Tập hợp các giá trị của m để phương trình 2 ln 2222 ln x mx x có nghiệm duy nhất là

0 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC C ỰC TR Ị M Ũ – LOGARIT Cu ốn sách là s ự t ổng h ợp và phân lo ại các d ạng toán m ũ – logarit hay và khó trong đ ề thi THPT Qu ốc Gia nh ằm h ư ớng t ới các b ạn h ọc sinh có m ục tiêu 9+ trong kì thi đ ại h ọc Phương pháp giải toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Copyright © 2019 by Tap chi va tu lieu toan hoc. All rights reserved. No part of this book may be reproduced or distributed in any form or by anymeans, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written the permission of the author. Trong đề thi THPT Quốc Gia thì các bài toán về cực trị nói chung luôn là các bài toán ở mức độ vận dụng và vận dụng cao và đa phần các đều cảm thấy khó vì không nắm được những phương pháp, những kiến thức cơ bản về bất đẳng thức hay các đánh giá thuần túy. Chính vì lí do đó mà mình đã nảy ra ý tưởng viết một số bài viết có thể giúp được các bạn hiểu được và giải quyết các dạng toán bất đẳng thức và cực trị trong các đề thi thử và đề thi THPT Quốc Gia. Cuốn sách các bạn đang đọc sẽ giới thiệu và mang tới cho các bạn những cái nhìn khác và phương pháp dạng toán về cực trị của hàm số mũ – logarit với mong muốn những ai đọc đều có thể hiểu và áp dụng cho những bài toán khác phức tạp hơn hoặc có thể phát triển thêm nhiều vấn đề khác. Ở lần tái bản đầu tiên thì đã nhận được rất nhiều ý kiến đóng góp từ bạn đọc, tốt có, góp ý có, mình cũng đã tiếp nhận những ý kiến đó và hoàn thiện tốt hơn trong lần tái bản này. Trong ebook mình có sáng tác và tự sưu tầm từ rất nhiều nguồn nên có thể sẽ có những câu hỏi chưa hay hoặc chưa phù hợp mong bạn đọc bỏ qua. Trong quá trình biên soạn không thể tránh khỏi những thiếu sót, mong bạn đọc có thể góp ý trực tiếp qua fanpage Tạp chí và tư liệu toán học Nguyễn Minh Tuấn Nguyễn Mai Hoàng Anh Fanpage. https://www.facebook.com/OlympiadMathematical Bản ebook được phát hành miễn phí trên blog Chinh phục Olympic toán, và fanpage Tạp chí và tư liệu toán học mọi hoạt động sử dụng tài liệu vì mục đích thương mại đều không được cho phép. Xin chân thành cảm ơn bạn đọc. Lời giới thiệu Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản. 1 I. Các kiến thức cơ bản. 1 II. Các dạng toán cực trị mũ – logarit. 3 1. Kỹ thuật rút thế, đánh giá điều kiện đưa về hàm 1 biến số. 3 2. Kỹ thuật “hàm đặc trưng”. 17 3. Các bài toán liên quan tới định lý Viet. 37 4. Các bài toán đưa về đánh giá biến log b a . 45 Chương 2. Các bài toán chứa tham số. 50 Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao. 99 1. Sử dụng phương pháp đánh giá bất đẳng thức. 100 2. Điều kiện cần và đủ. 148 3. Kỹ thuật đánh giá miền giá nghiệm. 165 Chương 4. Các bài toán về dãy số. 175 Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên. 185 Tài liệu tham khảo. 225 Mục lục Các bài toán vận dụng cao mũ – logarit trong các đề thi thử THPT Quốc Gia tương đối đa dạng và phong phú với rất nhiều biến tấu và phát triển qua từng đề, từng năm. Tuy nhiên hầu hết tất cả chỉ xoay quanh các kỹ thuật cơ bản như rút thế, hàm đặc trưng, bất đẳng thức phụ cơ bản, hoặc phương pháp hình học. Vì thế trong chương đầu tiên ta sẽ tìm hiểu các dạng toán, các kỹ thuật đánh giá cơ bản thông qua những bài toán đã từng xuất hiện trong các đề thi thử trong 2 năm gần đây. I. Các kiến thức cơ bản. Để có thể làm tốt các bài toán ở chuyên đề này chúng ta cần phải nắm chắc được các kiến thức lý thuyết cơ bản về bất đẳng thức, điều kiện có nghiệm và biến đổi logarit sau. Đây chính là nội dung chính của chuyên đề mà mình muốn nhắc tới, một dạng toán lấy ý tưởng từ đề thi THPT Quốc Gia 2018. Trước tiên để làm tốt ta sẽ cần có một số kiến thức về bất đẳng thức và nhắc lại các kiến thức đã học sau. Bất đẳng thức AM – GM. • Cho 2 số thực dương a,b khi đó 2 a b ab + . Dấu “=” khi và chỉ khi ab = . • Cho 3 số thực dương a,b,c khi đó 3 3 a b c abc + +  . Dấu “=” khi và chỉ khi a b c == . • Tổng quát với các số thực dương 1 1 n n n ii i i x n x = =    . Dấu “=” khi và chỉ khi 12 ... n x x x = = = . • Dạng cộng mẫu số 2 1 1 1 n n i i i i n x x = =    . Dấu “=” khi và chỉ khi 12 ... n x x x = = = Khi cho 2, 3 nn == thì ta được 2 bất đẳng thức quen thuộc 1 2 1 2 1 2 3 1 2 3 1 1 4 1 1 1 9 x x x x x x x x x x  +  +    + +   ++  Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz. + Cho 2 bộ số ( ) 12 , ,..., n x x x và ( ) 12 , ,..., n y y y khi đó ta có 2 22 1 1 1 n n n i i i i i i i x y x y = = =                       Dấu “=” khi và chỉ khi các số lập thành các bộ số tỉ lệ. Chú ý khi cho 2, 3 nn == ta được 2 bất đẳng thức quen thuộc Chương 1 Các kỹ thuật đánh giá cơ bản | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 2 + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 x x y y x y x y + +  + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3 x x x y y y x y x y x y + + + +  + + + Dạng cộng mẫu Engel tổng quát 2 2 1 1 1 n i n i i n i i i i a a b b = = =        . Trong đó dạng ( ) 2 22 xy xy a b a b + + + là dạng ta hay gặp nhất Bất đẳng thức trên còn có thể gọi là bất đẳng thức Svacxơ. Dấu “=” xảy ra khi 12 12 n n a aa b b b = =    = . Riêng dạng cộng mẫu thì cần thêm điều kiện là 12 , ,..., 0 n b b b  Bất đẳng thức Minkowski. Tổng quát. Cho số thực 1 r  và mọi số dương 1 2 1 2 , ,..., , , ,..., nn a a a b b b thì ta có. ( ) 1 1 1 1 1 1 n n n r r r r rr i i i i i i i a b a b = = =       +  +                Ở đây chỉ xét trường hợp cho 2 bộ số ( ) 12 , ,..., n a a a và ( ) 12 , ,..., n b b b . Khi đó ta có. ( ) 2 2 1 1 1 n n n i i i i i i i a b a b = = = +  +    Dấu “=” xảy ra khi 12 12 n n a aa b b b = =    = . Dạng mà ta hay gặp nhất ( ) ( ) 22 2 2 2 2 a b c d a c b d + + +  + + + . Bất đẳng thức này còn gọi là bất đẳng thức Vector. Bất đẳng thức Holder. Cho các số dương ( ) , 1, , 1, ij x i m j n == . Khi đó với mọi số 12 , ,..., 0 n     thỏa mãn 1 1 n i i = =  ta có. ,, 11 11 j j nn mm i j i j jj ii xx   == ==          Ở đây ta chỉ xét trường hợp đơn giản nhất cho 3 dãy số gồm ( ) ( ) ( ) , , ; , , ; , , a b c m n p x y z . Ta có. ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b c x y z m n p axm byn czp + + + + + +  + + Dấu “=” xảy ra khi 3 dãy tương ứng tỷ lệ. Một bất đẳng thức ở dạng này mà ta hay gặp. ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 1 1 1 1 a b c abc + + +  + Bất đẳng thức trị tuyệt đối. Cho 2 số thực a,b khi đó ta có a b a b a b +  +  − Dấu “=” thứ nhất khi a,b cùng dấu, dấu “=” thứ 2 khi a,b trái dấu. Điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2 Cho phương trình ( ) 2 00 ax bx c a + + =  . Khi đó nếu. + 0 = thì phương trình có nghiệm , đồng nghĩa vế trái luôn không âm hoặc không dương + 0  thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 3 | Chinh phục Olympic toán Ứng dụng của kiến thức này sẽ áp dụng cho những bài tìm điều kiện có nghiệm để suy ra min, max. Ngoài ra phải chú ý tới một số phép biến đổi logarit mà ta đã học. Tính chất hàm đơn điệu 1. Nếu hàm số ( ) fx đơn điệu và liên tục trên tập xác định của nó thì phương trình ( ) f x a = có tối đa một nghiệm 2. Nếu hàm số ( ) fx đơn điệu và không lien tục trên tập xác định của nó thì phương trình ( ) f x a = có tối đa 1 n + nghiệm. II. Các dạng toán cực trị Mũ – Logarit. 1. Kỹ thuật rút thế, đánh giá điều kiện đưa về hàm 1 biến số. Đây là một kỹ thuật cơ bản nhất mà khi gặp các bài toán về cực trị mà ta sẽ luôn nghĩ tới, hầu hết chúng sẽ được giải quyết bằng cách thế một biểu thức từ giả thiết xuống yêu cầu hoặc đặt ẩn phụ và các biến đổi để đưa ra mối quan hệ giữa các biến từ đó sử dụng các công cụ như đạo hàm, bất đẳng thức để giải quyết. Sau đây ta sẽ cùng đi vào các ví dụ minh họa. Ví dụ 1. Cho 2 số thực ,1 ab  thỏa mãn 23 log log 1 ab += . Giá trị lớn nhất của biểu thức 32 log log P a b =+ bằng? A. 23 log 3 log 2 + B. 23 log 3 log 2 + C. ( ) 23 1 log 3 log 2 2 + D. 23 2 log 3 log 2 + Chuyên KHTN Hà Nội – Lần 1 – 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi yêu cầu của bài toán ta được. 3 2 2 2 32 2 3 2 3 log log log 1 log log log log 3 log 2 log 3 log 2 b a a a P a b − = + = + = + Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 2 22 22 log 3 1 log 3 1 ' log log 3 2 log 3 2 1 t f t t f t t a tt = + −  = − = − Ta có ( ) 2 22 2 2 1 ' 0 1 log 3 1 .log 3 1 log 3 f t t t t t t =  − =  − =  = + ( ) 2 3 2 3 2 2 1 log 3 log 2 min log 3 log 2 1 log 3 f t f P    = +  = +  +  Chọn ý A. Ví dụ 2. Cho 2 số thực dương a,b thỏa mãn 22 12 log log 2 a b = . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 3 3 3 3 2 4 4log 4 P a b a b = + − + được viết dưới dạng 2 log x y z − với x,y,z đều là các số thực dương lớn hơn 2. Khi đó tổng x y z ++ có giá trị bằng bao nhiêu? A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Cris Tuấn Lời giải Từ giả thiết ta có 2 2 2 222 1 2 4 4 log log log log 2 a a a b bb =  =  = . Đặt 33 4 t a b =+ , theo bất đẳng thức AM – GM ta có | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 4 3 3 3 3 3 3 3 3 6 6 6 256 256 256 4 3 . . 12 2 2 2 2 b b b b t a b b b b b = + = + = + +  = Khi đó ( ) ( ) 3 3 3 3 22 4 4log 4 4log P a b a b f t t t = + − + = = − . Ta có ( ) 44 ' 1 1 0 12 ln2 12ln2 f t t t = −  −    . Vậy hàm ( ) ft đồng biến trên  ) 12; + ( ) ( ) 2 12 4 4log 3 4,z 3 3 P f t f x y x y z  =  = −  = = − =  + + = Chọn ý C. Ví dụ 3. Cho 2 số thực dương a,b thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 22 1 log 12 log 2 2 1 2 a b a b − − = + + + . Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức 33 45 22 ab P b a a b = + + +++ được viết dưới dạng m n với m,n là các số nguyên dương và m n tối giản. Hỏi giá trị của mn + bằng bao nhiêu? A. 62 B. 63 C. 64 D. 65 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có. ( ) ( ) ( ) 22 1 log 12 log 2 2 1 2 a b a b − − = + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 log 12 log 2 2 2 2 2 2 12 a b a b a b a b  − − = + +  + + + + = Theo bất đẳng thức AM – GM ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 22 12 4 2 2 4 4 a b a b a b a b − − = + +  + +  +  . Biến đổi tiếp biểu thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 3 3 33 2 22 45 45 2 2 2 2 a b a b a a b a P a b a b a b a b + + + + + + = + = + + + + + + + Chú ý tới 2 bất đẳng thức quen thuộc ( ) ( ) 4 44 3 33 1 8 1 4 a b a b a b a b  +  +     +  +   Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 43 43 43 22 11 2. 4 45 45 4 45 84 22 2 12 2 12 a b a b a b a b tt P a b a b a b t a b t + + + + + + +  + = + = + + + + + − − − Xét hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 43 2 3 2 2 3 2 2 4 2 3 4 4 .4 2 4 3 4 4 45 45 45 '0 4 2 12 12 12 12 4 12 4 t t t t tt f t f t t t t t t + + + + + = +  = + −  + −  − − − − − ( ) ( ) 61 61 4 min 65 44 P f t f P m n    =  =  + = Chọn ý D. Ví dụ 4. Cho các số thực dương x,y thỏa mãn ( ) log 2 log log x y x y + = + , khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 4 12 1 x y y x P e e + + = được viết dưới dạng m n với m,n là các số nguyên dương và m n tối giản. Hỏi giá trị của 22 mn + bằng bao nhiêu? A. 62 B. 78 C. 89 D. 91 Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Hải Phòng Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 5 | Chinh phục Olympic toán Lời giải Biến đổi giả thiết ta có ( ) ( ) log 2 log log log 2 log 2 . 22 xx x y x y x y xy x y xy y y + = +  + =  + =  + = Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 2 2 . 2 2 4 x y xx yy  +   + =  2 4 0 4 2 2 2 x x x y y y      + − +   +          Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng cộng mẫu số Engel ta có. ( ) 2 2 22 2 2 2 4 12 1 22 ln 4 1 2 1 2 1 1 2.21 2 2 x y y x xx y x y y P e e P x x y x y y + +     +         =  = + = +  + + +  + ++   Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) 8 2 5 8 4 ln 4 2 2 1 5 xt t y t P f t f P e t = +   = =  =   + Chọn ý C. Ví dụ 5. Cho hai số thực x,y thỏa mãn 0 , 1 xy  đồng thời 22 22 2 2 4 5.2 x x xy y x y xy y +− += . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 2 2 ,2 2 xy xy y f x y e x + − = − − − . Khi đó giá trị của biểu thức T M m =+ có giá trị bằng bao nhiêu? A. 1 2 e − B. 1 e − C. 3 2 e − D. Không tồn tại Lời giải Từ giả thiết ta có 22 2 2 2 2 2 4 5.2 2 4.2 5.2 x x xy y x x x y y y xy y y y x x +− − + =  + = Đặt ( ) 2 , 2 , 0 x y y x a b a b = =  ta được. ( ) ( ) 2 4 5 4 5 0 a a b a b a b a b x y b + =  − + =  =  = Khi đó ( ) ( ) 22 2 , 2 1 22 xy x y x yx f x y e x e x g x + − = − − − = − − − = Ta có ( ) ( ) ' 1, '' 1 0 xx g x e x g x e = − − = −  vậy khi đó ( ) ( ) 00 g x g = . Vậy không tồn tại giá trị nhỏ nhất. Chọn ý D. Ví dụ 6. Gọi S là tập hợp các cặp số thực ( ) ; xy thỏa mãn   1;1 x− đồng thời ( ) ( ) 2018 ln 2017 ln 2017 xy x y x x y y e − − = − − + . Biết rằng giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 2018 2 1 2018 x P e y x = + − với , x y S  đạt tại ( ) 00 ; xy . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. ( ) 0 1;0 x − B. 0 1 x =− C. 0 1 x = D.  ) 0 0;1 x  THPT Chuyên Quốc Học – Huế năm 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 6 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2018 2018 2018 ln 2017 ln 2017 ln 2017 ln 2017 0 * xy x y x x y y e e x y x y x y e x y xy − − = − − +  − − − − =  − − − = − Xét ( ) ( ) ( ) 2018 2018 2 1 ln 2017 ' 0, 0 ee f t t f t t f t tt t = − −  = +     đồng biến trên ( ) 0; + . Khi đó phương trình ( ) 2018 2018 * x y e y x e  − =  = − ( ) ( ) 2018 2018 2 1 2018 x P e x e x g x  = + − − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( )   2018 2018 2018 2 2 2018 2018 2 2 2018 ' 2019 2018 2018 4036 '' 2018.2020 2018 2018 4036 2018.2020 2018 2018 4036 0, 1;1 x x x g x e x e x g x e x e e e x  = + − −  = + − −  + − −    − Nên ( ) ' gx nghịch biến trên   1;1 − . Mặt khác ta lại có ( ) ( ) 2018 2018 ' 1 2018 0, ' 0 2019 2018 g e g e − = +  = − nên tồn tại ( ) 0 1;0 x − sao cho ( )   ( ) ( ) 00 1;1 ' 0 max g x g x g x − =  = Chọn ý A. Ví dụ 7. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 22 2 22 1 3 log 1 log 1 2 xy x y xy +− − = + − . Giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 33 23 P x y xy = + − bằng bao nhiêu? A. 13 2 B. 17 2 C. 3 D. 7 Lời giải Điều kiện ;1 x y xy  . Biến đổi giả thiết ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 2 2 22 2 2 2 22 3 log log 2 2 3 log 2 2 2 log 2 2 xy xy x y xy x y xy xy +− +− − = −  + − + − = − • Nếu ( ) 22 2 2 log 2 2 x y VT xy VP +    − = • Nếu ( ) 22 2 2 log 2 2 x y VT xy VP +    − = Vậy ( ) ( ) 2 2 22 2 2 2 2 2 xy x y x y xy xy −+ + =  + = −  = . Do ( ) ( ) 1 2;2 xy x y   +  − Khi đó ta có. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 32 32 13 2 6 3 2 3 2 1 22 a P x y xy x y xy a a a f a a x y f − = + − + − = − − − = = +  = Chọn ý A. Nhận xét. Kỹ thuật đánh giá này ta sẽ được tìm hiểu ở chương 3. Ví dụ 8. Cho các số thực dương , , , a x y z thỏa mãn 2 4 , 1 z y a  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 2 3 3 2 2 log log 4 aa S xy x y x z z y = + + + − A. 4 − B. 25 16 − C. 2 − D. 21 16 − Lời giải Từ giả thiết ta có ( ) 2 2 2 2 2 5 3 3 2 3 3 3 3 2 2. 4 4 4 y x y x y z x y x z x y x y xy   +  +  = Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 7 | Chinh phục Olympic toán Khi đó ( ) ( ) 2 5 2 2 2 5 25 25 log log log 4 16 16 aa S xy xy xy   + = + −  −   Ví dụ 9. Xét các số thực dương phân biệt x , y thỏa mãn 2 log 3 xy xy + = − . Khi biểu thức 4 16.3 x y y x +− + đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị của 3 xy + bằng A. 2 2 log 3 − . B. 3 2 log 2 − . C. 3 1 log 2 + . D. 2 1 log 3 + . Lời giải Ta có ( ) 23 2 log 3 .log 2 log 3 x y x y x y x y xy ++ =  − = = + − . Do đó ( ) ( ) 3 3 .log 2 log 2 16 16 16 16 4 16.3 4 4 4 4 32 3 3 x y y x x y x y x y x y x y x y x y xy P + − + + + + − + + + = + = + = + = + = + . Đặt 0 t x y = +  nên 2 2 2 3 3 16 8 8 8 8 3 . . 3 64 12 P t t t t t t t t = + = + +  = = . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 8 2 2 2 1 xy t t x y t + =  =  =  + = . Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất khi 3 3 1 3 2 log 2 log 2 xy xy xy +=   + = −  −=  . Ví dụ 10. Cho các số , xy thay đổi thỏa mãn 0 xy  và ( ) ( ) ( ) 1 ln ln ln 2 x y xy x y − + = + . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức M x y =+ là A. 22 . B. 2. C. 4. D. 16. Lời giải ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 1 ln ln ln 2 x y xy x y x y xy x y − + = +  − = + ( ) ( ) 22 4 x y xy xy x y   + − = +  . Đặt ( ) 2 ; A x y B xy = + = . Ta được ( ) ( ) 2 2 4 4 1 4 1 B A B B A A B B A B − =  − =  = − . Do 0 A  nên 1 B  . Ta có ( ) 2 4 4 4 4 4 8 4 1 8 2.4 16 1 1 1 B A B B B B B = = + + = + − +  + = − − − Suy ra 4 xy + . Dấu bằng xảy ra 2 1 2 1 2 2 2 1 4 16 4 22 0 1 xy B Bx B xy A B y A xy B  =  −=   = = +     −    + =      = =−     =    −  . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M x y =+ là 4. Chú ý. Có thể khảo sát hàm số ( ) 2 4 1 B fB B = − với ( ) 1; B  +  , ta được ( ) 16 fB  . Ví dụ 11. Cho , xy là các số thực dương thỏa mãn ( ) 22 11 1 log 2 log 1 2 x xy y  + − − + = +   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 1 17 xy P y ++ = . A. 9 . B. 5 . C. 6 . D. 8 . Lời giải | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 8 Điều kiện 20 xy − +  . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 1 log 2 log 1 log log 2 2 21 2 1 2 2 1 2 2 2 2 0 1 2 2 2 1 0 2 1 2 1 2 2 2 1 0 2 1 2 1 2 2 x x y xy yy xy xy y x y x y y xy x y x y y x y y x y x y y x y x y x y x y y x y x y x y x y y      + + + − − + = +  =       −+      ++  =  = + + − + −+  − + − + + − + − =  − + − + + − + − =  − + − − + + − + + − + − =   − + − − + + − + +  ( ) 0* = Mặt khác , xy là các số thực dương và điều kiện 20 xy − +  nên ( ) 2 1 2 2 0 x y x y y − + + − + +  Do đó ( ) * xảy ra 2 1 0 1 0 1 x y x y x y  − + − =  − + =  = − . Với 1 xy =− thay vào biểu thức P ta được ( ) ( ) ( ) 2 1 17 1 1 17 16 16 x y y y y Py y y y y + + − + + + = = = = + . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương 16 , y y    ta được 16 16 2. . 8 P y y yy = +  = . Dấu bằng xảy ra khi 2 16 16 4. y y y y =  =  = Vậy GTNN của P là 8 khi ( ) ( ) , 3,4 xy = . Ví dụ 12. Cho các số thực ,1 xy  thỏa mãn điều kiện 8 xy  . Biểu thức ( ) 2 2 4 2 log 8 log 2 x y y Px  =−   đạt giá trị nhỏ nhất tại 00 ;. x x y y == Đặt 44 00 T x y =+ . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 519 T = . B. 520 T = . C. 521 T = . D. 518 T = . Lời giải Biến đổi biểu thức ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 22 4 2 2 2 2 2 2 log log 8 3 log 2log 1 2 log 8 log 2 log 4 2 log 2log 1 log 2 x y y x xy y Px x x y y  +− = − = − = −  ++  . Ta có ( ) 2 8 log 3 3 xy xy u v     +  , với 22 log ; log u x v y == . Hơn nữa ,1 xy  nên ,0 uv  . Hay 0 3. u  Khi đó 3 2 1 3 2 1 2 2 1 2 2 1 u v u P u v u v + − + = − = − + + + + + . Ta có 3 2 2 2 3 0 3 1 ,0 2 1 7 2 7 2 2 uv u v u P vu v u u u +  +    −     − +   + − − +  . Đặt ( ) 23 1 7 2 2 u fu uu + = − + −+ , ta tìm min, max của ( ) fu với 0 3. u  ( ) ( ) ( ) 22 41 ' 7 2 2 fu uu =− −+ ; ( )   3 ' 0 0;3 4 f u u =  =  . Ta có ( ) ( ) 11 11 3 8 0 ; 3 ; 14 5 4 11 f f f  = = =   ( ) ( ) 3 3 4 f f u f       . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 9 | Chinh phục Olympic toán Suy ra ( ) 3 4 P f u f     . Nên P min khi 3 3 9 3 4 4 4 uv =  = − = . 3 4 2 9 4 2 33 log 2 44 99 log 2 44 ux x vy y   ==  =           == =    . Do đó 3 4 0 39 9 4 0 2 2 2 520. 2 x T y  =   = + =   =  Ví dụ 13. Cho , xy là các số thực dương khác 1 thỏa mãn xy  và log log . xy xy x = Tích các giá trị nguyên nhỏ hơn 2021 của biểu thức 2 1 44 y x P=+ là A. 2021!. B. 2020! . 16 C. 2020! . 2 D. 2020! Lời giải Điều kiện 0 , 1 xy  Ta có ( ) 2 11 log log 1 log log log 2 0 2 log x y x x x x xy x y y y y =  + =  + − = 2 log 1 1 log 2 x x xy y y y x =  =      =− =    Kết hợp điều kiện xy  suy ra ( ) 2 1 1 y x = . Khi đó 21 4 4 2.4 2 y y y y P + = + = = . Phương trình ( ) 1 (ẩn x tham số y ) có nghiệm dương khác 1 khi và chỉ khi y dương và khác 1. Phương trình 21 2 y P + = (ẩn y tham số P ) có nghiệm dương khác 1 khi và chỉ khi 2 P  và 8 P  Lại có P nguyên và nhỏ hơn 2021 nên     3;4;5;...,2020 \ 8 P  . Vậy tích các giá trị cần tìm là 2020! 16 . Ví dụ 14 . Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( ) ; xy thỏa mãn ( ) ( ) 23 3 3 1 1 .3 x y x y x x x + − − = + − với 2020 x  ? A.13 . B. 6 . C.7 . D. 15. Lời giải Ta có ( ) ( ) 23 3 3 1 1 .3 x y x y x x x + − − = + − 2 2 3 3 .3 .3 3 x y x y y x x x x +  − + = + − ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 3 x y y y x x x x  − = − + − ( ) ( ) 2 2 3 0 (1) 3 3 1 0 3 1 0 (2) y yx x x xx x  −=  − − − =   − − =  Phương trình (1) 22 33 3 0 log 2log y x y x y x − =  =  = . Để ; xy là những số nguyên dương thì   2 3 4 5 6 3;3 ;3 ;3 ;3 ;3 x  Phương trình (2) 3 1 0 x x − − = vô nghiệm, vì 0 3 1 0 x xx    − −  Vậy có 6 cặp số nguyên dương ( ) ; xy thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 15. Xét các số thực , a , b x thỏa mãn 1, a  1, b 01 x  và ( ) 2 log log a b x x ab = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 22 ln ln ln . P a b ab = + − A. 1 3 3 4 − . B. 2 e . C. 1 4 . D. 3 2 2 12 + − . | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 10 Lời giải Ta có 2 log log ( ) ba xx ab = log 2log ba ab xx = log 2log ba ab = ln ln 2. ln ln ab ba = 22 ln 2.ln ab = . Mà 1, a  1 b  ln 0; a  ln 0 b  ln 2.ln ab = . Thay vào biểu thức ta được 22 ln ln ln( ) P a b ab = + − ( ) 22 2ln ln 2 ln ln b b b b = + − + ( ) 2 3ln 2 1 .ln bb = − + 2 2 1 3 2 2 3 2 2 3. ln .ln 3 36 12 bb  + + + = − + −    2 2 1 3 2 2 3 2 2 3. ln 6 12 12 b  + + + = − −  −    . Dấu bằng xảy ra khi 21 21 32 6 21 ln ; . 6 b b e a e + + + =  = = Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 2 2 . 12 + − Ví dụ 16. Cho , xy là các số thực dương thỏa mãn ( ) 2 2 2 2log log log 6 x y x y −  + . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 22 22 xy y P x xy y − = −+ . A. 2 5 . B. 1 2 . C. 5 2 . D. 2 . Lời giải Với 0 0 x y      , ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2log log log 6 log log 6 x x y x y x y y −  +   + 22 2 3 0 6 6 0 3 do 0 2 x x y x x x x xy xy y y y y y          +  − −           −   . Ta có 22 2 11 22 11 xx yy P xx x y y y −− ==  −+ −+   . Đặt 12 x tt y = −   . Khi đó 2 1 1 1 t P t t t == + + . Ta có 1 1 3 1 3 3 5 2 . 1 4 4 4 4 2 2 t t t t t t t t + = + +  +  + = . Đẳng thức xảy ra khi 23 t x y =  = . Suy ra 12 5 5 2 P= . Vậy 2 max 5 P = khi 3 xy = . Ví dụ 17. Cho các số dương ,, a b c thay đổi thỏa mãn 2 2 2 log log 2log a c b + . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 32 1 22 3 P a b c b b = + + + − + bằng A. 3 . B. 2 . C. 1 . D. 3 . Lời giải Từ giả thiết ( ) 22 2 2 2 2 2 log log 2log log log a c b ac b ac b +      . Ta có ( ) 3 2 3 2 11 2 2 2 2 2 33 P a c b b b ac b b b = + + + − +  + + − + . 3 2 3 2 11 2 2 2 2 3 2 33 b b b b b b b  + + − + = − + + . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 11 | Chinh phục Olympic toán Xét hàm số ( ) 32 1 2 3 2 3 f b b b b = − + + với 0 b  . Có ( ) 2 1 ' 4 3 0 3 b f b b b b =  = − + =   =  . Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên, ta được ( ) ( ) 0 min 3 2 b f b f  ==  2 P  . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 đạt được khi 3 b = và 3 ac == . Ví dụ 18. Cho các số thực ,1 xy  thay đổi thoả mãn 2019 2020 log log 1 F x y = + = . Gọi , Mm lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2020 2019 log log F x y =+ . Khẳng định nào sau đây đúng? A. 22 2019 log 2020 Mm −= . B. 2 2 2 2 2019 2020 log 2020 log 2019 Mm + = + . C. 2019 2020 log 2020 log 2019 Mm + = + . D. 2019 log 2020 Mm −= Lời giải Đặt 2020 2019 log ; log x a y b == với ,0 ab  . Ta có F a b =+ với ( ) 22 2019 2020 1 log 2020 log 2019 1 ab+= Tìm giá trị lớn nhất Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có ( ) ( ) ( ) 2 22 2019 2020 2020 2019 log 2020 log 2019 log 2019 log 2020 a b a b + +  + Suy ra 2019 2020 log 2020 log 2019 ab +  + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 22 2019 2020 2019 2020 2020 2019 log 2020 log 2019 log 2020 log 2019 log 2019 log 2020 ab ab =  = Kết hợp với ( ) 1, ta có 2020 2019 2019 2020 2019 2020 log 2019 log 2020 ; log 2020 log 2019 log 2020 log 2019 ab == ++ Do đó ta có 2019 2020 log 2020 log 2019 M=+ . Tìm giá trị nhỏ nhất ta có ( ) ( ) ( ) 22 2019 2020 2 2 2 2 2 2019 2019 2020 2019 1 log 2020 log 2019 log 2020 log 2020 log 2019 log 2020 ab a b b a b =+ = + − −  + Suy ra 2 2 2 2020 2020 2020 log 2019 ( ) log 2019 log 2019 a b a b a b +   +   +  Dấu “=” xảy ra khi 2000 0; log 2019 ba == . Do đó ta có 2020 log 2019 m = . Vậy 22 2019 log 2020 Mm −= . Ví dụ 19. Cho hai số thực , ab thỏa mãn 0, 0 2 ab    . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 2 2 22 2 2 a aa a aa b b P b b + =+ − A. min 7 4 P = . B. min 5 4 P = . C. min 9 4 P = . D. min 13 4 P = . Lời giải | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 12 Ta có ( ) ( ) 22 12 2 22 22 2 2 2 1 2 2 aa a aa aa a aa bb b b P b b b b     +     +     = + = +     −   −       . Do 0 2 0 1 2 b b      nên với 0 a  ta có 01 2 a b     . Đặt 2 a b t  =   thì ( ) 0;1 t  . Khi đó bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 2 12 2 1 tt P f t t t + = = + − , với ( ) 0;1 t  . Ta có ( ) ( ) ( ) 32 3 2 3 2 1 1 3 3 1 1 0 3 2 1 2 1 t t t t f t t t t t t + − − + −  = + = =  = −− Vậy min 13 4 P = . Ví dụ 20. Cho các số thực , ab thỏa mãn 0 ab  và ( ) ( ) 23 log log a b a b − = + . Khi biểu thức ( ) ( ) 22 2 2 3 2 log log 2log 2log P a b a b a b = + + + − + đạt giá trị lớn nhất, giá trị ab − thuộc khoảng nào sau đây? A. ( ) 3;4 . B. ( ) 5;6 . C. ( ) 4;5 . D. (2;3) . Lời giải Đặt 22 22 22 94 0 2 2 4 2 0 3 2 9 9 4 4 tt tt t t t t ab a b a ab b a b a ab b ab  + +=    − = − + =         + = + + = −     =   ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 3 2 2 2 2 2 22 log 2log 2log 9 4 9 4 9 4 36 16 log 2 2log log 2 log 42 9 4 9 4 t t t t t t t t t t t t P ab a b a b tt = + + − + − + − − = + − = + = ++ Đặt ( ) 2 2 2 9 1 36 16 1 4 21 99 94 21 44 t tt tt tt k S kk  −  −−  = = = ++     + ++         với 9 4 t k  =   Biểu thức P đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi S đạt giá trị lớn nhất. Giả sử S có giá trị lớn nhất. Suy ra phương trình ( ) 2 2 1 1 0 Sk S k S + − + + = có nghiệm. ( ) ( ) 2 2 1 4 1 0 S S S   = − − +  1 8 S  . Suy ra S đạt GTLN bằng 1 8 khi 9 4 9 3 3 log 3 4 t kt  =  =  =   . Do đó P đạt GTLN bằng 2 1 log 3 8 =− khi 9 4 log 3 t = . Khi đó ( ) 9 4 log 3 29 4 l 5 og log 3 2 2, a b t a b − = =   −= . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 13 | Chinh phục Olympic toán Bài tập tự luyện. Câu 1. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn ( ) 22 1 log 2 4 1 xy xy ++ −= . Tính x P y = khi biểu thức 4 3 5 S x y = + − đạt giá trị lớn nhất A. 8 5 P = B. 9 5 P = C. 13 4 P =− D. 17 44 P = Câu 2. Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn 41 xy y − . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 62 ln y x y S xy  + =+   . A. 24 ln6 + B. 12 ln4 + C. 3 ln6 2 + D. 3 ln 4 + Câu 3. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn ( ) 22 1 2 2 3 2 log 1 3 xy xy +− + + + = . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 33 S x y x y = − + − là 6 a b với a,b là các số nguyên dương và a b là phân số tối giản. Tính 2 T a b =+ A. 25 B. 34 C. 32 D. 41 Câu 4. Cho x,y là hai số thực dương thỏa mãn ( ) 3 log log log x y x y +  + . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 S x y =+ là? A. 2 2 2 − B. 3 8 C. 4 4 2 + D. 3 2 2 + Câu 5. Cho 2 số thực a,b thỏa mãn 22 1 ab + và ( ) 22 log 1 ab ab + + . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 4 3 P a b = + − là? A. 10 2 B. 10 C. 2 10 D. 1 10 Câu 6. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 1 4, , 1 2 xy x y =   . Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 2 2 22 log log 1 P x y = + − . Tính 2 S M m =+ A. 10 2 B. 10 C. 2 10 D. 1 10 Câu 7. Cho x,y là hai số thực dương thỏa mãn ( ) 2 2 2 log log 3 2 2log x x y y + +  + . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 22 23 2 2 x y x y S xy x xy y ++ =− + −+ là b a c − với a,b,c là các số nguyên dương và b c là các phân số tối giản. Tính giá trị của biểu thức P a b c = + + A. 30 B. 15 C. 17 D. 10 Câu 8. Cho x,y là hai số thực dương thỏa mãn ( ) 22 23 log 11 20 40 1 x xy y xy ++ + − = . Gọi a,b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức y S x = . Tính ab + ? A. 10 B. 2 14 C. 11 6 D. 7 2 Câu 9. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn ( ) ( ) log 3 log 3 1 x y x y + + − = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S x y =− A. 45 3 B. 22 3 C. 1 9 D. 1 8 | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 14 Câu 10. . Cho 2 số thực x,y thỏa mãn ( ) ( ) log 3 log 3 1 x y x y + + − = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 21 S x y = − + A. 10 1 + B. 5 2 3 2 − C. 3 5 2 3 + D. 3 2 5 3 + Câu 11. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn ( ) 22 2 log 3 1 xy xy ++ + +  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 4 6 S x y = + − A. 5 6 9 2 − B. 5 6 3 2 − C. 5 3 5 2 − D. 5 6 5 2 − Câu 12. . Cho x,y là hai số thực dương thỏa mãn ( ) 2 log log log x y x y +  + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 P x y =+ A. 1 B. 3 2 C. 9 D. 1 2 Câu 13. Cho các số thực dương x,y thỏa mãn ( ) 2 2 2 log log log x y x y + = + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 S x y =+ A. 3 24 B. 3 C. 2 D. 2 Câu 14. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất một cặp số thực ( ) , xy thỏa mãn ( ) 22 2 log 4 4 4 1 xy xy ++ + −  và 22 2 2 2 x y x y m + + − + = A. ( ) 2 10 2 − B. ( ) 2 10 2 + C. 10 2 − D. 10 2 + Câu 15. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 4 9 .7 x y x y y x − + − − + + = + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 S x y =+ . A. 9 4 − B. 7 4 C. 33 8 − D. 1 4 − Câu 16. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 22 21 xy + và ( ) 22 2 log 2 1 xy xy + + . Biết giá trị lớn nhất của P x y =+ là 6 ab c + với a,b,c là các số nguyên dương và a c là các phân số tối giản. Tính giá trị của biểu thức P a b c = + + A. 17 B. 12 C. 11 D. 16 Câu 17. Cho 2 số thực dương thay đổi a,b thỏa mãn điều kiện. ( ) 2 ln 1 ln ln 4 ln a b b a − = − Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của log b a . Giá trị của Mm + bằng? A. ( ) 2 2 1 − B. ( ) 2 2 1 + C. ( ) 2 1 2 − D. 12 −+ Câu 18. Cho x,y là hai số thực dương thỏa mãn 4 yx  , giá trị lớn nhất của biểu thức 2 5 2 5 ln x y y x P yx ++ =− có dạng ln 2 m n − . Tính tổng mn + A. 25 B. 24 C. 29 D. 4 Câu 19. Cho 2 số thực dương thay đổi a,b thỏa mãn ( ) ( ) 22 log 1 log 1 6 ab + + +  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S a b =+ A. 12 B. 14 C. 8 D. 16 Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 15 | Chinh phục Olympic toán Câu 20. Cho số thực x thỏa mãn   0;16 x  . Biết rằng giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 44 1 8.3 9 9 x x x x fx ++ = + − đạt được khi m x n = với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Tính mn + A. 17 B. 18 C. 19 D. 20 Hướng dẫn giải. Câu 1. Chọn ý C. Ta có ( ) ( ) 22 22 2 1 1 2 4 x y x y x y − = + +  − + + = Khi đó theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 4 1 3 2 7 4 3 1 2 7 3 S x y x y = − + + −  + − + + − = Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 13 12 5 43 4 4 3 5 0 5 xy x xy y  −+ =   =     + − = =−    Câu 2. Chọn ý C. Theo giả thiết ta có 2 2 4 1 1 2 4 4 xy t yy y  − =  = − − +    Khi đó ( ) ( ) 66 ln 2 ln 2 yx S t f t x y t  = + + = + + =   Đến đây xét tính đơn điệu của hàm số ta sẽ chỉ ra ( ) ( ) 3 4 ln6 2 f t f  = + Câu 3. Chọn ý B. Ta sẽ chuyển bài toán về giải phương trình logarit để tìm mối liên hệ giữa x,y. Xét hàm số ( ) ( ) 1 3 2 log 1 3 t f t t − = + + − đây là hàm đồng biến trên  ) 0; + Do đó ( )   22 0 2 2 1;1 f t t x y xy =  =  + =   − . Khi đó ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 2 512 16 6 1 2 2 3 27 9 S x y x xy y xy xy S = − + + + = − +    Câu 4. Chọn ý C. Áp dụng các tính chất của logarit thì từ giả thiết ta suy ra được. ( ) 3 33 1 1 x xy x y y x x y x  +  −    − Vì do x,y dương nên từ điều kiện ta suy ra 1 x  Khi đó ta được ( ) ( ) 3 2 2 2 4 4 2 1 x x y x f x f x +  + =  = + − Câu 5. Chọn ý B. Theo giả thiết ta có 22 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 a b a b a b a b     +   +  +  − + −          Khi đó theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có. ( ) 22 22 1 1 1 1 2 4 2 4 10 2 2 2 2 P a b a b          = − + −  + − + −                     Câu 6. Chọn ý A. | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 16 Theo giả thiết ta có   2 41 1 4 4 log 1;2 2 y x x x x =         − Khi đó ( ) 2 2 22 11 log 1 log ;5 5 2. 