Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để phương trình 2log3 x 1 log3 2x m 0

Câu 1: [2D2-6-3]

(Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Tìm tập nghiệm S của bất
x
log 2
log 2 x 2
2

1.
phương trình
log 2 x log 2 x 1





1
A. 0; 1; 2 2; .

2

1
B. 0; 1; 2 .

2



1
C. 0; 2; .
2

1
D. 0; 1; .
2
Lời giải

Chọn A
x
2
2 log 2 x 1 1 . ĐK:
log 2 x log 2 x 1

log 2

1

x 0
2
0 x2.
x 0
log x 1 0
2

log 2 x 1 2log 2 x

1.
log 2 x
log 2 x 1

Đặt t log 2 x .

t 1

t 1 2t
2t 2 t 1
1

1
0 0 t .
Bất phương trình trở thành:
t
t 1
t t 1
2

t 1


t 1 log 2 x 1 x 2 .
1
1
0 t 0 log 2 x 1 x 2 .
2
2
1
t 1 log 2 x 1 x .
2



1

Kết hợp với điều kiện, bất phương trình 1 có tập nghiệm S 0; 1; 2 2; .
2
Câu 2: [2D2-6-3]
(Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Tìm các giá trị thực của tham
số m để phương trình log32 x 3log3 x 2m 7 0 có hai nghiệm thực x1 ; x2 thỏa
mãn x1 3 x2 3 72.
A. m
m

61
.
2

B. m 3 .

C. không tồn tại.

9
.
2

Lời giải
Chọn D

D.


log32 x 3log3 x 2m 7 0 1
Điều kiện: x 0
Đặt t log3 x x 3t thì phương trình tương đương t 2 3t 2m 7 0


1

có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 2 có 2 nghiệm phân biệt.

Giả sử 2 có 2 nghiệm t1 log 3 x1 , t2 log 3 x2 khi đó x1 x2 3(t1 t2 ) 27 .
Suy ra x1 3 x2 3 72 x1 x2 3 x1 x2 63 x1 x2 12
Vậy x1 , x2 là 2 nghiệm phương trình x 2 12 x 27 0 x 9 x 3
9
x 9 suy ra log 32 9 3log 3 9 2m 7 0 m .
2
9
x 3 suy ra log 32 3 3log 3 3 2m 7 0 m .
2
9
Vậy m .
2

Câu 3: [2D2-6-3] (THPT Chuyên Thái Bình - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Số các giá trị
nguyên của tham số m để phương trình log 2 x 1 log 2 mx 8 có hai nghiệm
phân biệt là
A. 3 .

C. 5 .

B. 4 .

D. Vô số.

Lời giải.

Chọn A

log

x 1

x 1


2
x 1 log 2 mx 8
2
2


x m 2 x 9 0
x 1 mx 8

.

Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực lớn hơn 1 thì điều kiện sau thỏa mãn.
m 8

2
m 4m 32 0
m 4

0

x1 1 x2 1 0 m 0

4m8

1 x1 x2

8 m 0
x1 1 x2 1 0


Vì m m 5, 6, 7 .
Câu 4: [2D2-6-3]
(THPT Thanh Miện - Hải Dương - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho phương
2
trình log 2 x m2 3m log 2 x 3 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 16 .


m 1
A.
.
m 4
m 1
m 4 .


m 1
B.
.
m 4

m 1

C.
.
m 1

D.

Lời giải
Chọn B

log 2 2 x m2 3m log 2 x 3 0

1 .

Điều kiện x 0 .
Đặt log 2 x t . Ta được phương trình t 2 m2 3m t 3 0

2 .

Ta có: x1 x2 16 log 2 x1 x2 4 log 2 x1 log 2 x2 4 .
Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 16 khi và chỉ khi

2

có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa mãn t1 t2 4 .

m 4
Vậy suy ra m 2 3m 4
.
m 1
Thử lại thấy thỏa mãn.

Câu 5: [2D2-6-3] (Toán học và Tuổi trẻ - Tháng 4 - 2018 - BTN) Tập nghiệm của bất
3x 1

phương trình log 1 log 2
0
x 1
2
A. 1;3 .

B. 1; .

C. 3; .

D.

