Chuyên đề 20 bất phương trình mũ logarit đáp án

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ-GIỎI MỨC 7-8-9-10 ĐIỂM BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT Sử dụng các phương pháp giải phương trình logarit đã đưa ra tại Chuy

Trang 1

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ-GIỎI MỨC 7-8-9-10 ĐIỂM

BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

Sử dụng các phương pháp giải phương trình logarit đã đưa ra tại Chuyên đề 19 Phương trình mũ

– logarit để giải

Lời giải Chọn B

Điều kiện: 1 x 5

Ta có 2log2x1log 52 x1log2x12log22 5 xx1210 2 x

       Vậy tập nghiệm của bpt là S 1;3

2 log 4x3 log 18x27

8

S   

4

S  

4

S   

D S 3; 

Lời giải

2 log 4x3 log 18x27 *

x

x x

 







Với điều kiện trên,  * log34x32log 183 x27

4x 3 18x 27

3

   

Kết hợp điều kiện ta được 3;3

4

S   

 

4

x

chứa tập hợp nào sau đây?

;6 2

  B 0;3 C 1;5 D 1

; 2 2

 

Lời giải

+ Điều kiện: x 0

+ Ta có:

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ - LOGARIT

Chuyên đề 20

Trang 2

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/

4 1

2

x

Vậy 15; 4

2

x  

chứa tập 1

; 2 2

 

3 log x1 log 11 2 x 0

là:

2



 

Lời giải Chọn D

ĐK:

1

1;

11

2





 

x x

x

3

Kết luận: 1;11

2

  

  

3 log x1 log 11 2 x 0 là

2



Điều kiện xác định: 1 11

2

x

3 log x1 log 11 2 x 0 log 11 23  xlog3x111 2 x  x 1 0

 

1

1; 4 4









x

3 log x1 log 11 2 x 0 là:

2

Lời giải

3

log x1 log 11 2 x 0 log 11 23  xlog3x10

log 11 2 log 1

1 0



 

 



x x

x  1 x4

Trang 3

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S1; 4

2 log x  1 2 log x2 bằng

x

Suy ra nghiệm của bất phương trình là: x 2;3

Nghiệm nguyên là: x 3 Vậy tổng tất cả các nghiệm nguyên là 3

log 2x 3 log x mx1 có tập nghiệm là 

Lời giải

log 2x 3 log x mx1

2

1 0

x mx



 

2

1 0

2 0

x mx



Để bất phương trình log 2 x23logx2mx1 có tập nghiệm là  thì hệ   có tập nghiệm

là 

2 1 2 2

4 0

8 0

m m





 



   

A  S ( ;1] [4 ) B S [2 ; 16]

C S (0 ; 2] [16  ) D ( ; 2] [ 6 1 ; )

Lời giải Chọn C

Điều kiện x0



2 2

Kết hợp điều kiện ta có S0; 2   16;

2

log x 2 log x 3m 2 0 có nghiệm thực

Trang 4

3

m

Lời giải Chọn.A

Đặt tlog2x x 0, ta có bất phương trình : t22t3m 2 0

Để BPT luôn có nghiệm thực thì    3 3m 0 m1

log 5 2 2.log x 2 3

x



   có tập nghiệm là Sloga b;, với a, b là các số nguyên dương nhỏ hơn 6 và a  Tính 1 P2a3b

Lời giải

Đặt log (52 x2)t Do 5x22 với mọi x nên log (52 x2)log 2 12  hay t  1

Bất phương trình đã cho trở thành: 2 2

t

      (do t  ) 1 1

2

t t





  

 Đối chiếu với t  ta lấy 1 t  2

Khi đó log (52 x 2) 2 5x 2 log 25

x

Vậy bất phương trình có nghiệm là S(log 2;5 ), ta có a5, b22a3b16

Câu 12 Tập nghiệm S của bất phương trình log22x5 log2x 6 0 là

2

S    B

1 0;

2

S  

 

1

S   

Lời giải

  2

log x5 log x 6 0

ĐK: x 0 * 

Đặt tlog2x 2

 1 thành

  2

2

6

2

t  t      t   x  x

So với  * :  1 1 4

2 x 6

Vậy 1; 64

2

S  

3

max log x; log x1

A 1; 2

3

S   

  B S 0; 2  C 0;1

3

S   

  D S 2;

Lời giải

Trang 5

Chọn A

3

log log log log

y x x x x

ln 2 ln 3

     nên phương trình y  có nghiệm duy nhất 0

Mà phương trình y  có nghiệm 0 x 1 do đó

3

1: log log

1 max log ; log 1 log 1

3

3x

3

1: log log

3

max log x; log x1.log x 1 x2

Do đó 1 x 2

Vậy 1; 2

3

S   

1

; 2 3

S   

2 log x x 2 4 x 2x x 2 1

là  a; b 

Khi đó a b bằng

A 15

12

16

5

12

Lời giải

Ta có: x x22x2 x x22x

2

2 2



x

x x

2

log x x   2 4 x 2x x 21   2   2

2

 x x  x   x x  

2

 

x

 

