Dạng 11 bài toán tìm cặp số nguyên thỏa mãn điều kiện

Tính giá trị của T=ymin+ymax... BẢNG ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1... Do các điểm này nằm trên đường cong y= log2x− 2 nên không có 3 điểm nào thẳng hàng... Vậy có 8 giá trị nguy

( ) − 12 ( 2− + )= ( + )

( − + )= 2 + − + −

  



x

x x y Hỏi có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm thuộc S?

+

−

2

2

1

2

2

x xy x y x a y a Có bao nhiêu giá trị của a 100 để

luôn có 2048 cặp số nguyên ( )x y; ?

+

+

1

1 5

1

x

x

y

Bài toán tìm cặp số nguyên thỏa mãn

DẠNG 11

2 log 2a y 1 2a y 1 x 2x * Có bao nhiêu giá trị của a 0;100  để không tồn tại cặp số nguyên ( )x y; thỏa ( )* ?

2

log x 2y 2x 2y 5xy 2x y 0?

2 3

x

x

Gọi ymin và ymax lần lượt là nghiệm ứng với giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của y Tính giá trị của T=ymin+ymax

3

a b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức = 2+ 2

3

4

 

2

log x 2 2x y 4 2y 1 Hỏi có bao nhiêu tam giác có cả ba đỉnh là các điểm thuộc tập X?

2 log x x y 2y và 0 x 2020 Số các giá trị nguyên dương của y là

−

− −

=

2 3

y x

+

2 2 2

2

e

2

nhất của biểu thức T= +x y

BẢNG ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 Chọn D

Ta có ( )− 12 ( 2− + )= ( + )

Xét hàm số f t( )= 2 logt 2(t+ 2 ,) t 0.

+ 2

2

2 ln 2

t t

t nên hàm số f t( ) đồng biến trên  +0; )

Khi đó ( ) ( − ) = ( ) ( − ) =

Mà    ( − )2

 



x x

Mặt khác x Z   − − −x  3; 2; 1; 3; 4; 5 Vì x−1 phải chẵn nên x lẻ

Vậy có 4 cặp số nguyên ( )x y; thỏa đề bài

Câu 2 Chọn D

Điều kiện: 2− + 

10x 20x 20 0, luôn đúng  x

Ta có ( − + )= 2 + − + −

10 x x log x 2x 2 10y y (1) Xét hàm số f t( )= 10t+t trên

Ta có f t( )= 10 ln10 1 0t +  ,  t Do đó f t( ) đồng biến trên Khi đó (1)  ( − + )= ( )

Vì   6

1 x 10 nên ( − )2+ = 2 ( − )2+

6

2

Vì y + nên y 1;2;3  Với y= 1 2− + =



2 (ktm)

4 (tm)

x

Với y= 2 2− + = 4

x x (không có x nguyên nào thỏa mãn)

Với y= 3 2− + = 9

x x (không có x nguyên nào thỏa mãn)

Vậy có một cặp nguyên dương ( ) ( )x y; = 4;1 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 3 Chọn A

Ta có ( − )+ − = + + + 1

2

log 2x 4 2x 4 y 1 2y Đặt log 22( x− 4)= t 2x− = 4 2t khi đó ta có + = + + +1

Hàm y= f t( )= + 2t t đồng biến trên nên

( )1  = +  =t y 1 y log 22( x− 4)−  = 1 y log2(x− 2) Hàm số y= log2(x− 2) đồng biến trên (2; +)

Suy ra với 3 x 2020  0 y log 20182 có 11 số nguyên y thoả mãn hay 11 điểm M

Do các điểm này nằm trên đường cong y= log2(x− 2) nên không có 3 điểm nào thẳng hàng Vậy số tam giác nhận 3 trong 11 điểm này làm đỉnh là 3 =

Câu 4 Chọn C

Ta có: + 5 + + = + 1 +  + 5 + ( + )= + 1 + ( + )