1; 3; .
Lời giải
Chọn D
3x 1
3x 1
x 3
3x 1

log 1 log 2
0 log 2 x 1 1 x 1 2 x 1 0
x 1
2

x 3
.


x 1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S 1; 3; .
Câu 6:

[2D2-6-3] (SGD Bình Dương - HKI - 2017 - 2018 - BTN) Phương trình
log x 2 mx log x m 1 có nghiệm duy nhất khi giá trị của m là:
A. m 0.
4 m 0.

B. m 1.

C. m 5.

D.


Lời giải
Chọn B
Phương trình
2
2

g x x mx x m 1
g x x 1 m x 1 m 0 1
.





x m 1 0
x 1 m

PT đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi xảy ra 1 trong 2 TH sau:
TH1: PT 1 có nghiệm kép x 1 m

m 1
0
1 m 2 4 1 m 0


1 m

m 3 m

1

m
1

m

0




2
m 1
TH2: PT 1 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 1 m x2


m 2 2m 3 0
0


S
1 m
Đk: 1 m
:Không có m thỏa mãn.
1 m
2
2
g 1 m 0
1 m 2 1 m 1 m 1 m 0

TH3:Phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 1 m x2
0
ĐK:
* trong đó
x1 1 m x2 1 m 0

x1 x2 1 m

x1 x2 1 m

Khi đó * thành
2

m 2 2m 3 0
m 2m 3 0


m 1 .


2
1

m

0
x
x

1

m
x

x

1

m

0








1
2
1 2

KL: m 1.
Câu 7: [2D2-6-3]



(TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - LẦN 2 - 2018) Cho phương











trình log 2 x x 2 1 .log 5 x x 2 1 log m x x 2 1 . Có bao nhiêu giá trị
nguyên dương khác 1 của m sao cho phương trình đã cho có nghiệm x lớn hơn 2
?
A. Vô số.

B. 3 .


C. 2 .
Lời giải

Chọn D
Điều kiện xác định: x x 2 1 x 1 .

D. 1 .






Đặt t log 2 x x 2 1 thì t



1
x 2 1ln 2

x

1

x2 1 x
1
x2 1 . 1
.
2
2

2
x x 1 ln 2
x x 1 x 1 ln 2





0

BBT:





Do x 2 t log 2 2 3 .
1
1
t.log 5 2 log m 2 log 5 m
t
2
t

Phương trình trở thành t.log 5 2t log m

Ycbt log 5 m






1

log 2 2 3



m5



1

log 2 2 3

. Do m

*

và m 1 nên m 2 .

Câu 8: [2D2-6-3]
(Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 8 Tuần HK1 - 2018 - BTN)
Xét bất phương trình log 22 2 x 2 m 1 log 2 x 2 0 . Tìm tất cả các giá trị của
tham số m để bất phương trình có nghiệm thuộc khoảng

m ;0 .




2; .

3

C. m ; .
4


3
B. m ;0 .
4

A. m 0; .



D.

Lời giải
Chọn C
Điều kiện: x 0
log 22 2 x 2 m 1 log 2 x 2 0

1 log2 x 2 m 1 log2 x 2 0
2

1 .

Đặt t log 2 x .Vì x 2 nên log 2 x log 2 2


1

1
1

. Do đó t ;
2
2


thành 1 t 2 m 1 t 2 0 t 2 2mt 1 0 2
2

1

Cách 1: Yêu cầu bài toán tương đương tìm m để bpt có nghiệm thuộc ; .
2

2
Xét bất phương trình có: ' m 1 0, m .
f t t 2 2mt 1 0 có ac 0 nên luôn có 2 nghiệm phân biệt t1 0 t2 .


1
1
3
t2 m m 2 1 m .
2
2

4
2
t 1
1

Cách 2: t 2 2mt 1 0 f t
< m t
2t
2


Khi đó cần

3

Khảo sát hàm số f t trong 0; ta được m ; .
4

Câu 9: [2D2-6-3]
(SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA-2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m 0;10
tham
số
để
tập
nghiệm
của
bất
phương
trình

log 22 x 3log 1 x 2 7 m log 4 x 2 7 chứa khoảng 256; .
2

A. 7 .

B. 10 .

C. 8 .

D. 9 .

Lời giải
Chọn C
x 0
x 0

Điều kiện: log 2 x 3log x 2 7 0 2
1
log 2 x 6 log 2 x 7 0
2
2

x 0
x 0
1


0 x



1

log 2 x 1 x

2

2
log x 7

x 128
2
x 128
Với điều kiện trên bất phương trình trở thành

log 22 x 6 log 6 x 7 m log 2 x 7 *

Đặt t log 2 x thì t 8 vì x 256;

* t 1 t 7 m t 7



t 1
m, t 8
t 7
. Đặt f t

t 1
.
t 7


Yêu cầu bài toán m max f t
8;

Xét hàm số f t
Ta có f t

t 1
trên khoảng 8;
t 7

4

t 7

2

.

t 7
0,t 8 f t luôn nghịch biến trên khoảng 8;
t 1

Do đó max f t f 8 3 m 3 .
8;

Mà m 0;10 nên m 3;4;...;10 .


