Tải bản đầy đủ

PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ

(THPT Chuyên Vĩnh Phúc- Lần 3-2018) Số nghiệm của phương trình
2 x  2 x  9   x2  x  3 .8x 3 x 6   x2  3x  6 .8x  x 3 là

Câu 1: [2D2-5-4]
2

A. 1 .

2

2

B. 3 .

C. 2 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn D
+ Đặt x 2  x  3  u , x 2  3 x  6  v . Khi đó phương trình có dạng:

u  v  u.8v  v.8u * .

+ Khi u  0 , phương trình * có dạng v  v (đúng). Khi đó phương trình x 2  3 x  6  0
có hai nghiệm x phân biệt.
+ Khi v  0 , phương trình * có dạng u  u (đúng). Khi đó phương trình x 2  x  3  0 có
hai nghiệm x phân biệt.
+ Khi uv  0 , không mất tính tổng quát, giả sử u  v .
Trường hợp 1 : u  v  0 .

8v  1 u.8v  u
Có  u
 u
 u  v  u.8v  v.8u .
8  1 v.8  v
Trường hợp 2 : u  0  v .
v
v

8  1 
u.8  u
 v
 u.8v  v.8u  u  v .
Có  u

8  1 
v.8  v

Trường hợp 3 : u  v  0 .
u
u

8  1 
v.8  v
 v
 v.8u  u.8v  u  v .
Có  v

8  1 
u.8  u


Từ ba trường hợp trên suy ra u  v , phương trình * có dạng: u  u.8u  u  0  v

 u  0  v (loại vì phương trình đã cho không có nghiệm x chung.
Vậy phương trình * có nghiệm khi u  0 hoặc v  0 , hay phương trình đã cho có 4
nghiệm.
Câu 2:

[2D2-5-4] (THPT Nguyễn Trãi – Đà Nẵng
– 2018) Phương trình
x
x
4  2  m  1 .2  3m  8  0 có hai nghiệm trái dấu khi m   a; b  . Giá trị của

P  b  a là
8
A. P  .
3

B. P 

19
.
3

C. P 
Lời giải

15
.
3

D. P 

35
.
3


Chọn B
Đặt t  2 x , ta có phương trình t 2  2  m  1 t  3m  8  0 1 .
Với x1  0  x2 thì 0  2 x1  1  2 x2 , nên phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu
x1 , x2 khi và chỉ khi phương trình 1 có hai nghiệm 0  t1  1  t2 .

Ta có 1  t 2  2t  8  m  2t  3  2  .
t 2  2t  8
3
m
Vì t  không là nghiệm phương trình  2  nên:  2  
2
2t  3

Xét hàm số f  t  
Ta có f   t  

 3 .

t 2  2t  8
3
, với 0  t  .
2
2t  3

2t 2  6t  22

 2t  3

2

 0 với 0  t 

3
.
2

Bảng biến thiên:

Phương trình 1 có hai nghiệm 0  t1  1  t2 khi và chỉ khi phương trình  3 có hai
nghiệm 0  t1  1  t2 . Từ bảng biến thiên ta suy ra giá trị cần tìm của m là

8
m9
3

.
8
8 19
Như vậy a  , b  9 . Do đó P  b  a  9   .
3
3 3

Câu 3: [2D2-5-4] (Lương Văn Chánh - Phú Yên – 2017 - 2018 - BTN) Xét các số thực x
, y  x  0  thỏa mãn
1
 y  x  3 .
2018 x 3 y
Gọi m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  x  2 y . Mệnh đề nào sau đây đúng ?
2018 x 3 y  2018 xy 1  x  1  2018 xy 1 


C. m   2;3 .

B. m  1; 2  .

A. m   0;1 .

D.

m   1;0  .
Lời giải
Chọn D
Ta có 2018 x 3 y  2018 xy 1  x  1  2018 xy 1 

1
 y  x  3
2018 x 3 y

 2018x 3 y  2018 x 3 y  x  3 y  2018 xy 1  2018xy 1  xy  1

1

 f  x  3 y   f   xy  1

Xét hàm số f  t   2018t  2018t  t , với t 

ta có

f   t   2018t ln 2018  2018t ln 2018  1  0 , t  .
nên 1  x  3 y   xy  1

Do đó f  t  đồng biến trên

2  x  1
x 1
T  x
.
x3
x3
2  x  1
Xét hàm số f  x   x 
, với x   0;   có
x3

 y  x  3   x  1  y  

f  x  1

4

 x  3

2



x2  6 x  5

 x  3

2

 0 , x   0;   .