2

 

x x

Ta có x2  2 x 0, x  

Điều kiện: 3x2 x2202 x22 3x

0 0









 





x x

 

8 , * 5

x 

Với điều kiện  * , ta có

1 log 3x2 x 2 3x2 x 2log x 2x  x 2x, 2

Trang 6

Xét hàm số f t log2t t với t0 Có   1 1 0

.ln 2

f t

t ,  t 0; Hàm số f t log2t t đồng biến trên 0;,  2   

3x2 x 2  0; và

Nên  2  f3x2 x22  f x22x

 x x   x  x  x22 2x 22 0 2

2 4

 



 

 



x

0





 





x x

2 3

x 

Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là 8; 2



hay 16

15



a b Chọn đáp án C

x  x x  có bao nhiêu nghiệm

nguyên?

Điều kiện: x   5

3 3

3

4

x

x x

x

 





 

 



Bảng xét dấu:

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy   0 4 3

x

f x

x

   



    



Vì x  x  4; 3;0;1; 2;3 

Vậy có 6 giá trị nguyên của x thỏa bài toán

log 5 2 2.log x 2 3

x



   có tập nghiệm là Sloga b;, với a , b là các số nguyên

dương nhỏ hơn 6 và a  Tính 1 P2a3b

Đặt log (52 x2)t Do 5x22 với mọi x nên log (52 x2)log 2 12  hay t 1

Bất phương trình đã cho trở thành: t 2 3 t2 3t 2 0

t

      (do t  ) 1 1

2

t t





  

 Đối chiếu với t  ta lấy 1 t  2

Khi đó log (52 x 2) 2 5x 2 log 25

x

Trang 7

Vậy bất phương trình có nghiệm là S(log 2;5 ), ta có a5, b22a3b16

Câu 17 (Chuyên Đại học Vinh - 2019) Tính tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình

log x 3 log x x 4x 1 0

Điều kiện: x 0

Ta có

log x 3 log x x 4x  1 0 log x 3 x  3 log 4x4x *

Xét hàm số f t log2t t trên D 0;  Ta có

ln 2

t

      hàm số f đồng biến trên D

Suy ra

*  f x 3  f 4x x  3 4x  1 x 3

Vậy tập hợp các nghiệm nguyên của bất phương trình là 1; 2; 3

Nhận xét: Với cách hỏi và đáp án của câu này ta chỉ cần mở MODE 7 của máy tính cầm tay, nhập

vế trái của bất phương trình và cho biến chạy từ 1 đến 6 là tìm được đáp án ngay

1

16 3

x x

x

   



có tập nghiệm

là Sa b;  Hãy tính tổng T 20a10 b

A T 45 10 2 B T 46 10 2 C T 46 11 2 D T 47 11 2

Lời giải:

Chọn A

Điều kiện: x 0

2

1

16 3

x x

x

   



2

f t  t   t 

với t 0 có  

2

2 0 3

ln 2 4

t

f t

t



,  t 0

nên f t đồng biến trên khoảng 0; 

0

4

x







Trang 8

3 log 103x   chứa 1 x

mấy số nguyên

Lời giải Chọn A

3

x

Giải (*) ta có 1 3 3 1 1

3

      Vậy có 3 số nguyên thuộc tập nghiệm của bất phương

trình

Câu 20 (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2018) Số nghiệm nguyên của bất phương trình

log xlog x 1 log x.log x là

Lời giải

Điều kiện xác định: x 0

Ta có: log2xlog3x 1 log2x.log3xlog2x1 log 3x1 0

2 3

2

x x

x

x x



 



Do đó có 2 nghiệm nguyên thỏa mãn

3

x x





là a b Tính giá trị ;  P3a b

A P  5 B P 4 C P 10 D P 7

Lời giải

3

x x





1 3

0 3

3

x x x x x x

















0 3

1 3

x x x x x x

























0 3

x x x x







 





0 3

0

x x x x











7

;3

x

x x

     





Suy ra 7

3

a  ; b  Vậy 3 3 3.7 3 4

3

P a b   

3 log log x 0 là

Trang 9

A 0;5  B 1; 2 C 1

;4 4

1 0;

2

 

Lời giải

Điều kiện xác định:

2

x



3

1

2

So sánh điều kiện, suy ra 0;1

2

S   

Câu 23 (THPT Nam Trực - Nam Định - 2018) Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình

log x  log x   là

Lời giải

Điều kiện x 0

log x  log x   4log25x4log5x 3 0 1 5 3

2 log x 2

1

125

5 x Nghiệm nguyên của bất phương trình là: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ;

