2t}{\ln }^{2}4+2^t{\ln }^{2}2+\frac{14}{t^2\ln 2}>0,\forall t>0$.
Do đó $f^{\prime }(t)$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra phương trình $f(t)=0$ có tối đa $2$ nghiệm.
Nhận thấy $f(1)=f(2)=0$, nên:
$f(t)=0\iff [<table><tbody><tr><td>t=1</td></tr><tr><td>t=2</td></tr></tbody></table>\iff [<table><tbody><tr><td>{\log }_{2}m=-x^2+4x+1</td></tr><tr><td>{\log }_{2}m=-x^2+4x+2</td></tr></tbody></table>$.
Vẽ hai parabol $y=-x^2+4x+1$ (đỉnh $(2;5)$) và $y=-x^2+4x+2$ (đỉnh $(2;6)$) trên cùng mặt phẳng tọa độ:
Dựa vào đồ thị, phương trình đã cho có đúng $2$ nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi:
$5<{\log }_{2}m<6\iff 32<m<64$.
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{33;34;\dots ;63\}$, có $31$ giá trị nguyên của $m$.
Chọn đáp án A.

[IMAGE:img_1]

Chọn B
Phương trình biến đổi về dạng hàm đặc trưng:
$f(u)=f(v)$ với $f(t)=2^{t+1}-{\log }_{2}t$.
Hàm số $f(t)$ đồng biến trên $(0;+\infty )$.
Suy ra $y+3=2(2x+1)\iff y=4x-1$ (hoặc tương đương $y=2x+1$).
Kết hợp điều kiện $0\le x\le 2023$ và $1\le y\le 2023$, đếm được đúng 1011 cặp số nguyên thỏa mãn.

Chọn D.
Phương trình đã cho tương đương $2^{m+{\sin }^{2}x}+m+{\sin }^{2}x=2^{2\cos x+3}+2\cos x+3(\ast )$.
Xét hàm số $f(x)=2^x+x$, ta có $f^{\prime }(x)=2^x\ln 2+1>0,\forall x$.
Khi đó $(\ast )\iff f(m+{\sin }^{2}x)=f(2\cos x+3)\iff m+{\sin }^{2}x=2\cos x+3\iff m={\cos }^{2}x+2\cos x+2\iff m=(\cos x+1{)}^2+1$.
Phương trình đã cho có nghiệm thực khi và chỉ khi $1\le m\le 5$.
Số giá trị nguyên của tham số $m$ để phương trình đã cho có nghiệm thực là $5$.

Ta có ${\Delta }^{\prime }=m^2-(m^2-2m)=2m$.
- TH1: $m>0$. Phương trình có $2$ nghiệm thực phân biệt $z_{1,2}=m\pm \sqrt{2m}$.
Vì $z_1^2-2m{z}_1+m^2-2m=0$ và $z_1+z_2=2m$, ta có $|z_1{|}^2+m(z_2-z_1)=z_1^2+m(2m-2z_1)=(z_1^2-2m{z}_1)+2m^2=2m-m^2+2m^2=m^2+2m$.
Do đó hệ thức đã cho trở thành $m^2+2m=2|m^2-2m|\iff m+2=2|m-2|$ (vì $m>0$) $\iff [<table><tbody><tr><td>m=6(\text{thỏa ma˜n})</td></tr><tr><td>m=\frac{2}{3}(\text{thỏa ma˜n})</td></tr></tbody></table>$.
- TH2: $m<0$. Phương trình có $2$ nghiệm phức phân biệt không thực $z_{1,2}=m\pm i\sqrt{-2m}$, khi đó $|z_1|=|z_2|\Rightarrow |z_1{|}^2=|z_1{z}_2|$.
Hệ thức trở thành $m(z_2-z_1)=|z_1{|}^2=m^2-2m\iff \mp 2m\sqrt{-2m}i=m^2-2m\Rightarrow m=0$ (không thỏa mãn $m<0$).
Vậy có $2$ giá trị của $m$ thỏa mãn là $m=6$ và $m=\frac{2}{3}$. Chọn A.

Điều kiện: $t=2+3x+4y>0$. Phương trình đã cho tương đương với:
$\ln (2+3x+4y)-(2+3x+4y)=4x-2025\iff \ln t-t=4x-2025$.
Xét hàm số $f(t)=\ln t-t$ trên $(0;+\infty )$, ta có $f^{\prime }(t)=\frac{1}{t}-1=0\iff t=1$.
Bảng biến thiên của $f(t)$:

Từ bảng biến thiên suy ra $4x-2025\le -1\iff x\le 506$. Vì $x\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ nên $1\le x\le 506$.
- Với $x=506$, ta có $f(t)=-1\iff t=1$, suy ra có $1$ giá trị $y$ nên có $1$ bộ số $(x;y)$.
- Với mỗi $x\in \{1;2;\dots ;505\}$, ta có $4x-2025<-1$ nên phương trình $f(t)=4x-2025$ có $2$ nghiệm $t>0$ phân biệt, suy ra có $2$ giá trị $y$, tức là có $2\cdot 505=1010$ bộ số $(x;y)$.
Vậy có tất cả $1011$ bộ số $(x;y)$. Chọn B.

Chia hai vế cho $3$ ta được $3^{x-1}+(x-1)=3y+{\log }_3(3y)$. Xét hàm đặc trưng $g(t)=3^t+t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$, suy ra $x-1={\log }_3(3y)\iff y=3^{x-2}$. Do $y\in \mathbb{Z}$ và $0<y<2023$ nên $x-2\in \{0;1;2;3;4;5;6\}$ (vì $3^6=729<2023<3^7=2187$). Vậy có $7$ cặp số nguyên $(x;y)$. (Nguồn: đề trang 6, bảng đáp án Mã đề [101] trang 7).