2
Do đó f  x  đồng biến trên  0;    f  x   f  0    .
3
2
Dấu “  ” xảy ra  x  0  m   .
3

Câu 4: [2D2-5-4] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Số nghiệm của
phương trình x 2  5 x  2   x 2  8 x  3 .83 x 5   3x  5  .8 x
A. 4 .

B. 3 .

2

8 x  3



C. 1 .
Lời giải

Chọn B
Đặt u  x 2  8 x  3 , v  3x  5 , phương trình đã cho viết lại là

u  v  u.8v  v.8u  u 1  8v   v 8u  1 *
Ta thấy u  0 hoặc v  0 thỏa mãn phương trình * .
1  8v 8u  1

Với u  0 và v  0 ta có * 
v
u

Ta thấy:

**

D. 2 .


8u  1
8u  1
 0 và nếu u  0 thì
 0 . Do đó VP **  0, u  0 .
Nếu u  0 thì
u
u

Nếu v  0 thì

1  8v
1  8v
 0 và nếu v  0 thì
 0 . Do đó VT **  0, v  0 .
v
v

Từ đó suy ra ** vô nghiệm.
Như vậy, phương trình đã cho tương đương với


 x  4  13
 x2  8x  3  0

u  0
  x  4  13 .
v  0  

3 x  5  0

5
x 
3

Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm.
Câu 5: [2D2-5-4] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN)
Phương trình 2 x  2

3

m 3 x

  x3  6 x 2  9 x  m  2 x 2  2 x 1  1 có 3 nghiệm phân biệt

khi và chỉ khi m  ( a; b) đặt T  b 2  a 2 thì:
A. T  36 .
B. T  48 .

C. T  64 .

D. T  72 .

Lời giải
Chọn B
Ta có 2 x  2

3

m 3 x

  x3  6 x 2  9 x  m  2 x 2  2 x 1  1

2

3

m 3 x

  x  2   8  m  3x  23  22 x

2

3

m 3 x

 m  3 x  22  x   2  x  .

3

Xét hàm f  t   2t  t 3 trên

3

.

có f   t   2t.ln 2  3t 2  0, t 

nên hàm số liên tục và đồng biến trên

Do đó từ (1) suy ra m  3x   2  x   m  8  9 x  6 x 2  x 3 .
3

Xét hàm số f  x    x3  6 x 2  9 x  8 trên

.

x  3
có f   x   3x 2  12 x  9 ; f   x   0  
.
x  1
Bảng biến thiên

.


Dựa vào bảng biến thiên ta có, phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi 4  m  8 .
Suy ra a  4; b  8  T  b 2  a 2  48 .
----------HẾT---------Câu 6: [2D2-5-4] (THPT Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2017 - 2018 - BTN) Cho bất phương



trình m.3x 1   3m  2  . 4  7

  4  7 
x

x

 0 , với m là tham số. Tìm tất cả các

giá trị của tham số m để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x   ;0
.
A. m 

m

22 3
.
3

B. m 

22 3
.
3

C. m 

22 3
.
3

D.

