Tìm điều kiện của x để phương trình mũ logarit đúng với y thỏa mãn điều kiện cho trước

Vậy có 2000 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu bài toán... Vậy có 8413 giá trị nguyên của x thỏa mãn yêu cầu bài toán.. 4 Do y không thỏa mãn bất phương trình nên 1 x3 không thỏa mã

BÀI TOÁN TÌM ĐIỀU KIỆN CỦA x ĐỂ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ - LÔGARIT

ĐÚNG VỚI y THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC

PHƯƠNG PHÁP Bước 1 : Biến đổi bất phương trình về dạng

          ;    ;   

f a  f b f a  f b f a  f b f a  f b

Câu 1 Có bao nhiêu bộ  x y; với ,x y nguyên và 1x y, 2020 thỏa mãn

A 2017 B 4034 C 2 D 2017 2020

Lời giải

Chọn B

+ Điều kiện

*

* , : , 2020

, : , 2020



x y x y

x y x y

Do y , y nguyên dương nên: 0

x

x





x

x





Như vậy trường hợp này cho ta đúng 2017 bộ    x y;  x;1 với 4 x 2020,x

+ Xét y  thì thành 2 4x4 log 1 0 3  , BPT này cũng luôn đúng với mọi x mà

4 x 2020,x

Trường hợp này cho ta 2017 cặp  x y; nữa

+ Với y2,x thì 3 VT * 0 nên không xảy ra

Vậy có đúng 4034 bộ số  x y; thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 2 Có bao nhiêu cặp số nguyên dương  x y; thỏa mãn điều kiện x2020 và

3

3 9y2y  x log x1  ? 2

Lời giải Chọn D

3 9y2y  x log x1  2 3.9y6y x 3log x  1 2

2 1

3

3y 3 2y 1 x 1 3log x 1

Xét hàm số f t  3t 3t có f t 3 ln 3 3 0, t   t

Suy ra hàm số f t  3t 3t đồng biến trên 

*  f 2y 1 f log x1 2y 1 log x 1 3y   1 x

2

Với giả thiết y nguyên dương suy ra y 1; 2

Với y có 1 26 x 2020 suy ra có 1995 cặp số  x y thỏa mãn ;

Với y có 2 242 x 2020 suy ra có 1779 cặp số  x y; thỏa mãn

Vậy có tất cả 3774 cặp số  x y; thỏa mãn đề bài

Câu 3 Cho các số nguyên dương x, y không lớn hơn 4022 Biết mỗi giá trị của y luôn có ít nhất

2021 giá trị của x thỏa mãn bất phương trình 32 x y 3 logy 3x 2 y 3x

x y

giá trị của y ?

Lời giải

Chọn A

Do x, y nguyên dương nên ĐKXĐ là x2

Ta có: 32 x y 3 logy 3x 2 y 3x

x y

x y

+ Nếu y  : Không thỏa mãn 1

+ Nếu y : 2  1  3 3 3 3  2

Xét hàm số   3 3

ln

f t

t





 trên 2; 

3 3 ln 3.ln 3 3 2.3 ln 2 3 3 ln 4 3

Hàm số f t  đồng biến trên trên 2; 

Do đó  2  f x  f y   x y 2   y x 1 4021

4021 1 2021

y y





   

 2 y 2001

Vậy có 2000 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 4 Có bao nhiêu số nguyên x để không có quá 25 giá trị nguyên của y thỏa mãn bất phương

log xlog x y y 2 y  ? 1

Lời giải

Chọn C

ĐKXĐ: x1

+ Nếu x1: không có giá trị y thỏa mãn BPT đã cho nên y thỏa mãn 1

+ Nếu x2:

log xlog x y 1  y 1 1 Xét hàm số f t  t3 t trên 1; 

  32 1 0 1; 

f t  t      t Hàm số f t  đồng biến trên trên 1; 

2

2

2

log x 1 13 2

2

log x170log2x 170  x2 170 x8413 1 x 8413 Vậy có 8413 giá trị nguyên của x thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 5 Có bao nhiêu giá trị nguyên của x để bất phương trình

log 2 x 2xy y 2 x y  1 log y 2 log y 2y4 thỏa mãn với mọi y ?