2x 3x 12 2y 3y 2x 3 x 5 2y 3 y 1

Xét hàm số f t( )= 2t + 3t, f t( )= 2t+ 3t đồng biến trên

Suy ra x+ = +  = +5 y 1 y x 4

Kết hợp với điều kiện −  20 x 20; 20−  y 20 suy ra x nguyên thuộc − 20; 16 thỏa đề

Vậy có 37 cặp số nguyên ( )x y; thỏa đề

Câu 5 Chọn B

Ta có: ( )+ = + +  + + = + 1 + + 1 +

log 2x 5x 10.2y y 2 log x 5x 1 log 2y 5.2y 1

Xét hàm số f t( )= log2t+ 5t+ 1, f t( ) đồng biến trên (0; + ) Suy ra = + 1

2y

Từ 1 x 2020 suy ra  + 1     −   

2

1

2

Có 11 giá trị nguyên của y thỏa đề Vậy có 11 cặp số nguyên ( )x y; thỏa đề

Câu 6 Chọn D

Với 1 x 100, ta có:

−

2

1

Xét hàm số f u( ) log= u u+ , ta có ( )= 1 + 1 0

ln10

f u

 f u( ) đồng biến trên (0; +) nên ( ) − = 2−  =( − )2

 



y

Vì y nên có 18 giá trị của y và cũng có 18 giá trị của x

Câu 7 Chọn D

Với 2 y 17 ta có

log y 1 3log y 1 x 3x (1)

Xét hàm số f t( )= +t3 3t có f t( )= 3t2 +    3 0 t

Suy ra hàm số ( )= + 3

3

f t t t luôn đồng biến trên Khi đó ( )1  log2(y− = 1) x  = 2+

1

Do 2 y 17   2+ 

Vì x nhận các giá trị nguyên nên có 8 giá trị cần tìm là S=     1; 2; 3; 4

Vậy có 8 giá trị nguyên của x cần tìm

Câu 8 Chọn D

2

2

2

2 x y log x y 1 2a a (do x+ 1 2, x 1) ( )* Xét hàm số f t( )= 2t +t t(  0)

Vì f t( )= 2 ln 2 1 0,t +   t 0 nên hàm số f t( ) đồng biến trên  +0; )

( )*  log2(x y+ − =  + − = 1) a x y 1 2a  =x 2a− +y 1

Mà 1 x 2048 nên suy ra: 1 2 a− + 1 20482a−2047 2a

Do y 1, mỗi giá trị của y có một giá trị của x và 2a−2047; 2a có 2048 số nguyên nên

để có 2048 cặp số nguyên ( )x y; thoả mãn ( )1 thì 2a−2047 1  11

Mà a100,a nên a 11;12; ;100  Vậy có 90 giá trị của a thoả mãn yêu cầu bài toán

Câu 9 Chọn D

Điều kiện +

  

−

 1

1

0 1

x

y

x y

Ta có

+

+

1

1 5

1

x

x

y

Xét hàm số f t( )= log5t t+ trên khoảng (0 ; + )

Ta có ( )= 1 + 1 0

ln 5

f t

t với mọi t(0 ; + ) nên hàm số f t( )= log5t t+ đồng biến trên khoảng (0 ; + ) Từ ( )1 ta có ( + 1− =) ( + )

Vì 1 y 2018  + 1− 

  0 x log 2020 13 −

Vì x nguyên nên x 0;1;2;3;4;5  Vậy có 6 cặp ( )x y; thỏa bài toán

Câu 10 Chọn D

Có ( )*  +2a+ +1 log2( +2a+ =1) 2x+log 22( )x

Xét hàm số f x( )= +x log2x có ( )= +1 1   0, 0

ln 2

Do đó hàm số f x( ) đồng biến trên (0; +) Khi đó (2a+ + =1) ( )2x 2a+ + =1 2x

Ta lại có 1 x 8 1 2a+ + 1 256

Với mỗi giá trị nguyên y 1 ta có duy nhất một giá trị nguyên x

Do đó ycbt  −  2a 255 2− a

y không chứa giá trị nguyên y 1

Hay 255 2− a 1  8a Vậy có 93 giá trị nguyên của a 0;100  thỏa ycbt

Câu 11 Chọn C

Điều kiện: x+2y0 Do: 2x y+ 0 nên ta có:

+

2

2

2

x y

Xét hàm số: f t( )= log2t t+ , ta có: ( )= 1 +   1 0 , (0 ;+ )

ln 2

t nên hàm số f t( ) đồng biến trên (0 ;+ ) Do đó: ( ) ( 2+ 2+ )= ( + ) 2+ 2+ = +

 2x y x+ + 2y− =  = − 1 0 x 1 2y vì 2x y+ 0 nên  2 , 2( )

3

Do −  20 x 20 suy ra −19  21, 3( )

Từ ( ) ( )2 , 3 và y nên y − − 9 ; 8 ; ; 0 Vậy có 10 cặp số nguyên ( )x y;

Câu 12 Chọn C

Ta có:  + 

2 3

x

x

Đặt: ( )= +( − ) (2  )

3

f u u u u Ta có: ( )= 1 +2.( − 1) 0

u.ln 3

Suy ra hàm số y= f u( ) đồng biến trên (1;+)

Khi đó: ( )* *  =t y 4x+ =1

Vì 1 y 2020, nên ta có 1 4 x+ 1 2020 0 4x 2019  x log 20194 5,49

Vì x +  = 1;2;3;4;5x    =  =

Vậy T=ymin+ymax = +5 1025 1030=

Câu 13 Chọn B

Với điều kiện y 0, ta có 4x+2x= +y log2y22x+2x=2log2y+log2y (*)

Xét hàm số f t( )=2t+t t, 

Ta thấy f t'( )=2 ln 2 1 0,t +    t f t( )=2t+t luôn đồng biến trên

Khi đó (*)  f( ) (2x = f log2y) 2x= log2y =y 4x

Vì 1 y 1024 nên 1 4 x 1024  0 x 5 Vậy có 6 cặp số nguyên thỏa mãn là ( )0;1 , ( )1; 4 , (2;16), (3; 64), (4; 256), (5;1024)

Câu 14 Chọn D

 log 23 a+ 5 + 2a+ 5 = log 33 a+ 3b + 3a+ 3 (1)b

Xét hàm số f x( )= log3x x+ có ( )= 1 +   1 0, 0

ln 3

x nên hàm số f x( )= log3x x+

đồng biến trên khoảng (0; +) Do đó

(1) f 2a 5 f 3a 3b 2a 5 3a 3b a 5 3b thay vào T, ta được:

4

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T là 25

4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = 5

4

4

Câu 15 Chọn B

Ta có: ( − )+ = + ( − 1+ )

2

log x 2 2x 4 y 2y log 2x 4 2x 4 y 1 2y *

Đặt log 22( x− 4)= t 2x− = 4 2t, khi đó ta có ( ) + = + + + 1

* t 2t (y 1) 2y ( )1 Hàm y= f t( )= + 2t tđồng biến trên nên ( )1  = +  =t y 1 y log 22( x− 4)− 1 Với 3 x 2020  1 t log 40362   + 1 1 y log 40362 mà y   0; 1; ;10y   vậy

có 11 số nguyên y hay 11 điểm M

Do các điểm này nằm trên đường cong y= log 22( x− 4)− 1 nên không có 3 điểm nào thẳng hàng

Vậy số tam giác nhận 3trong 11 điểm này làm đỉnh là 3 =

Câu 16 Chọn B

Theo bài ra: + + = +  − + − 2 = + 2

5

Hàm ( )= +5u

f u u đồng biến nên (*) − =t 2 2y =t 2y+2.