22 3
.
3
Lời giải

Chọn A



Ta có m.3x 1   3m  2  . 4  7
x

  4  7 
x

x

0

x

x

 4 7 
 4 7 
 4 7 
 
   3m  2  
  3m  0 . Đặt t  
 , do x  0 nên
3
3
3






0  t 1.
Tìm tham số m sao cho t 2  3mt  3m  2  0 , đúng với mọi 0  t  1 .
t 2  2
t 2  2
t2  2
 m  max
. Ta tìm GTLN của hàm số f  t   
trên
 0;1 3t  3
3t  3
3t  2
0  t 1.
m

t  1  3
1 t 2  2t  2
Ta có f   t    .
.
0 
2
3  t  1
t  1  3
Lập bảng biến thiên ta được


Vậy max
 0;1

t 2  2
22 3
 f 1  3 
.
3t  3
3





Câu 7: [2D2-5-4] (THPT Chuyên Thái Nguyên - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Có bao nhiêu

 x; y  thỏa
2
y  1   y  3  8 ?

cặp số thực

4y
A. 3 .

mãn đồng thời điều kiện 3

B. 2 .

x 2  2 x  3  log 3 5

C. 1 .

 5 ( y  4) và

D. 4 .

Lời giải
Chọn B
Xét bảng sau:

Gọi 4 y  y  1  ( y  3)2  8 (*)
+ TH1. y  0 , ta có *  4 y  y  1  ( y  3)2  8  3  y  0 , do đó 3  y  0
.
+ TH2. 0  y  1 , *  4 y  y  1  ( y  3)2  8  11  y  0 , do đó y  0 .
+ TH3. y  1 , *  4 y  y  1  ( y  3)2  8 

9  73
9  73
, do đó
 y
2
2

loại TH3.
Vậy cả 3 trường hợp cho ta 3  y  0 , với điều này ta có

3

Do 3

x 2  2 x 3

x 2  2 x 3 log3 5

1
 1 và  
5

y 3

 ( y  4)

5

0

3

x 2  2 x 3

1
    1 ( y  3) .
5

 ( y 3)

5

1
 
5

y 3

.


 x2  2x  3  0
 x  1  x  3
Dấu bằng xảy ra  

 y  3
 y  3

Vậy có 2 cặp nghiệm thỏa mãn.

Câu 8: [2D2-5-4] (Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 – 2018 – BTN) Cho phương

trình 4x   m  1 2 x 1  8  0 . Biết phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn

 x1  1 x2  1  6 . Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là
B. 1  m  3 .

A. Không có m .

D. m  2 .

C. m  3 .

Lời giải
Chọn B
Đặt t  2 x  t  0  thì phương trình đã cho trở thành t 2  2  m  1 t  8  0 1 .
Điều kiện để phương trình có hai nghiệm x1 , x2  1 có hai nghiệm dương phân
biệt t1 , t2

  m  1  2 2
 m 2  2m  7  0
   0



   m  1  2 2  m  1  2 2 .
  S  0  2  m  1  0
8  0

P  0


m  1
Khi đó t1  m  1  m2  2m  7  2 x1 , t2  m  1  m2  2m  7  2x2
Ta có t1.t2  2x1  x2  8  x1  x2  3 ,  x1  1 x2  1  6  x1 x2  2

 


8
 log  m  1  m  2m  7  log
2
m  1  m  2m  7
 log  m  1  m  2m  7  3  log  m  1  m  2m  7    2 1


u  1
Đặt u  log  m  1  m  2m  7  thì 1 trở thành 3u  u  2  0  
.
u  2
 log 2 m  1  m2  2m  7 .log 2 m  1  m 2  2m  7  2
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

+ u  1  m  1  m2  2m  7  2  m2  2m  7  1  m : ptvn do m  1  2 2
.
+ u  2  m  1  m2  2m  7  4  m2  2m  7  3  m  m  2 (nhận).
Vậy m  2 thỏa ycbt.
Câu 9: [2D2-5-4]
(CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 3-2018) Cho phương trình

3x  a.3x cos  x   9 . Có bao nhiêu giá trị thực của tham số a thuộc đoạn

 2018; 2018 để phương trình đã cho có đúng một nghiệm thực ?
A. 1.