11 11 1

2

nguyên x thoả mãn bất phương trình trên

Lời giải

logx1 4 log  x0 1 

Điều kiện: x0

10

   x  x Vì  x nên x1; 2;3; ;9999 Vậy có tất cả 9999 số nguyên x thoả mãn bất phương trình trên

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ

Sử dụng các phương pháp giải phương trình mũ đã đưa ra tại Chuyên đề 19 Phương trình mũ –

logarit để giải

3x2 4x 8 x  0

4

 

1

; 4

  

3x2 4x 8 x  0 4x 8 x  0

4.2 x 8 2 x 0 2 2 x 2 x 0(*)

Trang 10

Đặt 22xt t,  , suy ra bpt (*) trở thành: 0 3

2

0 2

2 2

t

t t

t





 



Giao với Đk t 0ta được: 2

2



Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là 1;

4

T   

A  ; 1  log 3;2  B  ; 2  log 3;2 

C  ; 1  log 2;3  D  ; 2  log 2;3 

Ta có 2 1

3 x 7.3x 20 3 3 x 27.3x  2 0

Đặt 3x  t 0 ta được 20

t

t t







  



1 0 3 2

t t



 











Suy ra

1

0 3

3

x









3

1

log 2

x



 



1 log 2

x x

 



  



Vậy bất phương trình có tập nghiệm là  ; 1  log 2;3 

2

x

  là a b;  Giá trị

a b bằng

2

Tập nghiệm của bất phương trình là: S 0;1 Suy ra a 0 và b 1 nên a b 1

3x  9 3x 9.3 x 03.3 x 9 3.3x9.3 x  0 Đặt 3x t t 0

Ta có bất phương trình 3t3 9 3t9t20

3t 9t 3t 9 0

Trang 11

2

3 0 3

t

  

 

Khi đó ta có 3x 3 x1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S 1; 

nghiệm là?

A S    ; 11; B S    ; 2  1;

C S    ; 1  1; D S    ; 2  2;

Ta có

2

1

x

x x

 





 

  

 

 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S    ; 1  1;

nghiệm là: S a b;  Biểu thức A1000b5a có giá trị bằng

Ta có:

2.5 5.2 133 10 0 50 5 133.5 2 20 2 0

1 2

2 2

2

5

1 2

5

1

5

2

5 2

x







 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 1



























1 0 2

2 0 2

1 0 2

2 0 2

x x x x



 





  



 

















2 4 2 4

x x x x

 





 







 



 





4 x 2

    Suy ra S   4; 2 Vậy A1000b5a1000.2 5. 42020

Trang 12

17 12 2 x 3 8 x là:

Lời giải

17 12 2 x 3 8 x   2 2

3 8 x x 1

     x  2;0 Vậy bất phương trình đã cho có 3 nghiệm nguyên

2x2x 3x3x

A 2;  B ; 2 C ; 2 D 2; 

Lời giải

2x2x 3x3x 3.2x 4.3x 2x 3x 2

2

3

x



 

 

1



có tập nghiệm Sa b;  Giá trị của biểu thức P3a10b là

Lời giải

Đặt

1 1 3

 

  

 

x

2

Từ đó suy ra:

1

3

 

 

 

x

x Tập nghiệm của bất phương trình là 1;0 Vậy a 1 và b0 Suy ra P3a10b 3

Câu 10 (Chuyên Hạ Long 2019) Bất phương trình sau có bao nhiêu nghiệm nguyên dương

9x4.3x 3 0

Lời giải

Đặt t 3x0

Bất phương trình đã cho trở thành t24.t 3 0  1 t 3 1 3x30x 1

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S 0,1 nên nó không có nghiệm nguyên dương

A S   ; 11; B S   ; 2  1;

C S   ; 1  1; D S   ; 2  2;

Lời giải

Trang 13

Ta có

 

  

 



 





 

 



2

1

x

x x

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S    ; 1  1;

Câu 12 (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Tập nghiệm của bất phương trình

2 3x24x1474 3 là:

A 6; 2 B  6  2; C  6; 2 D  ; 6  2; 

Lời giải

Ta có 7 4 3 2 32, 2 32 3 và 1 2 32 31 7 4 32 32

2 3x24x14 7 4 3 2 3x24x142 32

2

      x24x120   6 x 2

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm 6; 2

1

6x 42x 2.3x 6x 4 2.2x2.3x 0

2x 3x 2 2 2 3x 0

3x 2 2 x 2 0

log 2;13 

x

 

3x  x 9 5x  là khoảng 1

a b;  Tính ba

Lời giải

3x   x 9 5x  1  1

Có 5x 10 x

Xét x  2 9 0, VT  1 300 (loại) 1

Xét x 2 90

2

x

x x











   VT  1 1 (loại)

Xét

2

9 0

x







   VT  1 1 luôn đúng

Có x2 9 0  x  3;3

Trang 14

 Tập nghiệm của bất phương trình là: 3;3ba 6

2

3

x

có bao nhiêu nghiệm?