Vậy có 8 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 10: [2D2-6-3] (THPT Lê Hồng Phong - Nam Định - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Tìm
tham số m để phương trình log 2018 x 2 log 2018 mx có nghiệm thực duy nhất.
A. 1 m 2.

C. m 0.

B. m 1.

D. m 2.

Lời giải.
Chọn C

x 2 0 x 2
Điều kiện
.

mx 0
m 0
Khi đó ta có:
log

2018

x 2 log 2018 mx

x 2 mx x2 4 x 4 mx
2

x 2 4 m x 4 0 *

4 m 16 m2 8m .
2

Yêu cầu bài toán * có nghiệm kép lớn hơn 2 hoặc có hai nghiệm phân biệt
thỏa mãn x1 2 x2 .
Trường hợp 1:

m2 8m 0

m 0 (loại).
4 m

2

2
Trường hợp 2:

m 8
Phương trình * có hai nghiệm phân biệt m 2 8m 0
.
m

0

x1 x2 4 m
Theo hệ thức Vi-et, ta có:
x1.x2 4
Khi đó x1 2 x2 x1 2 0 x2 2

x1 2 x2 2 0 x1 x2 2 x1 x2 4 0

4 2 4 m 4 0 m 0 (nhận).
Vậy m 0 là giá trị cần tìm.


Câu 11: [2D2-6-3] (THPT Lê Xoay Vĩnh Phúc Lần 3 2018) Số nghiệm của phương

trình sin 2 x cos x 1 log 2 sin x trên khoảng 0; là:
2
A. 4 .

B. 3 .

C. 2 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn D


Vì sin x 0 và cos x 0 , x 0; nên phương trình đã cho tương đương
2

sin 2 x cos x log 2 cos x 1 log 2 sin x log 2 cos x
log 2 cos x cos x log 2 sin 2 x sin 2 x

*

Xét hàm số f t log 2 t t , với t 0;1 ta có f t


1
1 0, t 0;1 .
t ln 2

Do đó, hàm số f t đồng biến trên khoảng 0;1 .
Từ phương trình * , ta có f cos x f sin 2 x cos x sin 2 x sin x
x

Câu 12:


6

1
hay
2

.

[2D2-6-3] (THPT Lê Xoay Vĩnh Phúc Lần 3 2018) Phương trình
1
2
log 49 x 2 log 7 x 1 log 7 log 3 3 có bao nhiêu nghiệm?
2



A. 2 .




B. 3 .

C. 1 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn A

x 0
Điều kiện
.
x

1

1
2
log 49 x 2 log 7 x 1 log 7 log 3 3 log 7 x log 7 x 1 log 7 2
2





x x 1 2
x2 x 2 0
x 2


.
2
log 7 x x 1 log 7 2
x x 1 2
x 1
x x 2 0
Câu 13: [2D2-6-3] (THPT Lê Xoay Vĩnh Phúc Lần 3 2018) Giả sử S a, b là tập
nghiệm

của

phương

bất

trình

5x 6 x2 x3 x4 log2 x x 2 x log2 x 5 5 6 x x 2 . Khi đó b a bằng

A.

1
.
2

B.

7
.
2


C.
Lời giải

5
.
2

D. 2 .


Chọn A

x 0
x 0
Điều kiện:

2
2 x 3
6 x x 0

D 0;3 .
5x 6 x2 x3 x4 log2 x x 2 x log2 x 5 5 6 x x 2

5 x x 6 x x 2 log 2 x x x 1 log 2 x 5 5 6 x x 2

x 1 5 x log 2 x 6 x x 2 x log 2 x 5 0






5 x log 2 x x 1 6 x x 2 0

5 x log 2 x 0

I
x 1 6 x x 2 0
.

5 x log 2 x 0
II

2
x

1

6

x

x

0


Giải hệ (I).