B. 2018.

C. 0.

D. 2.


Lời giải
Chọn A

Ta

3x  a.3x cos  x   9  9 x  a.3x cos  x   9 (vì



3x  0 )

 3x  32 x  a.cos  x  (*)
Điều kiện cần: Nếu phương trình (*) có nghiệm duy nhất x0 thì ta thấy rằng 2  x0
cũng là nghiệm của (*) do đó x0  2  x0  x0  1 . Thay vào (*) ta được a  6.
Điều kiện đủ: Ngược lại nếu a  6 thì phương trình (*) trở thành
3x  32 x  6.cos  x 
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 3x  32 x  2. 3x.32 x  6 mà 6.cos  x   6 do
đó
3x  32 x  6
3x  32 x
3x  32 x  6.cos  x   

 x 1
6 cos  x   6
cos  x   1
Vậy có duy nhất a  6 thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 10: [2D2-5-4] [THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp]Tích tất cả các nghiệm thực của phương

trình  9x  3   3x  9   9x  3x  12  bằng
3

A. 2 .

3

3

B.

1
.
2

C.

25
.
2

D. 1 .

Lời giải
Chọn D
Đặt t  3x  0 . Phương trình thành  t 2  3   t  9   t 2  t  12  .
3

3

3

t  3
t  4
2
3
2
Ta có     t  t  12  3t  27t  9t  81  0  
.
t  9

t   3


3 x  3
t  3
x  1



1
Do t  0 nên nhận t  9  3x  9   x  2  1.2.  1 .
2
t  3 3 x  3

1


x 

2
Câu 11: [2D2-5-4] [THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU] Số nghiệm nguyên không âm của
x 1
x
x 1
bất phương trình 15.2  1  2  1  2 bằng bao nhiêu?


A. 0 .

B. 1 .

D. 3 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn D
Đặt t  2 x  1 (do x  0 ) bất phương trình trở thành:

30t  1  t  1  2t .

 30t  1  3t  1  30t  1  9t 2  6t  1  0  t  4

 0  x  2 . Suy ra có 3 nghiệm nguyên không âm của BPT.
Câu 12: [2D2-5-4] [SGD – HÀ TĨNH ] Tập các giá trị m để phương trình

4.



 



x

2 1 

x

2  1  m  1  0 có đúng hai nghiệm âm phân biệt là:
B.  4;5  .

A.  5;7  .

D.  7;8 .

C.  5;6  .

Lời giải:
Chọn C
NX:



Đặt t 





x

2 1 .





x

2 1  1 





x

2 1 



1



2 1

x

2  1 , t  0
x

Do x  0 nên 0  t  1
1
Phương trình đã cho trở thành m  4t   1 * , t   0;1 .
t

Ứng với mỗi 0  t  1 cho ta một giá trị x  0 ,do đó để phương trình ban đầu có
đúng hai nghiệm âm thì pt * phải có hai nghiệm t   0;1 phân biệt
1
1
1
Xét hàm số f  t   4t   1  f   t   4  2  f   t   0  t  
t
t
2
1
x
1
0
2




0



6
5
Nhìn bbt suy ra các giá trị m cần tìm là 5  m  6
Câu 13: [2D2-5-4] [THPT TIÊN LÃNG] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất

phương trình 9 x  2  m  1 .3x  3  2m  0 có tập nghiệm là
A. m 

3
.
2

.

B. Không có giá trị m thoả mãn yêu cầu đề bài.


3
D. m   .
2

C. m  2 .

Lời giải
Chọn D

9 x  2  m  1 .3x  3  2m  0
Đặt t  3x  0 Yêu cầu bài toán trở thành: t 2  2  m  1 t  3  2m  0, t  0

 t 2  2t  3  2m  t  1 , t  0
m

t 2  2t  3
t 3
, t  0 (*)
 Do t  1  0, t  0   m 
2  t  1
2

Xét hàm số g  t  
g t  

t 3
trên  0;  
2

1
3
 0 . Suy ra hàm số g  t  luôn đồng biến trên  0;   ; lim g  t   
t

0
2
2

3
Do đó (*)  m   .
2
Câu 14: [2D2-5-4] [THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU ]

Tìm tất cả các giá trị
thực của tham số m để bất phương trình 9  2  m  1 .3  3  2m  0 nghiệm đúng
x

x

với mọi x  .
A. m tùy ý.