Lời giải

Chọn D

ĐK: 2x22xy y 22x y   0; y   y22x1y2x22x  0; y 

  2  2 



1

x x





  



ĐK cần: Với y : Bất phương trình có dạng: 0  2 

log 2x 2x  1 log 4

log 2x 2x log 12 2x22x12  2  x 3

 x  2;2;3

ĐK đủ:

+ Với x 2: Bất phương trình có dạng:

log y 6y12  1 log y 2 log y 2y4

log y 6y12 log 3y 6y12  1 log y 2y4 

nên bất phương trình thỏa mãn với mọi y

 x 2 thỏa mãn

+ Với x2: Bất phương trình có dạng:

log y 2y4  1 log y 2 log y 2y4

log y 2y4 log 3y 6y12  1 log y 2y4 

nên bất phương trình thỏa mãn với mọi y

x2 thỏa mãn

+ Với x3: Bất phương trình có dạng:

log y 4y12  1 log y 2 log y 2y 4

Do y không thỏa mãn bất phương trình nên 1 x3 không thỏa mãn

Vậy có 2 giá trị nguyên của x thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 6 Cho ,a b là những số thực dương thỏa mãn điều kiện 2a b 2 Có bao nhiêu số nguyên x

sao cho tồn tại 1;10

3

y   để 3 .3 .92

y

ax by  a xb ?

Lời giải

Chọn A

Ta có 2a b    2 b 2 2a

.9

2

y

ax by  a xb    a x a y   a x  y  a

Đặt t x 2y f t 3ata.3t  a 1 0,t

  3 ln 3at 3 ln 3t ln 3 3 at 3t 0 0

Ta có bảng biến thiên:

3

f t   x y   Vậy có 4 số nguyên x là x3;4;5;6

Câu 7 Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của y sao cho tồn tại số thực x7; thỏa mãn:

 

log11

y



Lời giải

Chọn A

11 log11

log log

y x

y

y  x  y   x

Đặt ylog 11 x 7 t t 7

Phương trình trở thành: tlog 11 y    x 7 x tlog 11 y7

TH1: Xét thấy y1 thì x {thỏa mãn} 8

TH2: Xét y1

Suy ra: t x ylog 11 xylog 11 t t ylog 11 t  x ylog 11 x

Xét hàm đặc trưng f u  ylog u 11 u trên 0;

  log 11 ln

.ln11

u

Xét: y1 Hàm số f u đồng biến và liên tục trên 0;

Do đó, f x  f t  x t

Vì thế, ta đưa về xét phương trình: x ylog 11 x  7 x xlog 11 y   7 x 7 xlog 11 y

11

log 7

log

x



11

log 7

log

x

x



11

log y   1 y 11

Xét hàm số   11 

11

log 7 log

x

g x

x



11

log

g x

x



nghiệm nên g x   0, x 7

Từ bảng biến thiên của g x  ta thấy với 1 y 11 phương trình  * luôn có nghiệm nên ta được y2,3, 4 10

Kết luận: y1, 2,3, 4 10 Vậy có 10 giá trị y thỏa mãn

Câu 8 Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại 1 ;2

2

  thỏa mãn 2  

8y  xy  1 2xy 8y?

Lời giải

Chọn A

Phương trình đã cho tương đương với 23 y2 3 xy  3 y  1 2xy

2

y

y   x

+ Nếu x  0 thay vào phương trình ban đầu ta được 8y2 8y  y 1 (vì 1 ;2

2

 ) (thỏa mãn)

+ Nếu x  1 thay vào phương trình ban đầu ta được 2   2

8y  y  1 2 8y y 8y  1 2y Khảo sát hàm số   2

8y 1 2

f y    y ta có

' 8 ln 8.2 2 8 ln 8.2 2 0,

y

Do đó hàm số đồng biến trên 1 ;2

2

2

f y  f 

  (pt vô nghiệm)

+) Nếu x  2, xét phương trình tương đương là 23 y23 xy3 y  1 2xy

2

y  xy y y  y x    

Xét hàm g t   2t t 1 Khảo sát hàm số ta thấy g t   0 t 1

Vì vậy 2t    Áp dụng bất đẳng thức này với t 1 t 1 t3y23xy3y 1

ta có 23 y23 xy3 y 3y23xy3y1

Mà  2    2 2   2 1

2

y  xy y  xy  y xy y y y x  y    y y Suy ra 23 y23 xy3 y 2xy1 nên phương trình ban đầu vô nghiệm

Vậy chỉ có x0thỏa mãn đề bài

Câu 9 Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi giá trị của y , bất phương trình

log3x x 11ylog3x0 có nghiệm nguyên x và có không quá 10 số nguyên x thỏa mãn?