5 x log 2 x 0 1

2

x 1 6 x x 0 2
Giải 1 5 x log 2 x 0 .

5

Xét hàm số f x x log 2 x xg x với x 0;3
x

Ta có g x

5
1

0x 0;3 .
2
x
x ln 2

Lập bảng biến thiên


5

Vậy f x x log 2 x 0x 0;3 .
x


Xét bất phương trình (2):

2
2

6 x x x 1
6 x x2 x 1

x 1

2 x 2 3x 5 0

x 1
x 1

5

5
x x .
2
2

x 1

5
Vậy nghiệm của hệ I là D ;3 .
2
Hệ II vô nghiệm.

5

Vậy S ,3 .
2
b a 3

5 1
.
2 2

Câu 14: [2D2-6-3] (THPT Thăng Long Hà Nội Lần 1 2018) Cho a , b là hai số thực
4a 2b 5
dương thỏa mãn log5
a 3b 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
ab
T a 2 b2

A.

1
.
2

B.

5
.
2

C.

3

.
2

D. 1 .

Lời giải
Chọn B

4a 2b 5
log5
a 3b 4 log5 4a 2b 5 log5 5 a b 5 a b 4a 2b 5
ab
log5 4a 2b 5 4a 2b 5 log5 5 a b 5 a b (*)
Hàm số f t log5 t t t 0 có f t

1
1 0
t ln 5

f t đồng biến nên (*) f 4a 2b 5 f 5 a b 4a 2b 5 5 a b .


4a 2b 5 5 a b a 5 3b
T a b T 5 3b
2

2

Vậy GTNN T


2

2

3 5 5

b 10b 30b 25 10 b .
2 2 2

2

2

5
.
2

(THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018) Cho phương trình
log3 x 3log3 x 2m 7 0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn

Câu 15: [2D2-6-3]
2

x1 3 x2 3 72 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
7
2

7
2





Câu 16: A. m 2; B. m ;




7
2

C. m ; 2 D. m ;
Lời giải

Chọn B
Ta có x1 3 x2 3 72 x1 x2 3 x1 x2 63 .
Xét log32 x 3log3 x 2m 7 0 , đặt t log 3 x , PT trở thành t 2 3t 2m 7 0

1 .
Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 1 có hai nghiệm
phân biệt 9 4 2m 7 0 8m 37 0 m

37
.
8

Khi đó, giả sử 1 có hai nghiệm t1 , t2 , tương ứng PT đã cho có hai nghiệm x1 , x2 .
t1 t2 3
Theo Vi-et ta có
.

t1t2 2m 7

log 3 x1 log 3 x2 3 x1.x2 27
Nên
log 3 x1.log 3 x2 2m 7 *
x1.x2 27
x 9
9
1
Kết hợp với giả thiết ta có
. Thay vào * ta được m
2
x1 x2 12
x2 3
(TM).

Câu 17: [2D2-6-3] (THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho phương
trình log32 x 3log3 x 2m 7 0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn

x1 3 x2 3 72 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
7
2

7
2




Câu 18: A. m 2; B. m ;





Lời giải
Chọn B

7
2

C. m ; 2 D. m ;


Ta có x1 3 x2 3 72 x1 x2 3 x1 x2 63 .
Xét log32 x 3log3 x 2m 7 0 , đặt t log 3 x , PT trở thành t 2 3t 2m 7 0

1 .
Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 1 có hai nghiệm
phân biệt 9 4 2m 7 0 8m 37 0 m

37
.
8

Khi đó, giả sử 1 có hai nghiệm t1 , t2 , tương ứng PT đã cho có hai nghiệm x1 , x2 .
t1 t2 3
Theo Vi-et ta có
.
t1t2 2m 7


log 3 x1 log 3 x2 3 x1.x2 27
Nên
log 3 x1.log 3 x2 2m 7 *
x1.x2 27
x 9
9
1
Kết hợp với giả thiết ta có
. Thay vào * ta được m
2
x1 x2 12
x2 3
(TM).
Câu 19: [2D2-6-3] (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018 - BTN) Có bao nhiêu giá
log5 mx
trị nguyên của tham số m để phương trình
2 có nghiệm duy nhất?
log5 x 1

A. 1

B. 3

C. Vố số
Lời giải

Chọn C

x 1 0


Phương trình tương đương với: x 1 1

2
mx x 1

Xét hàm số
Có y 1

x 1
y
x

2


x 1

x 0
.