4
B. m   .
3

3
C. m   .
2

D.

3
m .
2

Lời giải
Chọn D
Đặt t  3x , t  0
ycbt  t 2  2  m  1 t  3  2m  0, t  0  m 

t 2  2t  3
, t  0
2t  2

m

1
 t  3 , t  0
2

f t  

1
1
 t  3 , f   t    0, t  0  hàm số đồng biến trên  0,  
2
2


3
Vậy ycbt  m  f  t  , t  0  m  f  0    .
2
Câu 15: [2D2-5-4] [THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU ]

Tìm tất cả các giá trị
thực của tham số m để bất phương trình 9  2  m  1 .3  3  2m  0 nghiệm đúng
x

x

với mọi x  .
3
C. m   .
2

4
B. m   .
3

A. m tùy ý.

D.

3
m .
2

Lời giải
Chọn D
Đặt t  3x , t  0
ycbt  t 2  2  m  1 t  3  2m  0, t  0  m 

t 2  2t  3
, t  0
2t  2

m

1
 t  3 , t  0
2

f t  

1
1
 t  3 , f   t    0, t  0  hàm số đồng biến trên  0,  
2
2

3
Vậy ycbt  m  f  t  , t  0  m  f  0    .
2
Câu 16: [2D2-5-4] Cho a, b, c, x  1 và các khẳng định sau:
logb c
 c logb a .
Câu 17: a

x

4
Câu 18: Phương trình    2 x 2  4 x  9 vô nghiệm.
5

m

1  2017 
Câu 19: Khi m  1 thì phương trình x 

 luôn có nghiệm duy nhất.
x  2016 
Có bao nhiêu khẳng định sai trong các khẳng định trên?
A. 0.

B. 1.

C. 3.
Lời giải

Chọn B

D. 2.


Khẳng định 1, 2 là các khẳng định đúng, các em tự chứng minh. Đối với ý 3 khi thế
3
m  thì VT  2 (theo BĐT CAUCHY) còn VP  2 suy ra phương trình đã cho
2
vô nghiệm suy ra khẳng định 3 sai.

sin
Câu 20: [2D2-5-4] Để phương trình: 2

2

x

 2cos x  m có nghiệm, thì các giá trị cần tìm của
2

tham số m là:
A. 1  m  2 .
3 m  4.

B.

2 m2 2.

C. 2 2  m  3 .

D.

Lời giải
Chọn C

Phương trình tương đương 2sin x  21sin x  m  2sin x 
2

2

2

2

2

sin 2 x

m

Đặt t  2sin x , t  1;2  do 0  sin 2 x  1 .
2

Xét hàm f t

t

2
,t
t

1;2

f t

1

2
; f t
t2

0

t

2

Bảng biến thiên

t

1



f t

f t

2

2



0

3

3
2 2

Vậy phương trình f t

m có nghiệm

2 2

m

3.

Câu 21: [2D2-5-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Biết tập hợp tất

cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 4sin x  5cos x  m.7cos
2

2

2

x

có nghiệm là

a
a

m   ;   với a, b là các số nguyên dương và tối giản. Tổng S  a  b là:
b
b


A. S  13 .

B. S  15 .

C. S  9 .
Lời giải

D. S  11 .


Chọn A
Ta có: 4

sin 2 x

5

cos 2 x

 m.7

cos 2 x

 1 
 4.  
 28 

cos 2 x

5
 
7

cos 2 x

 m.

 1 cos x 1
 

28
 28 
với x  . Do 
nên
2
cos x
 5 
5

 
7
 7 
2

 1 
Xét f  x   4.  
 28 

cos 2 x

5
 
7

cos 2 x

4 5
6
 hay f  x   . Dấu đẳng thức xảy ra khi cos 2 x  1  sin x  0
28 7
7
 x  k .
f  x 

6
. Bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m  min f  x 
7
6
6

 m  hay m   ;     S  13 .
7
7


Vậy min f  x  



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×