Lời giải

Chọn B

Điều kiện x0

Ta có log3x x 11ylog3x0

 

 

3 3 3 3

log

log

x x

I

x x

II









 Đặt f x log3x x 11   1 1 0 0

.ln 3

x



Nên hàm số f x đồng biến trên   0;  Mặt khác  f 9 0 Khi đó ta có:

+ Hệ (I) : 3

3

log

x x

  



3y

x x

 



 

Hệ  I có nghiệm nguyên và đồng thời có không quá 10 số nguyên x thỏa mãn thì

3y    Mà y nguyên dương nên 9 y 2 y1

+ Hệ (II): 3

3

log

x x

x y

  



9

3y

x x





 



Hệ  II có nghiệm nguyên và đồng thời có không quá 10 số nguyên x thỏa mãn thì

9 3 y 202 y log 20 2,73  Mà y nguyên dương nên không có giá trị y thỏa mãn Vậy có đúng một nguyên dương y thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 10 Có bao nhiêu số nguyên dươngyđể bất phương trình2x x 20212x y có đúng 0 5

nghiệm nguyên dương của x?

Lời giải

Chọn B

Xét hàm số f x 2x x 2021 với x1

  2 ln 2 1 0x  1

f x      Hàm số đồng biến trên x  1;  

Do đó   x 1 f x  f 1 2022 0

Khi đó bất phương trình:2x x 20212xy 0

2

2x y 0 2x  y x log y

Để bất phương trình có đúng5nghiệm nguyên dương của x x1; 2;3;4;5 thì ta cần

2

33;34; ;64

y



 

 Vậy có 32 giá trị y thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 11 Có bao nhiêu số nguyên y sao cho bất phương trình

2

log

2

đúng với mọi x3

Lời giải

Chọn C

ĐK: y 0

2

log

2

2

log

2

2

2

Xét hàm số:   1 2

3

t

f t    t

 

t

 

f t

 là hàm số nghịch biến trên 

2

2

2 2

log y 2x y 2 x y 4x

Bất phương trình đã cho có nghiệm với mọi x3  y 43  y 64

1; 2; ;63 y

Vậy có 63 số nguyên y thỏa mãn bài toán

Câu 12 Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 728 số nguyên y thỏa mãn

 2 

log x  y log (x y )?

A 59 B 58 C 116 D 115

Lời giải Chọn C

log (x y ) log x y  (1)0

( ) log ( ) log

f y  x y  x y Tập xác định D    ( ; x )

Với mọi x ta có x2 x nên

( )

f y

 đồng biến trên khoảng ( x; )

Do y là số nguyên thuộc ( x; ) nên y  x k k,  

Giả sử y  x k là nghiệm của bất phương trình (1) thì f y( ) f( x k) 0

Mà         x 1 x 2 x k và f y( ) đồng biến trên khoảng ( x; ), suy ra

( 1) ( 2) ( ) 0

f   x f    x f  x k  , nên các số nguyên    x 1, x 2, ,  x k đều là nghiệm của (1), hay nói cách khác bất phương trình (1) sẽ có k số nguyên y thỏa mãn yêu cầu ứng với mỗi x

3367 0

Mà x nên x  57, 56, , 58 

Vậy có 116 số nguyên x thỏa yêu cầu bài toán

Câu 13 Tích các giá trị của a để bất phương trình    

2 2

2 3 log2 3 1 log

2

x

a

x





 

 có nghiệm đúng với mọi

x thực dương là

A 3

Lời giải

Chọn C

Logarit cơ số 2 hai vế của bất phương trình đã cho, ta được bất phương trình tương đương:

2

3 1 log

3 log

x

Đặt: tlog2x; t thì (1) trở thành:

t

a t

f t  t  a  a t  , ta có: t  

 

0,

f

  





 Suy ra t 1 là điểm cực tiểu của hàm số f t  Do đó: f   1 0

  6 1  1  2 2 3 2 

1

2

a

a







 