2
m x 1

x

, với x 1; \ 0 .

1
x2 1


; y 0 x 1 (do x 1; \ 0 ).
x2
x2

Bảng biến thiên:

D. 2


m 4
Từ bảng biến thiên suy ra để hàm số có nghiệm duy nhất thì
.
m 0
Vậy có vô số giá trị nguyên để phương trình có nghiệm duy nhất.
Câu 20: [2D2-6-3] (THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho bất phương
trình log7 x2 2 x 2 1 log7 x 2 6 x 5 m . Có bao nhiêu giá trị nguyên của
tham số m để bất phương trình trên có tập ngiệm chứa khoảng 1;3 ?
A. 35

B. 36

C. 34

D. 33

Lời giải
Chọn C
2

m x 2 6 x 5

x 6x 5 m 0

bpt
2
log 7 7 x 2 2 x 2 log 7 x 2 6 x 5 m
6 x 8 x 9 m



m max f x
1;3

, với f x x 2 6 x 5 ; g x 6 x 2 8x 9

m

min
g
x


1;3
Xét sự biến thiên của hai hàm số f x và g x
f x 2 x 6 0, x 1;3 f x luôn nghịch biến trên khoảng 1;3
max f x f 1 12
1;3

g x 12 x 8 0, x 1;3 g x luôn đồng biến trên khoảng 1;3
min g x g 1 23
1;3


Khi đó 12 m 23
Mà m

nên m11; 10; ...; 22

Vậy có tất cả 34 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.


Câu 21: [2D2-6-3] (Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Gọi M và m là nghiệm nguyên
lớn nhất và nghiệm nguyên nhỏ nhất của bất phương trình
2x 1 x 2 1 log3 x 4 0 . Khi đó tích M .m bằng
2
x
5x 5
B. 24 .

A. 6 .

C. 3 .

D. 12

Lời giải
Chọn A

x 4
x 4 0

Điều kiện xác định: x2

x 0
x
5 5 0
x 1

x 2 0
x 2
x 1


2 x 1 x 2 0 2 x 1 x 2 2 x 1 x 2 x 1
x 1
2 x 1 x 2
x 1


1 log3 x 4 0 log3 x 4 1 x 4 3 x 1
x 0
x 1
x x
x
x
x2
x2
2
5 5 5 5 x x

2
x 0
x



x


x 1
2

Bảng xét dấu: ( x 0 là nghiệm bội 2 , x 1 là nghiệm bội 2 , x 1 là nghiệm
bội 3 )

x 4; 1 nên M 2; m 3 Vậy M .m 6
Câu 22: [2D2-6-3] (Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Có bao nhiêu số nguyên dương
m trong đoạn 2018; 2018 sao cho bất phương trình sau đúng với mọi x 1;100
: 10 x

m

log x
10

A. 2018 .

11

1010

log x

.

B. 4026 .

C. 2013 .
Lời giải

Chọn A

D. 4036 .


10 x

m

log x
10

10

11
log x
10

log x
11

m
log x 1 log x log x 10m log x 1 11log x 0
10
10



10m log x 1 log 2 x 10log x 0 .
Do x 1;100 log x 0; 2 . Do đó

10m log x 1 log 2 x 10 log x 0 10m
Đặt t log x , t 0; 2 , xét hàm số f t

f t

10 2t t 2

t 1

2

10 log x log 2 x
.
log x 1

10t t 2
. Ta có:
t 1

0 t 0; 2 .

Do đó f 0 f t f 2 0 f t

16
.

3

16
8
10log x log 2 x
Để 10m
đúng với mọi x 1;100 thì 10m m .
3
15
log x 1

8

Do đó m ; 2018 hay có 2018 số thỏa mãn.
15

Câu 23: [2D2-6-3] (THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần 2 - Năm 2018) Biết rằng phương
trình log 2 1 x1009 2018log3 x có nghiệm duy nhất x0 . Khẳng định nào dưới đây
đúng?
1

1

A. 31008 x0 31006 .

2

1

C. 1 x0 31008 .


B. x0 31009 .

D.

1

31007 x0 1 .
Lời giải
Chọn C
Điều kiện: x 0 .
Đặt t log 2 1 x1009 2018log3 x . Khi đó t 0 .