Lời giải

Đặt t 32x 0, bất phương trình đã cho trở thành

 

2

1

t

Điều kiện: 0 t 2

2

1

2 2

  

 2 2

4

x

Vậy bất phương trình có 1 nghiệm duy nhất

trình:22x19.2x4 x22x30 là

Lời giải

Điều kiện: x22x 3 0x 3 hoặc x 1  *

Vì x là số nguyên thuộc đoạn 20; 20 nên ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1 3x20, khi đó dễ thấy 22x 19.2x 2x2x 190 nên

2 x 9.2x4 x 2x3 , do đó trên 0 3; 20 bất phương trình có 18 nghiệm nguyên Trường hợp 2 x 2 thay trực tiếp vào bất phương trình ta có: 4 5 4 0 (đúng)

Do đó x 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Trường hợp 3 x 1 thay trực tiếp vào bất phương trình ta có: 10 0 (sai)

Do đó x 1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán

Trường hợp 4 20x 4 Khi đó, xét hàm số:   2

f x x  x , dễ thấy

20; 4

min f x f 4 5

4 x 2x34 5,  x 20; 4  a Mặt khác, đặt t 2x, khi đó 22x19.2x 2t29t, 20x  4 220 t 24

Khi đó xét hàm số   2

g t  t  t với 220 t 24, dễ thấy

20 4

4

2 ; 2

71

128

g t g

 



Trang 15

Từ    a , b suy ra

20; 4

71

128

bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi 20x 4, nên trên đoạn 20; 4  bất phương trình có 17 nghiệm nguyên

Trường hợp x  3 thay trực tiếp vào bất phương trình ta thấy không thỏa mãn

Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình là: 36

9x 4 2019x 1

x

   là khoảng a b;  Tính b a

Lời giải

Xét hai trường hợp: x   và 2 4 0 x  2 4 0

4 0

2

x x

x

 



     khi đó ta có:

2

x





Dấu " xảy ra " 2 4 0 2

x

x x

  



     TH2: x2     4 0 2 x 2, khi đó ta có:

2

x





 bất phương trình vô nghiệm

( 2; 2)   a 2;b   2 b a 4

x

khoảng a b Tính ;  b a

3

x x

x

 



    



ta có

2 9 0

9 5 0

x











nên 2 9  2  1

3x   x 9 5x 1

 không thỏa mãn bất phương trình đã cho, do đó bất phương trình vô nghiệm

Với x2 9 0  3 x3,ta có

2 9 0

9 5 0

x











nên 2 9  2  1

3x  x 9 5x 1

 Bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S   3;3 

Trang 16

Khi đó, a 3;b nên 3 b a 6

phương trình sau

16x25x36x20x24x30x

Ta có

16x25x36x20x24x30x 4 x5 x6 x 4 5x x4 6x x5 6x x

2 4x 5x 6x  2.4 5x x 2.4 6x x 2.5 6x x 0

4x 5x 4x 6x 5x 6x 0

 

4 5 4 6 5 6

1

x

x x

x

x x

x



Vậy có 1 giá trị nguyên của x trong đoạn 0; 2020 thỏa mãn bất phương trình

27

Điều kiện 3x1  1 0  3x1  1 x   1

Ta có x   1 là một nghiệm của bất phương trình

Với x   1, bất phương trình tương đương với 2 1

27

Đặt t  3x  0, ta có 2 1

27

3 1

3 27

t t

 









Kết hợp

điều kiện t  3x  0 ta được nghiệm 1

3

1

27

x

kiện x   1 ta được   1 x  1 suy ra trường hợp này bất phương trình có 2 nghiệm nguyên Vậy bất phương trình đã cho có tất cả 3 nghiệm nguyên

Câu 21 (THPT Lương Văn Tụy - Ninh Bình - 2018) Tập nghiệm của bất phương trình

9x2 x5 3x9 2x1  là 0

A 0;1  2;   B ;1  2;  C  1; 2  D ; 0  2;  

Lời giải

Đặt 3x t, t  0

Xét phương trình: t22x5t9 2 x1 0  1



          nên phương trình  1 luôn có nghiệm Nếu x4   thì phương trình  0  1 có nghiệm kép tx 5

Do đó bất phương trình đã cho trở thành 3x 5

x

  (luôn đúng khi x 4)

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	523,07 KB