Thử lại: với

1 1 2

a a







 



thì (2) trở thành  2

2 t1  đúng với 0  t 

Vậy a1 và 1 2 1

2

a  là các giá trị thỏa mãn ycbt Do đó: 1 2 1

2

a a 

Câu 14 Có bao nhiêu bộ  x y; với x y nguyên và , 1x y, 2020 thỏa mãn

A 2017 B 4034 C 2 D 2017 2020

Lời giải Chọn B

+ Điều kiện

*

*



x

x





3 0, log 1 log 0 1 0, 3 4 0, log 0

x

x





Như vậy trường hợp này cho ta đúng 2017 bộ    x y;  x;1 với 4 x 2020,x

+ Xét y2 thì thành 4x4 log 1 0 3  , BPT này cũng luôn đúng với mọi x mà

4 x 2020,x

Trường hợp này cho ta 2017 cặp  x y; nữa

+ Với y2,x3 thì VT * 0 nên không xảy ra

Vậy có đúng 4034 bộ số  x y; thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 15 Gọi Slà tập tất cả các giá trị nguyên của y để bất phương trình

xy  xy   y Có bao nhiêu giá trị nguyên của x để tập hợp S có đúng 9

phần tử?

C Không tồn tại giá trị x D 9

Lời giải

Chọn C

Điều kiện: x0;y0

Bất phương trình tương đương với:

Xét hàm đặc trưng f t  t log3t, t0 Ta có:   1 1 0

ln 3

f t

t

    với t0 nên hàm số

 

f t đồng biến trên 0;  Khi đó ta được:

3 y log 2log log log log 2log

ln 3 ln 3 ln 3

g y   y   (nhận) y

Để S có đúng 9 nghiệm nguyên (gồm các nghiệm là:1; 2;3; ;9) thì

2 3

log 10 2log 10 2

0 log xlog 10 2log 10   1 x 3  1,247

Do x nên không tồn tại giá trị x thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 16 Có bao nhiêu giá trị nguyên của x sao cho x2022 và ứng với mỗi giá trị của x có đúng 6

giá trị nguyên của y để 2y 2  2 y8 3 y 2x 0

C Không tồn tại giá trị x D 2022

Lời giải

Chọn C

+ Trường hợp 1: x0

Ta có: 3y2  nên bất phương trình tương đương với x 0

2y  y  8 y 2y      3 0 1 y 3

Do y nên ta chọn y  1;0;1; 2;3, có 5 giá trị nguyên của y (không thỏa đề bài)

+ Trường hợp 2: x1 (do x)

3

y

   

3y   1 0 y    0 y 0

Ta có bảng xét dấu sau:

Vậy các giá trị nguyên của y thỏa mãn bất phương trình là y  1;0;1; 2;3, có 5 giá trị nguyên của y (không thỏa đề bài)

+ Trường hợp 3: x2 (do x)

3

3

log

log

  



 



Do số giá trị nguyên của y thỏa mãn bất phương trình là 6 nên ta có bảng xét dấu như sau:

Dựa vào bảng xét dấu, để bất phương trình có 6 giá trị nguyên của y thỏa mãn bất phương

4 log x 5 16 log x253  x 3

Do x và x2022 nên không tồn tại giá trị của x thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 17 Có bao nhiêu giá trị nguyên của x thỏa mãn ln 1 ln , 0, 1

x

Lời giải

Chọn D

Bất phương trình đã cho tương đương với 2 ln2 1, 0, 1

1

y y

Xét hàm số   2

2 ln

1

y y f

y

y   y y

Ta có:

2 2

1

2 ln

1

( )

y

f y

y y

Xét hàm số

2 2

1

1

y

Ta có:

( 1)

( 1)

y

y y



Suy ra ( )g y g(1) 0 khi y và ( )1 g y g(1) 0 khi y 1

Do đó ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra (1)      x 1 1 x 0

Vậy có vô số giá trị nguyên của x thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 18 Cho các số , ,x y a thoả mãn 1 x 2048, y1,a và

2

2

x xy x y   x a  y   Có bao nhiêu giá trị của a a100 để luôn

có 2048 cặp số nguyên  x y; ?

