phuong trinh logarit chua tham so

Kết luận các giá trị cần tìm của m để phương trình f x A m  có nghiệm hoặc có Lưu ý quan trọng: Các bước giải phương trình logarit có tham số cần chú ý:  Bước 1.. Vậy không có giá

PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT CHỨA THAM SỐ

PHƯƠNG PHÁP Tìm m để f x m ,  có nghiệm (hoặc có k nghiệm) trên D trong phương trình logarit chứa tham số: 0

Bước 1 Tách m ra khỏi biến số và đưa về dạng f x A m 

Bước 2 Khảo sát sự biến thiên của hàm số f x trên D  

Bước 3 Dựa vào bảng biến thiên để xác định giá trị của tham số m để đường thẳng y A m  nằm ngang cắt đồ thị hàm số y f x 

Bước 4 Kết luận các giá trị cần tìm của m để phương trình f x A m  có nghiệm (hoặc có

Lưu ý quan trọng:

Các bước giải phương trình logarit có tham số cần chú ý:

 Bước 1 Đặt điều kiện (điều kiện đại số  điều kiện loga):

 Bước 2 Dùng các công thức và biến đổi đưa về các phương trình cơ bản rồi giải

 Bước 3 So với điều kiện và kết luận giá trị tham số cần tìm

   

 

2 2

2

2 2

Điều kiện:

150

xm

Ta có bảng biến thiên của hàm số f x :  

Phương trình  1 có nghiệm khi và chỉ phương trình  2 có nghiệm 1

5

x

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình  1 có nghiệm khi và chỉ khi 0  m 5

Câu 3 Tìm tất cả các giá trị nguyên của tham số thực m để phương trình  2

Dựa vào bảng biến thiên 1 0 0 1

       Vậy không có giá trị nguyên m nào thỏa mãn yêu cầu bài toán

Chọn C

Tập xác định: D0; 

Đặt tlog 3x Phương trình đã cho trở thành t2 3t 2m 7 0 *  

Để phương trình đã cho có hai nghiệm thì phương trình  * có hai nghiệm

2

121

có hai nghiệm thỏa mãn   2 x1 x2

Lời giảiChọn A

acma

Vậy có 15 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán

Câu 6 Cho hai số thực a b, 1 thỏa mãn a b 2021 Gọi m n, là hai nghiệm của phương trình

logaxlogbx2logax  Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 0 mn4a bằng

Lời giảiChọn A

Điều kiện: x 0

Ta có log logax bx2logax  2 0 log logba 2ax2logax  2 0

Đặt tlogax, phương trình trở thành log ba t2  2t 2 0 1  

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi b2,a2019

Câu 7 Có bao nhiêu số nguyên m  20; 20 để phương trình log2xlog3m x  có nghiệm thực 2

Lời giải Chọn A

t t

Vậy có 15 số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán

phân biệt là

Lời giải Chọn D

9( ) x

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 9 Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình log3x 3 mlog x39 16 có hai nghiệm

thỏa mãn  2 x1 x2

Lời giải Chọn D

Theo điều kiện đề bài thì x  nên 2 3t    3 2 t 0

Vậy để phương trình log3x 3 mlog x39 16 có hai nghiệm thỏa mãn  2 x1 x2

thì phương trình  2 phải có hai nghiệm t dương phân biệt

Vậy có 15 giá trị nguyên m thỏa mãn

   mà m nguyên dương nhỏ hơn 2022 nên

1; 2;3; ; 2022

Vậy có 2022 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán

 Hỏi có bao nhiêu giá trị

m nguyên âm để phương trình có nghiệm thực trong đoạn 1

;12

Do m nguyên âm nên m     3; 2; 1

Câu 12 Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng 10;10 để phương trình

Điều kiện:x3m0

3x  log x3m  m 3x log x3m 3mĐặttlog3x3m, ta có ta có 3 3 3 3

Câu 13 Cho phương trình 2  1  

2

log x m log 2x 0log 2x m log 2 2x

222

x

mx

1 2

2

2 2

Câu 15 Cho phương trình ln ln cos  x m mcos (1)x Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình

(1) có nghiệm

A 1 m e 11 B e 1  1 m e 11 C  1 m1 D 1  m e 1

Lời giảiChọn D

Đặt uln cos x m  ta được hệ phương trình:  

u x

Ta có 3m cos 2 xsin 2 x32 1 sin 2 x 2 sin 2x m cos 2x

2 1 sin 2 cos 2 sin 2

3m x  x mcos 2x sin 2x 3  x 2 1 sin 2x

A 2020 B 4042 C 4040 D 2021

Lời giảiChọn D

Vậy có 2021 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu đề

* TH1: mlog2x  log2x

 

2

2 2

Vậy có tất cả 2024 giá trị của m thỏa mãn

Câu 19 Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình lnmlnmcosx cosx có nghiệm

Đặt u lnmcosx ta được hệ phương trình:  

u x

Hệ phương trình ban đầu có nghiệm phương trình  ** có nghiệm 1   m e 1

Vậy có 2020 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu đề

Câu 22 Có bao nhiêu giá trị m nguyên trong 2017; 2017 để phương trình log mx 2logx có 1

nghiệm duy nhất?

Lời giảiChọn C

Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi phương trình  2 có nghiệm duy nhất trên

Từ bảng biến thiên suy ra 0

4

mm

1 2

khác 2

12

Chọn A

1 2

  Suy ra hàm số f u đồng biến trên   2; nên 

TH1: Phương trình (1) có nghiệm hai 2 nghiệm phân biệt, phương trình (2) vô nghiệm suy ra

 suy ra vô lý vậy m (III)

Vậy từ (I) ; (II) và (III) suy ra 1

1

0

11

tt

Câu 26 Gọi Slà tập chứa tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại đúng

một bộ số thực  x y; thỏa mãn 2   2 2

log x y 4 logm x y 15 3 m Tính tổng bình 0 phương giá trị tất cả các phần tử của tập Sđó

Chọn C

Áp dụng quy tắc cần và đủ, ta nhận thấy vai trò của hai ẩn x và y là như nhau Nếu  x y; thỏa mãn thì  y x; cũng thỏa mãn Vì vậy, muốn bộ số  x y; thỏa mãn là duy nhất thì tất cả các biến phải bằng nhau Suy ra x Phương trình trở thành như sau: y

4

11

Điều kiện 2x y z  0

Ta có 2x y z   2 2x y z  2 2x2y2z2 hay 4x2y2z4 2x2y2z2 Dấu đẳng thức xảy ra    x y z

016

mm

Do đó điều kiện của bài toán là 1

0

xy

Từ bảng biến thiên của hàm g x suy ra phương trình   4y210x2mx  có duy nhất một 1 0nghiệm khi và chỉ khi m  11; 40, do đó có tất cả 52 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 29 Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn

ĐK

0000

x

yz

3 49

Nhận xét với mỗi giá trị u tương ứng với duy nhất 1 cặp  x y, thỏa mãn bài toán do đó

Vì zlà số nguyên nên có 211giá trị thỏa mãn

x22mx 2x 24 x m 2x24x m 1 2  2 x 24 mx  Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị thực 1 0

của tham số m để phương trình đã cho có 3 nghiệm thực x?

Lời giải Chọn A

Điều kiện 2

aa

 



Đặt a 2 t t, 0  a t2 2 , phương trình trở thành

Khi đó tổng hai nghiệm t1  Để có nghiệm t2 3b t3b thì phương trình (1) phải có hai nghiệm không

0 b log 2 ta thấy a  2; 0 mà a nguyên nên a    1; 2

Vậy tổng tất cả số nguyên a thỏa mãn là     1 2 0 3

2

4x 4 a.2 log 2x x x b Có bao nhiêu bộ số  a b thỏa mãn điều kiện , 100a,100b , 100a b, 100 sao cho phương trình có nghiệm duy nhất

Lời giải Chọn B

  Với mỗi bộ số  a b tương ứng đều có nghiệm ;

2x2  x 2 2 2x  x  4 alog b 1 alog b 1 x1 Trường hợp 2: Nếu 400

p



 khi đó vế trái có dạng phân số với mẫu số có dạng lũy thừa của 2

Vì vậy vế phải cũng phải như vậy tức là q 25

Câu 33 Cho phương trình sau: 22l g o 2 x o xl g 41 l go x 9x2m3x2m  (với m là tham số thực) Gọi 0