Mà 2  +2 log 20215  2 2 +  +2 2 log 20215   0 1log 20215

2

Mặt khác y Z   0;1;2y   Vậy có 3 cặp số nguyên ( )x y; thỏa đề bài

Câu 17 Chọn B

Điều kiện: x 1 Vì x 1 và ydương nên ta có:

( )

Xét hàm số: ( )= +2 ,t 0

Ta có: '( )= 1 +2 ln 2 0,  0

2

t

t Nên f t( ) dồng biến trên (0; +)

Do đó: ( ) ( )= ( )2  = 2

Vì 1 x 2020 nên     2 

Vậy có 3 giá trị nguyên dương của y thỏa mãn yêu cầu bài toán là 1; 2; 3

Câu 18 Chọn C

Điều kiện: x3;y0 Ta có: ( 2− + −) + 2+ = +

Xét hàm số f t( )= log2t t+ có ( )= 1 + 1 0

ln 2

f t

trên (0; +)

Nên PT ( )*  f u( ) ( )= f v với = 2− + =

Khi đó   2− +   2− −   −  

Với x ,x   3 x 0;1; 2; 4; 5;6

2

x y (Không tm) Vớix=  =1 y 2 (Thỏa mãn)

2

x y (Không tm) Với =  = 14

2

x y (Không tm)

Với x=  =5 y 2 (Thỏa mãn) Với =  = 96

2

x y (Không tm) Vậy có 2 cặp ( )x y; thỏa mãn x y, là những số nguyên và y 8

Câu 19 Chọn B

Ta có:

−

2

y x

Xét hàm số: ( )= ( 2+ )

f t t với t 0 có

Suy ra f t( ) là hàm đồng biến trên  +0; )

Mặt khác f x( + 2) (= f 3 2 − y) + = −x 2 3 2y = −x 1 2y

Ta có 20 x 202020 −2 + 1 2020 −2019  −19

Do y nên y − 1009; 1008; ; 10 − − , với mỗi giá trị y cho ta 1 giá trị x thoả đề

Vậy có 1000 cặp số nguyên ( )x y; thoả yêu cầu bài toán

Câu 20 Chọn D

Xét phương trình: − − − = + +

+

2 2 2

2

(1)

e

y ta có:

+

2

2

ln

y

x

Xét hàm số: f t( )=e t t( + 1),t [0; + ), ta có: f t( )=e t t( + + = 1) e t e t t( + 2)    0 , t [0; + )

nên hàm số f t( ) đồng biến trên [0;+)

Do đó từ (2) ta có: ( ) (= + ) = +   = += − −



lny x 1 y e x Do   7

Hơn nữa x nên x −1;0;1;2;3;4;5;6 (*). 

y x y e Do   7

 −   −8 x 1 Hơn nữa x nên x − − − − − − − − 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1 (**). Ứng với mỗi giá trị x cho ta một giá trị y thoả đề

Vậy từ (*) và (**) có 15 cặp số ( )x y x; ,  thoả mãn

Câu 21 Chọn A

Điều kiện: x 2

Ta có ( − )+ = + ( − 1+ )

2

log x 2 2x y 4 2y 1 ( − )+ − = + + + 1( )

2

log 2x 4 2x 4 y 1 2y *

Xét hàm số ( )= + 2t

f t t xác định trên có đạo hàm f t( )= + 1 2 ln 2t    0, t nên hàm

số luôn đồng biến trên

Khi đó ( )*  f(log 22( x−4) )= f y( + 1) log 22( x−4)= +y 1 =2 +1+4 =2 +2

2

y

y

Do ynguyên nên y 0;1; ;10 ( );  (2i+2; |0)  10

Vậy có 11 cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn

Câu 22 Chọn C

Từ giả thiết suy ra 3 x 10 Đẳng thức 2x+ log2(x− 3)= + + 5 y 2y

 2x− 6 + + 1 log x− 3 = +y 2y  2x− 6 + log 2x− 6 = +y 2y 1

Xét hàm số f t( )= + 2t t có đạo hàm f t'( )= + 1 2 ln 2t  0,  t

Suy ra hàm số f t( ) đồng biến trên

Do đó ( ) ( ( − ) )= ( ) = ( − ) − =  = − 1+

Theo giả thiết   − 1+    + 

2

Do y nguyên dương nên ta có y 3

Khi đó = + = − 1+ +  3 1 − + + =

T x y y Vậy maxT=10 khi y=3,x=7

H

H