A 89 B 90 C 11 D 10

Lời giải

Chọn B

2

x xy x y   x a  y   a  1

x 1x y 1 x 1 log 2x y 1 x 1 2  a a

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  y 1 20482a2047 y 2a

Do y , mỗi giá trị của y có một giá trị của 1 x và trong đoạn 2 a2047; 2a có 2048 số nguyên nên để có 2048 cặp số nguyên  x y; thoả mãn  1 thì 2a2047 1   a 11

Mà a100,a nên a11;12; ;100

Vậy có 90 giá trị của a thoả mãn yêu cầu bài toán

Câu 19 Có bao nhiêu cặp số nguyên dương  x y; thỏa mãn 1 x 106 và

log 10x 20x20 10y y x 2x ? 1

Lời giải

Chọn B

Điều kiện:10x220x20 0 , luôn đúng  x 

Ta có log 10 x220x2010y 2y2x22x 1

x2 2x 1 log 10 x2 2x 2 10y 2 y2

         x22x2logx22x210y 2y2

10 x  x log x 2x 2 10y y

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) f logx22x2 f y 2 logx22x2 y2

1 1 10y

x

Vì 1 x 106 nên  2 2  6 2

1 x1  1 10y  10 1 1 2  6 2

0 y log 10 1 1

Vì y nên  y1;2;3

Với y1 x22x 2 10  x22x 8 0 2

4

x x

 



  

 Ta được    x y;  4;1 thỏa mãn Với y2 x22x 2 104 x22x9998 0 (không có x nguyên nào thỏa mãn) Với y3x22x 2 109x22x999999998 0 (không có x nguyên nào thỏa mãn) Vậy có một cặp nguyên dương    x y;  4;1 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 20 Có bao nhiêu cặp số nguyên x y ;  thỏa mãn 1x y, 2020 và

A 4034 B 2017 C 2020 D 4040

Lời giải

Chọn A

Từ giả thiết kết hợp điều kiện xác định, ta có: 1 y 2020 và 4 x 2020 với x y, 

x



 Với y1:

Thay vào  * , ta được   3   2

x

x





 có 2017 bộ số nguyên x y ; 

 Với y2:

Thay vào  * , ta thấy luôn đúng  x 4; 2020 có 2017 bộ số nguyên x y ; 

 Với 3 y 2020:

Ta có y 2 0

Vậy có 4034 bộ số nguyên x y ; 

Câu 21 Có bao nhiêu cặp số thực x y thỏa mãn ;  2 2 3 log 5 3  4

3x   x 5 y

4 y   y 1 y3  ? 8

Lời giải

Chọn B

Ta có: 2 2 3 log 5 3  4  3 2 2 3

3x   x 5 y 5 y 3x  x

Vì 3x2 2x 3 305 y 3        1 y 3 0 y 3

Lại có  2

4 y   y 1 y3  8

Vậy y 3

3

x x

x

    



Vậy các cặp số thực thỏa mãn là   và 1; 3 3; 3 

Câu 22 Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 242 số nguyên y thỏa mãn

log x y log x y ?

A 55 B 28 C 29 D 56

Lời giải Chọn D

Điều kiện 2

0 0 ,

x y

x y

 



  



log x y log x y  x2 y 4log 3x y  2  log 4 3

 log 4 3  

2

Đặt t    thì x y t 1  1 được viết lại là x2 y tlog 4 3  t  2

Với mỗi x nguyên cho trước có không quá 242 số nguyên y thỏa mãn bất phương trình  1

Tương đương với bất phương trình  2 có không quá 242 nghiệm t

Nhận thấy f t tlog 4 3 t đồng biến trên 1;  nên nếu x2 y 243log 4 3 243 781 thì sẽ

có ít nhất 243 nghiệm nguyên t1

Do đó yêu cầu bài toán tương đương với x2 x 781 27 x 28

Mà x nguyên nên x nhận các giá trị 27, 26, , 27, 28 

Vậy có tất cả 56 số nguyên x thỏa yêu cầu bài toán

Câu 23 Có bao nhiêu bộ  x y; với x y nguyên và , 1x y, 2020 thỏa mãn

A 2017 B 4034 C 2 D 2017 2020

Lời giải Chọn B

+ Điều kiện

*

*



x

x





3 0, log 1 log 0 1 0, 3 4 0, log 0

x

x