1 x1009 2t
2
2018
2t 1 3t 2t 1
t
3
x
t

3 1 t

1 (*).
2

2

3


t



3 1 2
t

t


t

3 1 t
Ta thấy hàm số f t
luôn nghịch biến và liên tục trên 0; và
2 2
f 2 1 nên phương trình (*) có duy nhất một nghiệm t 2 .
1

x1009 3 hay x0 31009 .

Mà 0

1
1
1
1008

nên 1 x0 3 .

1009 1008

Câu 24: [2D2-6-3] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 -2018 - BTN) Tập hợp tất cả
các số thực x không thỏa mãn bất phương trình 3x

2

9

x 2 9 5x 1 1 là một

khoảng a; b . Tính b a.
A. 6 .

C. 4 .

B. 3 .

D. 8 .

Lời giải
Chọn A
Điều kiện xác định của bất phương trình: x .
Do đó để giải bài toán ta chỉ cần giải bất phương trình: 3x
Nếu: x 2 9 0 ta có: 3x
Vậy 3x

2

9


2

9

2

9

x 2 9 5x 1 1

x 2 9 5 x 1 30 0 1 không thỏa yêu cầu bài toán.

x 2 9 5x 1 1 x 2 9 0 3 x 3.

Ngược lại nếu 3 x 3 thì ta có: 3x

2

9

x 2 9 5 x 1 30 1 . (vì 5 x1 0 và

x2 9 0 )

Vậy 3x

2

9


x 2 9 5x 1 1 0 3 x 3 x 3;3 . Do đó

b a 3 3 6.
Câu 25:

[2D2-6-3] (Sở GD và ĐT Đà Nẵng-2017-2018 - BTN) Giải phương trình
log 2 x4 14 x3 100 x 2 12 x 25 4log16 39 x 2 70 x 3 được bốn nghiệm
a b c d . Tính P b 2 d 2 .

A. P 72 .

B. P 42 .

C. P 32 .
Lời giải

Chọn B

D. P 52 .


x 4 14 x3 100 x 2 12 x 25 0
Điều kiện:
1
2
39 x 70 x 3 0

Với điều kiện 1 , ta có:


log 2 x4 14 x3 100 x 2 12 x 25 4log16 39 x 2 70 x 3
log 2 x 4 14 x3 100 x 2 12 x 25 log 2 39 x 2 70 x 3
x 4 14 x 3 100 x 2 12 x 25 39 x 2 70 x 3
x 4 14 x 3 61x 2 82 x 22 0

x 3 7
(thỏa 1 )
x 2 6 x 2 x 2 8x 11 0
x 4 5
Vậy b 4 5 , d 4 5 P b 2 d 2 42 .

Câu 26: [2D2-6-3] (THPT HÀM RỒNG - THANH HÓA - LẦN 1 - 2017 - 2018 - BTN)
Cho bất phương trình log 3a 11 [ log 1 ( x 2 3ax 10 4)].log 3a ( x 2 3ax 12) 0
7

Giá trị thực của tham số a để bất phương trình trên có nghiệm duy nhất thuộc khoảng
nào sau đây?
A. 0;1 .

B. 1;0 .

C. 1; 2 .

2; .
Lời giải
Chọn D
Đặt 3a m
Điều kiện: m 0, m 1, x 2 mx 10 0 .

bpt log m 11 (log 71 x 2 mx 10 4) log m ( x 2 mx 12) 0

log m 11 (log7 x 2 mx 10 4) log m ( x 2 mx 12) 0



log ( x2 mx 12)
1
log7 ( x2 mx 10 4). 11
0
log11 m
log11 m



1 log 7 ( x 2 mx 10 4).log11 ( x 2 mx 12)
0.
log11 m

Đặt u= x 2 mx 10 và f (u ) log 7 ( u 4).log(u 2)

D.


Với m (0;1) f (u) log 7 ( u 4).log11 (u 2) 1 .
Ta thấy f(9)=1 và f(u) là hàm đồng biến
f (u ) f (9) x 2 mx 10 9 x 2 mx 1 0
Vì m (0;1) nên bất phương trình có nghiệm đúng với mọi x, nên không thỏa mãn
điều kiện bài toán.
x 2 mx 10 0(1)
Với m >1: ta có f (u ) 1 f (9) 0 u 9 2
x mx 1 0(2)


Xét phương trình x 2 mx 1 =0 có m 2 4 .
0
- Khi 1