S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt Tổng của phần tử nhỏ nhất và phần tử lớn nhất của S bằng

Lời giảiChọn A

Điều kiện: 0

3x

xm

2

3x

xxm

100110log ,

xx

3

1

Do m nguyên dương, m nên 1 m2;3; 4; ,31001 Vậy S2;3; 4; ,31001

Suy ra tổng của phần nhỏ nhất và phần tử lớn nhất của S bằng 31001

 Gọi S là tập hợp các số nguyên dương

m7 sao cho với mọi bộ số thực a b c, ,  2;3 thì ln ( ) , ln ( ) , ln ( )f a f b f c là độ dài ba cạnh của một tam giác Tổng các phần tử của S là

Lời giải

   , lúc này xét mọi bộ số thực a b c, ,  2;3 sao choln ( ) ,f a

ln ( ) ,f b ln ( )f c là độ dài ba cạnh của một tam giác khi đó ta cần có

19 7 2910

   , lúc này xét mọi bộ số thực a b c, ,  2;3 sao choln ( ) ,f a

ln ( ) ,f b ln ( )f c là độ dài ba cạnh của một tam giác khi đó ta cần có

khi đó tồn tại  2;3 để ln ( ) 0f   khi đó chọn bất kỳ bộ

ba số , ,a b với a b,  2;3 thì ln ( ) ,f a ln ( ) ,f b ln ( )f  không thể là độ dài của 3 cạnh của một tam giác

Từ 3 trường hợp trên ta có S1;2;6;7 do đó tổng các phần tử của S là 16

m để phương trình f x 2x0 có tổng tất cả các nghiệm bằng 2

Lời giải Chọn D

+ Đặt t x 2 x   t  2; 2

Giả sử t0 là nghiệm của phương trình f t( ) 0 khi đó: x 2 x t0 *

Dễ thấy pt (*) chỉ có tối đa 2 nghiệm vì khi bình phương thoát hết căn chỉ ra phương trình bậc hai

+ Nếu x0 là một nghiệm của phương trình (*) thì 2 x cũng là một nghiệm của 0 (*) vì:

Phương trình f t( ) 0 có duy nhất một nghiệm trên  2; 2

+ Xét phương trình f t( ) 0  log 2.log 2t 4   t m 0

Suy ra phương trình g t( ) 0 vô nghiệm

Vậy không có giá trị nào của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 36 Cho phương trình

m m

xx

Câu 37 Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  24; 24 để ba

số hạng sau theo thứ tự tạo thành 1 cấp số cộng, với  x  1; 2 : 9.2x1 ;  m ; 2 3 x3.22 x1

Lời giải Chọn A

Câu 5 Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  18;18 để

phương trình 22 xm1 2 x3m  có hai nghiệm thỏa 1 0 0x1   1 3 x2

Lời giải Chọn D

 có bảng biến thiên như sau:

Suy ra m   7 7 m 18tức có tất cả 12 giá trị nguyên m thỏa

Câu 38 Gọi S là tập hợp chứa tất cả các giá trị nguyên của m  2022; 2022

sao cho phương trình 2    2

3 174

2 2

mm

Câu 39 Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  20; 20 để

phương trình sau có nghiệm

Phương trình tương đương với:

Điều kiện y    1 y  1;1

Từ phương trình thứ nhất của hệ  1 ta có 2x y x y 2yy 2

Xét hàm số y f t  2t t với t

Dễ thấy y2 ln 2 1 0t   với mọi t nên hàm số y f t  đồng biến trên 

Do đó phương trình  2 tương đương với x y   y x 2y

Thay x2y vào phương trình thứ hai của hệ  1 ta được 4y 1 m22 2 1 y y2  3

Để hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì phương trình  3 phải có nghiệm duy nhất y  1;1 Giả sử y0  1;1 là một nghiệm của  3 thì 0  2  0 2

Suy ra y0   y0 y0  Thay 0 y vào 0  3 ta được m0

Thử lại: với m0 thì  3 viết thành 2 1 2  

Vậy m0 thỏa mãn (1 giá trị m thỏa)

_ TOANMATH.com _