6 22 P x x S  = + −   = + =   Câu 7. Chọn ý D. Theo giả thiết ta có ( ) 2 2 2 2 22 log 3 log 4 3 4 0 1 x x xy y x xy y y +   +     Khi đó chia cả tử và mẫu cho y ta chuyển về bài toán xét tính đơn điệu của hàm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 3 3 2 1 2 3 5 3 1 2 1 '0 2 22 2 2 2 22 t t t f t f t t tt tt tt + + − = −  = −  −  + ++ −+ −+ ( ) ( ) 5 1 2 10 3 f t f P   = −  = Câu 8. Chọn ý C. Từ giả thiết ta suy ra 22 2 3 11 20 40 0 x xy y x y + + − − + = Thế Sx y = vào giả thiết trên ta được ( ) ( ) 22 4 2 20 11 40 0 S x S x + − + + = Sử dụng điều kiện có nghiệm ta có 2 55 2 10 55 2 10 11 0 240 440 199 0 ; 60 60 6 x S S S a b  −+    − +     + =    Câu 9. Chọn ý A. Theo giả thiết ta có ( ) 2 2 2 2 30 0;log 9 1 9 10 30 xy x x y x y xy +    − =  − =  −  Khi đó 22 8 18 9 10 0 y x S x xS S = −  − + + = Phương trình trên phải có nghiệm dương nên ta có 0 45 3 0 x S S       Câu 10. Chọn ý C. Tương tự như câu trên Câu 11. Chọn ý D. Làm tương tự câu 5 ta có ( ) 22 22 22 22 1 1 3 32 2 2 2 1 1 5 1 1 5 5 6 5 3 4 3 4 2 2 2 2 2 2 2 x y x y x y S x y x y     + +  + +  − + −           −          = − + − −  + − + − −                     Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 6 1 10 4 6 3 10 x y  − =    −  =   Câu 12. Chọn ý C. Tương tự câu 4 Câu 13. Chọn ý A. Từ giả thiết ta có ( ) 2 2 1 48 22 xy x y xy x y S x y +  + =   +    +    Câu 14. Chọn ý A. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 17 | Chinh phục Olympic toán Từ giả thiết thứ nhất ta suy ra ( ) ( ) 22 2 2 2 xy − + −  . Đây là một hình tròn ( ) 1 C có tâm là ( ) 1 2;2 I và 1 2 R = . Từ giả thiết thứ 2 ta suy ra ( ) ( ) 22 1 1 0 x y m m − + − =   , đây là đường tròn ( ) 2 C có tâm là ( ) 2 1;1 , I R m = . Do yêu cầu của bài toán nên ( ) ( ) 12 , CC phải tiếp xúc ngoài với nhau, suy ra ( ) 2 1 2 1 2 10 2 I I R R m = +  = − Câu 15. Chọn ý A. Ta sẽ đưa về việc giải phương trình từ đó tìm ra mối liên hệ giữa x,y Từ giả thiết ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 22 2 2 2 22 22 4 3 4 3 2 2 2 2 2 2 7 7 xy xy xy xy f x y f x y x y − −+ −+ − ++ =  − + = −  − = 2 9 2 4 S x x  = + −  − Chú ý. Ngoài ra ta có thể đặt 2 2 t x y =− sau đó dùng máy tính để giải phương trình mũ! Câu 16. Chọn ý C. Tương tự câu 5. Câu 17. Chọn ý A. Đặt ( )   ( ) 2 ln , ln 1 4 2;2 x a y b x y y x x = =  − = −  − Do 2 ln log 4 2;2 2 ln b a x x a x x b y y  = =  = + −  −  Câu 18. Chọn ý B. Theo giả thiết ta có 4 y t x = . Khi đó ta được 2 5 2 5 2 2 2 11 ln ln 5 5 ln 5 2 5 ln 13 2 x y y x x y Pt y x y x t  ++  = − = + − − = + − −  −     Câu 19. Chọn ý A. Theo giả thiết ta có ( ) ( ) 1 1 64 ab + +  . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được ( ) ( ) 2 2 64 1 1 2 14 12 2 ab a b a b a b ++   + +   + +   +    Câu 20. Chọn ý A. Giá trị nhỏ nhất của hàm số là 0 đạt được khi 1 16 x = 2. Kỹ thuật “hàm đặc trưng”. Dạng toán này chắc hẳn chẳng còn xa lạ gì với các bạn học sinh từ khi hình thức thi trắc nghiệm bắt đầu được Bộ áp dụng, qua mỗi năm dạng toán này lại có một cải phát triển mới lạ. Các bài toán dạng này thì đề bài sẽ cho phương trình hàm đặc trưng từ đó ta sẽ đi tìm mối liên hệ giữa các biến và rút thế vào giả thiết thứ 2 để giải quyết yêu cầu bài toán. Nhìn chung dạng toán này ta chỉ cần nắm chắc được kỹ năng biến đổi làm xuất hiện được hàm đặc trưng kết hợp với kiến thức về đạo hàm là sẽ giải quyết được trọn vẹn! Ta có tính chất sau của hàm số . Tính chất. Nếu hàm số ( ) y f x = đơn điệu 1 chiều trên miền D và tồn tại , u v D  thì khi đó phương trình ( ) ( ) f u f v u v =  = . Ta sẽ dùng kiến thức này để giải quyết các bài toán mục này! | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 18 Câu 1. Cho 2 số thực không âm x,y thỏa mãn 2 2 21 2 1 log 1 y x x y x + + − + = + . Tìm giá trị nhỏ nhất m của biểu thức 2 1 2 4 2 1 x P e x y − = + − + A. 1 m =− B. 1 2 m =− C. 1 m e = D. 3 me =− Lời giải Mấu chốt của bài toán này sẽ phải làm xuất hiện hàm đặc trưng từ đó rút ra mối liên hệ giữa x và y. Biến đổi giả thiết ta có. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 22 2 2 2 22 21 1 2 1 log 2 1 log 2 1 log 1 12 2 4 2 2log 1 log 2 1 2 2 1 log 2 1 log 2 1 2 1 2 1 2 1 1 y x x y x x y y x x x x x y y x x y y f x f y + + − + =  + − + = + − + +  + + + + = + +  + + + = + + +  + = + Xét hàm số ( ) 2 f log t t t =+ trên đoạn ( ) 0; + ta có ( ) 1 ' 1 0 ln2 ft t = +  . Do đó ( ) ft là hàm đồng biến trên ( ) 0; + . Vậy phương trình ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 yx  + = + Thế vào biểu thức cần tìm ta được ( ) 2 2 1 2 1 4 2 1 2 2 x P e x x − = + − + +  − . Chọn ý B. Chú ý. • Phần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm 1 biến xin nhường cho bạn đọc! • Để tìm hàm đặc trưng ta phải luôn dựa vào biểu thức mũ hoặc biểu thức trong hàm logarit. • Với bài thi trắc nghiệm ta có thể lược bỏ bước xét hàm số đơn điệu để suy ra luôn mối liên hệ. Câu 2. Cho 3 số x,y,z thỏa mãn 0 x y z    đồng thời ( ) ( ) 2 log 2 xy x z z x y yz  − = + − −  −  . Khi đó GTNN của biểu thức 22 22 4 4 2 4 zy P z xz y + = ++ bằng bao nhiêu? A. 1 2 B. 2 3 C. 1 5 D. 3 7 Lời giải Ý tưởng bài toán không mới, vấn đề là ta phải tìm được mối liên hệ giữa các biến với nhau, và bám sát vào các biểu thức trong dấu logarit để xây dựng hàm đặc trưng. Biến đổi giả thiết ta được. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 22 22 22 log 2 log log 2 log log 2 xy x z z x y yz x y y z z x y x z x y x y y z y z x y y z x z y  − = + − −  −   − − − = − − +  − + − = − + −  − = −  + = Thế vào giả thiết ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 1 4 2 4 4 5 4 5 z y x xz z t t x Pt z z xz y x xz z t t + + + + + = = = =   + + + + + +  Từ đây dẽ dàng tìm được 1 min 2 P = . Chọn ý A. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 19 | Chinh phục Olympic toán Câu 3. Cho 2 số ,0 xy  thỏa mãn 22 1 xy + và đồng thời 2 22 22 1 2 1 ln y xy xy  − + − =  +  . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 4 xy P m n y x y = + = + với m,n là 2 số nguyên dương. Hỏi có bao nhiêu bộ số ( ) , mn thỏa mãn? A. 1 B. 3 C. 0 D. 2 Lời giải Nhìn thấy biểu thức logarit viết dưới dạng phân thức là ta nghĩ ngay tới hàm đặc trưng. Biến đổi gải thiết ta được. ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 1 2 1 ln ln 1 1 y ln 2 1 y x y y x y x y x y xy  − + − =  − + − = + + +  + =  +  Tuy nhiên vấn đề khó không nằm ở việc biến đổi mà nằm ở phần sau. Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có. • ( ) 4 4 4 2 42 2 2 2 3 4 2 222 27 3 3 1 .. 27 27 x x x x x xx x y y y y x y y  =     ++ • ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 42 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 16 16 16 4 108 3 3.2 2 2 27 y y y y yy xy y x y x y y x x y y x y      + ++ + + + + + Cộng vế theo vế ta được 3 3 1. 27 P= Vậy có 2 bộ số ( ) , mn thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn ý D. Câu 4. Cho phương trình ( ) 2 2 2 2 2 log 2 2 2 2 y x x y x x + + = + − − . Hỏi có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( ) ( ) , , 0 500 x y x  thỏa mãn phương trình đã cho? A. 4 B. 2 C. 3 D. 1 Lời giải Biến đổi giả thiết ta được. ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 22 log 2 2 2 2 log 1 1 2 yy x x y x x x x x x y + + = + − −  + + + + + = + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 log 1 2 2 2 2 22 2 log 1 2 log 1 xx y x x y x x y ++  + + + = +  + + = Do ( ) ( ) 22 2 0 500 log 1 0;18 0 5 x y x x y    = + +     . Thế ngược lại các giá trị có thể có của y thì ta thấy có 2 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu đề bài đồng nghĩa có 2 cặp số ( ) , xy thỏa mãn phương trình đã cho. Chọn ý B. Câu 5. Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 log 4 4 4 2 a b c a a b b c c a b c ++ = − + − + − + + + . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 23 a b c P a b c ++ = ++ A. 12 30 3 + B. 4 30 3 + C. 8 30 3 + D. 6 30 3 + Lời giải Một bài toán phát biểu đơn giản nhưng khá là khó. Trước tiên biến đổi giả thiết ta được | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 20 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 log 4 4 4 2 log 4 4 log 2 2 2 4 0 2 2 2 10 a b c a a b b c c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c C ++ = − + − + − + + +  + + + + + = + + + + + + +  + + + − + + =  − + − + − = Đến đây sử dụng đại số thì khá là khó, và ý tưởng sử dụng yếu tố hình học của tác giả bài toán rất hay đó là sử dụng điều kiện tương giao giữa mặt phẳng và mặt cầu trong hình phẳng Oxyz. Quy đồng giả thiết ta được. ( ) ( ) ( ) ( ) 23 1 2 3 0 a b c P a P b P c P P a b c ++ =  − + − + − = ++ Điều kiện tương giao của mặt phẳng ( ) P và mặt cầu ( ) C là. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 6 12 6 30 ; 2;2;2 , 10 10 3 3 12 14 P d I P R I R P PP − +  =     −+ Chọn ý D. Ví dụ 6. Tìm tất cả các giá trị thực dương của tham số a thỏa mãn bất đẳng thức 2017 2017 2017 11 22 22 a a a     +  +         A. 01 a  B. 1 2017 a  C. 2017 a  D. 0 2017 a  THPT Kiến An – Hải Phòng 2017 – 2018 Lời giải Lấy logarit cơ số 2 cả 2 vế ta được 2017 2017 2017 22 2017 2017 2017 22 2017 1 1 1 1 2 2 2017log 2 log 2 2 2 2 2 11 log 2 log 2 22 2017 a aa aa a a a a         +  +  +  +                     ++          Xét hàm số . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 log 2 log 4 1 4 .x.ln4 4 1 ln 4 1 1 2 '0 ln2 41 x x x x x x x x f x f x xx x  +   + − − + +   = =  =  +   Suy ra ( ) fx là hàm giảm trên ( ) 0; + ( ) ( ) 2017 f a f  khi 0 2017 a  Chọn ý D. Nhận xét. Qua các ví dụ trên ta phần nào đã hiểu được ý tưởng và phương pháp làm dạng toán này. Sau đây là các bài tập luyện tập cho các bạn. Ví dụ 7. Cho ,0 xy  thỏa 3 log 3 xy xy x y xy  + = − −   . Tìm giá trị nhỏ nhất của 22 9 1 3 1 xy P yx =+ ++ . A. 10 B. 71 7 C. 72 7 D. 73 7 Lời giải Phương trình đầu tương đương ( ) ( ) ( ) log 3 log 3 x y xy xy x y + − = − + ( ) ( ) ( ) ( ) log 3 3 log 1 x y x y xy xy  + + + = + . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 21 | Chinh phục Olympic toán Xét hàm số ( ) log , 0 f t t t t = +  , có ( ) 1 1 0, 0. .ln10 f t t t  = +    Suy ra hàm số ( ) ft đồng biến trên ( ) 0; + . Phương trình ( ) 1 tương đương ( ) ( ) 33 f x y f xy x y xy + =  + = . Theo bất đẳng thức Schwarz ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 33 9 2 1 3 1 1 3 1 2 3 y x y x y x P y x y x x y + = + = +  + + + + + + . Theo bất đẳng thức AM – GM cho 2 số dương ta có ( ) ( ) 2 3 2 .3 12 0 12 0 xy x y x y xy xy xy xy = +   −   −  . Vì 0 xy  nên 12 3 12 xy x y   +  . Đặt 3 12 u x y u = +   . Từ ( ) 2 ta có ( ) 2 , 12 2 u P f u u u  =  + , ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 0 4 0 4 2 u uu f u f u u u =  +  =  =   =− +  (không thỏa mãn). Suy ra ( ) ( ) 72 min 12 7 f u f== . Vậy 72 7 P 72 min 7 P = khi 12 u = , hay ( ) 2 2 3 12 3 12 6 3 2 3 12 3 12 3 9 1 3 1 xy xy x xy y y y y y yx +=  = − +  =       = = − + − + = +     ++  . Ví dụ 8. Cho hai số thực dương a và b thỏa mãn điều kiện ( ) 81 4 .2 ab a b ab ab + − = + . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 P ab ab =+ bằng A. 1 . B. 3 17 . C. 51 2 − . D. 3 . Lời giải Ta có 1 ab  , biến đổi phương trình tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 22 8 1 8 1 4 .2 2 2 . 8 1 2 log 3 log 1 log 2 2 log 2 2 1 ab a b ab a b ab a b ab ab a b ab a b a b ab a b a b ab a b a b ab ab + + + + + −− =  =  + = − ++  + + + + = + −  + + + = − + − Đặt ( ) 2 log , 0 f x x x x = +  ( ) 2 , có ( ) 1 10 .ln2 fx x  = +  ( ) fx  đồng biến trên ( ) 0; + ( ) 3 Từ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 , 2 , 3 2 2 f a b f ab  + = − 2 2 2 2 a b ab ab a b  + = −  = − − . Khi đó, ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1, P ab ab b b ab ab b b b b = + = − − + = − = − −    Khi 1 11 3 P b a =  =  = , thỏa điều kiện 1 ab  . Vậy 1 1 3 1 max a P b  =  =   =  . | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 22 Ví dụ 9. Cho , xy thỏa mãn 1, 1 xy  và ( ) 3 log 4 3 1 4 xy xy x y xy  + = − + −   . Giá trị lớn nhất của biểu thức 22 11 3 P x y xy  = + − +   thuộc tập nào dưới đây? A.  ) 5;9 . B.  ) 5;0 − . C.  ) 0;5 . D.  ) 9; + . Lời giải Ta có ( ) 3 log 4 3 1 4 xy xy x y xy  + = − + −   ( ) ( ) 3 3 log 4 3 4 xy xy x y xy +  = − + ( ) ( ) ( ) ( ) 33 3 log 3 4 log 4 1 x y x y xy xy  + + + = + Do 1, 1 xy  nên ( ) 36 44 xy xy  +      . Xét hàm số ( ) 3 log f t t t =+ với 0 t  . Ta có ( ) 1 1 0, 0 ln3 f t t t  = +    . Suy ra hàm số ( ) ft đồng biến trên ( ) 0; + . Nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 4 3 4 f x y f xy x y xy  + =  + = Ta lại có ( ) ( ) 2 22 3 11 32 xy P x y x y xy x y xy +  = + − + = + − −   ( ) ( ) 2 2 16 16 2 4 2 4 99 xy xy a a g a = − − = − − = Với ( ) 3 3 3 3 9 2 4 4 2 2 4 a xy x y xy a a a = = +  =     Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 2 xy == . Mặt khác ( ) ( ) ( ) 4 1, 1 1 1 0 1 0 1 0 3 3 x y x y xy x y xy xy xy    − −   − + +   − +    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 3 x y =   =  hoặc 3 1 x y =   =  , do đó 9 ;3 4 a     . Khi đó ta có ( ) 32 9 9 2 0 ;3 9 16 4 g a a a   = − =  =    , và ( ) 91 , 3 6 42 gg  ==   Vậy 6 max P = khi 1 3 x y =   =  hoặc 3 1 x y =   =  . Ví dụ 10. Cho hai số thực dương ; xy thỏa mãn ( ) ( ) ln ln 4 4 x x x y y x + +  − + . Khi biểu thức 1 147 8 16 P x y xy = + + + đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị x y thuộc khoảng nào sau đây A. 1 ;1 2    . B. 11 ; 42    . C. 1 0; 4    . D. ( ) 1; 2 . Lời giải Từ giả thiết ta có điều kiện xác định 0 04 x y      . Khi đó ( ) ( ) ln ln 4 4 x x x y y x + +  − + ( ) ( ) 2 ln ln 4 4 x x y x y  +  − + − ( ) ( ) 2 ln ln ln ln 4 4 x x x x y x y  + +  + − + − ( ) ( ) ( ) 22 ln ln 4 4 * x x x y x y   +  − + −  . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 23 | Chinh phục Olympic toán Xét hàm số ( ) ln f t t t =+ trên khoảng ( ) 0; + ta có ( ) 1 1 0, 0 f t t t  = +    . Do đó hàm số ( ) ft là hàm đồng biến trên khoảng ( ) 0; + . Bất phương trình ( ) * trở thành ( ) ( ) ( ) 2 4 f x f x y − ( ) 2 4 x x y   − 4 xy  +  do ;0 xy  Khi đó ta chọn điểm rơi để đánh giá min của đẳng thức P như sau ( ) ( ) ( ) 1 147 8 16 P x y x y xy =  + + −  + −  + + ( ) ( ) ( ) 1 147 8 16 x y x y xy   =  + + −  + + −  +    Ta chọn giá trị  dương thỏa mãn để ghép cặp AM – GM cho các đẳng thức trong ngoặc vuông và dấu bằng xảy ra khi ( ) ( ) 1 8 147 16 4 x x y y xy  −  =    −  =    +=   1 8 147 16 4 x y xy  =  −    =  −   +=    1 147 4 16 8  + = − − . Xét hàm số ( ) 1 147 16 8 g  = + − − trên  ) 0; 8 . Ta có ( ) ( ) ( )  ) 33 22 1 147 1 147 0, 0; 8 16 8 2 8 2 16 g     = + = +       − −  −  −  . Nên hàm sồ ( ) 1 147 16 8 g  = + − − đồng biến trên  ) 0; 8 . Vậy phương trình 1 147 4 16 8 += − − có tối đa một nghiệm. Dễ thấy 4 = là một nghiệm của phương trình. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 4 = . Do đó ta viết lại ( ) 1 147 4 4 12 P x y x y xy   = + + + + +    1 147 4.4 2 4 . 2 12 . xy xy  + + 104 = . Dấu bằng xảy ra khi 1 2 x = ; 7 2 y = . Suy ra 1 7 1 1 : 0.1429 0; 2 2 7 4 x y  = =     . Ví dụ 11. Xét các số dương , xy thỏa mãn ( ) 3 42 log 3 4 13 2 x y xy xy x y xy − + − = + − − + . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y =+ thuộc tập hợp nào sau đây? A. ( ) 3;0 − . B. ( ) 0;2 . C. ( ) 2;5 . D. ( ) 5;10 . Lời giải Điều kiện 4 2 0 x y xy − + −  . Ta có ( ) 3 42 log 3 4 13 2 x y xy xy x y xy − + − = + − − + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 33 log 12 3 6 3 12 3 6 3 log 2 2 * x y xy x y xy x y x y  − + − + − + − = + + + Xét hàm số ( ) 3 log f t t t =+ với 0 t  . Suy ra ( ) 1 ' 1 0, 0. .ln3 f t t t = +    Do đó hàm số ( ) 3 log f t t t =+ đồng biến trên ( ) 0; + Ta có ( ) ( ) ( ) * 12 3 6 3 2 f x y xy f x y  − + − = + 12 3 6 3 2 x y xy x y  − + − = + | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 24 12 4 12 4 (3 4) 34 x x x y y x −  − = −  = − . Do ,0 xy  nên 4 ;3 . 3 x     Ta có ( ) 12 4 34 x P x y x g x x − = + = + = − ; ( ) ( ) ( ) 2 22 20 9 24 4 '1 3 4 3 4 xx gx xx − − − = + = −− ; ( ) 4 2 5 ' 0 . 3 g x x  =  = Vì 4 ;3 3 x     nên ta lấy giá trị 4 2 5 . 3 x + = Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) gx ta được 4 2 5 4 5 min 2,98. 33 Pg  + = =     Ví dụ 12. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên n có 4 chữ số thỏa mãn ( ) ( ) 2020 2020 2020 2 3 2 3 n n n +  + . Số phần tử của S là A. 8999 . B. 2019 . C. 1010 . D. 7979 . Lời giải Với mọi số tự nhiên n có 4 chữ số, ta có ( ) ( ) 2020 2020 2020 2 3 2 3 n n n +  + ( ) ( ) ( ) ( ) 2020 2020 2020 ln 2 3 ln 2 3 n n n  +  + ( ) ( ) 2020 2020 2020ln 2 3 ln 2 3 nn n  +  + ( ) ( ) ( ) 2020 2020 ln 2 3 ln 2 3 2020 nn n ++    . Xét hàm số ( ) ( ) ln 2 3 xx fx x + = trên ( ) 999; + . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 ln2 3 ln3 1 ln 2 3 23 xx xx xx x fx x  +   = − +  +  ( ) ( ) 2 2 ln2 3 ln3 2 3 ln 2 3 1 23 x x x x x x x x xx x  + − + +  =  +  ( ) 2 1 2 3 2 .ln 3 .ln 2 3 2 3 23 xx xx x x x x xx x      =+       ++ +      . Với 999 x  ta có 2 1 23 x xx  + và 3 1 23 x xx  + 2 ln 0 23 x xx    +  và 3 ln 0 23 x xx    +  . ( ) 0, 999 f x x      () fx  là hàm nghịch biến trên ( ) 999;+ . Do đó ( ) ( ) ( ) 2020 f n f    2020 n  . Vì n là số tự nhiên có 4 chữ số nên   2021;2022;....;9999 n  . Vậy có S có 7979 phần tử. Ví dụ 12. Cho các số thực , xy thỏa mãn 22 2 log log 2 2 5 2 x y x y xy x −  − = + + −  +  . Hỏi giá trị nhỏ nhất của 22 P x y xy = + + là bao nhiêu ? A. 30 20 2 − . B. 33 22 2 − . C. 24 16 2 − . D. 36 24 2 − . Lời giải Điều kiện ( ) 2;2 , 0 xy  −  . Ta có 22 2 log log 2 2 5 2 x y x y xy x −  − = + + −  +  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 log 4 2 4 2 log 2 2 * x x y xy y xy  − + − = + + + . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 25 | Chinh phục Olympic toán Xét hàm số ( ) ( ) 2 1 log ' 1 0, 0 ln2 f t t t f t t t = +  = +    . Suy ra ( ) ( ) ( ) * 4 2 2 f x f y xy  − = + 4 2 2 4 2 2 x y xy x y xy  − = +  = + + . Ta có ( ) ( ) 2 4 16 8 x y xy x y +  = − + suy ra điều kiện tồn tại , xy là ( ) 4 4 2 4 4 2 xy x y L  +  − +  +  − −   . ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 4 2 4 t x y P x y xy x y x y t t h t =+ = + − = + + + − = + − = . Vậy min 36 24 2 2 2 2 P x y = −  = = − + . Cách 2. Ta có ( ) ( ) (*) 2 2 4 2 2 8 xy x y x y  + + =  + + = . Ta có 2 0, 2 0 xy +  +  ; ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 x y x y + + +  + + = 4 2 4 xy  +  − . Xét 22 ; P x y xy = + + ( ) 2 22 2 2 1 1 2 2 2 1 P xy x y x y xy x y x y + + + + = + + + + + = + + . ( ) 2 4 2 3 5 36 24 2 P   − − = − Vậy min 36 24 2 P=− khi 4 2 4 2 2 2 xy xy xy  + = −   = = −  =   . Ví dụ 13. Cho các số thực , xy dương và thỏa mãn ( ) 22 2 22 log 2 1 22 2 log 2 log 8 3 xy xy xy xy x ++ + + + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 2 22 2 x xy y P xy y −+ = − . A. 1 2 . B. 5 2 . C. 3 2 . D. 15 2 + . Lời giải Phương trình tương đương ( ) 22 2 2 2 2 2 log 2 1 22 2 2 2 22 log 2 log 8 log 2 1 3 33 xy xy x y x y x y xy xy x xy x ++++ +   + + +  ++ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 22 log 2 2 2 2 3 log 3 1 x y x y xy x xy x  + + +  + + + Nhận thấy hàm số ( ) 2 log f t t t =+ đồng biến trên khoảng ( ) 0;+ , nên ( ) 1 tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 0 3 2 0 xx x y xy x x xy y yy     +  +  − +   − +          12 x y    . Đặt   1;2 x tt y =   , khi đó ( )   2 2 2 2 , 1;2 2 1 2 1 tt P g t t t tt −+ = = = +  −− . Ta có ( ) ( ) 2 4 1 21 gt t  =− − . Suy ra ( )   3 0 1;2 2 g t t  =  =  . Lại có ( ) 13 g = , ( ) 8 2 3 g = , 35 22 g  =   . Vậy 5 min 2 P = . | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 26 Ví dụ 14. Xét các số thực dương , xy thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 2 22 2 2 2 1 2 4 log 4 2 x y xy xy  + + + + = −   . Khi biểu thức 4 xy + đạt giá trị nhỏ nhất, x y bằng A. 2 . B. 4 . C. 1 2 . D. 1 4 . Lời giải Ta có ( ) ( ) 2 22 2 2 2 1 2 4 log 4 2 x y xy xy  + + + + = −   ( ) ( ) ( ) 22 2 2 1 2 4 8 log 4 8 2 xy x y xy xy xy xy  +  + − + + = − +   ( ) ( ) 2 2 22 2 log 2 log 22 xy xy x y x y      + + + = +         . ( ) * Xét hàm số ( ) 2 2 2 log f t t t =+ , với 0 t  , có ( ) 1 4 0, 0 .ln2 f t t t t  = +    . Suy ra hàm số ( ) ft đồng biến trên khoảng ( ) 0;+ . Do đó ( ) ( ) * 22 xy xy f x y f x y   + =  + =   ( ) 22 x y y  − = . Theo giả thiết ,0 xy  nên suy ra 2 y  và 24 22 22 y x yy = = +  −− . Đặt 4 P x y =+ 2 4 2 y Py y  = + − ( ) 4 4 2 10 2 y y  = − + +  −  . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2 16 10 18 P  + = . Dấu bằng xảy ra khi 3 3 2 2 6 2 y y x y x x y y =  =     =  = =   −  . Ví dụ 15. Cho các số thực a , b thỏa mãn ( ) 2 2 2 2 2 2 1 10 a b ab ab b e e a ab b e + + + + − + − − = . Gọi m ,M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức 1 12 P ab = + . Khi đó, mM + bằng A. 10 3 . B. 19 5 . C. 7 3 . D. 2 5 . Lời giải Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 1 10 a b ab ab b e e a ab b e + + + + − + − − = 2 2 2 2 2 2 1 10 a ab b b e a ab b e − + +  + − + − − = 2 2 2 2 2 2 1 2 21 a ab b b e a ab b e b − + +  + − + = + + , ( ) * Xét hàm số ( ) t f t e t =+ ( ) 10 t f t e   = +   ( ) t f t e t =+ là hàm số đồng biến trên ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 * 2 1 2 1 1 f a ab b f b a ab b b a ab b  − + = +  − + = +  − + = Do đó 22 22 1 12 a ab b P ab a ab b −+ == + ++ . • Trường hợp 1. 01 bP =  = . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 27 | Chinh phục Olympic toán • Trường hợp 2. ( ) 2 2 22 1 1 0 1 1 aa xx bb b P g x xx aa bb     −+     −+       = = = ++     ++         với a x b = . Ta có ( ) ( ) 2 2 2 22 1 x gx xx −  = ++ ; ( ) 1 0 1 x gx x =   =  =−  . Do đó min 1 3 mP == ; max 3 MP == 10 3 mM  + = . Ví dụ 17. Xét các số thực dương x ,y thỏa mãn 2 2 8.2 2 2 6 2 yx yx + − + = . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 23 3 xy S xy y +− = − thuộc tập hợp nào dưới đây? A. ( ) 0;2 . B.  ) 4;10 . C.  ) 3;4 . D. 1 ;3 2     . Lời giải Ta có ( ) 22 2 3 2 8.2 2 2 6 2 2 2 3 2 2 y x y x y x y x + + − + =  + + = + . Xét hàm số ( ) 22 t f t t =+ xác định trên có ( ) ' 2 .ln2 2 0, t f t t = +    . Suy ra hàm số ( ) y f t = đồng biến trên . Mà ( ) ( ) 22 33 f y f x y x + =  + = . Khi đó, ta có ( ) 4 2 4 2 4 3 2 2 3 3 2 3 2 1 2 2 2, 0 3 33 x y y y y y S y y xy y y y y y y + − + + − + = = = = +    − +− . Dấu = xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 3 2 21 7 0, 0 2 yx y y xy x   += =    =    =    . Ví dụ 18. Cho các số thực , xy thỏa mãn ( ) ( ) 2 2 ln 2 x x x x y e e e y − = − + + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 10 P x y y = + + . A. 0 . B. 21 − . C. 20 − . D. 9 − . Lời giải Điều kiện 20 x ey + . (*) Ta có ( ) ( ) ( ) 22 2 2 ln 2 ln 2 ln 2 x x x x x x x x y e e e y e e e y e y − = − + +  + = + + + ( ) 1 . Xét hàm số ( ) ln f t t t =+ , ( ) 0; t  +  . Ta có ( ) ( ) 1 1 0, 0; f t t t  = +    +  . Suy ra hàm số ( ) ft đồng biến trên ( ) 0; + . Do đó ( ) 1 ( ) ( ) 22 22 x x x x f e f e y e e y  = +  = +  2 2 xx y e e =− . Xét hàm số 2 2 xx y e e =− , có 2 ' 2 2 xx y e e =− ; ' 0 0 yx =  = . Từ bảng biến thiên, ta có ( ) 2 1, 5 16, y x y x  −   +   , đẳng thức xảy ra khi 0 x = . Ta có ( ) 2 2 2 2 10 5 25 16 25 9, P x y y x y x = + + = + + −  − = −  . Vậy min 9 P =− , đạt được khi 0 1 x y =   =−  (thỏa mãn điều kiện (*)). | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 28 Bài tập tự luyện Câu 1. Cho các số thực dương a,b thỏa mãn 3 2 log 3 7 ab ab a b ab − = + + − + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 5 S a b =+ A. 2 95 6 3 − B. 4 95 15 12 + C. 3 95 16 3 − D. 5 95 21 6 − Câu 2. Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn 2 1 2 2018 2017 2 2019 xy x yy −− + = −+ . Biết rằng giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 22 4 3 4 3 25 S x y y x xy = + + + là a b với a,b là các số nguyên dương và a b tối giản. Tính T a b =+ . A. 27 T = B. 17 T = C. 195 T = D. 207 T = Câu 3. Cho các số thực dương a,b thỏa mãn 2 1 log 2 3 ab ab a b ab − = + + − + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 P a b =+ . A. 2 10 3 2 − B. 2 10 1 2 − C. 2 10 5 2 − D. 3 10 7 2 − Câu 4. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 2 2 2 2 4 1 1 4 x y x y x yx e e y − + − + − − − = + . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 3 2 2 2 2 8 2 P x y x y x = + − + − + là a b với a,b là các số nguyên dương và a b tối giản. Tính T a b =+ . A. 85 T = B. 31 T = C. 75 T = D. 41 T = Câu 5. Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn 2 1 1 3 2 2 2 4 3 xy xy xy x y + −  − = − − −   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 23 P x y =+ A. 6 2 7 − B. 10 2 1 10 + C. 15 2 20 − D. 3 2 4 2 − Câu 6. Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn ( ) ( ) 33 2 log 8 1 2 3 1 xy x y x y xy xy xy + + + + + = − − + − . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 P x y =+ . A. 1 15 2 + B. 3 15 2 + C. 15 2 − D. 3 2 15 6 + Câu 7. Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn 2 2 log 3 3 1 21 y y y x x x = − + + − + + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 100 P x y =− . A. 2499 − B. 2501 − C. 2500 − D. 2490 − Câu 8. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn ( ) ( ) 22 3 log 3 3 2 xy x x y y xy x y xy + = − + − + + + + . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 23 6 xy P xy ++ = ++ . A. 69 249 94 + B. 43 3 249 94 + C. 37 249 21 − D. 69 249 94 − Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 29 | Chinh phục Olympic toán Câu 9. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn ( ) ( ) 22 3 log 3 3 2 xy x x y y xy x y xy + = − + − + + + + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 23 6 xy P xy ++ = ++ . A. 69 249 94 + B. 43 3 249 94 + C. 37 249 21 − D. 69 249 94 − Câu 10. Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn 3 21 log 2 xy xy xy ++ =+ + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 12 S x y =+ . A. 6 B. 3 2 3 + C. 4 D. 33 + Câu 11. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn ( ) ( ) 222 log 4 4 2 xy x x y y xy x y xy + = − + − + + + + . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 21 2 x y a b P x y c + + + == ++ , với a,b,c là các số nguyên dương và a c tối giản. Tính giá trị của biểu thức S a b c = + + . A. 221 B. 231 C. 195 D. 196 Câu 12. Cho 2 số x,y thỏa mãn ( ) ( ) 2 22 2 1 2 2ln 1 yy x y x xy y xx ++ − + + − = ++ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 11 2 P xy xy xy = + + + . A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 13. Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn 2 4 2 2 2 2018 1 xy x y xy xy − − − + = − . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 S x y =+ . A. 6 4 3 + B. 1 2 3 + C. 6 4 3 − D. 9 4 3 + Câu 14. Cho x,y là các số thực thỏa mãn ( ) 2 2 log 3 1 21 y y x y x x = − + − + + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y =− . A. 3 4 − B. 5 4 − C. 2 − D. 1 − Câu 15. Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn 22 3 22 6 6 23 log 9 9 6 6 21 xy x y x y xy −+ = + − + − + . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) 22 50 9 39 6 P x y xy x y = + − − − là a b với a,b là các số nguyên dương và a b tối giản. Tính T a b =+ . A. 188 B. 191 C. 202 D. 179 Câu 16. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn ,1 xy  và ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 log 1 1 9 1 1 y x y x y +  + + = − − +  . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 33 57 P x y x y = + − + là số thực có dạng 7 ab + với a,b là các số nguyên. Tính T a b =+ . A. 28 − B. 29 − C. 30 − D. 31 − | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 30 Câu 17. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 22 22 2 2 log 2 1 3 3 xy x y xy xy x + + + +  + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 2 22 2 x xy y P xy y −+ = − . A. 3 2 B. 5 2 C. 1 2 D. 7 2 Câu 18. Cho 2 số thực a,b thỏa mãn 5 4 2 5 log 3 4 ab ab ab ++  = + −  +  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 P a b =+ A. 3 2 B. 5 2 C. 1 2 D. 7 2 Câu 19. Cho x,y là các số thực dương thỏa mãn 2 4 log 2 4 1 xy xy xy  + = − +  +  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 4 2 2 2 3 2 2 6 x x y x P xy −+ = + . A. 9 4 B. 16 9 C. 4 D. 25 9 Câu 20. Cho x,y là các số thực dương thỏa mãn ( ) 22 35 5 1 3 2 3 3 xy x y x y xy x y x + − − + + + = + + − . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 T x y =+ . A. 6 2 3 − B. 4 2 6 + C. 4 2 6 − D. 6 2 3 + Hướng dẫn giải Câu 1. Chọn ý A Biến đổi giả thiết ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 33 33 log 2 log 3 2 1 log 3 2 3 2 log 6 3 2 3 1 6 0 6 31 ab a b ab a b ab ab a b a b a ab a b b a a b a a − − + = − + + −  − + − = + + + −  − = +  + = −  =   + ( ) 1 95 2 95 6 33 S f a f  − + −  =  =    Câu 2. Chọn ý D Biến đổi giả thiết ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 21 2 22 2018 2017 1 2018 2017 1 191 16 2 12 16 xy x y x y S x x x x − + = − +  = −  = − + − +  Câu 3. Chọn ý A Tương tự câu 1. Câu 4. Chọn ý A Biến đổi giả thiết ta được ( ) 2 2 2 2 2 2 4 1 1 2 2 4 1 2 2 1 2 2 2 2 4 4 4 4 1 4 1 4 4 1 1 4 x y x y x x y x y x e e y x y x y x e y x e x y x y x x y y − + + + − − + − + − − = − −  − + − + = + − +  − + − = + −  = + Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 31 | Chinh phục Olympic toán Đến đây thế vào giả thiết còn lại và khảo sát hàm số trên đoạn   1;1 − ta sẽ tìm được giá trị lớn nhất của 58 27 P = Câu 5. Chọn ý A Biến đổi giả thiết ta có ( ) ( ) ( ) 12 11 2 1 2 2 1 2 33 1 3 2 4 2 3 6 2 7 22 xy x y xy x y xy x y x P f x x f x −+     − − = − +  − = +          −−   = = +  = −    +   Câu 6. Chọn ý C Biến đổi giả thiết ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 22 log 2 1 2 1 log 2 1 32 2 2 1 0;2 2 15 2 1 2 1 x y x y x y xy xy xy x x x y xy y x P x xx + + + + + = − + − + − − −  + = −  =   = +  − + ++ Câu 7. Chọn ý B Biến đổi giả thiết ta có ( ) ( ) 2 22 2 log 3 log 1 1 3 1 1 100 1 1 50 2501 2501 y y y x x x y x P x x x + − = + + + − +  = +  = − + = + − −  − Câu 8. Chọn ý A Biến đổi giả thiết ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 33 2 2 2 2 33 log log 2 3 log 3 3 log 2 2 x y x y xy x y xy x y x y x y x y xy x y xy + − + + + = + + − +  + + + = + + + + + + + ( ) 2 2 22 33 3 2 3 2 2 4 2 2 y y y y x y x y xy x x      + = + + +  + + − + − +         ( ) 2 2 22 3 3 3 1 1 1 2 2 2 2 a b yy x a b    + − + − =  + =      Khi đó ta được ( ) ( ) ( ) ( ) 2 , 1 6 2 3 33 31 8 6 1 3 8 6 0 2 3 3 3 bb x a y P x y x y bb P a a P a P b P = − = +  + + = + +   + + = + +  − + − + − =   Coi ( ) 1 là phương trình đường tròn ( ) C có tâm là gốc tọa độ và 1 R = và ( ) 2 là phương trình đường thẳng ( ) d . Để ( ) C và ( ) d có điểm chung thì ta có điều kiện. ( ) ( ) ( ) 22 86 69 249 69 249 ;d 1 94 94 1 13 3 P d O R P PP − −+       − + − Câu 9. Chọn ý D Tương tự câu 8. Câu 10. Chọn ý A Biến đổi giả thiết ta có | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 32 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 33 33 log 2 1 log 2 log 2 1 2 1 log 3 3 1 2 1 2 1 6 2 1 2 x y x y x y x y x y x y x y x y S f x f x x + + − + = +  + + + + + = + + +   + =  = = +  =  −  Câu 11. Chọn ý A Tương tự câu 8. Câu 12. Chọn ý C Biến đổi giả thiết ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 3 3 2 2 2 3 2 3 2 2 1 2 2ln 1 2 2ln 1 2ln 1 2ln 1 2 2ln 1 2 1 2 yy x y x xy y xx x y x y y y x x x x x x y y y y x y P x x ++ − + + − = ++  − − − = + + − + +  + + + − = + + + −  =  = +  Câu 13. Chọn ý D Câu 14. Chọn ý B Đề thi HKI – Chuyên Amsterdam – Hà Nội – 2017 – 2018 Câu 15. Chọn ý A Câu 16. Chọn ý B Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh – Lần 2 – 2017 – 2018 Biến đổi giả thiết ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 33 3 3 3 33 log 1 1 9 1 1 1 log 1 1 9 1 1 99 log 1 1 1 log 1 log 1 1 11 9 9 9 log 1 1 log 1 8 2 1 6 1 1 1 y x y x y y x y x y x y x x y x yy x x x x y xy xy y y y + + + = − − +  + + + = − − +  + + = − −  + + + = − − ++  + + + = +  + =  + = −     + + + Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 83 8 3 8 57 8 9 2 7 112 a P xy xy xy xy f xy f b =  = − − − − − =  −   =−  Câu 17. Chọn ý B Biến đổi giả thiết ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 22 2 2 2 2 2 2 22 22 log 2 2 1 3 log 2 2 3 33 log 2 2 2 2 log 3 3 x y x y x y xy x x y xy x xy x xy x x y x y xy x xy x ++ + + +  +  + +  + ++  + + +  + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 0 1 2 22 35 2 22 1 x x y xy x x xy y y xx yy x P f f x y y  +  +  − +      −+      = =  =     − Câu 18. Chọn ý C Câu 19. Chọn ý B Câu 20. Chọn ý B Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 33 | Chinh phục Olympic toán Biến đổi giả thiết ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 1 1 35 5 1 3 2 3 3 5 3 2 5 3 1 1 1 0 2 1 0 2 2 21 2 6 4 2 6 2 xy x y x y xy x y x y xy xy x y x x y xy x xy x y y x x y x x x S f x x f x + − − + − − − − + + + = + + −  − + + = − + − +  − + + =  − = +   =  − +  = = +  + = + − Kỹ thuật hàm đặc trưng kết hợp với tính chất đặc biệt của hàm số. Dạng toán này xuất hiện nhiều trong các đề thi thử các trường năm 2019, ta phải kết hợp với tính chất đặc biệt của hàm số như tính chẵn lẻ, biểu thức liên hợp,… Sau đây ta sẽ tìm hiểu nó. Ví dụ 1. Cho hàm số ( ) ( ) 2 ln 1 f x x x = + + . Có tất cả bao nhiêu số nguyên m thỏa mãn bất phương trình ( ) 1 log log 0 2019 m f m f  +   . A. 65 B. 66 C. 64 D. 63 Lời giải Điều kiện 1 m  (do m là số nguyên và 0, 1 mm  ), suy ra log 0 m  . Hàm số ( ) ( ) 2 ln 1 f x x x = + + có tập xác định D = . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 1 ln 1 ln ln 1 1 f x x x x x f x xx − = − + + = = − + + = − ++ , x  . Mặt khác ( ) 2 1 ' 0, 1 f x x x =   + , nên ( ) fx đồng biến trên . Khi đó ta có ( ) ( ) ( ) log2019 1 1 1 log log 0 log log log log 2019 2019 2019 1 log2019 log log log 10 65,77. 2019 log m m m m f m f f m f f m f m m m m       +    −   −               −      Suy ra   2;3;...;65 m  . Vậy có tất cả 64 số nguyên m thỏa mãn. Ví dụ 2. Cho hàm số ( ) ( ) 2 1 x x x f x e e e +− =− . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn bất phương trình ( ) 12 70 1 f m f m  − +   +  . A. 4 B. 6 C. 3 D. 5 Lời giải Tập xác định D = là tập đối xứng. Ta có ( ) 22 11 x x x x f x e e + + − + + =− và ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 x x x x x x x x f x e e e e f x − + + + + + + − + + − = − = − − = − . Suy ra ( ) fx là hàm số lẻ. Ta có ( ) 22 11 22 ' 1 1 0, 11 x x x x xx f x e e x xx + + − + +     = + + −       ++      ( ) fx đồng biến trên . ( ) ( ) 15 12 12 12 12 7 0 7 7 . 1 1 1 1 1 m f m f f m f f m m m m m m         − +   −  − = −  −  −         − + + + +        Vì m là số nguyên dương nên   1,2,3,4,5 . m  | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 34 Ví dụ 3. Cho hàm số ( ) ( ) 2 ln 1 y f x x x = = + + . Tìm tập nghiệm của bất phương trình ( ) ( ) 1 ln 0 f a f a − +  . A.   0;1 B. (  0;1 C.  ) 0; + D. ( ) 0; + Lời giải Ta có 2 2 2 1 0 1 0 x x x x x x x x x x + +  + = +     + +    . Vậy ta có tập xác định của hàm số là . Xét bất phương trình ( ) ( ) ( ) 2 ln 1 f x x x  − = + − + −   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 2 1 ln 1 ln 1 . 1 1 ln ln 1 1 xx f x x x f x x x xx f x f x x x f x f x xx  ++   − = + −  − = + +  ++    − =  − = − + +  − =  ++  Vậy hàm số ( ) fx là hàm số lẻ. Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 11 1 . 1 1 1 1 1 1 1 .0 1 1 1 x f x x x f x x x x x x xx fx x x x x    = + +  = +  + + + + +  ++   = =  + + + + Vậy hàm số ( ) fx đồng biến trên , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 lna 0 1 ln 1 ln 1 ln ln 1 * f a f f a f a f a f a a a a a − +   −  −  −  −  −  −  +  Xét ( ) ( ) 1 ln , 0; 1 0, 0 g a a a a g a a a  = +   = +    . Vậy hàm số ( ) ga đồng biến trên ( ) 0; + . Mà ( ) 11 g = , khi đó ( ) ( ) ( ) * 1 1 g a g a     . Vậy tập nghiệm bất phương trình là (  0;1 . Ví dụ 4. Cho hàm số ( ) 22 xx fx − =− . Gọi 0 m là số lớn nhất trong các số nguyên m thỏa mãn bất phương trình ( ) ( ) 12 2 2 0 f m f m + −  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A.  ) 0 1513;2019 m  B.  ) 0 1009;1513 m  C.  ) 0 505;1009 m  D.  ) 0 1;505 m  Lời giải Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 x x x x f x f x −−−− − = − = − − = ; ( ) 2 .ln2 2 ln2 0, xx f x x −  = +    . Hàm số ( ) 22 xx fx − =− là hàm số lẻ và tăng trên . Yêu cầu bài toán ( ) ( ) ( ) 12 12 12 2 2 2 2 2 3 f m f m f m m m m −  − = −  −    . Như vậy giá trị m nguyên lớn nhất là 12 0 2 1365 3 m  ==   . Ví dụ 5. Cho hàm số ( ) 2 1 y f x x x = = + + . Tìm các giá trị của m để bất phương trình ( ) ( ) ( ) 3 3 2019 0 2019 xx x m f x m f x x + − − +  + luôn đúng trên đoạn   4;16 . A. 35228 m  B. 36416 m  C. 38421 m  D. 34662 m  Lời giải Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 35 | Chinh phục Olympic toán Ta xét ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 11 11 1 f x x x x x fx xx − = + − + − = + − = = ++ , vậy ( ) ( ) 1 fx fx −= . Bất phương trình ( ) ( ) ( ) 3 3 2019 0 2019 xx x m f x m f x x + − − +  + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 33 2019 2019 2019 2019 1 xx x m f x m f x x x m f x m x x f x x +  − −  − +  − −  − − − − Xét ( ) ( ) ( ) 2 .1 g t t f t t t t = = + + , có ( ) 22 2 2 2 22 1 2 2 1 . 2 2 2 11 AM GM tt g t t t t t t t tt −  = + + +  + + = + ++ ( ) 2 2 0 g t t t    +  Vậy hàm số ( ) gt luôn đồng biến trên , khi đó ( ) ( ) ( ) 3 3 3 1 2019 2019 2020 g x m g x x x m x x m x x  −  − −  −  − −   + Để ( ) 1 luôn đúng ta phải có   ( ) 3 4;16 max 2020 36416 m x x  + = . Ví dụ 6. Cho hàm số ( ) ( ) 2 ln 1 xx f x x x e e − = + + + − . Hỏi phương trình ( ) ( ) 3 2 1 0 x f f x + − = có bao nhiêu nghiệm thực? A. 3 B. 0 C. 2 D. 1 Lời giải Ta có 2 1 0, x x x + +    nên hàm số ( ) fx xác định trên . Ta có ( ) ( ) 2 ln 1 xx f x x x e e −  − = − + − + −   . ( ) 2 ln 1 xx x x e e − = − + + + − ( ) ( ) ( ) 2 ln 1 xx x x e e f x − = − + + + − = − với x  . Suy ra ( ) fx là hàm số lẻ. Mà ( ) 2 2 2 1 21 1 xx x x f x e e xx − + +  = + + ++ 2 2 22 1 1 1 0 11 x x x x xx x e e e e x x x −− ++ + = + + = + +  + + + , x  Suy ra ( ) fx đồng biến trên . Ta có ( ) ( ) 3 2 1 0 x f f x + − = ( ) ( ) 3 2 1 x f f x  = − − ( ) ( ) 3 1 2 x f f x  = − 3 1 2 x x  = − . Xét hàm số ( ) 3 x gx = . Hàm số ( ) gx đồng biến trên , hàm số ( ) 12 h x x =− nghịch biến trên nên đồ thị hàm số ( ) y g x = và ( ) y h x = có nhiều nhất một điểm chung. Mặt khác ta có ( ) ( ) 00 gh = suy ra phương trình 3 1 2 x x =− có một nghiệm duy nhất 0 x = . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0 x = . Do m nguyên thuộc   20;20 − nên số giá trị m là 23. Ví dụ 7. Cho hàm số ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2019 2020ln 1 2021 xx f x e e x x x − = − + + + + . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình ( ) ( ) 23 3 12 0 f x m f x + + −  có nghiệm với   2;1 x   − . A. 22 . B. 20 . C. Vô số. D. 21. Lời giải Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2019 2020ln 1 2021 xx f x e e x x x − − = − + − + + + − | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 36 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2019 2020ln 1 2021 xx e e x x x f x − = − − − + + − = − Suy ra () fx là hàm lẻ, lúc đó ( ) ( ) 33 12 12 f x f x − = − − ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 2019 2 2 2020 6063 1 xx x x f x e e x xx − + +  = + + + ++ ( ) 2 2 2 2 2020 2019 2 2 6063 0 , 1 xx e e x x x − = + + +    + Suy ra ( ) fx hàm đồng biến và liên tục trên   2;1 − . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 3 12 0 3 12 f x m f x f x m f x + + −   +  − 23 3 12 x m x  +  −     ( ) 23 3 23 3 12 , 2;1 . do 12 0 2;1 3 12 x m x x x x x m x  +  −     − −    −  +  −       ( )   ( ) 32 32 2;1 32 32 2;1 min 12 3 12 3 8 2;1 12 3 12 max 3 12 m x x m x x m x m m x x m x x − −   − −   − −       −      −  − −   − −    Mà m nguyên nên   12; 11;...;8 . m  − − Vậy có 21 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 8. Cho hàm số ( ) 3 2020 sin2020 y f x x x x = = + + và biết tập nghiệm của bất phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 log 2020 2020 2020 0 x f e f f f − − +  là (  ln ;ln S a b = . Giá trị T b a =− là A. 1 T = . B. 2 T = . C. 3 T = . D. 4 T = . Lời giải Xét hàm số ( ) 3 2020 sin2020 y f x x x x = = + + . Tập xác định D = . Ta có ( ) ( ) ( ) x D x D y f x f x f x    −    =  − = −   là hàm số lẻ ( ) 1 . Đạo hàm 2 ' 3 2020 2020.cos2020 0, y x x x D = + +    . Suy ra hàm số ( ) y f x = đồng biến trên D ( ) 2 . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 f f f f =  = = . Khi đó bất phương trình đã cho tương đương ( ) ( ) ( ) 2 log 2020 2020 2020 x f e f − −  − ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 log 2020 2020 2020 x f e f  − −  − ( ) ( ) 2 2 log 2020 2020 2020 x e  − −  − ( ) 2 log 2020 0 x e  −  0 2020 1 2020 2021 ln2020 ln2021 xx e e x   −        (  ln2020;ln2021 S = 2020 2021 a b =    =  . Vậy 1 T b a = − = . ( ) ( ) ( ) ( ) 4; 6 , 6; 4 , 5; 2 , 2; 5 , − − − − − − − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5; 6 , 6; 5 , 1; 4 , 4; 1 , 0; 2 , 2;0 , 0; 1 , 1;0 . − − − − − − − − − − − − Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 37 | Chinh phục Olympic toán 3. Các bài toán liên quan tới định lý Viet. Phương pháp chung của các bài toán ở dạng này hầu hết sẽ là đưa giả thiết phương trình logarit về dạng một tam thức, sau đó sử dụng định lý viet và các phép biến đổi logarit để giải quyết bài toán. Để hiểu rõ hơn ta cùng đi vào các ví dụ. Ví dụ 1. Cho các số nguyên dương ,1 ab  thỏa mãn phương trình. 11log log 8log 20log 11 0 a b a b x x x x − − − = Biết rằng phương trình trên có tích 2 nghiệm là số tự nhiên nhỏ nhất. Tính 23 S a b =+ A. 28 B. 10 C. 22 D. 15 Đề minh họa học sinh giỏi tỉnh cấp THPT tỉnh Phú Thọ Lời giải Ta đưa phương trình về phương trình bậc 2 theo ẩn là log a x ta được. ( ) ( ) 2 11log log 4 2 5log log 11 0 b a b a a x a x − + − = Để phương trình có 2 nghiệm thì ( ) 2 0 400 log 164log 64 0 bb aa    − +  luôn đúng Gọi 12 , xx là 2 nghiệm của phương trình thì khi đó theo định lý Viet thì ta có ( ) 12 4 2 5log 8 20 log log log 11log 11 11 b a a a b a x x b a + + = = + ( ) 8 20 11 11 1 2 1 2 8 20 log log 11 11 aa x x b x x b a  = +  = Do a,b là các số nguyên dương đồng thời tích 2 nghiệm là số tự nhiên nhỏ nhất nên ta sẽ có 1 đánh giá sau ( ) ( ) ( ) 8 20 1 1 1 20 18 20 8 9 8 11 11 11 11 11 12 2 . 2 2 x x b a a b b b = =  = Để * 9 8 11 9 8 12 2 . 2 .2 3 x x b n n   =    , mặt khác 11 22 nn  . Đến đây ta xét các trường hợp sau • Nếu 8 4 8192 n b b =  =   • Nếu 8 6 708588 n b b =  =   • Nếu 8 8 708588 8 n b b =  =  = Vậy 2, 8 ab == . Chọn ý A. Ví dụ 2. Xét các số nguyên dương a,b sao cho phương trình 2 ln ln 5 0 a x b x + + = có 2 nghiệm phân biệt 12 , xx và phương trình 2 5log log 0 x b x a + + = có 2 nghiệm 34 , xx thỏa mãn 1 2 3 4 x x x x  . Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức 23 S a b =+ bằng A. 30 B. 25 C. 36 D. 17 Câu 46 mã đề 104, đề thi THPT Quốc Gia môn toán 2017 Lời giải Điều kiện để cả hai phương trình có hai nghiệm phân biệt là 2 0, 20 0 x b a  −  và a,b đồng thời là các số tự nhiên lớn hơn 0. Xét phương trình 2 ln ln 5 0 a x b x + + = , đặt ln tx = phương trình trở thành 2 50 at bt + + = , giả sử 1 1 2 2 ln , ln t x t x == là 2 nghiệm của phương trình thì theo Viet ta có. ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 ln ln ln b a b t t x x x x x x e a − + = + = = −  = Tương tự đối với phương trình 2 5log log 0 x b x a + + = ta có 5 34 10 b xx − = Mặt khác theo giả thiết ta có. 55 1 2 3 4 1 ln10 5 10 ln10 ln10 2 5 5 ln10 b b b a b b b x x x x e a a a a − − −     −         | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 38 Đồng thời ta lại có a là số nguyên dương nên suy ra 3 a  và 2* 20 0, 8 b a b b −     Vậy 2 3 2.3 3.8 30 S a b = +  + = . Ví dụ 3. Cho các số thực ,1 ab  và phương trình ( ) ( ) log log 2018 ab ax bx = có 2 nghiệm phân biệt m,n. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 2 2 2 2 4 9 36 1 P a b m n = + + A. 144 B. 72 C. 68 D. 216 Lời giải Ta đưa phương trình về phương trình bậc 2 theo ẩn là log a x ta được. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 log log 2018 1 log 1 log 2018 log log log log 1 2018 log log 1 log log 2017 a b a b a b a b b a b a ax bx x x x x x x a x a x =  + + =  + + + =  + + = Theo định lý Viet ta có ( ) 1 log 11 log log log 1 log log log b a a a a a b a m n b mn mn a ab ab + + = − = − − = =  = Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 36 36 4 9 1 2 4 .9 .2 144 P a b a b a b a b  = + +  =   Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 22 22 49 3, 2 36 1 ab ab ab  =   = =  =   Ví dụ 4. Cho 3 số thực a,b,c thay đổi lớn hơn 1, thỏa mãn 100 a b c + + = . Gọi m,n lần lượt là 2 nghiệm của phương trình ( ) ( ) 2 log 1 2log 3log log 1 0 a a a a x b c x − + + − = . Tính giá trị của biểu thức 23 S a b c = + + khi mn đạt giá trị lớn nhất. A. 500 3 B. 700 3 C. 00 D. 600 3 Lời giải Với bài toán này giả thiết đã được đưa về một tam thức bậc 2 sẵn rồi nên ta chỉ cần sử dụng tới định lý viet, ta được ( ) 2 3 2 3 log log 1 2log 3log log a a a a a m n b c ab c mn ab c + = + + =  = Theo bất đẳng thức AM – GM ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 6 8 4 3 3 100 3 . . 100 100 100 27 2 2 3 3 2 3 100 4 625.10 2 27 6 27 bb mn ab c ab a b a a b a b a b b a a b  = = − − = − − − − − −    + + + − −  =     Dấu “=” xảy ra tại 3 50 100 150 700 3 100 ,b , 2 3 3 3 3 b a a b a c S = = − −  = = =  = Ví dụ 5. Cho 2 phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 22 ln 1 ln 0 1 ,ln 1 ln 0 2 x m x n x n x m − − + = − − + = . Biết phương trình ( ) ( ) 1 , 2 có 2 nghiệm phân biệt đồng thời có chung một nghiệm và 1 x là nghiệm của phương trình ( ) 1 , 2 x là nghiệm của phương trình ( ) 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 12 S x x =+ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Đề thử nghiệm môn toán kì thi THPT Quốc Gia 2018 – Bộ GD&ĐT Lời giải Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 39 | Chinh phục Olympic toán Điều kiện mn  . Gọi 0 x là nghiệm chung của 2 phương trình khi đó ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 00 00 2 00 00 ln 1 ln 0 1 ln 1 ln ln 1 ln 0 ln ln 1 0 x m x n n x m x n m x n x m n m x m n x m n  − − + =   − − − + −  − − + =    − = −  = −  + = Áp dụng định lý viet cho 2 phương trình ta có • 01 12 02 ln ln 1 ln ln ln ln 1 x x m x x m n x x n + = −   − = −  + = −  • 10 1 12 20 2 ln .ln ln ln ln ln ln ln x x n x n m x n x x x m xm =   =  =  =  2 2 2 2 1 ln ln ln ln 1 ln xm nn x x m n x m n xn mm =−    − = −  − = −    =−   Khi đó 2 2 2 2 12 mm S x x e e − = + = + . Theo bất đẳng thức AM – GM ta có. 2 2 2 2 2 2 12 2 . 2 m m m m S x x e e e e −− = + = +  = Ví dụ 6. Xét các số thực ,, a b c với 1 a  thỏa mãn phương trình 2 log 2 log 0 aa x b x c − + = có hai nghiệm thực 12 ; xx đều lớn hơn 1 và 12 . x x a  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 1 bc S c + = . A. 62 . B. 4 . C. 5 . D. 22 . Lời giải Điều kiện 0 x  . Đặt log a tx = , ta có phương trình ( ) 2 01 t bt c − + = Vì phương trình đã cho có hai nghiệm thực 12 ; xx đều lớn hơn 1 và 12 . x x a  nên phương trình ( ) 1 có hai nghiệm 12 , tt thỏa mãn ( ) 2 12 12 4 40 ;0 0 1 0 1 * 1 00 b bc cb tt bb tt cc      = −               +       Ta có ( ) 1 4 1 3 3 25 1 bc b S b b b c c b b b +  = = +  + = + +  + =   . Dấu bằng khi 1 1; 4 bc == . Ví dụ 7. Cho phương trình ( ) ( ) log log 2020 ab ax bx = với , ab là các tham số lớn hơn 1 . Gọi 12 , xx là các nghiệm của phương trình đã cho. Khi biểu thức 12 14 63 4 P x x a b ab  = + + + +   đạt giá trị nhỏ nhất thì ab + thuộc khoảng nào dưới dây? A. 13 ;9 2    . B. 5 19 ; 24    . C. 19 16 ; 43    . D. 16 13 ; 32    . Lời giải Ta có ( ) ( ) log log 2020 ab ax bx = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 log 1 log 2020 1 log 1 log log 2020 a b a b a x x x a x  + + =  + + = . Đặt log log b a ma tx =   =  , do , 1 0 a b m    . Suy ra ( ) ( ) 1 1 2020 t mt + + = ( ) ( ) 2 1 2019 0 * mt m t  + + − = | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 40 Xét ( ) 2 1 4.2019. 0 0 m m m  = + +    . Vậy phương trình ( ) * luôn có 2 nghiệm phân biệt 12 , tt . Theo Viet ta có 12 1 m tt m + + = − 12 log 1 log log log b aa b a xx a +  + = − ( ) 12 log 1 log log a a a x x b ab  = − + = − 12 1 xx ab = Do đó 12 14 63 4 P x x a b ab  = + + + +   6 1 4 3 4 P a b ab a b   = + + + +   6 2 1 1 3 3 12 3 4 3 4 4 b P a b a ab a b        = + + + + + +             Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được 3 1 6 10 P  + + = . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 ;4 2 ab == . Vậy 11 2 ab += . Ví dụ 8. Cho hai số thực dương 1, 1 ab  và biết phương trình 2 4 1 xx ab + = có nghiệm thực. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 16 log log a a b P b a  =+   nằm trong khoảng nào? A. ( ) 13;15 . B. ( ) 15, 13 −− . C. ( ) 4;6 . D. ( ) 6; 4 −− . Lời giải Ta có 1, 1 ab  nên log 0 a b  . Xét ( ) 22 4 4 2 1 log 0 log 4log 0 x x x x a a a a b a b x x b b ++ =  =  + + = . Ta có 2 4 1 xx ab + = có nghiệm thực ( ) ( ) 2 log 0 log 16log 0 log 16 a aa a bl bb bn    −       . Ta có 3 log 16 16 15 16 log 3 log 3 log log log 16 16 log a a a a a a a b b P b b b b b a   = + = − + + = − + + +     . Áp dụng AM – GM cho hai số dương log 16 a b và 16 log a b ta có log 16 2 16 log a a b b + . Vậy 15 3 .16 2 14 16 PP  − + +   . Ví dụ 9. Cho hai số thực dương , ab lớn hơn 1 và biết phương trình 2 2 1 . xx ab + = có nghiệm thực. Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 4 log log a a P ab b =+ có dạng m n với , mn là số tự nhiên và m n là phân số tối giản. Khi đó 2 mn + bằng A. 34 . B.21 . C.23 . D.10 . Lời giải Phương trình tương đương với ( ) 22 2 log 0 log 2log 0 a a a x x b x x b b + + =  + + = . Điều kiện để phương trình có nghiệm là ( ) 2 log 8log 0 aa bb  = −  log 8 a b  ( ) log 0 a b  . Khi đó 4 log 1 log a a Pb b = + + ( ) 4 1 f t t t = = + +  ) ( ) ( ) 8; 19 min 8 2 m f t f n +  = = = . Vậy 2 23 mn += . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 41 | Chinh phục Olympic toán Ví dụ 10. Cho hai hàm số ( ) 32 11 33 f x ax x cx = − + − và ( ) 2 3 25 g x x bx = − + − có đồ thị như hình vẽ. Biết rằng 1 x , 2 x , 3 x dương và không nhất thiết phân biệt. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 3 1 2 log 3 P a c b a b c  = − + −  là A. 2 2log 3 76 − . B. 2 4log 3 76 − . C. 2 log 3 76 − . D. 2 3log 3 76 − . Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số ( ) y f x = và ( ) y g x = là ( ) 3 2 2 3 2 11 33 3 25 8 8 0 ax x cx x bx ax x c b x − + − = − + −  − + − − = (*) Dựa vào đồ thị ta có 0 a  và phương trình (có 3 nghiệm dương 1 x , 2 x , 3 x . Theo hệ thức Vi-et ta có 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 8 8 x x x a cb x x x x x x a x x x a  + + =   −  + + =    =   . Mà 3 3 2 1 2 3 1 2 3 8 8 8 8 3 27 0 3 27 9 x x x a x x x a aa   ++                . ( ) ( ) 2 1 2 3 1 2 2 3 3 1 2 64 64 33 3 x x x cb x x x x x x a c b a a ++ − + +     −  . Khi đó ( ) ( ) 2 32 1 1 2 2 22 64 log 3 log 64 70 log 3 log 3 a P a c b a b c a   = − + −  − = − + −    . Có 2 2 2 2 2 2 2 64 64 0 log log log 6 3log 3 27 27 a a a       − Suy ra 2 4log 3 76 P− . Đẳng thức xảy ra 83 9 83 a cb  =     −=  . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 4log 3 76 − , đạt được khi 83 9 83 a cb  =    −=  . | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 42 Ví dụ 11. Cho ,, a b c là các số thực thỏa mãn điều kiện 1, 0, 0 a b c    và bất phương trình ( ) 2 23 . 4 1 x x a b c + + có tập nghiệm là . Biết rằng biểu thức 16 1 1 3 a P bc = + + đạt giá trị nhỏ nhất tại ,, a m b n c p = = = . Khi đó, tổng m n p ++ bằng A. 81 16 . B. 57 20 . C. 32 3 . D. 51 16 . Lời giải Biến đổi giả thiết tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 23 22 . 4 1 2 3 log 4 0 2log 4 . 3log 4 0 * . x x a a a a b c x x b c x b c x b c + +   + + +   + + + +  Để ( ) * có tập nghiệm là khi và chỉ khi ( ) ( ) ( ) 23 log 4 3log 4 0 0 log 4 3 1 4 a a a b c b c b c b c a + − +    +    +  . Bằng cách áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel cho các số thực , ab và các số thực dương , xy , ta có ( ) 2 22 ab ab x y x y + + + với dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ab xy = ; và bất đẳng thức Cauchy cho 4 số dương, ta có 3 4 33 16 1 1 16 1 4 16 9 16 9 3 3 4 3 4 3 16 16 16 9 16 16 16 9 32 4 . . . 9 9 9 9 9 9 3 a a a a P b c b c b c a a a a a a a aa = + + = + +  +  + +  + + +  = Suy ra 32 min 3 P = . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 3 3 16 9 2 9 9 4 8 2 9 1, 0, 0 16 a a a b c a b bc c a b c   =  =     += =   =  =        . Khi đó 3 9 9 ,, 2 8 16 m n p = = = và 3 9 9 51 2 8 16 16 m n p + + = + + = . Bài tập tự luyện Câu 1. Cho 2 số thực ,1 ab  . Biết phương trình 2 1 1 xx ab − = có 2 nghiệm phân biệt 12 , xx . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 2 12 12 12 4 xx S x x xx  = − +  +  . A. 4 B. 3 32 C. 3 34 D. 3 4 Câu 2. Cho 2 số nguyên dương ,1 ab  . Biết phương trình 1xx ab + = có 2 nghiệm phân biệt 12 , xx và phương trình ( ) 2 1 9 x x ba − = có 2 nghiệm phân biệt 34 , xx thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 1 2 3 4 3 x x x x + +  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 32 S a b =+ Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 43 | Chinh phục Olympic toán A. 12 B. 46 C. 44 D. 22 Câu 3. Xét các số nguyên dương a,b sao cho phương trình .4 .2 50 0 xx ab − + = có 2 nghiệm phân biệt 12 , xx và phương trình 9 .3 50 0 xx ba − + = có 2 nghiệm phân biệt 34 , xx thỏa mãn 3 4 1 2 x x x x +  + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 23 S a b =+ A. 49 B. 51 C. 78 D. 81 Câu 4. Cho 2 số thực ,1 ab  thay đổi thỏa mãn 10 ab += . Gọi m,n là 2 nghiệm của phương trình ( ) ( ) log log 2log 3 0 a b a x x x − − = . Tìm giá trị nhỏ nhất của 9 P mn a =+ A. 279 4 B. 90 C. 81 4 D. 45 2 Câu 5. . Cho 2 số thực ,1 ab  thay đổi thỏa mãn 10 ab += . Gọi m,n là 2 nghiệm của phương trình ( ) ( ) log log 2log 3log 1 0 a b a b x x x x − − − = . Tìm giá trị nhỏ nhất của P mn = A. 16875 16 B. 4000 27 C. 15625 D. 3456 Câu 6. Biết rằng khi m,n là các số nguyên dương thay đổi và lớn hơn 1 thì phương trình 8log log 7log 6log 2017 m n m n x x x x − − = luôn có 2 nghiệm phân biệt a,b. Tính S m n =+ để tích ab là một số nguyên dương nhỏ nhất A. 20 B. 12 C. 24 D. 48 Câu 7. Biết rằng khi m,n là các số dương thay đổi khác 1 thỏa mãn 2017 mn += thì phương trình 8log log 7log 6log 2017 0 m n m n x x x x − − − = luôn có 2 nghiệm phân biệt a,b. Biết rằng giá trị lớn nhất của ( ) ln ab là 37 ln ln 4 13 18 13 cd     +         với c,d là các số nguyên dương. Tính 23 S c d =+ A. 2017 B. 66561 C. 64544 D. 26221 Câu 8. Cho 2 số thực ,1 ab  . Biết phương trình 2 1 1 xx ab + = có nghiệm thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 4 log log a a P ab b =+ A. 2017 B. 66561 C. 64544 D. 26221 Câu 9. Cho các số nguyên dương ,1 ab  thỏa mãn phương trình. 13log log 8log 20log 11 0 a b a b x x x x − − − = Biết rằng phương trình trên có tích 2 nghiệm là số tự nhiên nhỏ nhất. Tính 34 S a b =+ A. 52 B. 34 C. 70 D. 56 Câu 10. Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn 6 a b c + + = . Gọi m,n lần lượt là 2 nghiệm của phương trình ( ) log .log 712 bb x xabc = . Biết rằng giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 10 1 1 1 log 3 108 P mn mn a b c   = − + + +     được viết dưới dạng 4 log ij + với i,j là các số nguyên dương. Khi đó giá trị của biểu T i j =+ bằng? A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 Hướng dẫn giải Câu 1. Chọn ý C. Biến đổi giả thiết đồng thời áp dụng định lý viet ta được 12 2 12 log 1 log 0 1 b b x x a x x a xx + = −  − + =   =−  | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 44 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 22 3 11 4log 2log 2log 3 4 log log b b b bb S a a a aa     = + = + +          Câu 2. Chọn ý B. Với phương trình đầu ta lấy logarit 2 vế ta được 2 log 1 0 a x x b − + = Phương trình này có 2 nghiệm thì ( ) 2 2 log 4 0 a b b a  = −    Tương tự với phương trình 2 ta cũng có ( ) ( ) ( ) 2 2 log 9 1 log 9 4 0 bb x x a a − −   = +  Theo viet ta được ( ) ( ) ( ) 12 34 log log .log 9 3 log 9 3 4 log 9 a a b a b x x b b a a a x x a +=          +=   Khi đó ta được 16 17 46 b b S      Câu 3. Chọn ý D. Điều kiện để 2 phương trình đều có 2 nghiệm dương là 1 1 1 2 2 2 2 0; 0; 0 200 0; 0; 0 SP ba SP             Theo viet ta có ( ) 12 3 4 1 2 2 3 4 3 50 50 2 .2 log 3 .3 50 log 50 xx x x xx aa a x x a  =  + =    =  + =  Theo giả thiết ta có ( ) 3 4 1 2 3 2 50 log 50 log 3 25 81 x x x x a a b S a  +  +           Câu 4. Chọn ý A. Biến đổi phương trình đầu ta được phương trình tương đương ( ) 2 log log 2log 3 0 b a a a x x − − = Theo viet ta có 2 2 2 2 279 log log log 9 90 log 4 a a a b n n b mn b P b b a + = =  =  = − +  Câu 5. Chọn ý D. Biến đổi phương trình đầu ta được phương trình tương đương ( ) ( ) 2 log log 2 3log log 1 0 b a b a a x a x − + − = Theo Viet ta có 32 2 3log log log 2log 3 log b a a a b a m n b mn a b a + + = = +  = ( ) ( ) ( ) 2 3 10 6 3456 S a a f a f  = − =  = Câu 6. Chọn ý B. Làm tương tự ví dụ minh họa 1 Câu 7. Chọn ý B. Biến đổi phương trình tương đương ( ) ( ) 2 8log log 6log 7 log 2017 0 n m n m m x m x − + − = Theo viet ta có ( ) ( ) ( ) 67 78 6log 7 37 log log . ln ln ln 2017 8log 4 8 n mm n m a b ab m n ab m m f m m + + =  =  = + − = ( ) 12102 3 12102 7 14119 ln ln 66561 13 4 13 8 13 f m f S    = +  =   Câu 8. Chọn ý C. Ta có log 0 a b  Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 45 | Chinh phục Olympic toán Lấy logarit 2 vế ta được 2 log log 0 aa x x b b + + = Điều kiện có nghiệm của phương trình trên là ( ) 2 log 4log 0 log 4 a a a b b b  = −    ( ) ( ) 4 log 1 log 4 6 log aa a P b f b f b  = + + =  = Câu 9. Chọn ý C. Tương tự ví dụ minh họa 1 Câu 10. Chọn ý A. Biến đổi giả thiết tương đương với ( ) ( ) ( ) ( ) 2 log .log 712 log log log log 1 712 log 1 log log log 712 0 b b b b b b b b b b x xabc x x a c x a c x =  + + + =  + + + − = Theo định lý viet ta có log log log b b b m n abc mn abc + =  = Khi đó ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 44 10 1 1 1 log 3 108 log 3 10 108 P mn abc ab bc ca mn a b c   = − + + + = − + + +     Theo bất đẳng thức Schur bậc 3 ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 34 3 2 4 36 9 3 10 2 72 a b c ab bc ca a b c abc ab bc ca abc ab bc ca ab bc ca + + + + − + +  = + + −  − + +  − + + − Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có ( ) ( ) 2 1 12 2 72 96 3 ab bc ca a b c ab bc ca + +  + + =  − + + −  − ( ) 4 4 4 log 96 108 log 12 1 log 3 P   − + = = + 4. Các bài toán đưa về đánh giá biến log b a . Vấn đề được đề cập tới ở đây thực chất chỉ là những bài toán biến đổi giả thiết theo ẩn log b a và đưa về khảo sát hàm số 1 biến đơn giản. Sau đây là các ví dụ minh họa. Ví dụ 1. Cho a,b là các số thực thay đổi thỏa mãn 1ab  . Biết rằng giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 2 2 2 log 6 log a b a b Pb a  =+   là 3 3 m n p ++ là các số nguyên . Tính giá trị của T m n p = + + ? A. 1 − B. 0 C. 14 − D. 10 Lời giải Biến đổi giả thiết ta được ( ) ( ) 22 22 4 log 6 log . 4 log 6 1 log aa bb aa b P b a b a a     = + = + +             ( ) ( ) 2 2 22 11 4 log 6 1 4 log 6 1 log 2 log aa a a bb b b a     = + + = + +  −     | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 46 Đặt ( ) log 0 1 a t b t =   ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 33 3 0;1 11 4 6 min 1 2 1 2 4 2 2 t S f t t f t f t −    = = +  = − = + +   −   Chọn ý C. Ví dụ 2. Cho các số thực 12 , ,..., n x x x thuộc khoảng 1 0; 4    . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 12 2 3 1 1 1 1 log log ... log 4 4 4 n x x x S x x x       = − + − + + −             A. 2n B. 1 C. n D. 2 Lời giải Trước tiên ta sẽ xét tới bất đẳng thức phụ 2 2 11 0 42 k k k x x x  −   −    . Bất đẳng thức trên luôn đúng, áp dụng vào bài toán ta có. ( ) 1 2 1 2 2 2 2 2 3 1 2 3 1 log log ... log 2 log log ... log nn x x x x x x P x x x x x x  + + + = + + + Théo bất đẳng thức AM – GM ta có. ( ) 1 2 1 2 2 3 1 2 3 1 2 log log ... log 2 log .log ...log 2 nn x x x x x x x x x n x x x n + + +  = Chọn ý A. Ví dụ 3. Cho 2 số thực a,b thay đổi thỏa mãn 1 1 3 ba    . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3 31 log 12log 4 ab a b Pa a −  =+   là M đạt được khi m ab = . Tính Mm + ? A. 15 B. 12 C. 37 3 D. 28 3 Lời giải Ta có bất đẳng thức phụ sau ( ) ( ) 3 2 3 33 31 3 1 4 2 1 1 0 4 bb b b b b aa − −   − +    Mặt khác Khi đó ta được 1 1 3 ba    nên ta được ( ) 2 3 32 1 12 log 12 3log 3 log 1 log aa a a b Pb b a b a    + = − +  −    Theo bất đẳng thức AM – GM ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 22 12 3 3 12 3log 3 log 1 log 1 3.3 9 22 log 1 log 1 a a a aa b b b bb − + = − + − +  = −− Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( ) ( ) 1 3 3 2 3 12 log 1 log 3 2 log 1 aa a b b b a a b b − =  =  =  = − Chọn ý D. Ví dụ 4. Cho 2 số thực a,b thỏa mãn 3 4 0 ab −   và biểu thức 2 3 3 4 3 log log 4 16 aa b a Pa b +   =+     đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng 3 S a b =+ . A. 8 B. 13 2 C. 25 2 D. 14 Đề thi thử trường THPT Kim Sơn A – Ninh Bình lần 2 Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 47 | Chinh phục Olympic toán Lời giải Ý tưởng của bài toán này không còn như bài toán trước vì dồn về log a b là một điều rất khó, thay vào đó nếu tinh ý thì ta sẽ dồn biến về theo ẩn 3 log 4 a a b bằng bất đẳng thức AM – GM. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có. 2 2 33 3 4 2 2 33 3 3 3 3 1 log log log 3 4 16 4 16 log 22 3 1 3 3 log log 4 16 4 16 log log 4 4 a a a b a aa a a aa Pa a bb b aa a bb a b b +        = + = +             ++            + = +               Sử dụng bất đẳng thức AM – GM lần nữa ta được 22 3 3 3 33 2 33 3 3 3 3 1 1 3 3 log log log 4 16 2 4 2 4 16 log log 44 1 1 3 3 9 3 log . log . 2 4 2 4 16 4 log 4 a a a aa aa a a a a b b b aa bb aa bb a b               + = + +                                   =             Dấu “=” xảy ra khi 2 ab == Chọn ý A. Ví dụ 5. Cho 3 số thực (  , , 1;2 a b c  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 log 2 8 8 log 4 16 16 log 4 4 bc ca ab P a a b b c c = + − + + − + + − A. 39 4 289 log log 8 2 + B. 11 2 C. 4 D. 6 Đề thi thử chuyên Lê Hồng Phong Lời giải Xét bất đẳng thức phụ ( ) ( ) 2 3 2 4 4 1 4 0 x x x x x + −   − −  luôn đúng khi (  1;2 x  . Áp dụng vào bài toán ta được. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 log 2 8 8 log 4 16 16 log 4 4 log 2 log 4 log log 2 log 4 3 log log log bc ca ab bc ac ab bc ca bc ac ab P a a b b c c a b c a b c = + − + + − + + −  + + = + + + + Mặt khác do (  , , 1;2 a b c  nên ta có ( ) ( ) 2 4 2 4 1 1 1 1 3 log 2 log 4 log log log 2.2 log 2.2 2 bc ca bc ca + = +  + = Lại theo bất đẳng thức Nesbit ta có. ( ) ,, ln 3 3 log log log 3. 3. ln ln 2 a b c bc ac ab cyc a a b c bc + + =  +  Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 6 Chọn ý D. | Chương 1. Các kỹ thuật đánh giá cơ bản Tạp chí và tư liệu toán học | 48 Chú ý. Cách chứng minh bất đẳng thức Nesbit. Đây là một bất đẳng thức rất nổi tiếng, hiện đã có hơn 20 cách chứng minh cho bất đẳng thức này, sau đây mình xin trình bày một cách xét hiệu nhanh nhất cho mọi người tham khảo. Xét 3 số thực dương a,b,c thay đổi, khi đó ta có 3 2 a b c b c c a a b ++ + + + Chứng minh. Ta có ( ) ( ) ( ) 2 3 0 22 cyc ab a b c b c c a a b a c b c − + + − =  + + + + +  . Bất đẳng thức trên luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh! Bài tập tự luyện. Câu 1. Cho 2 số thực 1, 1 ab  . Tính giá trị của biểu thức log a S ab = khi 2 log 8log ab P b a =+ đạt giá trị nhỏ nhất? A. 3 62 B. 3 14 2 + C. 3 4 D. ( ) 3 2 1 4 + Câu 2. Cho 2 số thực 1 ba  . Tính giá trị của 3 log a S ab = khi biểu thức 2 log log log a a a b P ab a b =+    đạt giá trị nhỏ nhất ? A. 4 S = B. 11 4 S = C. 4 3 S = D. 3 S = Câu 3. Cho 2 số thực 1, 1 ab  . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 11 log log ab ab S ab =+ là m n với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Tính 23 P m n =+ A. 30 B. 42 C. 24 D. 35 Câu 4. Cho 2 số (  , 1;2 ab  thỏa mãn ab  . Biết giá trị nhỏ nhất của ( ) 22 log 4 4 log ab a P b b a = + − + là 3 3 mn + với m,n là các số nguyên dương. Tính S m n =+ A. 9 B. 18 C. 54 D. 15 Câu 5. . Cho 2 số thực 1 ab  , biết rằng 4 2 4 log log bb a Pa b  =+   đạt giá trị nhỏ nhất bằng M khi m ba = . Tính mM + ? A. 7 2 B. 37 10 C. 17 2 D. 35 2 Câu 6. Cho 2 số thực 1 ab  . Biết rằng biểu thức 1 log log a ab a P ab =+ đạt giá trị lớn nhất khi có số thực k sao cho k ba = . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 1 0 2 k  B. 1 1 2 k  C. 1 1 2 k −   − D. 1 0 2 k −   Câu 7. Cho 2 số thực 1 ba  . Tìm giá trị lớn nhất của 3 2 2 3 2 log log a b ab P a b   =+     ? A. 23 16 2 2 + B. 23 16 2 2 − C. 23 8 2 2 + D. 23 8 2 2 − Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 49 | Chinh phục Olympic toán Câu 8. Cho 2 số thực 1 ab  . Biết rằng biểu thức 2 log log a ab a P ab =+ đạt giá trị lớn nhất là M khi có số thực m sao cho m ba = . Tính Mm + . A. 81 16 B. 23 8 C. 19 8 D. 49 16 Câu 9. Cho 2 số thực a,b thay đổi thỏa mãn 1 1 4 ba    . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 log log 4 aa b P b b  = − −   ? A. 0,5 B. 1,5 C. 4,5 D. 3,5 Câu 10. Cho 2 số thực a,b thỏa mãn điều kiện 1 ab  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 22 log 3log ab b a Pa b  =+   ? A. 19 B. 13 C. 14 D. 15 Câu 11. Cho 2 số thực thay đổi a,b thỏa mãn 1 1 6 ba    . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 33 1 6 1 log 4log 89 ab a b Pa −  =+   A. 9 B. 12 C. 23 2 D. 25 2 Câu 12. Cho 2 số thực a,b thay đổi thỏa mãn 1 ab  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 log 3log ab ab P ba     =+         ? A. 5 B. 56 − C. 5 2 6 − D. 46 − Câu 13. Cho 2 số thực a,b thay đổi thỏa mãn 3 1 ab  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 3 2 log .log 3 log 1 8 b a b a ab a P b = −+ ? A. 1 8 e B. 1 8 C. 1 4 e D. 1 4 Câu 14. Cho 2 số thực a,b lớn hơn 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 22 41 log 4 4log a ab ab S b  + =+   A. 5 4 B. 9 4 C. 13 4 D. 7 4 Câu 15. Cho 2 số thực 10 ab    . Tìm giá trị lớn nhất của ( ) 2 23 log log b a P a b a =+ A. 1 2 3 − B. 1 2 2 − C. 1 2 3 + D. 1 2 2 + Câu 16. Cho 2 số thực dương a,b nhỏ hơn 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 4 log log 4 ab ab P ab ab  =+  +  A. 1 2 2 2 + B. 22 2 + C. 3 2 2 2 + D. 52 2 + Ta có thể thấy rằng các bài toán chứa tham số luôn là một câu hỏi rất quan trọng trong đề thi, nó trải dài ở các chương như hàm số và mũ – logarit, thực chất các bài toán này bản chất đều giống nhau, chỉ khác nhau ở các phép biến đổi, và tính chất của từng phép biến đổi. Trong chương này chúng ta sẽ tìm hiểu các bài toán chứa tham số liên quan tới mũ – logarit, các kỹ thuật cơ bản ở chương 1 sẽ được áp dụng vào các bài toán chứa tham số, bên cạnh kỹ thuật đặt ẩn phụ. Câu 1. Tìm số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình ( ) ( ) 1 1 2 2 4 4 1 2 2 16 8 x x x x mm + − + − + = + − + − có nghiệm trên   0;1 ? A. 2 B. 5 C. 4 D. 3 THPT Lê Hồng Phong – Nam Định lần 1 năm 2017-2018 L ời gi ải Biến đổi giả thiết ta có. ( ) ( ) 1 1 2 2 4 4 1 2 2 16 8 x x x x mm + − + − + = + − + − ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 1 2 2 16 8 x x x x mm −−  + = + − + − Đặt ( ) 22 xx t u x − = = − ,   0;1 x  ( ) 2 2 0 xx ux −   = +    0;1 x  . Suy ra ( ) ( ) 01 u t u  hay 3 0; 2 t     22 4 4 2.2 .2 4 4 2 x x x x x x tt − − −  = + −  + = + . Phương trình trở thành . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 4 1 16 8 2 1 4 2 1 2 2 0 3 2 2 2 2 1 1 0; 1 2 t t m m t t m m t t m m m t t t m t t t m t t t m + = + + −  + = + + −  − + + − =    − = − −  − = − +  = +  = −       Để phương trình đã cho có nghiệm trên   0;1 thì phương trình 1 tm =− phải có nghiệm 3 0; 2 t      . Suy ra 3 1 0; 2 m   −   , hay 5 1; 2 m      . Chọn ý A. Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm ( ) 2 1 2 1 2 3 3 2017 2017 2 2 3 0 x x x x x m x m + + + +  − +    − + + +    . A. 3 m − B. 3 m − C. 2 m − D. 2 m − THPT Chuyên Vĩnh Phúc – lần 2 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Điều kiện 1 x − . Xét 2 1 2 1 3 3 2017 2017 x x x x + + + + − +  2 1 2 1 3 .3 3 .3 2017 2017 x x x x ++  −  − Ch ương 2 Các bài toán ch ứa tham s ố Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 51 | Chinh phục Olympic toán  ( ) ( ) 1 9 9 3 2017 1 xx x + −  − . Dễ thấy 1 x = là một nghiệm. • Nếu 1 x  thì ( ) 1 9 9 3 0 xx VT + = −  , ( ) 2017 1 0 VP x = −  Suy ra ( ) ( ) 1 9 9 3 2017 1 xx x + −  − vô nghiệm. • Nếu 11 x −   thì ( ) 1 9 9 3 0 xx VT + = −  , ( ) 2017 1 0 VP x = −  Suy ra ( ) ( ) 1 9 9 3 2017 1 xx x + −  − có nghiệm với 11 x −   . Vậy bpt 2 1 2 1 3 3 2017 2017 x x x x + + + + − +  có nghiệm với 11 x −   . Cách 1 Xét. ( ) ( ) 2 2 2 3 0 f x x m x m = − + + +  . Ta có 2 48 mm  = − − , để bpt có nghiệm 11 x −   thì. • T rư ờng h ợp 1. 0 2 3 2 2 3 2 m    − +   + , bpt có nghiệm 11 x −   ( ) 1 • T rư ờng h ợp 2. 2 3 2 0 2 3 2 m m  +      − +   , nghiệm của bpt là (   ) 12 ;; xx −   +  . Ta có ( ) ( ) 12 1;1 ; xx −   ( ) ( ) 10 3 6 0 2 20 10 f m m m f  − +      −  +     Do đó bất phương trình có nghiệm 11 x −   khi 2 m − Kết hợp điều kiện ta được 2 3 2 m+ và 2 2 3 2 m −   − + ( ) 2 Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra hệ đã cho có nghiệm khi 2 m − . Cách 2. Bài toán trở thành tìm m để bpt ( ) 2 2 2 3 0 x m x m − + + +  có nghiệm 11 x −   Bất phương trình tương đương ( ) 2 2 2 3 m x x x −  − + ( ) 2 23 2 xx m f x x −+   = − ( ) * (Do 11 x −   ) Ta có ( ) ( ) 2 2 41 ' 2 xx fx x −+ = − . Xét ( )   ' 0 2 3 1;1 f x x =  = −  − Để bất phương trình ( ) * có nghiệm thì ( )   1;1 min . x m f x −  Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) fx trên   1;1 − ta có ( ) ( ) 1 1 2 m f f  = − = − .Vậy 2 m − . Chọn ý C. Câu 3. Có bao nhiêu số nguyên dương a để phương trình sau có nghiệm duy nhất? ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 27 9 11 11 92 3 12 15 log 2 3 1 log 1 2log 2 log 2 2 2 xx a a x x a a x x     −  + + − + − + − = − +           A. 2 B. 0 C. Vô số D. 1 THPT Cổ Loa – Hà Nội lần 1 năm 2017 – 2018 L ời gi ải Điều kiện 0 2. x  Biến đổi phương trình ban đầu tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 3 11 3 11 22 4 5 log 2 9 6 2 log log 2 log 22 xx a a x x a a x x     −− + + − + − + = − +         ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 11 2 4 4 log 2 9 6 1 log 0 2 x a a x x a a  −  + + − + − + =   | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 52 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 3 2 3 11 11 2 log 2 2 3 1 2 log 2 3 1 log 0 * 2 22 log 2 xx xa a x x a a x − −−   + − + − =  =   +     −  Mà vế trái của ( ) * luôn dương với mọi a nguyên dương. Vì 02 x  nên 2 11 22 22 2 2 1 log 0 22 x xx  −       −−  Do đó từ ( ) * suy ra ( ) 2 3 log 2 0 xx − 22 2 1 2 1 0 x x x x  −   − +   không tồn tại x . Vậy không có giá trị của tham số a thỏa mãn yêu cầu đề bài họn ý B. Câu 4. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho 10m  và phương trình ( ) ( ) 22 5 5 2log 2 5 4 log 2 6 mx mx x x x x − − − + = + − có nghiệm duy nhất. Tìm số phần tử của . S A. 15. B. 14. C. 13. D. 16. THTT số 3 – 486 tháng 12 năm 2017 L ời gi ải Ta có. 2 2 5 4 0 xx − +  với mọi x nên phương trình ban đầu tương đương với 2 22 50 5 51 6 2 5 4 0 2 2 5 4 2 6 5 mx mx mx mx xx x x x x x x  −      −    − +   =   − + = + −    =   Phương trình có nghiệm duy nhất tương đương với ta nhận nghiệm 2 x = và loại 5 x = hoặc nhận nghiệm 5 x = và loại 2 x = . • T rư ờng h ợp 1. Nhận nghiệm 2 x = và loại 5 x = . Điều này tương đương với 5 25 2 2 6 3 55 1 56 6 5 m m mm m m m m                      =    =     (vô lí). • T rư ờng h ợp 2. Nhận nghiệm 5 x = và loại 2 x = . Điều này tương đương với 3 1 55 5 6 1 56 2 5 6 25 5 5 26 2 3 m m m m mm m m m m m     =                                      =      =     . Suy ra. 10 30 10 10 25 12 m m m =           . Vì 10m  nên     10 11;13;14...;25 30 m . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 53 | Chinh phục Olympic toán Trong tập hợp này có 15 phần tử nên tập hợp S cũng có 15 phần tử. Chú ý. 11 13 14 25 30 ; ; ...; 10 10 10 10 10 m              . Chọn ý A. Câu 5. Cho tham số thực a . Biết phương trình 2cos xx e e ax − −= có 5 nghiệm thực phân biệt. Hỏi phương trình e e 2cos 4 xx ax − + = + có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt. A. 5 B. 6 C. 10 D. 11 THPT Chuyên Thái Bình – Lần 3 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Ta thấy rằng phương trình 2cos xx e e ax − −= có đúng 5 nghiệm Suy ra phương trình 22 2cos 2 xx x e e a − −= có đúng 5 nghiệm ( ) * ( ) 2cos 4 2 2 cos 1 x x x x e e ax e e ax −− + = +  + − = + ( ) ( ) 22 2 2 22 22 2cos 1 2 4cos 2 2cos 2 2 xx xx xx ax ee ax ee ax ee − − −  −=     − =     − = −   • Phương trình ( ) 1 và phương trình ( ) 2 nếu có nghiệm chung 0 x thì 0 cos 0 2 ax = và 00 22 xx ee − = . 0 0 cos0 0 x =    =  , vô lý. Vậy ( ) ( ) 1 , 2 có nghiệm khác nhau. • Phương trình ( ) 1 có 5 nghiệm ( theo ( ) * ). Nếu 0 x là 1 nghiệm của ( ) 1 thì 0 0 x  và 0 0 0 0 00 2 2 2 2 2cos 2cos 22 x x x x ax x e e e e a −−  − =  − = − −   Khi đó 0 x − là 1 nghiệm của ( ) 2 . Vậy phương trình ( ) 2 có 5 nghiệm phân biệt ( và khác 5 nghiệm của phương trình ( ) 1 ). Phương trình đã cho có đúng 10 nghiệm. Chọn ý C. Câu 6. Cho bất phương trình ( ) ( ) ( ) 1 .3 3 2 . 4 7 4 7 0 xx x mm + + + − + +  , 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 (  ;0 x  −  . A. 2 2 3 3 m −  B. 2 2 3 3 m +  C. 2 2 3 3 m −  D. 2 2 3 3 m − − THPT Hậu Lộc 2 – Thanh Hóa năm 2017 – 2018 L ời gi ải Bất phương trình tương đương. ( ) ( ) ( ) 1 .3 3 2 . 4 7 4 7 0 xx x mm + + + − + +  ( ) 4 7 4 7 3 2 3 0 33 xx mm     +−  + + +              Đặt 47 3 x t  + =    , do 0 x  nên 01 t  Ta cần tìm tham số m sao cho 2 3 3 2 0 t mt m + + +  , đúng với mọi 01 t  | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 54 Ta có 2 2 33 t m t −−  + (  2 0;1 2 max 33 t m t −−  + . Ta tìm GTLN của hàm số ( ) 2 2 32 t ft t + =− + trên 01 t  Ta có ( ) ( ) 2 2 1 2 2 .0 3 1 tt ft t +−  = − = + 13 13 t t  = − −   = − +   Lập bảng biến thiên ta được (  ( ) 2 0;1 2 13 33 t max f t −− = − + + 2 2 3 3 − = Chọn ý A. Câu 7. Phương trình ( ) 3 2 3 3 2 2 1 2 6 9 2 2 1 x m x x x x x x m − + − − + + − + + = + có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ( ) ; m ab  đặt 22 T b a =− thì A. 36 T = B. 48 T = C. 64 T = D. 72 T = THPT Trần Nhân Tông – Quảng Ninh lần 1 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Biến đổi giả thiết tương đương ( ) 3 2 3 3 2 2 1 2 6 9 2 2 1 x m x x x x x x m − + − − + + − + + = + ( ) 3 3 3 3 2 2 2 8 3 2 2 m x x x m x −−  + − + + − = + ( ) ( ) 3 3 32 2 3 2 2 1 m x x m x x −−  + − = + − Xét hàm số ( ) 3 2 t f t t =+ trên có ( ) 2 2 .ln2 3 0, t f t t t  = +    nên hàm số liên tục và đồng biến trên . Do đó từ ( ) 1 suy ra ( ) 3 32 m x x − = − 23 8 9 6 m x x x  = − + − Xét hàm số ( ) 32 6 9 8 f x x x x = − + − + trên . có ( ) 2 3 12 9 f x x x  = − + − ; ( ) 3 0 1 x fx x =   =  =  . Lập bảng biến thiên ta thấy phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi 48 m  . Suy ra 4; 8 ab == 22 48 T b a  = − = . Chọn ý B. Câu 8. Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2018 của tham số m để phương trình ( ) ( ) 64 log 2018 log 1009 x m x += có nghiệm là? A. 2020 B. 2017 C. 2019 D. 2018 Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội lần 1 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Đặt ( ) ( ) 64 log 2018 log 1009 x m x t + = = 2018 6 1009 4 t t xm x  +=    =   2.4 6 tt m  + = 2.4 6 tt m  = − + . Đặt ( ) 2.4 6 tt ft = − + . Ta có. ( ) 6 ln6 2.4 .ln4 tt ft  =− . Xét ( ) 6 3 2ln4 0 log 16 2 ln6 t ft   =  = =   ( ) 36 2 log log 16 t = . Lập bảng biến thiên ta thấy rằng phương trình ( ) f t m = có nghiệm khi và chỉ khi ( ) 36 2 log log 16 2,01 mf    −   . Mà 2018 m m      nên ta có. 2 2017 m m −       Vậy có 2020 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 55 | Chinh phục Olympic toán Chọn ý A. Câu 9. Cho a , x là các số thực dương, 1 a  thỏa mãn ( ) log log x a xa = . Tìm giá trị lớn nhất của a . A. 1 B. ( ) e log 2 1 − C. ln10 e e D. log e e 10 Phổ thông năng khiếu – Đại học Quốc Gia TP. HCM lần 1 năm 2017 – 2018 L ời gi ải Ta có. ( ) log log log log x aa x a x x a =  = log log log x xa a = ( ) 2 log log x a x = Giá trị của a lớn nhất khi và chỉ khi loga lớn nhất. Xét hàm số ( ) logx fx x = với 0 x  . Ta có ( ) 2 1 ln ln10 x fx x −  = ; ( )0e f x x  =  = Lập bảng biến thiên ta dễ dàng suy ra ( ) 2 loga lớn nhất là bằng loge e Khi đó ( ) 2 loge log e a = loge log e a = loge e 10 a = Chọn ý D. Câu 10. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 2 2 2 21 log 2 1 2 2 x mx x mx x x  ++  + + + = +  +  có hai nghiệm thực phân biệt? A. 3 B. 4 C. 2 D. 1 Sở Giáo dục và Đào tạo Phú Thọ lần 1 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Điều kiện. 2 20 2 1 0 x x mx +   + +   Phương trình ban đầu tương đương. 2 2 2 21 log 2 1 2 2 x mx x mx x x  ++  + + + = +  +  ( ) 22 22 log 2 1 2 1 log 2 2 x mx x mx x x  + + + + + = + + + ( ) ( ) 2 2 1 2 f x mx f x  + + = + ( ) 1 Xét hàm số ( ) 2 log f t t t =+ với ( ) 0; t  +  có ( ) 1 10 ln2 ft t  = +  , ( ) 0; t   +  ( ) ft  đồng biến trên ( ) 0; + nên ( ) 1 2 2 1 2 x mx x  + + = + Từ đó ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 3 0 2 2 1 2 x x x m x x mx x −  −     + − − = + + = +     Để có hai nghiệm thực phân biệt thì ( ) 2 có hai nghiệm phân biệt 1 x , 2 x lớn hơn 2 − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 12 12 4 12 0 2 2 0 2 2 0 m xx xx   = − +     + + +    + +    ( ) 12 1 2 1 2 40 2 4 0 m xx x x x x     + +    + + +   ( ) 4 4 0 3 2 4 4 0 m m m     − +    − + − +   | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 56 8 9 9 2 2 m m m           mà   * 1;2;3;4 mm    . Chọn ý B. Câu 11. Có bao nhiêu giá trị của m để giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 2 4 xx f x e e m =−+ trên đoạn   0;ln4 bằng 6 ? A. 3 B. 4 C. 2 D. 1 THPT Chuyên Ngoại ngữ - Hà Nội lần 1 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Xét   0;ln4 x  . Đặt   e 1;4 x tt =   . Đặt ( ) 2 4 g t t t m = − + với   1;4 t  Đạo hàm. ( ) 24 g t t  =− . Xét ( ) 0 2 4 0 2 g t t t  =  − =  = Ta có. ( )13 gm =− ; ( )24 gm =− ; ( ) 4 gm = Giá trị nhỏ nhất của ( ) 2 e 4e xx f x m =−+ trên   0;ln4 sẽ thuộc   3 ; 4 ; A m m m = − − • Xét     10 7;6;10 46 2 5;6;2 mA m mA  =  = − =   = −  =   Ta thấy 10 m = thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( ) min 6 fx = • Xét     9 5;6;9 36 3 7;6;3 mA m mA  =  = − =   = −  =   (không thỏa mãn) • Xét     6 2;3;6 6 6 10;9;6 mA m mA  =  = =  = −  =   Ta thấy 6 m =− thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( ) min 6 fx = Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn ý D. Câu 12. Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng ( ) 9;9 − của tham số m để bất phương trình ( ) ( ) 2 3log 2log 1 1 x m x x x x  − − − − có nghiệm thực? A. 6 B. 7 C. 10 D. 11 Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Nam năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Điều kiện ( ) 2 01 1 1 0 x m x x x x     − − − −    ( ) 01 10 x m x x      − −    ( ) 01 1 0 x x m x     −     Bất phương trình đã cho tương đương. ( ) ( ) 2 32 log log 1 1 x m x x x x  − − − − ( ) ( ) 2 32 11 x m x x x x   − − − − ( ) ( ) 2 11 x x m x x x x   − − − − ( ) 2 11 1 1 x x x x xx m xx xx + − − −   = + − − Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 1 1 2 2 1 1 xx x x x x xx     − + − + +  + −     −     Vì vậy 1 m x x  + − . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 57 | Chinh phục Olympic toán Khảo sát hàm số ( ) 1 f x x x = + − trên ( ) 0;1 ta được ( ) 2 1,414 fx . Vậy m có thể nhận được các giá trị 2,3,4,5,6,7,8 . Chọn ý B. Câu 13. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình ( ) ( ) 3 2 2 2 1 1 1 mm e e x x x x + = + − + − có nghiệm A. 1 0; ln2 2    B. 1 ; ln2 2  −    C. 1 0; e    D. 1 ln2; 2  +    Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh lần 2 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Đặt 2 22 12 1 1 2 1 t t x x t x x  −    = + −   − = −   . Khi đó. ( ) 32 e e 1 mm tt + = + 33 mm e e t t  + = + . Xét hàm ( ) 3 f u u u =+ ( ) 2 31 f u u   = + . Hàm số luôn đồng biến  33 ee mm tt + = + e m t = . Phương trình có nghiệm thì 1 2 ln2 2 m em    Chọn ý B. Câu 14. Cho phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2017 log 1 .log 1 log 1 a x x x x x x − − − − = + − . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng ( ) 1;2018 của tham số a sao cho phương trình đầu có nghiệm lớn hơn 3 A. 20 B. 19 C. 18 D. 17 L ời gi ải Nhận thấy với 3 x  thì 22 1 x x x −  = 2 10 xx  − −  và 2 10 xx + −  Biến đổi phương trình tương dương . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2017 log 1 .log 1 log 1 a x x x x x x − − − − = + − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2017 2 log 1 .log 1 log 2.log 1 a x x x x x x  + − + − = + − ( ) 2 2017 log 1 log 2 a xx  + − = ( ) 1 (vì ( ) 2 2 log 1 0 xx + −  , 3 x  ) Xét hàm số ( ) ( ) 2 2017 log 1 f x x x = + − trên khoảng ( ) 3; + . Ta có ( ) 2 1 ' 1.ln2017 fx x = − ( ) '0 fx  , 3 x  . Lập bảng biến thiên ta thấy phương trình ( ) 1 có nghiệm lớn hơn 3 ( ) 2 log 3 af  ( ) 2 2017 log log 3 2 2 a   + ( ) 2 3 2 2 log log 2017 1 aa +    3 2 2 log 2017 2 19,9 a +    . Lại do a nguyên thuộc khoảng ( ) 1;2018 nên   2;3;...;19 a  Vậy có 18 giá trị nguyên của tham số a thỏa mãn yêu cầu đề bài Chọn ý C. | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 58 Câu 15. Giả sử tồn tại số thực a sao cho phương trình 2cos 4 xx e e ax − + = + có 10 nghiệm thực phân biệt. Số nghiệm phân biệt của phương trình 2cos xx e e ax − −= là A. 5 B. 20 C. 10 D. 4 L ời gi ải Đây là một câu tương tự với câu trong đề thi thử Chuyên Thái Bình lần 3. Phương trình đầu tương đương 2cos 4 xx e e ax − + = + 2 22 2cos 2 xx e e ax −   − = +   2 2 22 2cos 2 xx ax ee −    − =     ( ) ( ) 22 22 2cos 1 2 2cos 2 2 xx xx ax ee ax ee − −  −=     − = −   Nhận thấy 0 x = không là nghiệm của phương trình đã cho. Nếu 0 xx = là nghiệm của ( ) 1 thì 0 xx =− là nghiệm của ( ) 2 . Do đó số nghiệm của ( ) 1 và ( ) 2 bằng nhau và đồng thời khác nhau đôi một. Suy ra phương trình ( ) 1 có đúng 5 nghiệm 1 x ; 2 x ; 3 x ; 4 x ; 5 x . Vậy phương trình e e 2cos xx ax − −= có đúng 5 nghiệm phân biệt là 1 2 x , 2 2 x ; 3 2 x ; 4 2 x ; 5 2 x . Chọn ý A. Câu 16. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình sau có nghiệm thực? ( ) ( ) ln 2sin ln 3sin sin m x m x x + + + = A. 5 B. 4 C. 3 D. 6 L ời gi ải Điều kiện. ( ) 2sin ln 3sin 0 3sin 0 m x m x mx  + + +    +   . Phương trình đã cho tương đương. ( ) sin 2sin ln 3sin x m x m x e + + + = ( ) sin 3sin ln 3sin sin x m x m x e x + + + = +  ( ) ( ) ln 3sin sin ln 3sin sin mx x m x e x e + + = + + , ( ) 1 Xét hàm số ( ) t f t e t =+ , t  . Ta có ( ) 10 t f t e  = +  , t  . Nên hàm số ( ) ft đồng biến trên . Vậy ( ) ( ) ( ) n 1 ln 3si sin m x x ff  =  +    ( ) ln 3sin sin m x x +=  . Đặt sin ax = ,   1;1 a− . Phương trình trở thành. ( ) ln 3 m a a += 3 a m e a  = − . Xét ( ) 3 a g a e a =− ,   1;1 a− , ( ) 30 a g a e  = −  ,   1;1 a   − . Vậy để phương trình có nghiệm thực thì ( ) ( ) 11 g m g   − 1 33 em e  −   + . Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m là. 0 ;1 ; 2 ; 3 . Chọn ý B. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 59 | Chinh phục Olympic toán Câu 17. Cho n là số tự nhiên thỏa mãn phương trình 3 3 2cos xx nx − −= có 2018 nghiệm. Tìm số nghiệm của phương trình 9 9 4 2cos2 xx nx − + = + . A. 4036 B. 2018 C. 4035 D. 2019 THPT Quảng Xương 1 – Thanh Hóa năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Biến đổi giả thiết tương đương. 9 9 4 2cos2 xx nx − + = + 9 9 2.3 .3 2 2cos2 x x x x nx −−  + − = + ( ) 2 2 3 3 4cos xx nx −  − = ( ) ( ) 3 3 2cos 1 3 3 2cos 2 xx xx nx nx − −  −=   − = −   Khi đó nếu ( ) 1 và ( ) 2 có nghiệm chung thì 3 3 3 3 x x x x −− −=− 33 xx − = 0 x = Thay 0 x = vào ( ) 1 ta được 00 3 3 2cos0 −= 02 = , tức là ( ) 1 và ( ) 2 không có nghiệm chung. Mặt khác ta thấy nếu 0 x là nghiệm của ( ) 1 thì 0 x − sẽ là nghiệm của ( ) 2 . Mà ( ) 1 có 2018 nghiệm nên ( ) 2 cũng có 2018 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 4036 nghiệm. Chọn ý A. Câu 18. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 22 7 12 2 10 5 .3 3 9.3 x x x x x mm − + − − + = + có ba nghiệm thực phân biệt. Tìm số phần tử của S . A. 3 B. Vô số C. 1 D. 2 THPT Trần Hưng Đạo – TP. HCM năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Biến đổi giả thiết ta được. 22 7 12 2 10 5 .3 3 9.3 x x x x x mm − + − − + = +  ( ) ( ) 2 2 2 7 12 2 7 12 3 1 3 3 1 0 x x x x x x m − + − − + − − − = ( ) ( ) 22 7 12 2 3 1 3 0 x x x x m − + −  − − =  2 2 7 12 2 3 1 0 30 xx xx m −+ −  −=  −=   ( ) 2 3 3 4 2 log 0 * x x x x m  =  =   − − =  Phương trình đã cho có ba nghiệm thực phân biệt, ta có các trường hợp sau. • Tr ư ờng h ợp 1. ( ) * có một nghiệm 3 x = và nghiệm còn lại khác 3 và 4 Thay 3 x = vào ( ) * ta được 3 1 log 3 27 mm = −  = Khi đó ( ) * trở thành 2 1 2 3 0 3 x xx x =−  − + + =   =  (Thỏa yêu cầu) • T rư ờng h ợp 2. ( ) * có một nghiệm 4 x = và nghiệm còn lại khác 3 và 4 Thay 4 x = vào ( ) * ta được 8 3 log 8 3 mm − = −  = Khi đó ( ) * trở thành 2 4 2 8 0 2 x xx x =  − + + =   =−  (Thỏa yêu cầu) • T rư ờng h ợp 3. ( ) * có nghiệm kép khác 3 và 4 3 3 3 1 log 0 log 3 log 8 m m m   = − =     −   −   3 m = Vậy có 3 giá trị m thỏa yêu cầu đề bài. Chọn ý A. | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 60 Câu 19. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số ( ) ; xy thỏa mãn điều kiện 2 1 3 2 e e 1 x y x y xy + + + − = + − , đồng thời ( ) ( ) 22 22 log 2 1 4 log 4 0 x y m x m + − − + + + = . A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 Sở Giáo dục và đào tạo Bà Rịa Vũng Tàu đề 1 năm 2017 – 2018 L ời gi ải Biến đổi giả thiết ta có 2 1 3 2 e e 1 x y x y xy + + + − = + − ( ) ( ) 2 1 3 2 e 2 1 e 3 2 x y x y x y x y + + +  + + + = + + . Xét hàm số ( ) e t f t t =+ trên . Ta có ( ) e 1 0 t ft  = +  nên hàm số đồng biến trên . Do đó phương trình có dạng ( ) ( ) 2 1 3 2 f x y f x y + + = + 2 1 3 2 x y x y  + + = + 1 yx  = − . Thế vào phương trình còn lại ta được ( ) 22 22 log 4 log 4 0 x m x m − + + + = . Đặt 2 log tx = , phương trình có dạng ( ) 22 4 4 0 t m t m − + + + = . Để phương trình có nghiệm thì 0  2 3 8 0 mm  − +  8 0 3 m    . Do đó có 3 số nguyên m thỏa mãn. Chọn ý A. Câu 20. Biết ( ) ; ab là khoảng chứa tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình ( ) ( ) 22 2 1 7 3 5 7 3 5 2 xx x m − − + + = có đúng bốn nghiệm thực phân biệt. Tính M a b =+ . A. 1 8 M = B. 1 16 M = C. 7 16 M − = D. 3 5 M = THPT Hồng Lĩnh – Hà Tĩnh lần 1 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Biến đổi giả thiết ta có. ( ) ( ) 22 2 1 7 3 5 7 3 5 2 xx x m − − + + = 22 7 3 5 7 3 5 1 2 2 2 xx m     −+  + =             Vì 22 7 3 5 7 3 5 .1 22 xx     −+ =             nên đặt 2 7 3 5 2 x t  − =    , 01 t  phương trình trở thành 1 2 m t t += 2 2 2 0 t t m  − + = ( ) 2 2 2 * m t t  = − + Xét hàm số ( ) 2 2 f t t t = − + , 01 t  ( ) 41 f t t   = − + , ( ) 1 0 4 f t t  =  = . Vẽ bảng biến thiên ta thấy rằng để phương trình đã cho có đúng bốn nghiệm thực phân biệt thì phương trình ( ) * phải có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 01 t  . Từ đó ta được 1 02 8 m  1 0 16 m    1 0 16 M  = + 1 16 = Chọn ý B. Câu 21. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m nhỏ hơn 10 để phương trình ee xx mm + + = có nghiệm thực? A. 9 B. 8 C. 10 D. 7 Sở Giáo dục và đào tạo Bắc Giang năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 61 | Chinh phục Olympic toán Điều kiện. e0 e0 x x m mm  +   + +    . Đặt e x tm =+ ( ) 0 t  ta suy ra. 2 2 e e x x mt tm  +=   =+   ( ) ( ) ( ) ( ) 22 e 0 1 e e e e 1 0 e 1 0 2 x x x x x x t t t t t t  −=  − = −  − + + =   + + =   Phương trình ( ) 2 vô nghiệm vì e 1 0 x t + +  Phương trình ( ) 1 tương đương với 2 e e e e e x x x x x t m m =  = +  = − ( ) 3 Phương trình ee xx mm + + = ( ) * có nghiệm thực khi phương trình ( ) 3 có nghiệm thực. Xét hàm số ( ) 2 ee xx fx=− với x  , ta có. ( ) 2 1 2e e 0 e ln2 2 x x x f x x  = − =  =  = − . Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) 2 ee xx fx=− ta suy ra phương trình ( ) 3 có nghiệm khi 1 4 m − . Kết hợp với giả thiết m là số nguyên nhỏ hơn 10 ta suy ra   0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 m  . Vậy có 10 giá trị thỏa mãn. Chọn ý C. Câu 22. Cho hàm số ( ) ( ) ( ) 2 2017 2 2018 1 ln 1 sin 2 f x a x x bx x = + + + + + với a,b là các số thực. Biết rằng ( ) log5 76 f = . Tính ( ) log7 5 f − . A. ( ) log7 52 f−= B. ( ) log7 54 f−= C. ( ) log7 52 f − = − D. ( ) log7 56 f−= Sở Giáo dục và đào tạo Bắc Giang năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Đặt ( ) gx = ( ) ( ) 2 2017 2 2018 1 ln 1 sin a x x bx x + + + + có tập xác định là tập đối xứng. Ta có với mọi x  , ( ) gx −= ( ) ( ) ( ) 2 2017 2 2018 1 ln 1 sin a x x bx x + − + + − − ( ) ( ) 2 2017 2018 2 1 1 ln sin 1 a bx x xx  = + −  ++  ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2017 2 2018 1 ln 1 sin a x x bx x g x = − + + + − = − Suy ra ( ) gx là hàm số lẻ, mặt khác log5 log7 75 = nên ( ) ( ) ( ) log7 log7 log5 5 5 7 g g g − = − = − Theo giả thiết ta có ( ) ( ) ( ) log5 log5 log5 7 7 2 7 4 f g g = +  = . Do đó ( ) log7 5 f − = ( ) ( ) log7 log5 5 2 7 2 4 2 2 gg − + = − + = − + = − Chọn ý C. Câu 23. Cho bất phương trình ( ) ( ) ( ) 1 .3 3 2 4 7 4 7 0 xx x mm + + + − + +  , 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 ( ) ;0 x  −  A. 2 2 3 3 m +  B. 2 2 3 3 m −  C. 2 2 3 3 m −  D. 2 2 3 3 m − − Chuyên Đồng bằng sông Hồng lần 1 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Biến đổi giả thiết tương đương | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 62 ( ) ( ) ( ) 1 .3 3 2 4 7 4 7 0 xx x mm + + + − + +  ( ) 4 7 4 7 3 3 2 . 0 33 xx mm     −+  + + +              Đặt 47 3 x t  + =    . Khi 0 x  thì 01 t  . BPT trở thành. 32 3 0, m mt t + + +  ( ) 0;1 t  2 2 3, 1 t m t −−  + ( ) 0;1 t  Xét hàm số ( ) 2 2 , 1 t ft t −− = + ( ) 0;1 t  ( ) 2 22 0 3 1 1 tt f t t t − − +   = =  = − + Vẽ bảng biến thiên ta thấy rằng để để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi ( ) ;0 x  −  thì 2 2 3 3 2 2 3 3 mm −  −   Chọn ý B. Câu 24. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình ( ) ( ) ln ln m m x x + + = có nhiều nghiệm nhất. A. 0 m  B. 1 m  C. e m  D. 1 m − THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 4 – năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Điều kiện m x e m − − Đặt ( ) ln m x y += ta được e y mx −= . Thay vào ( ) 1 ta được ( ) ln x m y x e m y + =  − = Ta có hệ x x y x y y e m y e e y x e x e y e m x  −=   − = −  + = +  −=   Do hàm số ( ) e t f t t =+ đồng biến trên nên suy ra xy = ( ) ln x x m  = + e x xm  − = Xét hàm số ( ) e x g x x =− ; ( ) e1 x gx  =− ; ( )00 g x x  =  = . Vẽ bảng biến thiên cho hàm ( ) gx ta suy ra phương trình có nhiều nhất là hai nghiệm khi và chỉ khi 1 m  . Chọn ý B. Câu 25. Cho phương trình ( ) 2 1 sin cos sin 2 sin cos x m x x e e x m x − − − = − − với m là tham số thực. Gọi S là tập tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm. Khi đó S có dạng (   ) ;; ab −  + . Tính 10 20 T a b =+ . A. 10 3 T = B. 0 T = C. 1 T = D. 3 10 T = THPT Kim Liên – Hà Nội lần 2 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Biến đổi phương trình đầu tương đương ( ) ( ) ( ) 2 1 sin 2 1 sin cos sin cos sin 2 sin cos cos sin 2 1 sin xx m x x m x x e e x m x e m x x e x −− −− − = − −  + − = + − Xét hàm số ( ) ( ) e , e 1 0 tt f t t f t  = + = +  ( ) t  ( ) ft  đồng biến trên ( ) ( ) ( ) 2 1 sin cos sin cos sin 2 1 sin cos sin 2 1 sin cos sin 2 x m x x e m x x e x m x x x m x x − −  + − = + −  − = −  + = Phương trình có nghiệm khi 22 1 4 3 mm +    ( ) ; 3 3; S   = −  −  +   Vậy 10 20 T a b =+ 10 3 = Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 63 | Chinh phục Olympic toán Chọn ý A. Câu 26. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 2 2 2 2 3 3 1 log 5 2 21 x x m x x m xx + + + = − + − −+ có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 . A. 3 B. Vô số C. 2 D. 4 THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai lần 2 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Điều kiện. 2 3 3 1 0 x x m + + +  . Biến đổi giả thiết tương đương 2 2 2 2 3 3 1 log 1 5 1 21 x x m x x m xx  + + +  − = − + −  −+  2 2 2 2 3 3 1 log 5 1 4 2 2 x x m x x m xx + + +  = − + − −+ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 log 3 3 1 log 4 2 2 4 2 2 3 3 1 x x m x x x x x x m  + + + − − + = − + − + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 log 3 3 1 3 3 1 log 4 2 2 4 2 2 x x m x x m x x x x  + + + + + + + = − + + − + ( ) 1 Xét hàm số. ( ) 2 log f t t t =+ trên ( ) 0; + , ta có ( ) 1 10 .ln2 ft t  = +  , ( ) 0; t   +  . Do đó hàm số ( ) ft đồng biến trên ( ) 0; + . Khi đó phương trình ( ) ( ) ( ) 22 1 4 2 2 3 3 1 f x x f x x m  − + = + + + 22 4 2 2 3 3 1 x x x x m  − + = + + + 2 51 x x m  − = − ( ) 2 Điều này đúng với mọi x  . Xét hàm số. ( ) 2 5 g x x x =− trên , ta có ( ) 5 2 5 0 2 g x x x  = − =  = Vẽ bảng biến thiên ta thấy rằng phương trình ( ) 2 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ khi 25 14 4 m −  −  − 21 3 4 m  −   − . Do m  nên   5; 4 m  − − . Chọn ý C. Câu 27. Cho phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 25 log 1 .log 1 log 1 . m x x x x x x − − − − = + − 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 D. 1 THPT Chuyên Đại học Vinh – Nghệ An lần 2 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Điều kiện xác định. 2 1 xx − 1 x  Đặt ( ) 2 2 log 1 t x x = − − 2 2 1 1 1 . ln2 1 x x t xx − −  = −− ( ) 2 22 1 ln2 1 1 xx x x x −− = − − − 2 1 0 1 ln2 x − = − Mặt khác ta có 2 x  ( ) 2 log 2 3 t   − Phương trình trở thành 5 1 .log 2 log 2 t m t t = 5 .log 2 log 2 m t  = − 5 1 log m t  = − Để cho phương trình đã cho có nghiệm x lớn hơn 2 thì ta cần có | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 64 ( ) 5 2 1 log log 2 3 m − − ( ) 2 1 log 2 3 5 m − −  Do * m  và 1 m  nên 2 m = Chọn ý D. Câu 28. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a thuộc khoảng ( ) 0;2018 để ta luôn có 1 9 3 1 lim 2187 59 nn n n a + + +  + ? A. 2011 B. 2016 C. 2019 D. 2009 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu – Đồng Tháp lần 5 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Từ giả thiết ta luôn có 1 93 0, 59 nn n n a n + + +  + . Từ đó suy ra 11 9 3 9 3 lim lim 5 9 5 9 n n n n n n a n n a ++ ++ ++ = ++ 1 1 3. 3 lim 5 9 9 n n a  +   =  +   1 9 a = 1 3 a = . Theo đề bài ta có 1 9 3 1 lim 2187 59 nn n n a + + +  + 11 2187 3 a  7 a  . Do a là số nguyên thuộc khoảng ( ) 0;2018 nên có   7;8;9;...;2017 a  nên có tất cả 2011 giá trị của a . Chọn ý A. Câu 29. Cho phương trình ( ) 1 4 1 2 8 0 xx m + − + + = . Biết phương trình có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn ( ) ( ) 12 1 1 6 xx + + = . Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là? A. Không có m B. 13 m  C. 3 m  D. 2 m  THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội lần 2 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Đặt 2 x t = ( ) 0 t  thì phương trình đã cho trở thành ( ) 2 2 1 8 0 t m t − + + = ( ) 1 . Điều kiện để phương trình có hai nghiệm 1 x , 2 x là phương trình ( ) 1 có hai nghiệm dương phân biệt 1 t , 2 t 0 0 0 S P          ( ) 2 2 7 0 2 1 0 80 mm m  + −    +      1 2 2 1 2 2 1 m m m    − −      − +    −  1 2 2 m   − + . Khi đó 1 2 1 1 2 7 2 x t m m m = + + + − = , 2 2 2 1 2 7 2 x t m m m = + − + − = Ta có 12 12 . 2 8 xx tt + == 12 3 xx  + = , ( ) ( ) 12 1 1 6 xx + + = 12 2 xx = ( ) ( ) 22 22 log 1 2 7 .log 1 2 7 2 m m m m m m  + + + − + − + − = ( ) 2 22 2 8 log 1 2 7 log 2 1 2 7 m m m m m m  + + + − = + + + − ( ) ( ) 22 22 log 1 2 7 3 log 1 2 7 2 m m m m m m   + + + − − + + + − =   ( ) 2 Đặt ( ) 2 2 log 1 2 7 u m m m = + + + − thì ( ) 2 trở thành 2 3 2 0 uu − − = 1 2 u u =    =  Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 65 | Chinh phục Olympic toán • Nếu 1 u = 2 1 2 7 2 m m m  + + + − = 2 2 7 1 m m m  + − = − thì phương trình vô nghiệm do 1 2 2 m  − + • Nếu 2 u = 2 1 2 7 4 m m m  + + + − = 2 2 7 3 m m m  + − = − 2 m = (nhận). Vậy 2 m = thỏa mãn yêu cầu của bài toán Chọn ý B. Câu 30. Tìm tập hợp S tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ( ) ( ) ( ) 2 1 2 22 2 .log 2 3 4 .log 2 2 xm x x x x m − − − + = − + có đúng ba nghiệm phân biệt . A. 13 ;1; 22 S  =   B. 13 ; 1; 22 S  =−   C. 13 ;1; 22 S  =−   D. 13 ;1; 22 S  =−   THPT Chu Văn Anh – Hà Nội năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Xét hàm số ( ) ( ) 2 2 .log 2 t f t t =+ , ( ) ( ) ( ) 2 1 2 .ln2.log 2 2 . 0 2 ln2 tt f t t t  = + +  + , 0 t  . ( ) ft  đồng biến trên  ) 0; + . Biến đổi giả thiết tương đương ( ) ( ) ( ) 2 1 2 22 2 .log 2 3 4 .log 2 2 xm x x x x m − − − + = − + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 22 2 .log 1 2 2 .log 2 2 xm x x x m − −  − + = − + ( ) 2 12 f x f x m    − = −   ( ) 2 12 x x m  − = − ( ) 1 Khi xm  , (1) 2 4 1 2 0 x x m  − + + = ( ) 2 Khi xm  , (1) 2 21 xm  = − ( ) 3 • T rư ờng h ợp 1. ( ) 2 có nghiệm kép 0 x , ( ) 3 có hai nghiệm phân biệt khác 0 x . Khi đó 3 2 m = thì ( ) 2 có nghiệm 3 2 2 x= , ( ) 3 có hai nghiệm phân biệt 3 2 2 x =   . • T rư ờng h ợp 2. ( ) 3 có nghiệm kép 0 x , ( ) 2 có hai nghiệm phân biệt khác 0 x . Khi đó 1 2 m = thì ( ) 3 có nghiệm 1 0 2 x= , ( ) 2 có hai nghiệm 1 22 2 x =   . • T rư ờng h ợp 3. ( ) 2 và (3) có chung một nghiệm 0 x Khi đó 0 xm = 1 m = , thử lại 1 m = thỏa yêu cầu bài toán. Vậy 13 ;1; 22 S  =   . Chọn ý B. Câu 31. Có bao nhiêu số nguyên dương m trong đoạn   2018;2018 − sao cho bất phương trình sau đúng với mọi ( ) 1;100 x  . ( ) 11 log log 10 10 10 10 x x m x +  . A. 2018 B. 4026 C. 2013 D. 4036 L ời gi ải Biến đổi giả thiết tương đương | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 66 ( ) ( ) ( ) log 11 log 1 log log 10 log 1 11log 0 10 10 x m x x x m x x  + +   + + −    ( ) 2 10 log 1 log 10log 0 m x x x  + + −  . Do ( ) ( ) 1;100 log 0;2 xx    . Do đó ta có ( ) 2 2 10log log 10 log 1 log 10log 0 10 log 1 xx m x x x m x − + + −    + Đặt log tx = , ( ) 0;2 t  , xét hàm số ( ) 2 10 1 tt ft t − = + Ta có. ( ) ( ) ( ) 2 2 10 2 0 0;2 1 tt f t t t −−  =    + . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 16 0 2 0 3 f f t f f t      Để 2 10log log 10 log 1 xx m x −  + đúng với mọi ( ) 1;100 x  thì 16 8 10 3 15 mm    Do đó 8 ;2018 15 m     hay có 2018 số thỏa mãn. Chọn ý A. Câu 32 . Gọi S là tập các giá trị của tham số thực m để hàm số ( ) 2 ln 2 y x x m = + + + đồng biến trên tập xác định của nó. Biết ( ; S a b  = −  +  . Tính tổng K a b =+ là A. 5 K =− B. 5 K = C. 0 K = D. 2 K = L ời gi ải Điều kiện xác định. 2 xm  − − . Cách 1. Ta có 1 2 2 yx xm =+ ++ ( ) 2 2 2 2 1 2 x m x xm + + + = ++ , ( ) 2 0 2 2 2 1 0 y x m x  =  + + + = • Tr ư ờng h ợp 1. 2 4 2 0 mm   = + +  2 2 2 2 m  − −   − + Khi đó 0 y   ( ) 2; xm   − − +  . • T rư ờng h ợp 2. 22 22 m m   − −   − +   , khi đó 0 y  = có hai nghiệm phân biệt. ( ) 2 1 2 4 2 2 m m m x − + − + + = , ( ) 2 2 2 4 2 2 m m m x − + + + + = Vẽ bảng biến thiên ta suy ra được. 0 y   ( ) 2; xm   − − +  2 2 xm   − − ( ) 2 2 4 2 2 2 m m m m − + + + +   − − 2 4 2 2 m m m  + +  − − 22 2 4 2 4 4 2 4 2 0 m m m m m mm  + +  + +    −   + +   2 22 22 m m m −      − −     − +    22 m   − − . Vậy ( ; 2 2 S  = −  − +  2 a  = − , 2 b = nên 0 K a b = + = . Cách 2. Ta có 1 2 2 yx xm =+ ++ ( ) 2 2 2 2 1 2 x m x xm + + + = ++ , ( ) 2 0 2 2 2 1 0 y x m x  =  + + + = • Trường hợp 1. 2 4 2 0 mm   = + +  2 2 2 2 m  − −   − + , khi đó 0 y   ( ) 2; xm   − − +  . • Trường hợp 2. 0   22 22 m m   − −    − +   , ( ) * . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 67 | Chinh phục Olympic toán Khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 x , 2 x Theo Viet ta có ( ) 12 12 2 1 2 x x m xx  + = − +   +=   . Hàm số đồng biến trên ( ) 1 ;x − và ( ) 2 ; x + khi đó ta cần có ( ) 12 2 x x m   − + . Suy ra. ( ) ( ) ( ) 12 12 2 2 0 22 2 2 0 x x m m x m x m  + + +     − −  + + + +    Kết hợp ( ) * và ( ) ** có 22 m  − − . Hợp hai trường hợp có các giá trị cần tìm của m là 100 . Vậy ( ; 2 2 S  = −  − +  2 a  = − , 100 nên 0 K a b = + = . Chọn ý C. Câu 33 . Cho hai số thực a , b ( ) 1, 1 ab  . Phương trình xx a b b ax + = + có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 L ời gi ải Xét hàm số ( ) xx f x a b b ax = + − − . Ta có ( ) ln ln xx f x a a b b a  = + − . Do ( ) 22 '' ln ln 0 xx f x a a b b = +  nên hàm số đã cho có tối đa một cực trị. Do đó phương trình đã cho có tối đa hai nghiệm. Ta sẽ chọn các số để phương trình trên có 2 nghiệm như sau. Chọn e ab == ta có ( ) 2e e x fx  =− , ( ) e 0 ln 2 f x x  =  = . ee ln eln 0 22 f  = −    ; ( ) lim x fx →   = +  . Vì vậy phương trình đã cho có tối đa 2 nghiệm. Chọn ý C. Câu 34. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình ( ) ( ) 2 1 2 1 2 27 .3 1 3 1 0 x x x m m m ++ − + − − − = Có 3 nghiệm thực phân biệt là khoảng ( ) ; ab . Tính giá trị của biểu thức S a b =+ A. 2 B. 13 + C. 22 + D. 1 2 3 ++ L ời gi ải Đặt ( ) 30 x tt = phương trình trở thành ( ) 3 2 2 2 3 3 1 1 0 t mt m t m − + − − + = . Ta cần tìm điều kiện để phương trình có 3 nghiệm phân biệt dương. Xét hàm số ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 3 1 1 ' 3 6 3 1 y t mt m t m y x mx m = − + − − +  = − + − Ta có 1 '0 1 CD CT t m x y t m x = − =  =  = + =  . Để phương trình có 3 nghiệm dương phân biệt khi ( ) ( ) ( ) ( ) ( )  2 2 2 2 10 .0 10 0,x 0 3 1 2 1 3 2 1 0 00 10 CD CT CD CT m yy m xm m m m m y m −     +         +  − − − −      − −   Chọn ý D. | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 68 Câu 35. Có bao nhiêu số nguyên   2018;2018 m− để phương trình 1 2 3 28 2 x xm + − = + có đúng 2 nghiệm thực phân biệt? A. 2013 B. 2012 C. 4024 D. 2014 L ời gi ải Phương trình tương đương với 1 2 3 28 2 x mx + = − − . Hàm số ( ) 1 2 3 28 2 x f x x + = − − là một hàm số chẵn do đó ta chỉ cần xét trên nửa khoảng  ) 0; + để suy ra bảng biến thiên của hàm số ( ) fx trên cả tập số thực. Xét hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 2 21 1 3 2 8 2 2 ln2 3 2 3 2 2 8 ' 2 3 2 ln2 3 0 0 2 2 8 0 2 2 x x x x x x x g x x x f x x f x x x x x + + + + +  − −    = −   = − − =  =  − −       − + −     Ta có ( ) ( ) ( ) 1 2 2 ' 2 ln 3 8ln 2 3 0, 2, 2 8ln2 6 0, 3 16ln2 9 0 x g x x x g g + = −  −    = −  = −  nên phương trình ( ) 0 gx = có nghiệm ( ) 0 2;3 x  . Vẽ bảng biến thiên cho hàm số ( ) fx ta suy ra được phương trình có đúng 2 nghiệm thực khi và chỉ khi ( )   0 2 1 0 0 6 7,8,...,2018 3 28 2 x m m x m f x +      = = − −    Chọn ý B. Câu 36. Cho bất phương trình ( ) ( ) 22 3 1 3 7 log 11 log 3 10 4 log 3 12 0 aa x ax x ax  + + + + + +    . Giá trị thực của tham số a để bất phương trình trên có nghiệm duy nhất thuộc khoảng nào sau đây? A. ( ) 1;0 − B. ( ) 1;2 C. ( ) 0;1 D. ( ) 2; + THPT Hàm Rồng – Thanh Hóa lần 1 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Điều kiện xác định 1 0 3 a  . Biến đổi bất phương trình tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 3 1 3 7 22 3 7 3 22 7 3 3 log 11 log 3 10 4 log 3 12 0 log 11 log 3 10 4 .log 3 12 0 log 3 10 4 .log 3 12 log 11 aa aa aa x ax x ax x ax x ax x ax x ax  + + + + + +     − + + + + +   + + + + +  Đặt 2 2 2 2 3 10 0 3 12 3 10 2 2 t x ax x ax x ax t = + +   + + = + + + = + . Khi đó bất phương trình trở thành ( ) ( ) ( ) 2 73 11 1 log 4 log 2 * log 3 a tt a + +  . • Nếu 11 1 0 log 3 0 3 aa     bất phương trình ( ) * trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) 22 7 11 3 7 11 log 4 log 3 log 2 1 log 4 log 2 1 a t a t t t + +   + +  Xét hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) 2 7 11 f log 4 log 2 0 t t t t = + +  là hàm đồng biến đồng thời ( ) 31 f = nên Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 69 | Chinh phục Olympic toán ( ) ( ) 2 3 3 3 1 0 f t f t x ax     + +  . Để phương trình có nghiệm duy nhất thì ta có 2 3 a = , nghiệm này không thỏa mãn. • Nếu 11 1 log 3 0 3 aa    . Đến đây xét tương tự trường hợp 1 ta sẽ tìm được 2 3 a = Chọn ý C. Câu 37. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tập nghiệm của bất phương trình ( ) ( ) 2 3 3 3 2 0 xx m + − −  chứa không quá 9 số nguyên? A. 3281 B. 3283 C. 3280 D. 3279 L ời gi ải Ta có * 3 22 9 mm     . Khi đó ( ) ( ) 2 3 3 3 3 2 0 3 2 9 x x x mm + − −     ( ) 3 3 log 2 2 xm  −   . Để tập nghiệm của bất phương trình chứa không quá 9 số nguyên thì ( ) 8 3 log 2 8 2 3 3280,5 m m m      . Mà m nguyên dương nên ta có   1;2;...;3280 m  . Vậy có 3280 giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn ý C. Câu 38. Có bao nhiêu số nguyên ( ) 2019;2019 a− để phương trình ( ) 11 ln 5 31 x xa x + = + + − có hai nghiệm phân biệt? A. 2017 B. 2022 C. 2014 D. 2015 L ời gi ải Điều kiện xác định ( ) ln 5 0 4 5 0 5 0 3 1 0 x x x xx x  + −    +    −    −   . Ta có ( ) ( ) 1 1 1 1 ln 5 ln 5 3 1 3 1 xx x a x a xx + = +  + − = ++ −− Đặt hàm số ( ) ( ) 11 ln 5 31 x f x x x = + − + − có ( ) ( ) ( ) 5; 4 4;0 0; D = − −  −  + Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 22 1 3 ln3 ' 1 0 5 ln 5 31 x x fx xx − = − −  ++ − nên ( ) fx nghịch biến trên từng khoảng xác định. Ta có ( ) 5 5 1 243 lim 5 5 242 31 x fx + − →− = + = − − ; ( ) ( ) 44 lim ; lim xx f x f x −+ → − → − = −  = +  ( ) ( ) 00 lim ; lim xx f x f x −+ →→ = −  = +  ; ( ) lim x fx → +  = −  Lập bảng biến thiên ta dễ dàng chỉ ra rằng phương trình ( ) f x a = có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 243 5 242 a− | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 70 Do ( )   4;2018 2019;2019 a a a a         −     . Vậy có 2018 4 1 2015 − + = giá trị của a . Chọn ý D. Câu 39. Tất cả các giá trị của m để bất phương trình ( ) ( ) 3 1 12 2 6 3 0 x x x mm + + − +  có nghiệm đúng với mọi 0 x  là. A. ( ) 2; − +  B. (  ;2 −  − C. 1 ; 3  −  −   D. 1 2; 3  −−   L ời gi ải Bất phương trình đầu tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 12 2 6 3 0 3 1 4 2 2 1 0 x x x x x m m m m + + − +   + + − +  Đặt 2 x t = . Do 01 xt    . Khi đó ta có ( ) ( ) 2 3 1 2 1 0, 1 m t m t t + + − +    ( ) ( ) 2 22 2 21 3 2 1 1 1 * 3 tt t t m t t t m t tt − − −  −  − − −       − . Xét hàm số ( ) 2 2 21 3 tt ft tt − − − = − ( ) 1; t   +  ( ) ( ) ( ) 2 2 2 7 6 1 ' 0 1; 3 tt f t t tt +−  =    +  − . Lập bảng biến thiên ta dễ dàng chỉ ra rằng ( ) 1 lim t 2 t mf + →  = − là điều kiện cần tìm. Câu 40. Tìm m để bất phương trình 2 3 4 3 x x x mx + +  + có tập nghiệm là . A. Không tồn tại m . B. ln26 C. ln26 D. ln9 L ời gi ải Xét đường cong ( ) ( ) : 2 3 4 x x x C f x = + + . Phương trình tiếp tuyến của đường cong ( ) C tại điểm ( ) 0;3 M là. ln24 3. yx=+ Ta cần chứng minh 2 3 4 3 ln24, x x x xx + +  +   . Xét hàm số ( ) 2 3 4 3 ln24 x x x g x x = + + − − trên . Ta có ( ) g' 2 .ln2 3 .ln3 4 .ln4 ln24 x x x x = + + − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 '' 2 . ln2 3 . ln3 4 . ln4 0, ' x x x g x x g x = + +     đồng biến trên . Phương trình ( ) '0 gx = có nghiệm duy nhất 0 x = trên . Bảng biến thiên của ( ) gx trên Lập bảng biến thiên của ( ) gx trên ( ) 0, . g x x     . Câu 41. Với a là tham số thực để bất phương trình 2 3 2 xx ax +  + có tập nghiệm là , khi đó A. ( ) ;0 a  −  . B. ( ) 1;3 a  C. ( ) 3; a  +  D. ( ) 0;1 a  L ời gi ải Xét trường hợp 0 a  , bất phương trình không nhận các giá trị âm của x làm nghiệm. Thật vậy, khi đó 2 3 2 xx + mà 22 ax+ . Suy ra loại 0 a  . Xét trường hợp 0 a  . Ta có 2 3 2 2 3 2 0 x x x x ax ax +  +  + − −  . Đặt ( ) 2 3 2 xx f x ax = + − − , x  . Khi đó ( ) ' 2 ln2 3 ln3 , xx f x a x = + −   . Ta có ( ) ( ) ' 0 2 ln2 3 ln3 1 xx f x a =  + = Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 71 | Chinh phục Olympic toán Đặt ( ) 2 ln2 3 ln3, xx g x x = +  ( ) 22 ' 2 ln 2 3 ln 3 0, xx g x x  = +    . Suy ra hàm số ( ) gx đồng biến trên . Lại có ( ) lim x gx → +  = +  và ( ) lim 0 x gx → −  = Suy ra với mỗi giá trị 0 a  thì phương trình ( ) 1 luôn có nghiệm duy nhất là o x . Ta có phương trình ( ) '0 fx = có nghiệm duy nhất là o x . Mà ( ) lim ' x fx → +  = +  và ( ) lim ' 0 x f x a → −  = −  nên ( ) ' 0, o f x x x    và ( ) ' 0, o f x x x    . Dựa vào bảng biến thiên ta thấy ( ) fx đạt giá trị nhỏ nhất tại o x , ta kết hợp với điều kiện đề bài là ( ) 0, f x x    và ( ) 00 f = nên ta suy ra 0 o x = và 0 o x = là giá trị duy nhất để ( ) 0 fx = . Suy ra 0 o x = là giá trị duy nhất để ( ) 0 o fx  =  ( ) 0 ln2 ln3 0 fa  = + − = . Suy ra ln2 ln3 ln6 a = + = . Như vậy ln2 ln3 ln6 a = + = là giá trị duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 42. Cho phương trình ( ) 2 2 2 2log 3log 2 3 0 x x x m − − − = (m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt? A. 80 . B. 81 C. 79 D. Vô số. Đề thi THPT Quốc Gia môn toán 2019 L ời gi ải Xét phương trình ( ) 2 2 2 2log 3log 2 3 0 x x x m − − − = ( ) 1 . Điều kiện ( ) 3 0 0 log do 0 30 x x x x m m m        −   . Ta có ( ) 2 22 2log 3log 2 0 1 30 x xx m  − − =   −=   2 2 3 log 2 4 11 log . 2 2 3 log x xx xx m m x     ==   = −  =    = =     Phương trình ( ) 1 có hai nghiệm phân biệt 3 1 4 2 3 log 0 01 1 log 4 33 2 m m m m               Do m nguyên dương    3;4;5 ;8 1 ;0 m m =    . Vậy có tất cả 1 80 3 1 79 + − + = giá trị m nguyên dương thỏa mãn đề bài. Chọn ý C. Câu 43. Cho phương trình ( ) 7 7 log x m x m + = − với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của ( ) 25;25 m− để phương trình đã cho có nghiệm ? A. 9 B. 25 C. 24 D. 26 L ời gi ải Dạng toán này xuất hiện trong đề thi THPT Quốc Gia 2018, với hướng giải là đặt ẩn phụ để đưa về hệ phương trình đối xứng. Điều kiện xm  . Đặt ( ) 7 log t x m =− ta có 7 7 x t mt mx  +=   +=   77 xt xt  + = + ( ) 1 | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 72 Do hàm số ( ) 7 u f u u =+ đồng biến trên , nên ta có ( ) 1 tx = . Khi đó 77 xx m x m x + =  = − . Xét hàm số ( ) 7 x g x x =− ( ) 1 7 ln7 0 x gx   = − = ( ) 7 log ln7 x  = − . Vẽ bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi ( ) ( ) 7 log ln7 0,856 mg  −  − các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện vì 70 x xm − =  . Do m nguyên thuộc khoảng ( ) 25;25 − , nên   24; 16;...; 1 m  − − − . Câu 43. Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ( ) 2 2 2 1 2 23 3 log 2 2 x x x m xx xm + + − − ++ = − + có đúng ba nghiệm phân biệt là A. 3 B. 2 − C. 3 − D. 2 L ời gi ải Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 23 2 1 2 22 23 2 22 2 2 3 ln 2 2 3 3 log 2 2 ln 2 3 3 ln 2 3 .3 ln 2 2 .3 xx x x x m xm xx xm xx xm xm xx x x x m ++ + + − − −+ ++ −+ ++ −+ = − +  = ++  + + = − + Xét ( ) ( ) ln .3 , 2 t f t t t =   , có ( ) ( ) ( ) 1 3 ln 3 ln 3 0, 2 tt f t t t t  = +    . Vậy hàm số ( ) ft đồng biến . ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 4 1 2 2 f x x f x m x x x m xm x x x m x x m + + = − +  + + = − +  = − −  + + = −   + = − +   Điều kiện cần để phương trình có 3 nghiệm là • Tr ư ờng h ợp 1. ( ) 1 có nghiệm kép 1 2 m − = thử lại ta thấy thỏa mãn. • Tr ư ờng h ợp 2. ( ) 2 có nghiệm kép 3 2 m − = thử lại ta thấy thỏa mãn. • Tr ư ờng h ợp 3. ( ) 1 và ( ) 2 có nghiệm chung xm = .Thế ( ) 1 vào ta có 1 m =− Ta có ( ) 13 13 22 −− + + − = − . Câu 44. Tìm các giá trị m để phương trình ( ) sin 5 cos 5 sin 5 cos 10 3 log 5 x x m xx m + − + ++ =+ có nghiệm. A. 66 m  B. 55 m −   C. 5 6 5 6 m −   + D. 65 m −   L ời gi ải Biến đổi phương trình đầu tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin 5 cos 10 sin 5 cos 5 5 sin 5 cos 10 5 sin 5 cos 10 ln 5 3 3 log 5 3 ln sin 5 cos 10 3 .ln sin 5 cos 10 3 .ln 5 xx x x m m xx m xx m m xx x x m ++ + − + + ++ + ++ + = +  = ++  + + = + Xét ( ) ( ) ln .3 , 5 t f t t t =   , ta có ( ) ( ) ( ) 1 3 ln 3 ln 3 0, 5 tt f t t t t  = +    . Vậy hàm số ( ) ft đồng biến. Khi đó ( ) ( ) sin 5 cos 10 5 sin 5 cos 10 5 sin 5 cos 5 f x x f m x x m x x m + + = +  + + = +  + + = Mặt khác ta lại có 6 sin 5 cos 6 xx −  +  , nên để phương trình có nghiệm ta phải có Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 73 | Chinh phục Olympic toán 5 6 5 6 m −   + . Câu 45. Tìm số giá trị nguyên của m thuộc   20;20 − để phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 log 4 2 9 1 1 2 4 x m x x m x m x + + + = − − + − + có nghiệm A. 12 B. 23 C. 25 D. 10 L ời gi ải Điều kiện xác định 22 40 x m x x + + +  . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 log 4 2 9 1 1 2 4 x m x x m x m x + + + = − − + − + ( ) ( ) 2 2 2 2 log 4 2 9 1 4 2 4 x x x m mx x x m x  + + + = − − + + − + 22 2 2 4 log 2 9 1 4 2 4 4 x m mx x x m x xx   + = − − + + − +  +−  2 22 2 2 44 log 2 9 1 4 2 4 4 x m x mx mx x x m x xx  + + −   = − − + + − +  +−  ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 log 4 4 8 2 4 2 1 log 4 4 x m x mx x m x mx x x x x  + + − + + + − + = + − + + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 log 8 2 4 2 8 2 4 2 log 4 4 1 x m x mx x m x mx x x x x  + + − + + + − = + − + + − Xét hàm số ( ) 2 log f t t t =+ , ( ) 0; t  +  , ta có ( ) ( ) 1 1 0, 0; ln2 f t t t  = +    +  nên hàm số luôn đồng biến trên tập xác định. Khi đó phương trình ( ) 1 22 8 2 4 2 4 x m x mx x x  + + − = + − ( ) ( ) 22 2 4 4 8 m x x x x x  + − = + − − 2 8 21 4 x m xx  = − +− ( ) 2 84 21 4 x x x m ++  = − ( ) 2 2 1 2 4 m x x x  = − + + 22 12 4 2 m x x x −  + + = . Xét hàm số 22 ( ) 4 g x x x x = + + với ( ) ; x  − +  . Ta có ( ) 2 2 2 4 ( ) 0, 4 xx g x x x ++  =    + . Ta có ( ) ( ) 2 lim lim 4 xx g x x x x → −  → −   = + +   2 4 lim 4 x x xx → −   =  +−  2 4 lim 2 4 11 x x → − = = − − + − ; ( ) 2 2 4 lim lim 1 1 xx g x x x → +  → +    = + + = +        . Để phương trình có nghiệm thì 1 2 5 2 22 m m −  −   . | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 74 Câu 46. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ( ) 10 m  để phương trình ( ) 1 4 2 log 2 x x m m − = + + có nghiệm ? A. 9 B. 10 C. 5 D. 4 L ời gi ải Điều kiện 20 xm + . Ta có ( ) 1 4 2 log 2 x x m m − = + + ( ) 2 2 log 2 2 x x m m  = + + . Đặt ( ) 2 log 2 t x m =+ ta có 22 22 x t tm xm  =+   =+   22 xt xt  + = + ( ) 1 . Do hàm số ( ) 2 u f u u =+ đồng biến trên , nên ta có ( ) 1 tx = . Khi đó 2 2 2 2 xx x m m x = +  = − . Xét hàm số ( ) 2 x g x x =− ( ) gx  = 2 ln2 1 0 x −= ( ) 2 log ln2 x  = − . Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 log ln2 2 log ln2 2 g m g m −  −   0,457  các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện vì 2 2 0 x xm + =  . Do m nguyên và 10 m  , nên   1,2,3,4,5,6,7,8,9 m  . Câu 47. Cho phương trình ( ) ( ) 22 11 2 1 1 1 28 mm x x x x     + = + − + −         . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn   10;10 − của tham số m sao cho phương trình có nghiệm? A. 13 . B. 12 . C. 11 . D. 10 . L ời gi ải Ta có ( ) ( ) ( ) 22 2 1 1 1 f x x x x x = + − + − điều kiện 11 x −   . ( ) ( ) ( ) 22 1 2 2 1 f x x x x x  = + − + − . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 1 1 f x x x x x x x  = + − + − + − + . ( ) ( ) ( ) 2 22 1 1 1 f x x x x x   = + − + − +   . ( ) ( ) ( ) 3 22 11 f x x x x x  = + − + + − . Với hàm ( ) 3 f t t t =+ . Ta có ( ) 2 ' 2 1 0, f t t t = +   nên ( ) ft đồng biến trên . Theo phương trình đề bài 2 1 1 2 m xx   = + −   ( ) * với   1;1 x− . Xét ( ) 2 1 g x x x = + − với   1;1 x− ta có ( ) 12 gx −   . Để phương trình ( ) * có nghiệm 11 0 2 0 22 m m −         . Vậy có 11 giá trị nguyên của m thảo mãn. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 75 | Chinh phục Olympic toán Câu 45. Có bao nhiêu số nguyên   2020; 2021 m− để phương trình ( ) ( ) 2 2 2 1 11 ln 5 2 33 x x m x m xx − + + − += +− − có ba nghiệm phân biệt? A. 4042 . B. 2027 . C. 0 . D. 2016 . L ời gi ải Tập xác định ( )   5; \ 4;1;2 D = − +  − . Ta có ( ) ( ) 2 2 2 1 11 ln 5 2 33 x x m x m xx − + + − += +− − ( ) 1 1 1 2 ln 5 33 x mx xx  = − − − −+ − . Đặt ( ) ( ) 1 1 1 2 ln 5 33 x g x x xx = − − − −+ − . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 3 ln3 ' 1 0, 5 ln 5 2 33 x x g x x D xx x = + + +    ++ − − . Ta có ( ) 5 5 1 1 3293 lim 5 7 728 33 x A g x + − →− = = − + − = − − . Phương trình ( ) 1 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ( ) 3293 4,523 351648 728 m  − = − . Do   2020;2021 m m     −   nên   2020; 2019;...; 5 m  − − − . Câu 46. Cho biểu thức ( ) 2 1 22 xy xy Pm + ++ = − + , với , xy là các số thực thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 22 22 1 ee 2 xy xy + + . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để giá trị nhỏ nhất của bằng 2020? A. 1. B. Vô số. C. 2. D. 3. L ời gi ải Đặt ( ) 22 1 2 u x y =+ , 0 u  . Khi đó ( ) ( ) 22 22 1 ee 2 xy xy + + trở thành e e. u u  (1) Suy ra e e. 0 u u − . Đặt ( ) e e. u f u u =− ; ( ) ee u fu  =− ; ( )01 f u u  =  = . Suy ra hàm ( ) fu nghịch biến trên khoảng ( ) 0;1 và đồng biến trên khoảng ( ) 1; + ( ) ( ) 1 0 e e. 0 e e. uu f u f u u  =  −    (2) Từ (1) và (2) ta có e e. u u = 1 u = 22 2 2 2 x y x y  + =  −  +  . Ta có ( ) 2 12 2 2 2 xy xy P m t t m + ++ = − + = − + với 1 2 , ;4 4 xy tt +  =   Đặt ( ) 2 2 g t t t m = − + . Cần tìm m để ( ) 1 ;4 4 min 2020 gt    = . Ta có ( ) ( ) 1 ;4 4 min 1 1 g t g m    = = − và ( ) ( ) 1 ;4 4 max 4 8 g t g m    = = + . Suy ra 1 2020 2021 8 2020 2028 mm mm − = =    + = − = −  . Có hai giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán. | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 76 Câu 47. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số ( ) 20;20 m− để phương trình 2 8 2 12 3log 2 3 3 x x xm xm  −− − − =   có đúng hai nghiệm thực phân biệt. A. 19 . B. 18 . C.20 . D. 21 . L ời gi ải Ta có 22 8 2 12 8 2 12 2 3 3log 2 3 3log 3 3 3 x x x x x m x m x m x m y     − − − − + + − − =  = =         ( ) ( ) ( ) 8 2 12 3.2 1 8 2 12 3.2 12 3.2 3.2 12 , 4 4.2 12 12 2 3 3 xy xy xx x x xm xm x y f x f y x m y x m y  − − =  − − =     + = +  =  + + = + + =     Với ( ) 12 3.2 t f t t =+ là hàm số luôn đồng biến trên xy = Khi đó tương đương ( ) 1 8 2 12 3.2 8 4.2 12 2 2.2 3 x x x x x m x m x m − − =  − =  − = Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2.2 2 2 .ln2 ' 0 log ln2 xx f x x f x f x x  = −  = −  =  =   Khi đó lập bảng biến thiên ta được  0,17 19; 18;...;0} ( 20;20) m mm m       − −   −  Câu 48. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 23 2 2 2 23 ln 2 2 3 ln 2 2 ln 2 ln 2 3 x x x m x x x x x m  + + − − +   =  + + + − −   có đúng 3 nghiệm phân biệt? A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. Vô số. L ời gi ải Phương trình đã cho tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 3 2 3 22 ln 2 3 ln 2 2 3 ln 2 ln 2 2 x x x m x x x m xx     + + − − + + − −         = ++ ( ) 1 Tr ư ờng h ợp 1. 0 x = , khi đó ( ) 1 trở thành ln2 ln2 ln2 ln2 = 0 x = là 1 nghiệm của phương trình. Tr ư ờng h ợp 2. 0 x  , khi đó ( ) ( ) 33 1 3 0 3 2 x x m x x m  − − =  − = Phương trình ( ) 1 có 3 nghiệm phân biệt khi ( ) 2 có 2 nghiệm phân biệt khác 0 2 0 m m =    =  Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 77 | Chinh phục Olympic toán Cách 2. Áp dụng mệnh đề sau B ổ đ ề. Nếu ( ) 1; 0 log log a a c b a c b b c +      + . Dấu bằng xảy ra 0 ab c =    =  Bổ đề này chứng minh đơn giản, nhường lại cho các bạn, mình hơi ngại gõ…. Áp dụng vào bài từ phương ( ) ( ) 22 2 3 2 2 2 1 30 xx x x m  + = +    − − =  ( ) 3 0 32 x x x m =    −=   Phương trình ( ) 1 có 3 nghiệm phân biệt khi ( ) 2 có 2 nghiệm phân biệt khác 0 2 0 m m =    =  . Câu 49. Gọi M là giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 22 ; g ab a b =+ với ; ab thỏa mãn 2 8 0 20 2 4 0 ab ab ab − +    + +    − +   . Khi   0; mM  thì tổng các nghiệm của phương trình ( ) ( ) 22 23 2 2 3 log 2 2 1 log 2 3 x x m x x + + − − + − = − − thuộc khoảng nào dưới đây? A. 1 ;2 23   +  . B. ( ) 1;2 3 + . C. ( ) 2 3;2 2 3 ++ . D. ( ) 2 2 3; + +  . L ời gi ải Nh ận xét. Câu này vào phòng thi các bạn nên bỏ! Xét hệ phương trình 2 8 0 20 2 4 0 xy xy xy − +    + +    − +   Với 1 : 2 8 0 xy  − + = ; 2 : 2 0 xy  + + = ; ( ) ( ) ( ) 3 : 2 4 0; 4;2 ; 0;4 ; 2;0 x y A B C  − + = − − Miền nghiệm của hệ phương trình là phần giới hạn bởi ABC  ( ) ( ) 2 2 2 ; , ; g ab a b OM M ab ABC  = + =   ; | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 78 Ta có ( ) min 44 ; 0; 55 OM d O BC m  = =     . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 23 2 2 3 2 2 log 2 2 1 log 2 3 2 2 1 2 2 3 1 2 2 3 2 3 1 2 3 2 3 t t t t x x m x x x x m m xx + + − − + − = − −  − − + − = +    − = + − + −   − − = +  Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 3 1 t t ft = + − + − . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 20 23 2 2 3 ln2 2 3 2 3 ln 2 3 ln 2 3 0 log ln 2 2 3 t t ft f t t t +  = + + − + +  +   =  = =  +   Bảng biến thiên ( ) 1 m f t  − = luôn có nghiệm duy nhất 1 t . ( ) ( ) 11 2 2 3 2 3 0; 4 2 3 0 tt xx   − − − + =  = + +  . Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm 12 , xx và ( ) 12 2 1;2 3 . xx + =  + Câu 50. Cho hàm số ( ) y f x = có đạo hàm ( ) ( ) 1 x f x x e  =+ , có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong đoạn   2020;2021 − để hàm số ( ) ( ) 2 ln 2 y g x f x mx mx = = − + − nghịch biến trên ( ) 2020 ; ee . A. 2018 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2021 . L ời gi ải Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ln 1 ln . ln 2 . ln 1 2 ln 1 2 x y g x x f x mx m x e mx m x mx m x     = = − + = + − + = + − + . Hàm số ( ) y g x = nghịch biến trên ( ) 2020 ; ee khi và chỉ khi ( ) 2020 0, ; y x e e     ( ) ( ) 2020 ln 1 2 1 , ; x m x x e e  +  −   ( ) 2020 ln 1 ,; 21 x m x e e x +     − Xét hàm số ( ) ln 1 21 x hx x + = − trên ( ) 2020 ; ee ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 11 2 1 2 ln 1 2ln 2 1 2 1 x x x xx hx xx − − + − −   = = −− Vì ( ) 2020 1 ln 2020 1 ; 2ln 0 1 0 x x e e x x x       − −   −   nên ( ) ( ) 2020 0, ; h x x e e     Suy ra hàm số ( ) hx nghịch biến trên ( ) 2020 ; ee . Ta có bảng biến thiên như sau Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 79 | Chinh phục Olympic toán Vậy 2 0,45 21 m e  − . Mà   2020;2021 m− suy ra   1,2,...,2021 m  . Do đó có 2021 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 51. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 22 2 2 6 6 13 22 2020 2020 2020 1 3 4 2 6 11 . x y x y xy m xy e x y x y m e + − − + + −  − + − + +      + + − + −  có nghiệm duy nhất. Tổng của tất cả các phần tử thuộc tập hợp S là A. 88 . B. 2 10 2 − . C. 2 10 2 + . D. 44 . L ời gi ải Từ phương trình ( ) ( ) ( ) 22 22 2 2 6 6 2020 2020 2020 1 3 4 x y x y xy + − − − + − + +  ta có 22 2 2 6 6 2 2 2 2020 2020 2 6 6 0 x y x y x y x y + + − − + − + + − + +  22 2 2 2 2 6 4 2020 2 2020 2 6 4 x y x y x y x y + + − −  + + +  + − − ( ) 1 Xét hàm số ( ) 2020 , t f t t t = +   có ( ) ' 2020 .ln2020 1 0, t f t t = +    do đó f là hàm đồng biến trên . Bất phương trình ( ) 1 trở thành ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 6 4 2 2 6 4 f x y f x y x y x y + +  − −  + +  − − ( ) ( ) 22 1 3 4 xy  − + +  . (*) Ta thấy miền nghiệm của bất phương trình (là hình tròn tâm ( ) 1 1; 3 I − và bán kính 1 2 R = . Từ phương trình ( ) ( ) ( ) 22 13 22 2 6 11 . xy m e x y x y m e + + −  + + − + − ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 13 1 3 1 x y m e x y m + + − −  + + − − + ( ) 2 Xét hàm số ( ) 1, t g t e t t = − −   có ( )'1 t g t e =− do đó ta có bảng biến thiên là Suy ra bất phương trình ( )00 g t t   = , do đó bất phương trinh ( ) 2 trở thành ( ) ( ) 22 1 3 0 x y m + + − − = ( ) * Để hệ phương trình có nghiệm thì phương trình (*có nghiệm, hay 0 m  . • Nếu 0 m = , phương trình ( ) 2 có nghiệm ( ) 1;3 − (không thỏa mãn) • Nếu 0 m  , khi đó tập hợp điểm ( ) , M x y biểu diễn nghiệm của phương trình nằm trên đường tròn tâm ( ) 2 1;3 I − , bán kính 2 Rm = . Do đó để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì hai đường tròn này phải tiếp nhau hay 1 2 1 2 1 2 1 2 2 10 2 44 8 10 2 10 2 44 8 10 m I I R R m I I R R m m  =+  =+  =−     =−  =−  =+     . | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 80 Câu 52. Cho hàm số ( ) ln y x a =+ và xa ye + = có đồ thị lần lượt là ( ) C và ( ) C  với a là tham số thực. Giả sử điểm ( ) MC  và ( ) NC   sao cho tam giác IMN là tam giác đều với điểm ( ) ;0 Ia − . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a để hoành độ của điểm M và N đồng thời thỏa mãn bất phương trình ( ) ln .e 10 xa x a a + + −  . A. 5. B. 3. C. 11. D. 20. L ời gi ải Điều kiện xác định của bất phương trình ( ) ln .e 10 xa x a a + + −  là 0 xa + . Nh ận xét. Đồ thị ( ) C và ( ) C  đối xứng nhau qua đường thẳng :y x a  = + và ( ) ;0 Ia −   . Lại có ( ) MC  , ( ) NC   , tam giác IMN đều, suy ra , MN đối xứng nhau qua  và ( ) ( ) , , 30 IM IN  =  =  . Đường thẳng  có hệ số góc ( ) 1 tan45 k  = =  cho nên có hai đường thẳng đi qua ( ) ;0 Ia − và tạo với  góc 30  là đường thẳng d có hệ số góc tan15 2 3 d k =  = − và đường thẳng d  có hệ số góc tan75 2 3 d k  =  = + . Ta được phương trình đường thẳng ( ) ( ) : 2 3 d y x a = − + và phương trình đường thẳng ( ) ( ) : 2 3 d y x a  = + + . Dễ thấy d không cắt ( ) C  và d  không cắt ( ) C . Khi đó M là giao điểm của d và ( ) C , N là giao điểm của d  và ( ) C  . Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( ) C ( ) ( ) ( ) 1 2 1,5 ln 2 3 7,5 x a t x a x a x a t + =   + = − +   + =   . Xét phương trình hoành độ giao điểm của d  và ( ) C  ( ) ( ) 1 2 0,4 e 2 3 2,02 xa x a k xa x a k + + =   = + +   + =   . Từ đồ thị hàm số, dễ thấy Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 81 | Chinh phục Olympic toán • Tam giác 11 IM N đều với 1 M có hoành độ thỏa 1 1 M x a t += và 1 N có hoành độ thỏa 1 1 . N x a k += • Tam giác 22 IM N đều với 2 M có hoành độ thỏa 2 2 M x a t += và 2 N có hoành độ thỏa 2 2 N x a k += . T rư ờng h ợp 1. Với tam giác 11 IM N đều Yêu cầu bài toán tương đương   1 1 1 1 ln .e 10 2,16 2,34 2; 1;0;1;2 7,3 6,1 ln .e 10 t k ta a a a ka  − −        − −  −   −    . T rư ờng h ợp 2. Với tam giác 22 IM N đều Yêu cầu bài toán tương đương 2 2 2 2 ln .e 10 0,004 0,006 0 1,06 1,6 ln .e 10 t k ta a a a ka  − −       =  −   −    . Vậy có 5 giá trị nguyên của a thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 53. Cho hàm số ( ) fx có đạo hàm trên thỏa mãn ( ) ( ) 2 f x h f x h h + − −  với mọi x  , 0 h  . Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) 2019 29 4 2 2 29 100 .sin 1 m g x x f x x f x m m x −      = + + + − − + −     với tham số m . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của 27 m  sao cho ( ) gx đạt cực tiểu tại 0 x = . Tổng bình phương các phần tử của S là A.108 . B. 58 . C. 100 . D. 50. L ời gi ải Nh ận xét. Nếu vào phòng thi gặp câu này thì nên bỏ nhé! Với mọi x  và 0 h  , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 f x h f x f x f x h f x h f x h h h h + − + − − + − −    ( ) ( ) ( ) ( ) f x h f x f x h f x h hh + − − − + − . Cho 0 h → , ta được ( ) 0 fx  = . Khi đó ( ) ( ) 2019 29 4 2 2 29 100 .sin 1 m g x x x m m x − = + − − + − . ( ) ( ) ( ) 2018 28 4 2 2019 29 29 100 sin2 m g x x m x m m x −  = + − − − + ( ) 00 g  = . Xét ( ) ( ) ( ) ( ) 2017 27 4 2 2019.2018 29 28 2 29 100 cos2 m g x x m m x m m x −  = + − − − − + ( ) ( ) 42 0 2 29 100 g m m   = − − + . • Nếu ( ) 42 5 0 0 29 100 0 2 m g m m m =   =  − + =   =  . • Nếu 5 m = thì ( ) ( ) 2018 23 23 1995 2019 24 2019 24 g x x x x x  = + = + đổi dấu từ âm sang dương khi qua 0 x = nên thỏa mãn yêu cầu. • Nếu 5 m =− thì ( ) ( ) 2018 33 33 1985 2019 34 2019 34 g x x x x x  = + = + đổi dấu từ âm sang dương khi qua 0 x = nên thỏa mãn yêu cầu. • Nếu 2 m = thì ( ) ( ) 2018 26 26 1992 2019 27 2019 27 g x x x x x  = + = + không đổi dấu khi qua 0 x = nên loại. • Nếu 2 m =− thì ( ) ( ) 2018 30 30 1988 2019 31 2019 31 g x x x x x  = + = + không đổi dấu khi qua 0 x = nên loại. Xét ( ) 0 gx   thì ( ) gx đạt cực tiểu tại 0 x = ( ) 00 g   ( ) 42 2 29 100 0 mm  − − +  4 2 2 29 100 0 4 25 m m m  − +     . | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 82 Vì m nguyên nên   4; 3;3;4 m  − − . Vậy   5; 4; 3;3;4;5 S = − − − . Do đó tổng bình phương các phần tử của S bằng 100. Câu 54. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số ( ) 2020;2020 m −  để bất phương trình 11 1 27 32 . 7 3 xx xx m m −− − − có nghiệm? A. 3 . B. 6 . C. 2020 . D. 2017 . L ời gi ải Đặt 3 x t = điều kiện 0 t  . Bất phương trình trở thành ( ) 3 3 27 * 3 mt t t t   + +   . Do 0 t  nên 3 0 t t + nên phương trình ( ) 2 2 9 * 3 m t t −  + . Xét ( ) ( ) 2 2 9 0 3 f t t t t −= + ta có ( ) 3 18 2 f t t t  =− ; ( ) 3 0 f t t  =  = . Ta có bảng biến thiên Để ( ) * có nghiệm thì ( ) ( ) 0; min 3 m ft + = . Vậy có 2017 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 55. Cho hai hàm số ( ) ( ) 25 ln 1 5 x fx x =+ + và ( ) 1 1 mx m gx x −− = − . Số giá trị nguyên của tham số m để đồ thị của hai hàm số đã cho cắt nhau tại đúng ba điểm phân biệt là? A. 11. B. 8. C. 10. D. 9. L ời gi ải Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình ( ) 2 5 1 ln 1 1 5 x mx m xx −− += +− ( ) 2 5 1 ln 1 1 5 x m xx  + = − +− ( ) 2 5 1 ln 1 1 5 x m xx  + + = +− . Đặt ( ) ( ) 2 5 1 ln 1 1 5 x hx xx = + + +− , với 1, 0, 1 x x x  −   . Ta có ( ) ( ) ( ) 22 2ln5 5 1 '0 5 ( 1)ln 1 1 x hx xx x = − − −  ++ − , 1, 0, 1 x x x   −   , vẽ bảng biến thiên ta sẽ chỉ ra được rằng yêu cầu bài toán tương đương 19 0 2 m  , suy ra có 9 giá trị nguyên của m . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 83 | Chinh phục Olympic toán Câu 56. Cho phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 2 22 2 1 2 log 3 3 log 3 6 2 3 4 a x a x x x x x a − − + + + = + + + + − với a là tham số thực. Gọi T là tập hợp tất cả các giá trị của a để phương trình có nghiệm, biết rằng   ; T cd = khi đó ( ) 5 33 dc − thuộc khoảng nào sau đây. A. (650;750) B. (1000;1500) C. (550;650) D. (200;450) L ời gi ải Với ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 2 22 2 1 2 log 3 3 log 3 6 2 3 4 a x a x x x x x a − − + + + = + + + + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 22 log 3 3 1 2 1 4 1 1 log 3 6 2 3 log 3 3 4 1 1 1 2 1 log 3 1 2 1 x x x a x x x x a x x x x a x x a  + + = + + + − + − + + + +   + + + + + = + + + + + +  Với ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 log 3 1 2 log 2 1 log x a a a + +  = + , khi đó phương trình ( ) 1 tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 22 2 22 2 2 2 2 22 log 3 3 4 1 1 2 1 log log 3 3 1 2 3 log 3 3 3 33 2 4 4 1 2 3 0 3 2 0 33 33 22 22 33 22 x x x x a x a x x x x a a x x a ax x x a ax a a a + + + +  + + + +  + +  + + − +    + +   − +        + + − =   − =    −       −     −     Như vậy ta suy ra được 5 33 3 3 3 3 2187 6 ; 669. 2 2 2 2 8 T         = −  − − =                    Câu 57. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong đoạn   10;10 − để hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 .2 4. 2 4 6 2. 3 x y z z z x y z yz m xx ++  + + + = +   −  + = −  có nghiệm? A. 17 . B. 15 . C. 16 . D. 18 . L ời gi ải Cách 1. Điều kiện 0 x  . Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 .2 4. 2 4 x y z z z x y z ++ + + + = + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 .2 .2 4. 2 4 2 4 16.2 x y z z z x y z x y z x y z + + −  + + + = +  + + = + − ( ) 2 2 2 2 2 4 2 2 2 4 1 x y z x y z +−  + + = + − . Xét hàm ( ) ( ) 2 ; 2 .ln2 1 0, uu f u u f u u  = + = +    . Do đó hàm số ( ) fu đồng biến trên . Khi đó, ( ) 2 2 2 2 2 2 1 4 4 x y z x y z  + = −  + + = . Xét phương trình ( ) ( ) 6 2. 3 3 2 6 0 yz m m x y z x xx − + = −  − + + =  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 84 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 2 1 3 2 m x y z m x y z   − + + + +  − + +   ( ) 22 5 6 14 .4 36 6 5 0 1 m m m m m m    − +   − +      . Mà     10;10 10; 9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1;0;1;5;6;7;8;9;10 mm  −   − − − − − − − − − − . Vậy có 18 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách 2. Điều kiện 0 x  2 2 2 0 x y z  + +  . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 .2 4. 2 4 2 16 2 4 * x y z z z x y z z x y z x y z + + + + + + + = +  − = − − − . • Với 2 2 2 4 x y z + +   ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 16 0 2 4 0 x y z z x y z ++  −   − − −     ( ) * vô nghiệm. • Với ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 16 0 04 2 4 0 x y z z x y z x y z ++  −   + +     − − −    ( ) * vô nghiệm. Đây là phương trình mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 0;0;0 O , bán kính 2 R = . Xét phương trình ( ) ( ) 6 2. 3 0 3 2 6 0 yz m x m x y z xx − + = −   − + + − = . Đây là phương trình mặt phẳng ( ) P . Hệ đã cho có nghiệm ( ) ( ) ( ) ( ) ,2 P S d O P       ( ) 22 2 6 5 2 6 14 3 6 5 0 1 3 4 1 m m m m m m m −      − +   − +      − + + . Do   10;10 m− và m    10; 9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1;0;1;5;6;7;8;9;10 m   − − − − − − − − − − . Vậy có 18 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nh ận xét. Kỹ thuật đánh giá ở cách 2 ta sẽ tìm hiểu ở chương sau. Câu 58. Gọi S là tập hợp chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m để có đúng 2 bộ số thực ( ) ; xy thỏa mãn đồng thời hai hệ thức ( ) ( ) 22 12 2 196 xy − + + = và 22 2 3 3 3 2 4 5 log (26 53).log 8log 0 729 x y x y xm + + + + + + = . Tổng giá trị các phần tử của tập S bằng A. 2 . B. 82 . C. 81 . D. 32 − . L ời gi ải Trên hệ trục tọa độ Oxy , gọi ( ) ; M x y là điểm có tọa độ thỏa mãn các hệ thức trong giả thiết của bài toán. I M APhương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 85 | Chinh phục Olympic toán Từ ( ) ( ) 22 12 2 196 xy − + + = ta có M nằm trên đường tròn ( ) C có tâm ( ) 12; 2 I − và bán kính 14 R = . Ta có ( ) ( ) 22 2 2 2 2 4 5 1 2 x y x y x y AM + + + + = + + + = ; trong đó điểm ( ) 1; 2 A −− . Dễ dàng xác định được 1 27 AM  như hình vẽ bên trên. Mặt khác, ta có 2 2 2 2 2 26 53 26 53 196 ( 12) ( 2) ( 1) ( 2) x x x y x y AM + = + − + − + + = + + + = . Suy ra 22 2 3 3 3 2 4 5 log (2 53).log 8log 0 729 x y x y xm + + + + + + = 2 22 3 3 3 log .log 8log 0 729 AM AM m  + = 2 2 2 3 3 3 log .(log 6) 8log 0 AM AM m  − + = (1) Đặt 2 3 log t AM = , điều kiện là 22 33 log 1 log 27 0 6 tt      . Để ý khi 0 t = hoặc 6 t = thì ta có duy nhất một bộ số ( ) ; xy và với mỗi 06 t  cho ta hai bộ số ( ) ; xy , với hai vị trí của điểm M đối xứng qua IA . Khi đó (1) trở thành ( ) ( ) 2 3 2 33 6 8log 6 8log t t m f t t t m − = −  = − = − (2). Lập bảng biến thiên của ( ) 32 6 f t t t =− trên   0;6 . • Với 3 32 8log 0 m −  −  thì phương trình (2) có hai nghiệm 12 , (0;6) tt  nên ta có 4 bộ ( ) ; xy . • Với 3 8log 32 81 mm − = −  = thì phương trình (2) có đúng một nghiệm 4 t = có hai bộ ( ) ; xy . • Với 3 8log 0 1 mm − =  = thì phương trình (2) có hai nghiệm 0; 6 tt == có hai bộ ( ) ; xy . Nên 1 m = và 81 m = thỏa mãn điều kiện bài toán. Vậy tổng các phần tử của tập S bằng 82. Câu 59. Số các giá trị nguyên của ( ) 1;2020 m  để phương trình 11 ln ln 1 xx x x xe x e m m x −−  + − + = −   có đúng 2 nghiệm thực là A. 2018. B. 2016. C. 2017. D. 2015. L ời gi ải Điều kiện 0 x  . Phương trình tương đương 11 ln ln 1 xx x x xe x e m m x −−  + − + = −   11 ln ln 1 0 xx x x xe mx me m x −−  + − − − + = ( ) 1 ln 1 x x m x e mx −   − + = −   (1) • T rư ờng h ợp 1. Với xm = , ta có ( ) 2 0 1 0, 1;2020 VT VP m m =    = −      xm = không là nghiệm của phương trình. • T rư ờng h ợp 2. Với xm  , chia cả 2 vế của (1) cho xm − ta được 1 1 ln 0 x mx xe xm − − + − = − Cách 1. Đặt ( ) ( ) 1 1 ln , x mx f x x e g x xm − − = + = − . Ta có ( ) 1 2 11 0, 0 x f x e x x x −  = +    , suy ra hàm số ( ) y f x = đồng biến trên ( ) 0; + . | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 86 Với ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1;2020 ; 0, m m g x x m xm −   =    − . Khi đó, với mọi ( ) 1;2020 m  thì đồ thị hàm số ( ) fx và đồ thị hàm số ( ) gx luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Do đó, với mọi ( ) 1;2020 m  thì phương trình ( ) ( ) f x g x = luôn có 2 nghiệm thực phân biệt , 1 nghiệm thuộc khoảng ( ) 0;m , 1 nghiệm thuộc khoảng ( ) ; m + . Mà m  suy ra 2;3;....;2019 m = . Vậy có 2018 giá trị nguyên của ( ) 1;2020 m  thỏa mãn phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thực. Cách 2. Đặt ( ) 1 1 ln x mx f x x e xm − − = + − − , ,0 x m x    . Khi đó số nghiệm của phương trình ( ) 0 fx = chính là số giao điểm của đồ thị hàm số ( ) y f x = và trục hoành 0 y = . Có ( ) ( ) 1 2 22 1 1 1 0 x m f x e x x xm − −  = + +  − , ( ) , 0, 1;2020 x m x m     . Ta có bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số ( ) y f x = luôn cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt với mọi ( ) 1;2020 m  . Mà m nguyên nên ta có 2;3;......;2019 m = . Vậy có 2018 giá trị nguyên của ( ) 1;2020 m  thỏa mãn phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thực. Câu 60. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m nhỏ hơn 20 để phương trình 42 2 11 32 4 1 x x mx x x x mx x e x + + + − ++ = + có nghiệm thực dương? A. 19 B. 16 . C. 18 . D. 17 . L ời gi ải Điều kiện 2 0 1 0 x x mx x     ++    . Ta có 4 2 4 2 22 1 1 1 1 3 2 2 2 44 1 . 11 x x mx x x mx xx xx x mx x x x mx ee x xx + + + + + + −− + + + + =  = ++ . ( ) 4 2 2 1 1 42 2 11 . . * x x mx xx x x mx ee x x + ++ + + + = Xét hàm số ( ) 2 . t f t t e = , với 0 t  , ta có ( ) 2 2 . . 0, 0 tt f t te t e t  = +    . Do đó hàm số ( ) y f t = đồng biến trên  ) 0;+ . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 87 | Chinh phục Olympic toán Phương trình ( ) * có dạng 42 2 11 x x mx ff x x     + + +     =         . Suy ra 4 2 4 2 4 3 2 22 1 1 1 1 1 x x mx x x mx x x x mx xx xx + + + + + + =  =  − − + = . ( ) 2 2 11 ** m x x x x  = + − − . Đặt 1 , 0 2 a x x a x = +    và 22 2 1 2 xa x + = − . Khi đó ( ) ** trở thành ( ) 2 2 *** m a a = − − . Phương trình ( ) * có ngiệm thực dương ( ) ***  có nghiệm  ) 2; a  +  . Xét hàm số ( ) 2 2 g a a a = − − trên  ) 2;+ . Có ( ) 2 1 0, 2 g a a a  = −    . Suy ra hàm ( ) ga đồng biến trên  ) 2;+ . Do đó ( ) ( )  ) ( )  ) 2 , 2; 0, 2; g a g a g a a    +      +  . Vậy ( ) *** có nghiệm  ) 2; a  +  0 m  . Mà   1;2;3;...;19 0 20 m m m       . Có 19 giá trị của tham số m thỏa mãn bài toán. Câu 61. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để tồn tại hai số thực , xy thỏa mãn log log xy yx = và ( ) ( ) log log 2 xy m x y x y  + = − +  . A. ( ) 0; + . B.  ) 1; + . C. ( ) 1; + . D. ( ) 0;1 . L ời gi ải Điều kiện 0 , 1 0 xy xy m         . Ta có 1 (loai) log 1 1 log log log log 1 log (nhan) x x y x x x xy y y x y y y yx − = =   =  =     =− =   . Với 11 1 y x x xx =     (do 0 x  ). Khi đó ( ) ( ) 1 11 log log 2 log log 2 x y x x m x y x y m x x xx       + = − +  + = − +            2 2 1 1 1 log log 2 log 2 x x x m x x m x xx x            + + − =  − =                     4 22 2 4 4 1 1 1 1 1 x m x x m m x x x   − =  =  = −  −  (*). Để tồn tại hai số , xy thì phương trình (*) có nghiệm 1 x  . Với mọi 1 x  thì 4 1 0 1 1 x  −  , do đó để thỏa mãn bài ra thì 1 0 1 1 m m     . Vậy 1 m  . Câu 62. Với mỗi cặp số thực ( ; ) xy thỏa mãn ( ) ( ) 22 24 log 2 log 7 x y x xy y + = + + luôn tồn tại một số thực k sao cho ( ) ( ) 22 39 log 3 log 3 4 x y x xy ky + = + + . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị k có thể nhận. Tổng các phần tử của S bằng? A. 17. B. 10. C. 30. D. 22. L ời gi ải | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 88 Xét phương trình ( ) ( ) ( ) 22 24 log 2 log 7 1 x y x xy y + = + + Điều kiện 22 20 70 xy x xy y +   + +   Với điều kiện trên, phương trình ( ) 1 tương đương 22 27 x y x xy y + = + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 4 7 2 0 2 0 * 2 xy x xy y x xy y x xy y x y x y xy =   + + = + +  + − =  − + =   =−  Xét phương trình ( ) ( ) 22 39 log 3 log 3 4 x y x xy ky + = + + ( ) 2 Điều kiện 22 30 3 4 0 xy x xy ky +   + +   Với điều kiện trên, phương trình ( ) 2 tương đương 22 3 3 4 x y x xy ky + = + + ( ) 3 Từ ( ) * ta có các trường hợp sau • T rư ờng h ợp 1. Với xy = thì ( ) 22 22 0 3 4 7 9 9 y y y ky k y ky    = +   =  =  • T rư ờng h ợp 2. Với 2 xy =− thì ( ) 22 22 0 3 5 4 21 21 y y y ky k y ky    − = +   =  =  Vậy tập hợp các giá trị của S là   9;21 . Câu 63. Gọi S là tập nghiệm của phương trình ( ) ( ) 2 2 2 0 3 x x x m − −= , với m là tham số thực. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của [ 2020;2020] m − để tập hợp S có hai phần tử? A. 2094. B. 2092. C. 2093. D. 2095. L ời gi ải Phương trình ( ) ( ) 2 2 2 0 3 x x x m − −= có điều kiện xác định ( ) ( ) 22 0 33 xx mm  −   . • Nếu 1 m  thì tập xác định là D = . • Nếu 1 m  thì tập xác định là ( ) ) 23 log log ; Dm  = +   . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 (1) 2 320 3 (2) x x x x m x x m  =  − =   =  − . Phương trình ( ) 1 22 x x = 2 2 0 x x  − = . Xét hàm số ( ) 22 x f x x =− , ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 ln2 2, 2 ln2 0, xx f x f x x    = − =    . Suy ra ( ) fx  đồng biến trên . Hàm ( ) fx  liên tục, đồng biến trên và có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 . 2 2ln2 2 4ln2 2 0 ff  = − −  , nên phương trình ( ) 0 fx  = có nghiệm duy nhất 0 . xx = Hơn nữa ( ) ( ) 00 0, f x f x x x   =   và ( ) ( ) 00 0, f x f x x x   =   . Hàm số ( ) fx đồng biến trên khoảng ( ) 0 ; x + và nghịch biến trên khoảng ( ) 0 ;. x − Trên mỗi khoảng đó, phương trình ( ) 0 fx = có không quá một nghiệm. Suy ra trên , phương trình ( ) 0 fx = có không quá hai nghiệm. Nhận thấy ( ) ( ) 1 2 0 ff== . Vậy phương trình ( ) 1 có đúng hai nghiệm 1; 2 xx == . • Nếu 1 m  thì PT(2) vô nghiệm nên yêu cầu bài toán được thỏa mãn, kết hợp với điều kiện Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 89 | Chinh phục Olympic toán     2020;2020 2020; 2019;...; 1;0;1 mm  −    − − − , có 2022 giá trị của m . • Nếu 1 m  thì phương trình ( ) 2 có nghiệm là ( ) 23 log log xm = . Để yêu cầu bài toán được thỏa mãn thì ( ) 2 3 3 1 log log 2 2 log 4 9 81 m m m         . Như vậy có 72 giá trị nguyên của m là   9;10;...;80 m  . Câu 64. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số ( ) ( ) 2 4 3 2 2 1 1 1 1 4 3 2 x x x x f x m e me e m m e = + − − + − không có cực trị trên tập . Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng A. 2 3 − . B. 2 3 . C. 1 3 . D. 1 − . L ời gi ải Tập xác định D = . Ta có ( ) ( ) 2 4 3 2 2 1 x x x x f x m e me e m m e  = + − − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 01 1 0 * 10 x x xx xx eL x f x e m e m m e m m m e m m e m m  = =   =  =   + + + + − =   + + + + − =   Để hàm số đã cho không có cực trị thì 0 x = là nghiệm của ( ) * Thay 0 x = vào ( ) * ta được 2 1 3 2 1 0 1 3 m mm m =−   + − =   =   . • Với 1 m =− thì ( ) ( ) 2 1 * 1 0 1 x x x e ex eL  =  =   =  =−   . Khi đó ( ) fx  không đổi dấu qua 0 x = . • Với 1 3 m = thì ( ) ( ) 2 1 * 4 5 0 0 5 4 x xx x e e e x eL  =   + − =   =  =−   . Khi đó ( ) fx  không đổi dấu qua 0 x = . Vậy 1 m =− , 1 3 m = 12 1 33  − + = − Câu 65. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để hệ phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 22 1 4 2 .2 21 18 1 21 21 xy x y xy x y xx x m xy y xy x x y x +  − = +    + − + +  +=  −− + − − + +  có nghiệm ( ) , xy thỏa mãn x và y là các số thực dương. Tích của tất cả các phần tử trong tập hợp S A. 30 . B. 42 . C. 60 . D. 56 . L ời gi ải Nh ận xét. Vẫn như lời khuyên ở một số câu trên, vào phòng thi gặp câu này nên bỏ ! Đây là một câu trong đề thi thử của một Sở nào đó. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 22 1 4 2 .2 1 21 18 1 2 21 21 xy x y xy x y xx x m xy y xy x x y x +  − = +    + − + +  +=  −− + − − + +  Do 0, 0 xy  nên từ (1) ta có 10 xy− (*). | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 90 Phương trình (1) ( ) ( ) 2 22 1 2 1 . .2 .2 4 xy x y xy x y +  − = + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 .2 .2 xy x y xy x y −+  − = + (3). Đặt 2 22 u xy v x y =−   =+  với ( ) ( ) ( ) 0 do * 0 do , 0 u v x y        . Khi đó (3) trở thành .2 .2 uv uv = (4). Xét hàm đặc trưng ( ) .2 t f t t = với 0 t  , ta có ( ) ' 2 .2 .ln 0 0 tt f t t t t = +    . Do đó hàm số ( ) ft luôn đồng biến trên khoảng ( ) 0; + . Như vậy ( ) ( ) ( ) 4 f u f v u v  =  = 2 22 xy x y  − = + ( ) 2 1 2 1 2 2 1 0 2 x y x x x  − = +  −    . Ta có 2 22 xy x y − = + 2 2 2 1 1 22 xy y x xy x x y x  − − = +    + − − = +   thế vào (2) ta có ( ) 2 2 2 2 2 21 18 1 1 21 xx x m x xx + − + + += + + + + 2 2 22 2 2 1 18 1 2 1 1 xx m x x x x  + − +   + =  + + + +  + ( ) 2 2 2 2 18 15 2 1 1 1 x m x x x  +  − + =  + +  + + . Đặt 2 2 1 x t x + = + với 1 ; 2 x   +    . Ta có ( ) 22 1 2 1 ' 0, 2 11 x tx xx − =    ++ , do đó với 1 ; 2 x   +    thì ( ) 1, 5 t  . Khi đó ( ) ( ) ( ) 2 18 5 1 6 1 tm t  − + = + . Xét hàm số ( ) ( ) 2 18 1 1 g t t t = − + + với ( ) 1; 5 t  . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 32 22 2 10 18 ' 2 1 11 t t t g t t tt + − − = − − = ++ ; ( ) ' 0 2 g t t =  = . Theo yêu cầu bài toán thì phương trình ( ) 6 có nghiệm ( ) 1; 5 t  79 m    . Theo đề bài m  nên   7;8 mS = . Vậy tích các phần tử của S là 7.8 56 = Câu 66. Cho hàm số 32 3 3 3 ( ) 3 8 4 2 f x x x x = + − − . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m đề bất phương trình ( ) ( ) 32 3 3 3 2 2 8 4 2 ( 2 ) 2.2 3 2 2 0 x x x f x f x m x m + − −   + − + − −     nghiệm đúng với x  . Số phần tử của tập hợp S là A. 3. B. 1. C. 0. D. 2 . L ời gi ải Nh ận xét. Như câu trên! Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 91 | Chinh phục Olympic toán Vì ( ) ( ) 32 3 3 3 2 2 8 4 2 ( 2 ) 2.2 3 2 2 0 x x x f x f x m x m + − −   + − + − −     (1) nghiệm đúng với x  , suy ra điều kiện cần là (1) đúng khi 0 x = , tức là ( ) ( ) 022 11 11 2.2 3 2 2 0 22 f mm − −  + − −      . Do * 1 mm   = . Thử lại, với 1 m = bất phương trình đã cho trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 32 3 3 3 2 2 8 4 2 1 1 2 2.2 3 2 2 0 2 1 2 2 0 (2) x x x f x f x f x xx + − −   + − + − −   − −     Ta thấy 3 x = không phải là nghiệm của ( ) 2 do đó 1 m = không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy số phần tử của tập hợp S là 0 . Câu 67. Cho phương trình ( ) ( ) 32 5 5 5 log 5 6log 11 log 3 0 5 x x m x m  − − + + + =   (m là tham số thực). Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có ba nghiệm phân biệt thuộc đoạn   1;625 là A. ( ) 1;2 . B.   1;2 . C. ( ) 2; + . D. (  1;2 . L ời gi ải Điều kiện 0 x  . Phương trình tương đương ( ) ( ) 32 5 5 5 log 5 6log 11 log 3 0 5 x x m x m  − − + + + =   ( ) ( ) ( ) 32 5 5 5 1 log 6 log 1 11 log 3 0 x x m x m  + − − − + + + = . Đặt 5 log tx = ta được ( ) 32 3 4 2 0 t t m t m − + − + − = (*). Với   1;625 x  thì   0;4 t  như vậy ta cần tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt thuộc đoạn   0;4 . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 1 * 1 2 2 0 2 2 0 (**) t t t t m t t m =   − − + − =   − + − =  . Vậy ta cần tìm m để (**) có hai nghiệm phân biệt khác 1 thuộc đoạn   0;4 . Ta có 22 2 2 0 2 2 t t m m t t − + − =  = − + . Suy ra điều kiện của m là (  1;2 m  . Câu 68. Cho phương trình ( ) 4 4 3 log 2 2 0 x x m x m − − + − − + = vớim là tham số thực. Gọi S là tập tất cả các giá trị m nguyên để phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn   1;1 − . Số phần tử của S là A. 3. B. 6. C. 5. D. Vô số. L ời gi ải Nh ận xét. Bài toán này tương đối hay, các phương pháp ta đã học ở trên gần như không thể phát huy tác dụng trong bài toán này, tuy nhiên để ý rằng vế trái là một hàm nghịch biến, khi đó ta có lời giải như sau. Điều kiện 0 m x x m −    . Để phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn   1;1 − thì 1. m − Xét hàm số ( ) ( ) 4 4 3 log 2 2 x f x x m x m − = − + − − + . T rư ờng h ợp 1. 1 m  | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 92 Ta có ( ) ( )   1 ' 4 .ln4 3 0, 1;1 ln4 x f x x mx − = − − −    − − nên hàm số nghịch biến trên đoạn   1;1 − . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) [ 1;1] [ 1;1] max 1 ;min 1 f x f f x f − − = − = . Vì ( ) fx là hàm số liên tục trên đoạn   1;1 − nên phương trình ( ) 0 fx = có nghiệm thuộc đoạn   1;1 − khi ( ) ( ) 1 0 1 ff   − . ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 1 log 1 2 9 0 (1) 3 1 log 1 2 0 (2) 4 f m m f m m  − = + − +     = − − −    Xét bất phương trình (1), ta có 44 log ( 1) 2 9 0 log ( 1) 2( 1) 11 0 m m m m + − +   + − + +  . Đặt ( ) 4 log 2 11 g t t t = − + với ( ) 2; t  +  , ( ) 11 ' 2 0 ln4 4ln2 g t t t = − =  = . Suy ra ( ) ( ) ' 0, 2; g t t    + . Vẽ bảng biến thiên thì ta thấy nghiệm của bất phương trình (1) là 2 1 6 m  +  . Suy ra {2; 3; 4; 5} m  . Xét bất phương trình (2) ( ) ( ) ( ) 44 3 11 log 1 2 0 log 1 2 1 0. 44 m m m m − − −   − − − −  Đặt ( ) 4 11 log 2 4 h z z z = − − với 0 z  . Ta có ( ) 11 ' 2 0 ln4 4ln2 h z z z = − =  = . Vì 1 0 4ln2 h     nên ( ) 0, h z z  . Do đó bất phương trình (2) đúng với mọi 1 m  . Vậy trong trường hợp 1, các giá trị thỏa mãn là   2;3;4;5 m  . T rư ờng h ợp 2. 1 m = Phương trình đã cho trở thành ( ) 4 4 3 log 1 0 x xx − − + − = . Xét hàm số ( ) ( ) 4 4 3 log 1 x p x x x − = − + − là hàm số liên tục trên đoạn 3 0; 4    và ( ) 3 0 . 0 4 pp     nên phương trình ( ) 0 px = có nghiệm thuộc khoảng 3 0; 4    . Do đó 1 m = thỏa mãn yêu cầu bài toán. T rư ờng h ợp 3. 0 m = Phương trình đã cho trở thành ( ) 4 4 3 log 2 0 x xx − − + − + = . Xét hàm số ( ) ( ) 4 4 3 log 2 x q x x x − = − + − + là hàm số liên tục trên 1 1; 256  −−   và ( ) 1 1 . 0 256 qq  − −    nên phương trình ( ) 0 qx = có nghiệm thuộc khoảng 1 1; 256  −−   . Do đó 0 m = thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy tập hợp các giá trị của m thỏa mãn là   0;1;2;3;4;5 . Câu 59. Có bao nhiêu m nguyên dương để bất phương trình ( ) 2 2 2 3 3 3 1 3 0 x x m m ++ − + +  có không quá 30 nghiệm nguyên? A. 28 . B. 29 . C. 30 . D. 31 . L ời gi ải Xét bất phương trình ( ) 2 2 2 3 3 3 1 3 0 x x m m ++ − + +  (*) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 .3 3 3 0 x x m x m ++  − − −  ( ) ( ) 9.3 3 3 3 3 0 x x m x m  − − −  ( ) ( ) 9.3 1 3 3 0 x x m  − −  • T rư ờng h ợp 1. 9.3 1 0 2 3 3 0 x xm x xm  −   −      −    . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 93 | Chinh phục Olympic toán Do 0 m  nên trường hợp 1 loại. • T rư ờng h ợp 2. 9.3 1 0 2 3 3 0 x xm xm  −   −    −   Do BPT (*) có không quá 30 nghiệm nguyên và 0 m  nên 0 29 m  . Vậy có 29 giá trị m nguyên dương thỏa mãn đề bài. Câu 70. Gọi 0 m là giá trị nhỏ nhất để bất phương trình sau có nghiệm ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 log 2 2log 4 2 2 2 log 1 2 x x m x x x  + − − − + − + +  − +   Mệnh đề nào sau đây đúng? A. ( ) 0 8;9 m  . B. ( ) 0 9;10 m  . C. ( ) 0 10; 9 m  − − . D. ( ) 0 9; 8 m  − − . L ời gi ải Điều kiện 12 x −   . Đặt ( 2 2 2 3;3 t x x t  = − + +    Bất phương trình tương đương ( ) ( ) ( ) 22 log 2 2 2 log 4 2 2 2 2 x x x m x x   − +  − + − + +   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 x x x m x x x x x x x m  − +  − + − + +  − + + − − + +  Ta xét bất phương trình 2 4 4 2 t tm − − , ( 3;3 t    Xét hàm số ( ) ( 2 4 4 , 3;3 2 t f t t t −  = −   Ta có ( ) ( 4 0, 3;3 f t t t   = −     , suy ra hàm số ( ) ft nghịch biến trên ( 3;3   . ( ) ( ) 19 3 2 f t f   = − , ( 3;3 t    Bát phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình ( ) f t m  có nghiệm ( 3;3 t    . Do đó ( ( ) ( ) 0 3;3 19 19 min 10; 9 22 m f t m    = −  = −  − − . Câu 71. Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của tham số   1,1 m− sao cho phương trình ( ) ( ) 2 22 2 1 log log 2 2 2 m x y x y + + = + − có nghiệm nguyên ( ) , xy duy nhất. A. 3 . B. 2 . C. 1 . D. 0 . L ời gi ải Điều kiện 22 0 0 1 2 2 2 0 xy xy xy xy   +      + + −     . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 2 1 1 log log 2 2 2 2 2 2 2 t m t x y m x y x y t xy +  + = +  + = + − =   + − =   . Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 0 1 2 1 t t t t t t x y x y m x y m m + − − + = + −  − + − = + −   +  . | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 94 Theo bài ra     ( ) 22 1,1 1 1,2 1 2 2 m m m  −  +   +  . Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra 2 0 12 t m    +=  . T rư ờng h ợp 1.Với 0 t  .Ta có 0 3 2 2 2 2 2 2 t x y x y + − =   +  . Kết hợp với điều kiện suy ra 3 1 2 xy  +  Mà theo bài ra x ,y nguyên nên không có giá trị nào của x ,y thỏa mãn yêu cầu bài ra. T rư ờng h ợp 2. Với 2 1 2 1 mm + =  =  . Khi đó ( ) ( ) ( ) 22 2 1 1 1 1 2 2 2 0 1 t t t t x x y m y =  − + − = + − = − =   =  (thỏa mãn). Vậy với 1 m = phương trình ( ) ( ) 2 22 2 1 log log 2 2 2 m x y x y + + = + − có nghiệm nguyên ( ) , xy duy nhất. Câu 72. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình ( ) ( ) 2 35 log 3 2 log 3 xx mm + = − có nghiệm? A. 3 . B. 4 . C. 2 . D. 5 . L ời gi ải Đặt ( ) ( ) 2 35 log 3 2 log 3 xx t m m = + = − . Ta có 2 2 3 2 3 2 3 5 35 xt tt xt m mm m  +=   + = −  −=   ( ) 2 1 3 5 1 tt m  + = − + ( ) * Xét hàm số ( ) 3 5 1 tt ft = − + . Ta có ( ) ( ) 3 3 0 5 3 ln3 5 ln5 0 log log 5 tt f t t t  = − =  = = và ( ) ( ) 31 lim 1, lim lim 5 1 5 5 t t t t x x f t f t → −  → +  → +    = = − + = −       . Như vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 1 1 1 m f t f t m f t +   − −   + 2,0675... 0,0675... m  −   Mà m  nên   2; 1;0 m  − − . Thử lại các giá trị của tham số m vào hệ ban đầu ta thấy đều có nghiệm. Cách 2. Nhận xét, nếu 1 m  thì 2 3 2 3 xx mm +  − ( ) ( ) ( ) 2 355 log 3 2 log 3 2 log 3 xxx m m m  +  +  − . Nếu 3 m − thì 2 2mm − nên 2 3 2 3 0 xx mm +  −  và 2 32 x m m m   − − , hay 3 2 3 x mm +  −  . Khi đó ( ) ( ) ( ) 2 355 log 3 2 log 3 2 log 3 xxx m m m +  +  − . Do đó phương trình đã cho vô nghiệm với 1 m  hoặc 3 m − . Với   2; 1;0 m  − − , bằng cách thử lại ta thấy thỏa mãn. Vậy có 3 giá trị của tham số m . Câu 73. Gọi S là tập hợp các giá trị của m , sao cho hai phương trình 2 2 1 3 m x += và 2 3 2 1 x m x x = − + − có nghiệm chung. Tính tổng các phần tử của S ? A. 5 2 . B. 1 . C. 6 . D. 3 . L ời gi ải Để hai phương trình có nghiệm chung thì hệ phương trình sau phải có nghiệm Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 95 | Chinh phục Olympic toán 2 2 2 1 3 3 2 1 m x x m x x  +=   = − + −   Ta có ( ) 22 3 2 1 3 2 1 3 3 x x x m m x x m x x x = − + −  = − + + = + − 33 xm xm  + = + . Xét hàm số ( ) 3 u f u u =+ , ta có ( ) ' ln3.3 1 0, u f u u = +    Nên ( ) fu đồng biến. Khi đó ( ) ( ) 33 xm x m f x f m x m + = +  =  = . Ta có 2 2 1 3 x x += . Đặt ( ) 2 2 1 3 x f x x = + − xác định và liên tục trên . Có ( ) ' 4 3 .ln3 x f x x =− ( ) ( ) 2 3 '' 4 3 .ln 3 ''' 3 .ln 3 0 x x fx fx =− = −  Suy ra phương trình ( ) 0 fx = có tối đa ba nghiệm phân biệt. Dễ thấy ( ) ( ) ( ) 0 1 2 0 f f f = = = mà nên phương trình ( ) 0 fx = có ba nghiệm phân biệt là 0; 1; 2. x x x = = = Vậy 0; 1; 2. m m m = = = Câu 74. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a trên đoạn   10;10 − để phương trình ( ) ( ) ln 1 ln 1 x a x e e x a x + =+ − + − + có nghiệm duy nhất. A. 2 . B. 10 . C. 1 . D. 20 L ời gi ải Điều kiện xác định 10 10 xa x + +    +  (*) Phương trình tương đương với ( ) ( ) ( ) ln 1 ln 1 0 x a x e e x a x + − − + + − + = . Đặt ( ) x a x f x e e + =− , ( ) ( ) ( ) ln 1 ln 1 g x x a x = + + − + , ( ) ( ) ( ) Q x f x g x =− Phương trình đã cho viết lại thành ( ) 0 Qx = • Với 0 a = thì ( ) 0 Qx = (luôn đúng với mọi x thoả mãn (*)). • Với 0 a  có (*) tương đương với 1 x − , ( ) fx đồng biến và ( ) gx nghịch biến với 1 x − Khi đó, ( ) Qx đồng biến với 1 x − . (1) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 lim lim ln lim ln 1 11 lim lim ln 1 1 1 x a x x a x x x x x a xx x a a Q x e e e e xx a Q x e x e + + + ++ → − → − → − → + → +   ++     = − − = − − + = −       ++            = − + = +    +    − (2) Kết hợp (1), (2) thì phương trình ( ) 0 Qx = có nghiệm duy nhất. Với 0 a  có (*) tương đương với 1 xa  − − , ( ) gx đồng biến và ( ) fx nghịch biến với 1 xa  − − . Khi đó, ( ) Qx nghịch biến với 1 xa  − − . (3) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 lim lim ln lim ln 1 11 lim lim ln 1 1 1 x a x x a x x a x a x a x xx a x a a Q x e e e e xx a Q x e x e + + + ++ → − − → − − → − − → + → +   ++     = − − = − − + = +       ++            = − + = −    − +    (4) | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 96 Kết hợp (3), (4) suy ra ( ) 0 Qx = có nghiệm duy nhất. Do a là số nguyên trên đoạn   10;10 − nên kết hợp 3 trường hợp trên thấy có 20 giá trị của a thoả mãn điều kiện của bài. Câu 75. Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của tham số m sao cho phương trình ( ) ( ) 22 2 11 log log 2 4 5 mm x y x y + + − + = + − có nghiệm nguyên ( ) ; xy duy nhất ? A. 2 . B. 3 . C. 1 . D. 6 . L ời gi ải Điều kiện 11 m −   . Ta có ( ) 2 1 1 2 1 1 2.2 2 m m m m  + + −  + + − = = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 11 log log mm x y x y + + −  +  + ( ) ( ) 22 22 log 2 4 5 log x y x y  + −  + 22 2 4 5 x y x y  + −  + ( ) ( ) 22 1 2 0 xy  − + −  1 2 x y =    =  Với ( ) ( ) 2 11 1, 2 log 5 log 5 0 mm x y m + + − = =  =  = Thử 0 m = lại thấy thỏa mãn. Câu 76. Số giá trị nguyên của m thuộc khoảng ( ) 2000;2000 − để log log 2 log 1 ab ba a a b m b −  + với mọi ( ) , 1; ab  +  là A. 2199 . B. 1999 . C. 2000 . D. 2001 . L ời gi ải Đặt ( ) log 0, , 1; a t b t ab =     +  , khi đó log log 2 log 1 ab ba a a b m b −  + , ( ) , 1; ab   + trở thành 1, 0 t a mt t  +   . Bằng đồ thị dễ thấy, nếu 0 m  thì 1, 0 t a mt t  +   Nếu 0 m  thì đường thẳng 1 y mt =+ luôn đi cắt đồ thị hàm số t ya = tại điểm ( ) 0;1 và phải nằm giữa đường thẳng 1 y = và đường thẳng ln 1 y t a =+ , (đường thẳng ln 1 y t a =+ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số t ya = tại điểm ( ) 0;1 ). Do đó 0 ln ma  . Từ 2 trường hợp suy ra ln , 1 0 m a a m      . Vậy min 22 P = , dấu bằng xảy ra khi 1 2 1 25 ab c  ==     =   . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 97 | Chinh phục Olympic toán Câu 77. Cho hàm số ( ) y f x = có đạo hàm ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 4 ln 1 f x x m x m x  = − − − − + với mọi giá trị của ( ) 1; x  − +  , trong đó m là tham số . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số ( ) y f x = đạt cực tiểu tại 0 x = ? A. 3 . B. 4 . C. 5 . D. 2 . L ời gi ải Điều kiện   2 4 0 2;2 mm −    − Ta có ( )   ( ) 0 0 2;2 fm  =   − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 33 22 1 2 4 ln 1 2 4 . 1 f x x m x m x x m x m x    = − − − − + + − − − −  +  Suy ra ( ) ( ) ( ) 3 2 0 2 4 f m m  = − − − − . Xét ( ) ( ) ( ) 3 2 0 0 2 4 0 f m m    − − − −  2 2 40 2 20 m m m m     −   − − −     . Vậy có 3 giá trị m nguyên thỏa mãn là 1 m =− ; 0 m = ; 1 m = . Xét ( ) ( ) ( ) 3 2 0 0 2 4 0 f m m  =  − − − − = 2 2 m m =−    =  . Với 2 m =− thay vào ( ) fx  suy ra ( ) ( ) 4 ln 1 f x x x =+ . Bảng xét dấu Vậy 2 m =− thỏa mãn yêu cầu bài toán. Với 2 m = thay vào ( ) fx  suy ra ( ) ( ) ( ) 3 4 ln 1 f x x x x  = − + . Bảng xét dấu Vậy 2 m = không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Có 4 giá trị nguyên của m để hàm số ( ) y f x = đạt cực tiểu tại 0 x = . Câu 78. Cho hàm số ( ) fx có đạo hàm liên tục trên và có bảng biến thiên như hình dưới đây Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của số thực m sao cho hàm số ( ) ( ) ( ) 2 2020 2 1 ln 3 4ln 2 22 xx g x f x x x mx − = + + + + + − + nghịch biến trên khoảng ( ) 1;1 − . Tính tổng tất cả các phần tử thuộc S ? A. 81810 . B. 5151 . C. 1275 . D. 127765 . L ời gi ải | Chương 2. Các bài toán liên quan tới tham số Tạp chí và tư liệu toán học | 98 Tập xác định của hàm số ( ) gx là ( ) 2; 2 D=− . Ta có ( ) ( ) 2 8080 1 4 13 2 4 g x f x x mx x  = + − + + − − − . Hàm số ( ) gx nghịch biến trên khoảng ( ) 1;1 − khi và chỉ khi ( ) ( ) 0, 1;1 g x x     − (do hàm số ( ) gx  chỉ có thể bằng 0 tại hữu hạn điểm trên ( ) 1; 1 − ) ( ) ( ) 2 4 8080 13 2 4 f x x xmx   + + + −  − − ( ) ( ) 2 3 2 8080 4 1 3 4 x f x x x m   − + − − +  , ( ) 1; 1 x   − (1) (do ( ) 2 4 0, 1; 1 xx −    − ). Đặt 1 tx =+ . Khi ( ) 1;1 x− thì ( ) 0; 2 t  . Phương trình (1) trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 8080 4 1 1 3 1 4 t f t t t m   − − − − − − +   ( ) ( ) 23 8080 3 2 . 2 3 t t f t t t m   + − + + −  , ( ) 0;2 t  (2). Ta có hàm số ( ) 2 32 h t t t = + − liên tục trên ( ) 0; 2 có bảng biến thiên như sau Suy ra ( ) ( ) 3 4, 0; 2 h t t     . Hàm số ( ) 3 23 k t t t = + − liên tục trên khoảng ( ) 0; 2 . Ta có ( ) 2 33 k t t  =− ; ( )01 k t t  =  =  . Bảng biến thiên của hàm số ( ) kt trên khoảng ( ) 0; 2 là Suy ra ( ) ( ) 0 4, 0; 2 k t t     . Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f  ta thấy ( ) (  ( ) 0; 4 , 0; 2 f t t     . Từ đó ta thấy ( ) ( ) ( ) ( ) 23 3 2 . 2 3 20, 0; 2 g t t t f t t t t  = + − + + −    . Do đó (2) thỏa mãn khi và chỉ khi 8080 20 404 m m    suy ra   1;2;...;404 S = . Vậy tổng các phần tử của tập S là ( ) 1 404 .404 81810 2 + = . Ở chương 1 chúng ta đã tìm hiểu các đánh giá và kĩ thuật cơ bản để xử lý các bài toán mũ – logarit, tuy nhiên từng đấy thôi là chưa đủ, trong thực tế chúng ta gặp rất nhiều các bài toán yêu cầu cần phải có kỹ thuật giải quyết nhanh và mạnh hơn, thay vì chỉ sử dụng công cụ đạo hàm hay biến đổi thông thương. Trước tiên ta có bài toán mở đầu sau. Bài toán. Cho 2 số thực 0, 0 ab  thỏa mãn ( ) ( ) 22 4 5 1 8 1 log 16 1 log 4 5 1 2 a b ab a b a b + + + + + + + + = . Giá trị của biểu thức 2 ab + bằng? A. 9 B. 20 3 C. 6 D. 27 4 Câu 43 mã đề 105 – Đề thi THPT Quốc Gia môn toán 2018 Nhận xét. Đây là một bài toán tương đối khó trong đề thi THPT Quốc Gia 2018 với nhiều bạn học sinh chưa được trang bị kiến thức về bất đẳng thức AM – GM, tuy nhiên nếu đã nắm được bất đẳng thức này thì bài toán này dễ dàng nhận ra điểm mấu chốt của nó, từ đó ta dẫn tới lời giải sau. Lời giải. Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 22 16 8 a b ab + . Từ đây suy ra. ( ) ( ) 4 5 1 8 1 log 8 1 log 4 5 1 2 a b ab VT ab a b + + +  + + + +  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( ) 22 81 ,0 3 27 16 2 4 4 3 log 4 5 1 1 ab ab a a b a b b ab +    =   =   + =   = + + =   Vậy chọn đáp án D. Chú ý. Ngoài phép đánh giá đầu ta còn sử dụng thêm đánh giá sau. 11 log log log 2 log 2 log log a b a a aa b a b b bb + = +   = Bài toán trên chỉ là mở đầu cho một lớp các bài toán có giả thiết lằng nhằng và yêu cầu đề bài là phải tính một biểu thức nào đó, thì đa phần mấu chốt ta sẽ phải đi chứng minh VT VP  hoặc VT VP  , từ đó chỉ ra được dấu của đẳng thức. Sau đây ta sẽ cùng đi tìm hiểu sâu hơn về từng kĩ thuật một. Chương 3 Các kỹ thuật đánh giá nâng cao | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 100 1. Sử dụng phương pháp đánh giá bất đẳng thức. Nội dung chính của mục này là đề cập tới các bất đẳng thức phụ, các bài toán ước lượng khó hoặc các bất đẳng thức cổ điển như AM – GM hay Cauchy – Schwarz và các đánh giá cổ điển khác. Câu 1. Cho 2 số ,0 xy  thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2 4log 2 .log 2 log 4 x y xy = . Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sin cos 22 xy P=+ . Biết 1 1 . .2 b M n a + = với a,b là các số nguyên dương và ,0 ab  . Tính giá trị của biểu thức 33 ab + A. 31 B. 32 C. 33 D. 35 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có. ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4log 2 .log 2 log 4 4log 2 .log 2 log 2 log 2 log 2 log 2 0 log 2 log 2 x y xy x y x y x y x y x y =  = +  − =  =  = Thế vào giả thiết ta được ( )   ( ) sin cos 2 2 0;1 xx P h x t = = +  . Đặt sin tx = khi đó ta được ( ) ( ) 22 11 2 2 2 ' 2 ln2 2 ln2 1 t t t t t f t f t t −− = +  = − − Ta có ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 0;1 ' 0 2 ln2 2 ln2 22 1 1 tt tt t t ft t t t − −    =  =   = −  −  . Xét hàm số ( ) 2 a ga a = trên khoảng ( ) 0;1 ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 ln2 1 ' 0 0;1 a a g a a a − =    . Do đó ( ) ga nghịch biến trên ( ) 0;1 vì vậy ta được 2 1 1 2 t t t = −  = Mặt khác ta lại có ( ) ( ) 1 1 2 1 1 2 min 3 1 0 1 3; 2 2 max 2 P f f y P + + =    = = =      =  Chọn ý D. Câu 2. Cho 2, 1 xy  thỏa mãn 2 222 8 log .log .log 2 4 x y xy = . Đặt 22 xy P=+ . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 18 19 P  B. 19 20 P  C. 20 21 P  D. 17 18 P  Lời giải Nhìn thoáng qua thì nhiều bạn sẽ cho rằng đây là dạng toán rút thế để tìm min, max, tuy nhiên ở bài này ta phải sử dụng đến kiến thức của bất đẳng thức. Biến đổi giả thiết ta có. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 log .log .log 2 4 3 log log log log 1 4 x y x x y y xy =  − − + = Theo bất đẳng thức AM – GM ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 2 2 2 2 2 4 22 2 2 2 log 1 log 1 3 log log log log 1 4 3 log log log 22 log 1 log 1 3 log log log 22 44 4 AM GM yy x x y y x x y yy x x y VP − ++ − − + = − −  ++  − + − + +   = =     Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 101 | Chinh phục Olympic toán Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 2 2 3 log log log log 2 4 log 1 log 1 1 3 log 2 x x y x x y yy x −=−  = =        + == −=     . Từ đó suy ra 18 19 P= . Câu 3. Cho hai số thực ,1 xy  thỏa mãn điều kiện. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 2 log 2 log log 4 1 41 xy x y xy xy + + + = + ++ Giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 22 , 2 2 4 f x y xy x y x y = + + − − bằng? A. 1 2 B. 2 3 C. 3 4 D. 3 7 Lời giải Nhìn hình thức bài toán khá cồng kềnh, thấy rằng bài toán có chứa dấu trị tuyệt đối nên ta sẽ nghĩ ngay tới bất đẳng thức liên quan tới nó. Áp dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối ta có. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 22 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 41 log 2 log log 1 1 log 41 41 log 1 log 1 log 4 1 log 4 1 xy xy x y x y xy xy xy x y x y x y xy + ++ + + = + + + − + ++ ++ = + + + −  + + = + + + Mặt khác theo bất đẳng thức AM – GM ta lại có ( ) ( ) 22 22 log 4 1 log 4 1 x y xy VP + +  + = Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( ) ( ) 22 22 41 1 log log 1 2 xy xy xy xy  ++ − + +  +    =  Thế vào ( ) , f x y ta được ( ) ( ) 2 ,2 f x y g x x x = = − Ta có ( )  ) ( ) 1; 1 1 1 3 ' 0 2 max 2 2 4 2 g x x x g x g x +  =  =  =  = =   Chọn ý C. Câu 4. Cho hai số thực 3 0 2 xy    thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 2 2 3 1 22 2 3 1 log 3 3 4 1 log log 3 2 4 xy xy xy xy xy −− −− − − − + = − Khi đó biểu thức 4 P xy = có bao nhiêu ước số nguyên? A. 2 B. 4 C. 5 D. 8 Lời giải Biến đổi giả thiết ta được. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 22 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 2 2 log 3 3 4 1 log log 3 2 4 log 3 4 1 4 log 3 1 log 3 .4 xy xy x y x y x y xy xy xy x y x y x y −− −− − − − − − − − − − + = −  − − + − − = − Theo bất đẳng thức AM – GM ta có. • ( ) ( ) ( ) 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 22 4 log 3 4 1 1 log 3 4 1 log 3 . 22 xy xy xy xy x y x y −− −− −− − −+ − −  − = | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 102 • ( ) ( ) ( ) 2 3 1 22 2 3 1 2 3 1 2 log 3 1 1 4 log 3 4 log 3 1 4 . 22 xy x y x y x y x y xy −− − − − − − − + − − −  = Cộng 2 vế bất đẳng thức ta được VT VP  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( ) 2 3 1 2 3 3 42 23 2 2 1 log 3 2 34 2 xy x xy xy xy y −−  =    = −=        −=    −= =    Vậy 43 P xy == có tất cả 4 ước số nguyên là 1, 3  Chọn ý B. Câu 5. Cho hai số 1 , 2 xy  thỏa mãn điều kiện 2 xy  đồng thời ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 21 2 22 2 2 4 xy xy xy e e x y e −+ − + − + − = . Đặt P x y =+ . Hỏi mệnh đề nào sau đây đúng? A. 5 P  B. min 1 P = C. 3 P  D. max 4 P = Lời giải Đây là một câu khá là hay chắc hẳn nhiều bạn sẽ nghĩ tới phương pháp đánh giá đầu tiên, ý tưởng đó là đúng nhưng trước tiên ta cần phải biết tới 1 bất đẳng thức phụ sau. Bất đẳng thức phụ hay gặp. 1 x ex + Chứng minh. Xét hàm số ( ) ( ) 1 ' 1 xx f x e x f x e = − −  = − , ( ) ' 0 0 f x x =  = ( ) ( ) min 0 0 1 x f x f e x x  = =   +  Biến đổi giả thiết ta được. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 44 22 2 1 2 1 22 2 2 2 2 2 4 2 2 4 x y x y x y x y x y x y e e x y e e x y − + − + −− + + − − + − =  − + − = Áp dụng bất đẳng thức phụ trên ta có. ( ) 2 21 xy e x y +− − + −  Mặt khác cũng theo AM – GM ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 22 21 1 2 22 2 2 2 2 4 xy xy x y x y −+ −+ −− =  = Vậy 4 VT  . Dấu “=” khi và chỉ khi ( ) 2 21 1 2 xy xy xy  −=   = =  +=   Chọn ý C. Câu 6. Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn điều kiện ( ) 22 2 2 2 log 1 21 xy y y x x xy − + − − = − + + + Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 24 1 log .2 xy xy P y x − ++ =− A. 1 2 B. 1 4 C. 1 8 D. 1 16 Lời giải Đến bài này sẽ không còn dễ như những bài toán trước nữa, ta cần một chút kỹ năng biến đổi để có thể có thêm định hướng giải bài toán này. Biến đổi giả thiết ta được. ( ) ( ) ( ) 22 22 1 2 2 1 2 log 1 2 log 1 2 1 2 1 x y x y y y x x xy xy x y y x −− + − − ++ = − + +  = − + + − ++ ( ) ( ) 22 11 2 1 2 1 22 log 1 log 1 2 1 2 1 x y x y x y x y y x y x −− + + + +  = −  + = − + − + ++ Khi đó P viết lại thành ( ) ( ) 2 2 1 log . 2 xy xy P y x − ++ =− Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 103 | Chinh phục Olympic toán Để đơn giản ta đặt ( ) 1 2 log 2 1 1 21 1 1 2 2 xy xy a y x b a b a b b ++ − =− +   + =  = −  ++ =   Thế vào ta được ( ) ( ) 2 11 1 2 2 8 b b b b P b −− = =  Chọn ý C. Câu 7. Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn 2 2 2 2 1 1 1 5 5 ln 22 xy x y x y + + + = + . Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương không vượt quá ? xy + A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Lời giải Với bài này ta sẽ sử dụng cách dồn biến về đại lượng xy. Có thể thấy là vế trái là đa thức đối xứng nên ta cho 2 2 2 2 2 1 1 1 5 5 2 2 xy xy x y x y x =  + + = = + . Vậy bài toán sẽ thêm bớt như sau. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 22 22 2 22 2 2 2 2 1 1 1 5 5 ln 22 1 1 1 5 5 5 5 ln 2 2 2 2 1 1 2 1 1 5 5 5 ln 2 2 2 2 5 5 5 ln 2 2 2 2 22 5 1 1 5 ln 22 2 xy x y x y xy xy xy x y x y xy xy xy xy x y x y x y x y xy xy xy xy x y x y x xy y xy xy x y x y + + + = +  + + − + + = +  + − + − + + = + −−  − + + = + − − +    + − =   +   Xét hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 1 5 ln 0 ' 1 , ' 0 1 1 22 f t t t t f t f t t f t f t  = −   = − =  =   =   Vậy VT VP  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 xy == Chọn ý C. Câu 8. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn ( ) ( ) 1 4 2 2 2 1 sin 2 1 2 0 x x x x y + − + − + − + = . Đặt ( ) 2018 2018 sin 1 P y x = + + . Hỏi mệnh đề nào sau đây đúng? A. 1 P = B. 2 P = C. 3 P = D.   4;5 P  Lời giải Biến đổi giả thiết ta được. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 1 sin 2 1 2 0 2 2.2 1 2 2 1 sin 2 1 1 0 2 2.2 1 2 2 1 sin 2 1 sin 2 1 cos 2 1 0 2 sin 2 1 1 2 1 sin 2 1 cos 2 1 0 cos 2 1 0 x x x x x x x x x x x x x x xx x x x x y y y y y y yy y + − + − + − + =  − + + − + − + =  − + + − + − + + − + + − =  + + − =   − + + − + + − =   + − =   Vì ( ) ( ) 2 cos 2 1 0 sin 2 1 1 xx yy + − =  + − =  . • Nếu ( ) sin 2 1 1 2 0 xx y + − =  = - Phương trình vô nghiệm | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 104 • Nếu ( ) ( ) sin 2 1 1 2 2 1 sin 1 1 xx y x y + − = −  =  =  + = − Vậy giá trị của biểu thức 2 P = . Chọn ý B. Câu 9. Cho hai số thực ,1 xy  thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 log 2 2log 1 log 1 x y x = + + . Tính giá trị của biểu thức ( ) 2 log P x y =+ A. 2 log 3 B. 2 log 5 C. 1 D. 2 Lời giải Ý tưởng bài này giống với bài 12, nhưng hình thức đã đơn giản hơn rất nhiều. Biến đổi giả thiết ta có. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log 1 log 2 2log 1 log 1 2log 1 log 1 x x y x y x + = + +  = + + Xét hàm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 22 2 1 22 0 ' , ' 0 1 1 2 1 1 t t f t t f t f t t f t f t t + −+ =   = =  =   = + + Từ đó suy ra ( ) ( ) 2 2 2 2 log 1 2 log 1 x x +  + . Mặt khác theo giả thiết ta có. ( ) ( ) 22 22 2log 1 2log 1 1 2 y +  + = Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 xy == . Chọn ý C. Câu 10. Cho hai số thực dương 1 xy  thỏa mãn điều kiện. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4log 12 2 1 log 5 2log 2 xy x y x y x y − + + = + + + + + + Đặt 33 P a b =+ . Hỏi mệnh đề nào sau đây đúng? A. 2 P = B. 3 P = C. 1 P = D. 1 P  Lời giải Vẫn là ý tưởng của bài toán 12 và 14 tuy nhiên với bài này cần một chút kiến thức về bất đẳng thức thì sẽ giải nhanh hơn rất nhiều thay vì cách đạo hàm truyền thống. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 22 2 log 5 2 log 1 log 5 log 1 log 3 22 x y x y x y x y xy + + + + + + + + + + + + =  ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 22 4log 12 2 log 5 2 log 1 xy x y x y ++  + + + + + Mặt khác theo giả thiết ta lại có 0 2 1 2 1 2 xy − +  + = Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 xy == Chọn ý A. Câu 11. Cho 2 số thực x,y không âm thỏa mãn điều kiện 1 xy + đồng thời 2 2 2 2 2 9.2 x y y x x y − − − + += Đặt P x y =+ . Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương không vượt quá P ? A. 1 B. 2 C. 5 D. 0 Lời giải Đây là một bài toán với cách phát biểu đơn giản nhưng tuy nhiên một số bạn sẽ rất dễ bị nhầm khi áp dụng bất đẳng thức AM – GM. Sau đây mình sẽ chỉ ra một lỗi có thể một vài bạn mắc phải. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 105 | Chinh phục Olympic toán Với ý tưởng của các bài toán cũ thì chúng ta thường sẽ có đánh giá sau. ( ) ( ) 22 22 3 1 1 1 1 3 2 2 2 .2 .2 22 4 22 x y y x x y x y x y x y x y − − − − − −− + = + = + +  Sau khi có đánh giá trên thì tiếp theo ta sẽ đánh giá vế trái để chỉ ra dấu “=”, nhưng tuy nhiên điều này là không thể do điểm rơi của bài toán không phải như thế. Để giải quyết được ta phải chú ý thêm tới điều kiện mà đề bài đã cho là 1 xy + từ đây ta sẽ suy ra 22 xy −  . Sử dụng bất đẳng thức AM GM − ta có. ( ) ( ) 22 22 1 2 2 1 3.2 3 3.2 9 2 2 2 8 8 4 4 4 4 22 x y x y x y x y x y y x x y x y x y − − − − − − − −− + = + = + + +  +  Mặt khác ta lại có 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 4 x y y y y xy − + − + − − − −  +   =  = Vậy VT VP  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 0 x y =   =  Chọn ý A. Nhận xét. Ngoài mắc phải lỗi như trên thì một số ít khi lần đầu gặp sẽ bị nhầm rằng đây là dạng toán tìm mối liên hệ x,y, nhưng ta phải tinh ý nhận ra yêu cầu của đề bài là hỏi có bao nhiêu số nguyên dương để nhận ra phải sử dụng tới phương pháp đánh giá! Câu 12. Cho 2 số x,y thỏa mãn 1 0 xy y −     thoả mãn điều kiện. ( ) ( ) 1 ln ln 1 2 ln 2 x x y y + + + − = Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 P x xy y = + + là? A. 1 5 B. 1 3 C. 1 6 D. 1 4 Lời giải Thực chất đây là một bài toán khá là đơn giản, để ý tới yêu cầu của bài toán là tìm giá trị nhỏ nhất nên chắc chắn từ giả thiết ta sẽ phải tìm được mối liên hệ giữa x và y. Đặt 1 1 22 x y a x a b yb +=  ++ =  −=  . Giả thiết trở thành ln ln 2 ln 2 ab ab + += Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có. ( ) ( ) 2 ln ln 2 ln .ln 2 ln ln ln ln a b a b a b a b +   +  + Mặt khác ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 ln ln ln ln ln ln ln ln ln 2 2 4 2 2 a b a b ab a b a b a b ++  = +  +  +  Vậy VT VP  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 1 2 a b x y y x y =  + = −  = − Khi đó min 1 4 P = . Chọn ý D. Câu 13. Cho 2 số thực ,0 xy  thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2 2 4 2 2 log log log 2 log y x y x x + + + = Có bao nhiêu số nguyên dương không vượt quá 8xy ? A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 Lời giải | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 106 Biến đổi giả thiết ta được. 2 2 2 2 2 4 2 2 log log log 2 log y x y x x + + + = 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log log log 2 2log log log log 2log log 2 log 2 log log log 2 0 x y x y x x y y x x x y x  + + + = −  + − + + + + + + = ( ) ( ) 22 22 2 2 2 2 2 2 2 2 22 log 1 log 1 2 log log log 2 0 log 1 1 log 1 2 2 log log 0 x y x y x x x y y xy  + + − + + + =  =−  =    =    =  +=  Khi đó 88 xy = , vậy có tất cả 8 số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán Chọn ý D. Câu 14. Cho 2 số thực ,0 xy  thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 1 2 1 3 4 3 1 2 3 2 2 2 2 2 x y x y x y x y x y + − + − + − − − + + + = Biết rằng biểu thức 22 4 x y a b + = với a b là phân số tối giản. Tổng ab + bằng? A. 5 B. 6 C. 4 D. 7 Lời giải Nhìn chung bài toán nhìn rất cồng kềnh, ta sẽ tư duy theo hướng mà ta hay nghĩ tới nhất đó là quy đồng. Biến đổi giả thiết ta được. ( ) ( ) 1 2 1 3 4 3 1 2 3 4 5 4 4 6 4 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 x y x y x y x y x y x y x y y x y + − + − + − − − + + − + − + + + =  + + + = 2 2 4 2 3 4 2 2 2 3 2 2 2 2 1 x y x y x y x y + − + − − − − −  + + + = Đến đây mọi việc trở nên rất đơn giản phải không nào? Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có. 2 2 4 2 2 2 3 2 3 4 2 2 4 2 2 2 3 2 3 4 2 2 2 2 2 2 .2 2 2 .2 1 x y x y x y x y x y x y x y x y VP + − − − − − + − + − − − − − + − + + +  + = = Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 22 1 1 0 44 x xy y =  + =  =  Chọn ý A. Câu 15. Cho các số thực a,b,c thỏa mãn 0 , , 1 a b c  . Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 1 1 1 log log log 2 2 4 a b c P b c a = + + được viết dưới dạng m n , với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Hỏi 33 T m n =+ có giá trị là bao nhiêu? A. 171 B. 189 C. 195 D. 163 Lời giải Theo bất đẳng thức AM – GM ta có. • 2 2 2 1 1 1 1 1 log log log log log log log log 2 2 4 4 4 a b c a b c a c P b c a b c a c a = + +  + = + • 22 1 1 1 1 1 1 log log log log log log log 4 4 4 4 4 4 a c a a a a c c a c c c c a + = + + + + 2 5 1 1 1 1 1 5 5 log . log . log . log . log 4 4 4 4 4 4 a a a a c c c c c a = Vậy giá trị nhỏ nhất của 5 4 P = , khi đó 189 T = Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 107 | Chinh phục Olympic toán Chọn ý B. Câu 16. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 1 1 4 4 2 2 4 y x y x + + += . Đặt P x y =+ . Hỏi mệnh đề nào sau đây đúng? A. 1 P = B. 2 C. 3 2 D. 5 2 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có. 1 1 1 1 2. 2. 4 4 4 4 2 2 2 2 4 y y x x y y x x VP + + +  + = = Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 5 2 2 2 x P y  =  =   =  . Chọn ý D. Câu 17. Cho 2 số a,b thỏa mãn 1 ba  và 4 3 log log 2 16 4 a b b a a += . Giá trị của biểu thức 2 log a P b  =   ? A. 0 B. 2 C. 3 D. 1 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có. ( ) (  ( ) 4 3 3 1 3 log 4 log 4 log log 44 2 16 2 2 2 2 log 0;1 a a bb b b aa t t a b f t t a     −−         + = + = = + =  Suy ra ( ) ( ) 13 4 4 3 43 4 2 4 ' 2 ln2 .2 ln2 2 4.2 ln2 2 4.2 ln2 0 tt t t ft t  − −  −   = −  −  −    ( ) ( ) 13 4 4 2 2 1 4 t t f t f VT VP  −    = +  =   Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 log 0 a a b P b  =  = =   Chọn ý A. Câu 18. Cho 2 số thực ,0 xy  thỏa mãn 1 2 yx x  và 2 2 2 2 2 9 log log log 16 x xy xy = . Đặt 2 .2 xy P = . Hỏi mệnh đề nào sau đây đúng? A.   4;5 P  B.   1;2 P  C.   2;3 P  D.   6;7 P  Lời giải Biến đổi giả thiết ta được ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 9 log log log 1 log log log 1 log log 16 16 x xy x x y y xy =  − − + + = Để đơn giản ta đặt ( ) ( ) ( ) 2 2 log 9 11 log 16 ax a a b a b by =   − − + + =  =  Nếu 10 a VT    , vô lý Để ý thấy 22 1 1 1 2 log 2 log 1 2 y x x a a a xx      +  −   − . Nếu 1 1 2 a −   thì ta có. | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 108 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 1 9 1 1 1 1 1 1 2 2 4 2 16 a a b a b a a b a b a a a a     − − + +  − − + + + = − +  − + + =         Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 4 2 1 2 2 11 log 2 44 6,07725 11 log 2 22 ax x P by y   ==  =              == =    Chọn ý D. Câu 19. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 23 25 x y      . Hỏi có bao nhiêu bộ số ( ) , xy thỏa mãn phương trình ( ) 2 log 3 sin cos 6 xy x   − =  −   ? A. 4 B. 2 C. 3 D. 1 Lời giải Thực chất đây là một câu khá đơn giản nếu như ta đã làm quen với phương pháp đánh giá rồi, các câu 28, 29 sẽ làm tương tự nên mình sẽ chỉ trình bày mỗi lời giải câu 27. Ta có ( ) 2 3 sin 2 log 3 sin 1 xy xy −   −  , mặt khác cos 1 6 x    −    . Do đó phương trình thỏa mãn khi và chỉ khi. ( ) 1 2 cos 1 6 6 , sin 1 2 xk x kn xy n xy     =+   − =        = +  =    Với giả thiết 23 x  nên 1 k = . Với 1 k = 13 6 6 13 2 x y n   =  = +    Do   9 6 13 2 5 2 5 1;2 15 13 2 13 y y n n y   =       +           =   Vậy có 2 bộ số thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn ý B. Bài tập tương tự. 1. Tìm tổng các số ( ) 5;16  để phương trình sau có nghiệm trên đoạn   1;2 cos sin 2 31 1 cos 2 8 3 xx x  −       + + =         A. 17 5  B. 34 5  C. 63 5  D. 51 5  2. Tìm tổng các số ( ) 2;7  để phương trình sau có nghiệm trên đoạn   1;2 2 3 5 log 1 sin cos 1 22 xx    + + =  −     A. 17 7  B. 18 7  C. 19 7  D. 20 7  Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 109 | Chinh phục Olympic toán Câu 20. Biết rằng tồn tại duy nhất một a để phương trình sin 2 2 sin cos sin x x x x a + = + + có nghiệm duy nhất, hỏi a có tất cả bao nhiêu ước số nguyên A. 2 số B. 8 số C. Không có D. Vô số Lời giải Do ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 sin sin , sin sin x x x x = − − = nên nếu phương trình có 1 nghiệm là x thì cũng có nghiệm là x − . Nên để phương trình có nghiệm duy nhất thì đồng nghĩa với 0 x = . Thế ngược lại ta giải ra được 0 a = . Chọn ý D. Câu 21. Cho 2 số thực x,y thay đổi thỏa mãn ( ) 1 2 2 3 x y x y + + = − + + . Giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) 4 7 2 2 3 1 2 3 x y x y S x y x y + − − − = + + + − + là a b với a,b là các số nguyên dương và a b tối giản. Tính P a b =+ A. 8 P = B. 141 P = C. 148 P = D. 151 P = Lời giải Đây chính là đề thi THPT Quốc Gia 2016 đã được biến tấu để trở thành 1 câu hỏi trắc nghiệm! Từ giả thiết ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 1 4 2 3 4 1 2 2 3 x y x y x y x y + + = − + + = + + + − + Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 2 số thực không âm ta có. ( ) ( ) 2 2 2 3 1 1 8 1 1 7 x y x y x y x y x y − +  + +  + +  + +  −  +  Mặt khác ta lại có. ( ) ( ) ( ) 2 3 3 7 1 4 1 2 2 3 4 1 11 x y x y x y x y x y x y x y x y +   +   + + = + + + − +  + +    +  − + = −  Nếu 2 2 3 0 9746 1 3 243 1 x xy x y S y xy  =  − + =  + = −    = −  =− + = −    Nếu 37 xy  +  . Đặt   ( ) 3;7 t x y t = +  Xét hàm số ( ) ( )   ( ) 47 3 1 .2 3;7 tt f t t t −− = + +  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )   4 7 7 4 2 7 7 7 4 2 2 7 ' 3 ln3 2 1 2 ln2 '' 3 ln 3 2 ln2 ln2 2 1 2 ln2 3 ln 3 1 ln 2 2ln2 2 0 3;7 t t t t t t t tt f t t f t t tt − − − − − − − −−  = + − +  = − − − + = + + −    Vì ( ) ( ) ' 3 0, ' 7 0 ff  nên tồn tại số ( ) 3;7 a  sao cho ( ) '0 fa = . Suy ra ( ) ft nghịch biến trên ( ) 3;a và đồng biến trên ( ) ;7 a . Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( )   193 193 3 ; 7 35 3 3;7 33 f f f t f t = =   =   Ta sẽ đi chứng minh 22 5 xy + với 3, 2 x y x +   . Nhận thấy rằng khi. +   ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2;3 3 0 6 9 2 6 9 2 2 1 5 5 x y x y x x x y x x x x    −    − +  +  − + = − − +  + 22 39 x x y   +  Vậy 22 5 xy + 148 3 S  . Chọn ý D. | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 110 Câu 22. Cho x,y là 2 số tự nhiên khác 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 36 5 xy P=− A. 8 P = B. 9 C. 10 D. 11 Lời giải Đây là một câu phát biểu vô cùng đơn giản, nhưng thực chất là một bài toán nếu làm tự luận sẽ rất khó đòi hỏi tới kiến thức số học. Ta có 36 m tận cùng bằng 6, 5 n tận cùng bằng 5. Nếu 36 5 mn  thì P có tận cùng bằng 1, nếu 36 5 mn  thì P có tận cùng bằng 9 Xét 1 P = ta có 36 5 1 36 1 5 m n m n − =  − = . Đẳng thức này không thể xảy ra vì vế trái chia hết cho 35 nên chia hết cho 7, còn vế phải không chia hết cho 7 Xét 9 P = ta có 5 36 9 nm −= 5 n  chia hết cho 9, vô lí. Xét 11 A = , xảy ra khả năng này chẳng hạn khi 1, 2 mn == . Vậy min 11 P = . Chọn ý D. Câu 23. Cho các số thực dương a,b,c khác 1 thỏa mãn 22 log log log 2log 3 a b a b cc bc bb + = − − . Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức log log ab P b c =− . Tính 23 S m M =+ A. 2 3 S = B. 1 3 S = C. 3 S = D. 2 S = Lời giải Đặt log , log ab x b y c P x y = =  = − , khi đó giả thiết viết lại thành 22 21 x y xy x y + = − − − Thế y x P =− vào giả thiết trên ta được ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 3 1 0 x y xy x y x P x P + = − − −  + − + − = Phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi ( ) ( ) 22 5 3 4 1 0 1 3 P P P  = − − −   −   Chọn ý C. Câu 24. Cho các số thực a,b,c khác 0 thỏa mãn 3 5 15 a b c − == . Hỏi giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 2 2 2 4 P a b c a b c = + + − + + là? A. 5 3 log 3 −− B. 4 − C. 23 −− D. 3 2 log 5 −− Lời giải Biến đổi giả thiết ta có 3 5 15 3 5 15 log , log , log a b c t a t b t c t − = = =  = = − = 1 1 1 0 11 log 15 log 3 log 5 t t t ab c ab bc ca ab ab  − = = = =  + + = ++ + Khi đó ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 4 4 4 P a b c ab bc ca a b c a b c a b c = + + − + + − + + = + + − + +  − Chọn ý B. Câu 25. Cho a,b là hai số thực thay đổi thỏa mãn 0 b  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 2 2 10 log a P a b b = − + − A. 11 2 log ln10 ln10   +     B. 11 2 log ln10 ln10   −     C. ( ) 2 log ln10 D. 11 2 ln ln10 ln10   −     Lời giải Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 111 | Chinh phục Olympic toán Xét 2 điểm ( ) ( ) ;10 , ;log a A a B b b , do đồ thị của 2 hàm số 10 , log x y y x == đối xứng qua đường thẳng yx = do đó khoảng cách giữa 2 điểm A và B chính là P và đạt giá trị nhỏ nhất khi A, B đối xứng với nhau qua đường thẳng yx = , do đó 2 điểm A,B cùng nằm trên đường thẳng y x m = − + . Vì vậy ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ;10 , ;10 2 10 log 2 log ln10 ln10 ln10 a a a A a B a AB P a f a f          = = − =  = −                 Chọn ý B. Câu 26. Cho các số thực a,b,c lớn hơn 1 thỏa mãn ( ) 2 2 2 log 1 log log log 2 bc a b c − . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 10log 10log log S a b c = + + A. 5 3 log 3 −− B. 4 − C. 23 −− D. 3 2 log 5 −− Lời giải Biến đổi giả thiết ta được ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log 1 log log log 2 log . log log 1 log log log log log log log log 1 bc a b c a b c b c a b a c b c −  +  −  + +  Đặt ( ) ( ) 2 2 2 log ;log ;log , , a b c x y z → ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 10 10 S x y z = + + Bây giờ ta cần tìm số k dương sao cho ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 10 2 10 10 2 x y z k xy yz xz x y z k x y z k x y z k xy yz xz + +  + +  + + + + +  + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 10 10 1 1 1 1 10 10 1 k x k y k z k x y z x y z k x y z kkk  + + + + +  + +  + +  + + +++ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng cộng mẫu Engel ta có ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 10 10 1 10 10 1 x y z x y z k k k k k k ++ + +  ++ + + + + + + Đến đây sử dụng được giả thiết ta sẽ chọn k sao cho 1 2 1 1 1 10 10 1 kk kkk =  = ++ +++ Chọn ý B. Câu 27. Với a,b,c lớn hơn 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của log log 4log a b c P bc ca ab = + + A. 6 B. 12 C. 11 D. 10 Lời giải Đây là một câu sử dụng bất đẳng thức AM – GM khá là cơ bản Biến đổi giả thiết và áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có log log 4log log log log 4log log 4log 2 log .log 2 4log .log 2 4log .log 10 a b c a b a c b c a b a c b c P bc ca ab b a c a c b b a c a c b = + + = + + + + +  + + = Chọn ý D. Tương tự với câu 39. Chọn ý C. | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 112 Câu 28. Xét các số thực dương x,y,z thay đổi sao cho tồn tại các số thực a,b,c lớn hơn 1 và thỏa mãn x y z abc a b c = = = . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 P x y z = + + A. 42 B. 4 C. 6 D. 10 Lê Phúc Lữ Lời giải Từ giả thiết ta có 1 2log x abc a abc a x =  = tương tự 11 2log , 2log abc abc bc yz == ( ) 1 1 1 2 log log log 2. abc abc abc a b c x y z  + + = + + = Theo bất đẳng thức AM – GM ta có . ( ) ( ) 2 4 1 1 1 4 4 2 2 1 6 2 1 2 1 zz x y T z f z f x y x y z z z  + = −  +    + =  = + − − Chọn ý C. Nhận xét. Cách giải bài toán này có lẽ đã không còn quá xa lạ với các bạn thi THPT Quốc Gia 2020 vì dạng này đã xuất hiện trong đề tham khảo của Bộ năm nay, câu dưới đây là một câu hoàn toàn tương tự. Câu 29. Xét các số thực dương x,y,z thay đổi sao cho tồn tại các số thực a,b,c lớn hơn 1 và thỏa mãn x y z abc a b c = = = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 16 16 Pz xy = + − A. 20 B. 3 3 20 4 − C. 24 D. 3 3 24 4 − Lời giải Tương tự với câu 40 ta có ( ) 1 1 1 2 log log log 2. abc abc abc a b c x y z  + + = + + = ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 16 16 16 2 32 2 20 P z z z f z f x y z z    = + − = − − = − − =  =     Chọn ý A. Câu 30. Cho các số thực a,b,c thỏa mãn 0 , , 1 a b c  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức log log log a b c S b c a = + + A. 22 B. 3 C. 52 3 D. 3 2 Lời giải Đây là một câu tương tự câu 23 ta sẽ phải dùng tới bất đẳng thức AM – GM để triệt tiêu các biến Theo bất đẳng thức AM – GM ta có log log log 2 log .log log 2 log log 2 2 log . log 2 2 log .log 2 2 a b c a b c a c a c a c S b c a b c a c a c a c a = + +  + = +  = = Chọn ý A. Câu 31. Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn 2 2 2 log 2log 3log 6 a b c + + = . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức là log log log log log log T a b b c c a = + + là 3 k . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 1 k = B. 32 33 kk += C. 3 33 kk += D. 1 2 k = Lời giải Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 113 | Chinh phục Olympic toán Một câu hoàn toàn tương tự với câu 26, ta sẽ dùng phương pháp tham số hóa kết hợp bất đẳng thức cổ điển Cauchy – Schwarz. Đặt ( ) ( ) 2 2 2 log ;log ;log , , 2 3 6 a b c x y z x y z →  + + = . Ta có đánh giá ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 6 2 3 2 1 1 1 1 2 3 x y z x y z k xy yz xz k x y z k k k = + +  + +  + +  + + + + + . Khi đó cần tìm k sao cho 32 1 33 1 1 1 1 2 3 k k k k k k =  + = ++ + + + Chọn ý C. Câu 32. Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn log log log log 3log log 1 a b b c c a + + = . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 log log log P a b c = + + là mn p −+ với m,n,p lần lượt là các số nguyên dương và m p là phân số tối giản. Tính m n p ++ ? A. 64 B. 16 C. 102 D. 22 Lời giải Với bài toán này nếu đặt ( ) ( ) log ;log ;log , , 3 1 a b c x y z xy yz xz →  + + = thì ta sẽ không thể áp dụng phương pháp làm của bài trên, khi đó ta sẽ cần phải nghĩ ra cách đặt khác. Đặt ( ) ( ) log ;log ;log , j ,k 3 1 a b c ix y z ijxy jkyz kixz →  + + = Tìm m,n,p thỏa mãn 3 3 j ij kj ki i k = =  = = . Chọn 31 j i k =  = = Khi đó ta được 1 3 3 3 1 3 xy yz xz xy yz xz + + =  + + = . Bài toán lại quay trở về các bài toán trên. Với cách làm tương tự các bài toán trên ta tìm được 3 17 min 2 P −+ = Chọn ý D. Cách 2. Chú ý rằng ở giả thiết và yêu cầu của bài toán vai trò của 2 biến a,c là như nhau nên dấu “=” sẽ xảy ra tại ac = . Khi đó ta có. ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 0 3 2 1 P x y P x xy x y P x Pyx y x xy  =+   + = +  − + − =  +=   Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2 ta sẽ tìm được đáp án của bài toán. Câu 33. Với n là số nguyên dương, biết rằng 22 log log ... 2018 2017   −       mà biểu thức trong dấu ngoặc có tất cả n dấu căn. Tìm giá trị nhỏ nhất của n? A. 2021 B. 2014 C. 2013 D. 2020 Lê Phúc Lữ Lời giải Từ giả thiết ta có ( ) ( ) 1 2 2 22 ... 2018 2018 2018 log ... 2018 2 log 2018 n n n − −  = =  =    ( ) 2 2 2 2 2 2 log log ... 2018 2017 log 2 log log 2018 2017 log 2 2020,4 2020,4 2021 n n n n −    −   − −              | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 114 Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 2021 Chọn ý A. Câu 34. Cho a,b là các số nguyên dương thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 1000 2 22 log log log 2 0 ab = . Giá trị lớn nhất của ab là? A. 500 B. 375 C. 125 D. 250 Lời giải Biến đổi giả thiết ta được. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1000 1000 2 2 2 2 2 1000 1000 2 . 2 log log log 2 0 log log 2 1 log 2 2 2 2 2 1000 a b a b a b a b a b =  =  =  =  = Do a,b là các số nguyên dương nên ta có 1000 2 a . Mặt khác ta lại có 33 1000 2 .5 3 a =   • Nếu 3 125 375 a b ab =  =  = • Nếu 2 250 500 a b ab =  =  = • Nếu 1 500 500 a b ab =  =  = Vậy giá trị lớn nhất của ab bằng 500 Chọn ý A. Câu 35. Cho số thực dương 1 a  , biết khi 0 aa = thì bất đẳng thức ax xa  đúng với mọi số thực x lớn hơn 1. Hỏi mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 0 12 a  B. 2 0 e a e  C. 0 23 a  D. 23 0 e a e  Lời giải Lấy logarit tự nhiên 2 vế ta được ( ) ( ) ln ln ln ln ln ln ax ax x a a x x a ax      Ta xét ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ln 1 ln ln ' , ' 0 x x e f x f x f x x e f x f e xe x − =  = =  =   = Từ đó ta suy ra ae = . Chọn ý C. Câu 36. Cho hàm số ( ) ( ) sin cos x f x e a x b x =+ với a,b là các số thực thay đổi và phương trình ( ) ( ) ' '' 10 x f x f x e += có nghiệm. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 22 23 S a ab b = − + A. 10 10 2 + B. 20 10 2 + C. 10 20 2 + D. 20 2 + Lời giải Do ( ) ( ) sin cos x f x e a x b x =+ nên phương trình ( ) ( ) ' '' 10 x f x f x e += tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin cos 2 sin 2 cos 10 3 sin 3 cos 10 xx e a b x a b x b x a x e a b x a b x − + + − + =  − + + = Phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi ( ) ( ) 22 22 3 3 100 10 a b a b a b − + +   +  Khi đó ta có. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 22 2 2 2 10 2 3 10 2 3 10 2 3 23 10 1 a ab b a ab b t t a S a ab b f t t b a b t − + − + − +  = − + =  = = =  ++  Khảo sát hàm số ( ) ( ) ( ) 1 2 20 10 2 f t f t f   − = + Chọn ý B. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 115 | Chinh phục Olympic toán Câu 37. Cho 2 số thực a,b thỏa mãn 11 11 a n b n e nn ++     +   +         với mọi số n nguyên dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ab − ? A. 13 ln2 2 − B. 1 C. 1 1 ln2 − D. 1 3 ln2 − Lời giải Đây là một câu rất khó không phù hợp với kì thi THPT Quốc Gia nên chúng ta chỉ tham khảo. Lấy logarit tự nhiên 2 vế ta có * 1 , 1 ln 1 a n b n n  −     +   Xét hàm số ( ) 1 ,1 1 ln 1 f x x x x = −   +   khi đó ta có ( ) ( ) 1 1 min max min x x a b f x f x   − = − Mặt khác ( ) ( ) 1 ' 1 0, 1 1 f x x xx = −    + , do đó ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 11 max min 1 lim 1 lim 1 ln2 ln 1 1 1 1 1 ln 1 ln 1 11 1 1 lim 1 lim 1 1 ln2 ln2 ln 1 1 11 1 1 11 1 lim 1 lim 21 ln2 ln2 1 x x x x xx x f x f x f f x x x x x x x xx x xx x x xx  → +  → +   → +  → +  → +     − = − = − − −   +         − + − + +     +     = − − = − −  − +  +  − + + = − − = − − + + ( ) 2 1 13 2 1 ln2 2 x x x x x → +  +− =− + Vậy min 13 ln2 2 ab − = − Chọn ý A. Chú ý. Ở đây ta dùng tới quy tắc. Trong giải tích, Quy tắc L'Hôpital (phát âm như Lô-pi-tan) (cũng được gọi là quy tắc Bernoulli) là quy tắc sử dụng đạo hàm để tính toán các giới hạn có dạng vô định. Ứng dụng của quy tắc này là đưa dạng vô định trở thành dạng hữu hạn, cho phép tính toán giới hạn một cách dễ dàng. Dạng đơn giản nhất của quy tắc L'Hôpital được phát biểu như sau. Cho hai hàm số ( ) ( ) , f x g x nếu ( ) ( ) lim lim 0 x c x c f x g x →→ == hoặc  và ( ) ( ) lim xc fx gx → tồn tại thì ta luôn có ( ) ( ) ( ) ( ) ' lim lim ' x c x c f x f x g x g x →→ = . Việc lấy đạo hàm của tử số và mẫu số thường làm đơn giản thương số, hoặc làm khử dạng vô định. Câu 38. Cho các số thực dương x,y,z bất kì thỏa mãn 10 xyz = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 log 1 log 4 log 4 P x y z = + + + + + A. 29 B. 23 C. 26 D. 27 Lời giải | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 116 Áp dụng bất đẳng thức Mincowsky ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 log 1 log 4 log 4 log 1 log log 16 10 log 1 log 16 log 1 log 16 log 1 1 log 16 log 1 log 1 4 26 P x y z x y z x yz x x x x x x = + + + + +  + + + +  = + + + = + + +   = + + − +  + − + + = Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 55 10, 100 x y z = = = . Câu 39. Cho 2 số thực x,y sao cho tổng của chúng không âm và đồng thời ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 4 2 2 4 1 4 1 4 x y x y x y x y x y xy ++ − − − +  ++ + + = + +  ++  Biết rằng giá trị của biểu thức 34 m P x y n = + = với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Hỏi biểu thức 2 mn + có tất cả bao nhiêu ước số nguyên? A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 Lời giải Ta có ( ) ( ) 0 m b a a a m T b b m b b m − − = − =  −− khi 0 m a b    . Nên ( ) 1 a a m b b m −  − Theo giả thiết ta có 0 4 1 xy xy + +    . Ta có đánh giá sau. 1 0 4 4 2 1 4 4 1 1 4 4 4 x y x y x y x y x y + + +  + −  + + +  + + + Khi đó sử dụng kết quả ( ) 1 ta có. ( ) ( ) 1 1 2 4 4 4 4 2 1 1 1 4 4 1 1 4 1 4 1 4 4 4 1 4 4 4 4 4 2 x y x y x y xy x y x y x y x y x y x y x y ++ + + + + + + − + − + + + + =  + + + + + + + + − + − ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 4 1 4 12 xy xy x y x y xy + + + + +  = =  + +   + + +  + Mặt khác ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4.2 4 2 2 4 4.2 1 24 2 4 2 4 x y x y x y x y x y xy x y x y −− − − + − − −− ++ ++ = = + + ++ Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có ( ) ( ) 2 2 4.2 4.2 1 1 2 24 2 4. 2 x y x y xy xy −− − − +  + = + Vậy VT VP  . Dấu “=” xảy ra khi 2 1 0 3 2 25 11 16 2 x xy P m n xy y  =  +=     =  + =  −=   =−   Câu 40. Cho các số thực   , , 2;3 a b c  . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 3 1 4 4 4 4 a b c S a b c = + + − + + là m n với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Tính 2 P m n =+ A. 257 P = B. 258 P = C. 17 P = D. 18 P = Lời giải Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 117 | Chinh phục Olympic toán Với dạng toán này ta sẽ xét tới bất đẳng thức phụ   4 , 2;3 t mt n t  +   Thay 2, 3 tt == ta được hệ phương trình 16 2 48 64 3 80 m n m m n n = + =    = + = −  Giờ ta cần chỉ ra bất đẳng thức 4 48 80 t t − đúng với mọi   2;3 t  là bài toán sẽ được giải quyết. Ta xét ( ) ( ) ( ) 4 48 4 48 80 ' 4 ln4 48; ' 0 log ln4 tt f t t f t f t t = − +  = − =  = . Nhận thấy rằng ( ) ( ) 4 48 2 3 0; log 0 ln4 f f f  = =    nên bất đẳng thức luôn đúng. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi   2;3 t  . Khi đó ta được ( ) ( ) 3 3 11 4 4 4 48 240 16 44 a b c S a b c a a = + + − + +  − −   Chọn ý D. Bài tập tương tự Cho 3 số thực   , , 1;2 x y z  . Tìm giá trị lớn nhất của ( ) 2 3 3 3 3 5 x y z S x y z = + + − + + A. 5 B. 15 C. 8 D. 12 Ta xét bất đẳng thức phụ 3 6 3 t t − Chọn ý D. Câu 41. Có tất cả bao nhiêu bộ số thực ( ) ;; x y z thỏa mãn ( ) ( ) 33 2 22 3 22 2 4 2 4 2 .4 .16 128 4 y xz xy z xy z  =   + = + −   A. 3 B. 4 C. 1 D. 2 THPT Chuyên Quốc học Huế - Năm học 2017 – 2018 Lời giải Từ giá thiết ta có. • ( ) 3 3 3 3 22 2 2 2 2 33 33 7 2 2 2 3 2 .4 .16 128 2 .4 .16 2 2 4 7 1 yy x z x z x y z =  =  + + = • ( ) ( ) ( ) 22 3 2 4 2 4 2 4 2 4 3 3 4 1 1 2 xy z xy z xy z x y z + = + −  =  = Đặt ( ) ( ) 33 3 ; ; , , x y z a b c → . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 7 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 8 7 2 4 7 7 a b c a b b c c c c a b c = + + = + + + + + +  = Dấu “=” xảy ra khi 33 2 2 2 2 2 2 3 1 a b c x y z = =  = = = Vì 0 x  nên có tất cả 4 bộ số thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn ý B. Câu 42. Cho hàm số ( ) 2 3 log 1 mx fx x = − . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao ( ) ( ) 3 f a f b += với mọi số thực a,b thỏa mãn ( ) ab e e a b + + . Tính tích các phần tử của tập hợp S. A. 27 B. 33 C. 33 − D. 27 − Lời giải Theo giả thiết ta có 11 11 a b a b e a b e a b + − + −  +   + + − Mặt khác theo một bất đẳng thức phụ mà ta đã chứng minh được ở các bài tập trước thì ta luôn có ( ) 2 11 ab e a b +−  + + − . Do đó dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 ab += Khi đó ta có | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 118 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 33 1 3 1 log log 3 27 1 1 1 ma ma f a f b f a f a m aa − + =  + − = + =  = − − − Do đó tích các phần tử của S bằng 33 − Chọn ý C. Câu 43. Cho hệ phương trình ( ) ( ) 22 3 9 4 5 log 3 2 log 3 2 1 m xy x y x y  −=   + − − =   có nghiệm ( ) ; xy thỏa mãn điều kiện 3 2 5 xy + . Tìm giá trị lớn nhất của m? A. 5 − B. 3 log 5 C. 5 D. 5 log 3 THPT Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình lần 1 năm 2017 – 2018 Lời giải Từ phương trình 1 của hệ ta có ( ) ( ) 5 3 2 3 2 5 0 3 2 32 x y x y x y xy − + =   − = + Từ phương trình 2 của hệ ta có ( ) ( ) ( ) 33 33 5 log 3log 3 2 log 1 22 log 3 2 log 3 1 log 5 1 m m xy xy xy  + − =  +   + + = + ( ) ( ) 3 33 1 log 5 1 log 5 log 3 2 log 5 3 2 5 0 1 log 3 1 log 3 m mm x y x y +−  + =  +    ++ Giải bất phương trình trên ta được   1 ;5 \ 1 3 m      Khi đó hệ phương trình đầu có dạng ( ) ( ) 3 1 log 5 1 log 3 5 3 2 3 2 5 32 3 2 3 3 2 m x y x y xy M x y x y M + +  + − = −=     + = + =  nên luôn có nghiệm. Vậy giá trị lớn nhất của m để hệ có nghiệm là 5 Chọn ý C. Câu 44. Cho hàm số ( ) 2 9 9 x x fx m = + . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho ( ) ( ) 1 f a f b += với mọi số thực a,b thỏa mãn ( ) 2 1 ab e e a b +  + − . Tính tích các phần tử của S. A. 81 B. 3 − C. 3 D. 9 − Lời giải Theo giả thiết ta có ( ) 22 1 1 2 a b a b e a b e a b + − + −  + −   + + − . Mặt khác theo một bất đẳng thức phụ mà ta đã chứng minh được ở các bài tập trước thì ta luôn có ( ) 2 12 ab e a b +−  + + − . Do đó dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 ab += Khi đó ta có. ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 4 44 162 9 9 99 1 99 81 9 9 81 162 81 3 aa aa aa aa m f a f b mm mm m m m − − − − ++ + = + = = ++ + + +  + =  =  =  Chọn ý D. Bài tập tương tự Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 119 | Chinh phục Olympic toán 1. Cho hàm số ( ) 4 4 t t ft m = + với 0 m  là tham số thực. Biết rằng ( ) ( ) 1 f x f y += với mọi x,y thỏa mãn ( ) ( ) 1 2 11 22 x y x y +  + + . Tìm giá trị của ( ) ft trên đoạn 1 ;1 2    A. 3 4 B. 1 2 C. 1 4 D. 5 4 Hướng dẫn. Chú ý từ giả thiết áp dụng bất đẳng thức AM – GM ( ) ( ) 1 2 11 1 22 x y x y x y  +  + +  + = Đến đây bài toán sẽ quay về bài toán ở trên Chọn ý B. 2. Cho hàm số ( ) 2 16 16 t t ft m = + . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho ( ) ( ) 1 f a f b += với mọi số thực a,b thỏa mãn ( ) 2 1 ab e e a b +  + − . Hỏi S có bao nhiêu phần tử? A. 8 B. 20 C. 11 D. 34 Chọn ý B. Câu 45. Cho phương trình ( ) 3 .3 cos 9 xx ax =  − . 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 Biến đổi giả thiết ta có . ( ) 3 .3 cos 9 xx ax =  − ( ) ( ) 9 .3 cos 9 3 0 x x x ax  =  −  ( ) 2 3 3 .cos xx ax −  + =  ( ) * Điều kiện cần. Nếu phương trình ( ) * có nghiệm duy nhất 0 x thì ta thấy rằng 0 2 x − cũng là nghiệm của ( ) * do đó 00 2 xx =− 0 1 x = . Thay vào ( ) * ta được 6. a =− Điều kiện đủ. Ngược lại nếu 6 a =− thì phương trình ( ) * trở thành ( ) 2 3 3 6.cos xx x − + = −  Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 22 3 3 2. 3 .3 6 x x x x −− +  = mà ( ) 6.cos 6 x −   Do đó ( ) 2 3 3 6.cos xx x − + = −  ( ) 2 3 3 6 6cos 6 xx x −  +=    −  =   ( ) 2 33 cos 1 xx x −  =     = −   1 x = Chọn ý A. Câu 46. Cho các số thực x,y,z không âm thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 2 2 2 02 x y y z x z  + + + + +  . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) 4 4 4 4 3 4 4 4 ln 4 x y z P x y z x y z = + + + + + − + + là a b với a,b là các số nguyên dương và a b tối giản. Tính 23 S a b =+ A. 13 B. 42 C. 54 D. 71 Lời giải Theo giả thiết ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 0 2 2 2 1 x y y z x z x x  + + + + +      . Tương tự ta cũng sẽ được 0 , , 1 x y z  . Khi đó ta có. | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 120 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 x y z x y z xy yz xz x y z + +  + + + + +   + +  Đồng thời ( ) ( ) 4 4 4 2 2 2 4 4 4 2 2 2 ln ln 0 x y z x y z x y z x y z + +  + +  + +  + +  Xét bất đẳng thức phụ 4 t mt n + . Khi đó ta cần bất đẳng thức trên đúng với mọi   0;1 t  nên thay 0, 1 tt == vào giải hệ ta sẽ tìm được 3, 1 mn == . Xét hàm số ( ) 4 3 1 t f t t = − − trên   0;1 ta có ( ) 4 3 ' 0 4 ln4 3 0 log ln4 t f t t =  − =  = . Lập bảng biến thiên ta dễ chỉ ra được bất đẳng thức trên luôn đúng. Dấu “=” xảy ra khi 01 tt =  = . Áp dụng vào bài toán ta có ( ) ( ) 4 3 21 33 44 P x y z x y z  + + − + + +  Chọn ý C. Bài tập tương tự. Cho các số thực x,y,z không âm thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 18 x y y z x z  + + + + +  . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 4 3 3 3 1 4 4 4 108 x y z P x y z = + + − + + là a b với a,b là các số nguyên dương và a b tối giản. Tính 23 S a b =+ A. 13 B. 42 C. 54 D. 71 Ta giả thiết ta cũng tìm điều kiện của 3 biến x,y,z và áp dụng y nguyên cách làm của câu trên để giải quyết bài toán này Chọn ý C. Câu 47. Cho 2 hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 6 2 1,h 6 6 xx x f x m m x x − = − − + + = − . Tìm tham số m để hàm số ( ) ( ) ( ) . g x h x f x = có giá trị nhỏ nhất là 0 với mọi   0;1 x  A. 1 m = B. 1 2 m  C. 1 ;1 2 m     D. 1 m  Lời giải Ta thấy rằng với mọi m, ta luôn có ( ) ( ) 1 1 0 hf = nên bài toán trở thành tìm m để cho hàm số ( ) ( ) ( )   . 0 0;1 g x h x f x x =    . Dễ thấy với 1 x = thì bất đẳng thức luôn đúng, do đó ta sẽ xét trên  ) 0;1 . Ta dễ thấy ( ) hx là hàm đồng biến trên  ) 0;1 , ( ) ( )  ) 1 0 0 0;1 h h x x =     . Đến đây lại rút gọn bài toán trở thành tìm m để ( )  ) 0 0;1 f x x    . Đặt  ) ( ) 6 1;6 x tt = ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 0 1 6 2 1 0 1 2 2 0 62 x x tt f x m m m t mt t m tt −+   − − + +   − + − +    + Đến đây bài toán trở thành bài toán rất đơn giản, ta cần   2 2 1;6 21 min 2 2 tt m tt −+ = + Chọn ý B. Câu 48. Số thực a nhỏ nhất để bất đẳng thức ( ) 2 ln 1 x x ax +  − đúng với mọi số thực x là m n với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Tính 23 T m n =+ A. 5 T = B. 8 T = C. 7 T = D. 11 T = Lời giải Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 121 | Chinh phục Olympic toán Đây là một câu khá cơ bản trong việc ứng dụng đạo hàm tìm điều kiện có nghiệm. Biến đổi giả thiết ta có ( ) 2 ln 1 ,0 xx ax x −+    . Xét hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) 23 2ln 1 ln 1 1 ' x xx xx x f x f x xx + − − −+ + =  = Xét ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2ln 1 ' 0, 0 0 0 1 1 xx h x x x h x x h x h x x = + − −  = −      = + + Vậy ( ) ( ) ( ) 0 11 ' 0 lim 22 x f x f x f x a + →    =   . Chọn ý B. Bài tập tương tự. Số thực a nhỏ nhất để bất đẳng thức ( ) 2 3 ln 1 2 x x x ax +  − + đúng với mọi số thực x là m n với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Tính 23 T m n =+ A. 8 B. 20 C. 11 D. 34 Tương tự như câu trên thì đây cũng là một câu khá cơ bản trong việc ứng dụng đạo hàm tìm điều kiện có nghiệm. Chọn ý C. Câu 49. Cho các số thực   , , 1;2 a b c  thỏa mãn 3 3 3 2 2 2 log log log 1 a b c + +  . Tính giá trị biểu thức S a b c = + + khi biểu thức ( ) 3 3 3 2 2 2 3 log log log a b c P a b c a b c = + + − + + đạt giá trị lớn nhất? A. 5 B. 3 1 3 3.2 C. 6 D. 4 THPT Chuyên Thái Bình lần 1 năm học 2017 – 2018 Lời giải Ý tưởng vẫn sẽ như bài trước ta phải sử dụng tới bất đẳng thức phụ. Ta sẽ có đánh giá 33 22 3 log log 1 t t t t −  + . Để chứng minh đơn giản ta sẽ đặt 2 logtx = . Khi đó ta cần chứng minh 33 31 t tx x −  + . Xét hàm số ( )   ( ) ( ) ( ) 2 11 log , 1;2 ' 1 ; ' 0 1 ln2 ln2 f t t t t f t f t t f t t = −    = − =  =   Khi đó ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 1 1 0 3 1 1 1 1 0 t x t x t tx x t x t t x x x −   − −   − − − = − − + + + − +  Vậy bất đẳng thức cần chứng minh luôn đúng. Áp dụng vào bài toán ta có ( ) 33 22 3 log log 3 1 3 4 P a a a a = −  +  + =    Chọn ý D. Bài tập tương tự. Cho các số thực   , , 1;2 a b c  thỏa mãn 3 3 3 2 2 2 log log log 2 a b c + +  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 3 3 3 2 2 2 3 log log log a b c P a b c a b c = + + − + + ? A. 3 B. 6 C. 3 34 D. 5 Chọn ý D. | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 122 Câu 50. Cho 2 số thực x,y phân biệt thỏa mãn ( ) , 0;2018 xy  . Đặt 1 ln ln 2018 2018 yx S y x y x  =−  − − −  . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 2 1009 S  B. 2 1009 S  C. 4 1009 S  D. 4 1009 S  Lời giải Một bài toán chỉ nên tham khảo vì có sử dụng tới kiến thức không trong chương trình phổ thông cơ bản. Xét hàm số ( ) ln 2018 t ft t  =  −  và tham số u nằm giữa x và y. Theo định lý Lagrange ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2018 2018 2 ' 2018 1009 2018 2 AM GM f y f x S f u y x u u uu − − = = =  = −− +−    Chọn ý A. Định lí Lagrange - Lagrange's Mean Value Theorem. Nếu ( ) fx là hàm liên tục trên đoạn   ; ab và đồng thời có đạo hàm trên khoảng ( ) ; ab thì tồn tại ( ) ; c a b  sao cho ( ) ( ) ( ) ' f b f a fc ba − = − . Chứng minh. Xét hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) f b f a F x f x x ba − =− − . Ta có ( ) Fx là hàm liên tục trên đoạn   ; ab , có đạo hàm trên khoảng ( ) ; ab và ( ) ( ) F a F b = . Theo định lí Rolle tồn tại ( ) ; c a b  sao cho ( ) '0 Fc = . Mà ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ' f b f a f b f a F x f x f c b a b a −− = −  = −− . Định lí Rolle là một hệ quả của định lí Lagrange trong trường hợp ( ) ( ) f a f b = . Câu 51. Cho 3 số , a , b c là các số thực lớn hơn 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. 3 4 1 8 log log 3log ac ab bc P a bc = + + A. 20 B. 10 C. 18 D. 12 THPT Chuyên Hùng Vương – Gia Lai – Lần 2 năm 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có 4 1 8 2log 2log 8log 1 2log log log 2 a b c bc ab ac P bc ac ab ac b = + + = + + 2log 2log 2log 2log 8log 8log a a b b c c b c a c a b = + + + + + ( ) ( ) ( ) 2log 2log 2log 8log 2log 8log a b a c b c b a c a c b = + + + + + . Vì , a , b c là các số thực lớn hơn 1 nên. log , a b log , b a log , a c log , c a log , b c log 0 c b  . Do đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM , ta có. 2 2log .2log 2 2log .8log 2 2log .8log 4 8 8 20 a b a c b c P b a c a c b  + + = + + = . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 2 log log log 4log 1 log 4log ab ac bc ab ba c a c a a b c cb cb =  =    =  =  = =    = =   Chọn ý A. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 123 | Chinh phục Olympic toán Câu 52. Cho a,b,c,d là các số thực dương có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 11 P a b a b c d c d = + + + + + + Lời giải Từ giả thiết ta có. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ln ln 1 P a b a b c d c d a P a = + + + + + + = +  = +   Ta có đánh giá sau ( ) 2 ln 1 t mt n +  + , để tìm được hai số m,n ta sẽ sử dụng tới bất đẳng thức tiếp tuyến, đây là một phương pháp rất hay để chứng minh các bất đẳng thức đối xứng với các biến độc lập nhau. Cơ sở của phương pháp • Nếu đường thẳng y ax b =+ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( ) y f x = tại điểm ( ) 00 ; A x y , A không phải điểm uốn thì khi đó tồn tại một khoảng D chứa 0 x sao cho ( ) f x ax b + hoặc ( ) f x ax b + . Đẳng thức xảy ra khi 0 xx = • Nếu đường thẳng y ax b =+ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( ) y f x = tại điểm ( ) 00 ; A x y thì ta luôn phân tích được ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ,2 k f x ax b x x g x k − + = −  Sau đây ta áp dụng lý thuyết trên vào bài toán trên. Chú ý ta có ( ) 2 ln 1 a +  là một biểu thức đối xứng theo bốn biến a,b,c,d đồng thời giả thiết cũng là đối xứng nên ta sẽ dự đoán dấu “=” xảy ra khi 1 4 a b c d = = = = . Quay lại bất đẳng thức phụ mà ta đang đi tìm hệ số ( ) 2 ln 1 t mt n +  + , ta sẽ tìm m,n sao cho hai đồ thị hàm số ( ) 2 ln 1 , y t y mt n = + = + tiếp xúc nhau tại điểm có hoành độ 1 4 t = ta được 8 17 2 17 ln 17 16 m n  =     = − +   . Vậy ta có bất đẳng thức phụ là ( ) 2 8 2 17 ln 1 ln 17 17 16 tt +  − + , dễ thấy bất đẳng thức này luôn đúng, khi đó áp dụng vào bài toán ta có. ( ) 4 2 8 2 17 17 17 ln ln 1 4 ln 4ln 17 17 16 16 16 P a a P     = +  + − + =            Câu 53. Cho 3 số thực x,y,z không âm thỏa mãn 2 4 8 4 x y z + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 6 3 2 x y z S = + + Lời giải Chú ý với điều kiện x,y,z không âm thì ta luôn có 2 ,4 ,8 1 x y z  . Theo nguyên lý Dirichlet ta có ( ) ( ) ( ) 2 1 4 1 0 2 .4 2 4 1 2 .4 .8 2 4 1 .8 2 .8 4 .8 8 2 8 1 4 8 1 8 2 4 8 2 x y x y x y x y z x y z x z y z z x z y z z x y z − −    + −   + − = + −  + − + + − − = + + − Chú ý rằng khi 2 ,4 ,8 1 x y z  thì 82 z  1 2 .4 .8 2 4 8 2 2 2 3 1 6 x y z x y z x y z S   + + − =  + +    Chọn ý C. Nguyên lí Dirichlet | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 124 Nguyên lý những cái lồng và các chú thỏ đã được biết đến từ rất lâu. Ngay trong chương trình phổ thông cơ sở chúng ta cũng đã làm quen với phương pháp giải toán này. Thực ra nguyên lý này mang tên nhà bác học người Đức Pête Gutxtap Legien Dirichlet (1805-1859). Nguyên lý phát biểu rất đơn giản. Nếu chúng ta nhốt thỏ vào các lồng mà số lồng ít hơn số thỏ, thì thể nào cũng có một lồng nhốt ít nhất hai con thỏ. Nguyên lí Dirichlet có rất nhiều ứng dụng trong Toán Học, điển hình là bất đẳng thức. Chúng thường được áp dụng để giải một số bài toán bất đẳng thức không thuần nhất. Hôm nay tôi sẽ đưa ra một số ví dụ để các bạn hiểu hơn về vấn đề này. Trong 3 số a,b,c luôn có 2 số nằm cùng phía với số m bất kỳ (Hay lớn hơn bằng m hoặc bé hơn bằng m). Đây chính là cơ sở lời giải của bài toán trên. Câu 54. Cho các số thực , , 1 a b c  thỏa mãn 5 a b c + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 9 27 log 2log 3log P a b c = + + A. 3 log 5 B. 1 C. 3 log 15 D. 3 5 log 3 Lời giải Giả thiết tương đương ( ) 3 9 27 3 3 3 3 log 2log 3log log log log log P a b c a b c abc = + + = + + = Theo nguyên lý Dirichlet ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 0 1 1 a b ab a b abc c a b ac bc c − −    + −   + − = + − 1 1 2 3 a c b c c a b c  + − + + − − = + + − = ( ) 33 log log 3 1 P abc  =  = Chọn ý B. Câu 55. Biết a là số thực dương bất kì để bất đẳng thức 91 x ax + nghiệm đúng với mọi x  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. ( 34 10 ;10 a    B. ( 23 10 ;10 a    C. ( 2 0;10 a    D. ( ) 4 10 ; a  +  THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 - năm 2017 – 2018 Lời giải Bất đẳng thức 91 x ax + đúng với mọi x  thì nó phải đúng với 1 10 xa =   . Do 1 a  nên hàm số x ya = đồng biến trên , đồ thị hàm số có bề lõm quay lên trên. Hay hàm số là hàm số lõm trên Do hai đồ thị hàm số x ya = và 91 yx =+ luôn đi qua điểm ( ) 0;1 A nên bất đẳng thức 91 x ax + nghiệm đúng với mọi x khi đường thẳng 91 yx =+ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm ( ) ( ) ( ) 9 0;1 ' 0 9 ' ln ln 9 x A y y a a a a e  = =  =  = Chọn ý A. Câu 56. Gọi a là giá trị nhỏ nhất của ( ) 3 2 log 9 n i n i fn = =  với ,2 nn  . Có bao nhiêu số tự nhiên n để ( ) f n a = ? A. 2 B. Vô số C. 1 D. 4 Lời giải Từ giả thiết ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 33 log 1 1 log 1, 99 f n n f n n f n f n +− + = = Để ( ) fn đạt giá trị nhỏ nhất thì ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 f n f n f n f n  +   −   Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 125 | Chinh phục Olympic toán ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 99 3 3 log 1 log 1 9 9 3 1 3 1 log log 9 1 9 f n n fn n n f n n n fn  +    +    −    −     −   Vậy có 2 giá trị của n thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn ý A. Câu 57. Cho 2 số thực x,y không âm thỏa mãn ( ) ( ) 1 2 2 log 14 2 1 x x yy + = − − + . Tính giá trị của biểu thức 22 1 P x y xy = + − + ? A. 3 B. 1 C. 2 D. 4 THPT Quãng Xương – Thanh Hóa lần 1 năm học 2017 – 2018 Lời giải Khi đã làm quen với các dạng toán ở dạng 5 này thì bài toán này trở nên vô cùng bình thường. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 1 1 2. 2 2 4 x x x x + = Mặt khác ta có ( ) ( ) 14 2 1 14 1 1 3 1 y y y y y − − + = − + + + + . Đặt 10 ty = +  . Xét hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 14, ' 0 1 16 log 14 2 1 4 f t t t f t t f t y y = − + + =  =    − − +  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 2 0 x P y =  =  =  Chọn ý C. Bài tập tương tự Tính giá trị của biểu thức 22 1 P x y xy = + − + biết rằng. ( ) 2 2 1 1 2 13 4 log 14 2 1 0, 1 2 x x y y x y +−   = − − +  −      A. 3 B. 4 C. 1 D. 2 THPT Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên năm học 2017 – 2018 Chọn ý D. Câu 58. Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn điều kiện 4 9 16 2 3 4 x y z x y z + + = + + . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 2 3 4 x y z P + + + = + + A. 9 87 2 + B. 7 87 2 + C. 5 87 2 + D. 3 87 2 + Lời giải Đặt ( ) ( ) 2 2 2 , , 0 2 ,3 ,4 , , x y z a b c a b c a b c a b c   →  + + = + +  Khi đó ta có 1 1 1 9 2 3 4 2 3 4 2 2 2 2 P a b c a b c       = + + = − + − + − +             Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 9 9 87 2 3 4 2 2 2 2 2 P a b c  +        + + − + − + − + =                | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 126 Câu 59. Giá trị lớn nhất của hàm số 2 ln 1 ln 1 x ym x + =+ + trên đoạn 2 1;e   đạt giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu? A. 12 2 + B. 12 4 −+ C. 12 2 −+ D. 12 4 + Lời giải Ta có   2 2 0;2 1; 1 max max 1 e t ym t   + =+ + . Xét ( ) ( ) ( ) 2 2 2 11 , ' 0 1 1 1 tt f t m f t t t t +− = + = =  = + + Mặt khác ta có ( ) ( ) ( )   ( ) 2 1; 35 0 1, 1 2, 2 5 1 1 2 min min 1 ; 2 1 2 22 e f m f m f m y m m m m   = + = + = + −+  = + +  + + +  Chọn ý C. Câu 60. Biết  là số thực lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức 1 1, n en n + +  +      . Hỏi mệnh đề nào sau đây đúng? A. ( ) 0;1  B. ( ) 1;2  C. ( ) 1;0   − D. ( ) 2;3  Lời giải Nhận xét. Đây là một bài toán dành cho các bạn ôn thi HSG không thi THPT Quốc Gia. Gọi ( ) fn là số thực thỏa mãn đẳng thức ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 ln 1 1 1 ln 1 n f n e n f n f n n nn n +     + =  + + =  = −          +   Trên khoảng ( ) 1; + ta xét hàm số ( ) 1 1 ln 1 f x x x =−  +   ta có ( ) ( ) 2 1 '1 1 1 ln 1 fx xx x =−  ++   Mặt khác ( ) ln 1 0 1 t tt t +    + . Thật vậy ta có. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 11 21 g ln 1 ' 0 1 1 2 1 1 2 1 1 t tt t t g t t t t t t t +− + = + −  = − =  + + + + + + Nên suy ra ( ) ( ) ( ) 0 0 ln 1 1 t g t g t t  =  +  + . Do đó ta được ( ) ( ) 22 2 1 1 1 ln 1 1 ln 1 1 ' 0 1 1 x x f x x xx x x     +   + +              +   Vậy hàm số ( ) fx đồng biến trên  ) 1; + . Do đó ta suy ra ( ) ( ) 1 11 ln2 f n f     = = − Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 127 | Chinh phục Olympic toán Câu 61. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; ab thỏa mãn 0 , 100 ab  sao cho đồ thị của 2 hàm số 11 x y b a =+ và 11 x y a b =+ cắt nhau tại đúng 2 điểm phân biệt? A. 9704 B. 9702 C. 9698 D. 9700 Lời giải Ta thấy 1; 1 ab  , nếu ab = 2 đường cong trùng nhau nên có vô số điểm chung, loại. Vì vai trò của a,b như nhau nên ta chỉ cần tìm cặp số nguyên ( ) ; ab với 1 ab  sao cho phương trình 1 1 1 1 1 1 1 1 0 x x x x b a a b a b a b + = +  − − + = có 2 nghiệm phân biệt. Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 ' ln , 1 0 xx xx f x f x a f a b a b ab     = − − +  = − + =         Ta có ( ) 0 ln ' 0 log lna b a b f x x x  =  = =   , ( ) '0 fx  khi 0 xx  , ( ) '0 fx  khi 0 xx  . Nếu ( ) ( ) 0 ln ln lnb 1 log 1 ; 4;2 lna b a ba x a b ab  =  =  =  =   . Chú ý xét hàm số ( ) lnt ln3 ln2 ln4 ln5 ln100 ... 3 2 4 5 100 ft t =   =    Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 0 10 f x f x f f x  = =  có đúng 1 nghiệm 0 1 x = Nếu 0 1 x  , khi đó vẽ bảng biến thiên cho hàm số ta thấy phương trình ( ) 0 fx = luôn có 2 nghiệm phân biệt. Với mỗi     2,3,...,99 1,...,100 b k a k =    + tức có 100 k − cách chọn a. Vậy có ( ) 99 2 100 4851 k k = −=  cặp ( ) ( ) ;1 a b a b  và loại đi cặp ( ) 4;2 ta có 4850 cặp. Xét tương tự với trường hợp 1 ba  ta có tất cả 9700 cách chọn. Chọn ý D. Câu 62. Cho 2 số thực x,y không âm thỏa mãn đẳng thức sau. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 3 2 log log 9 6 2 6 2 log log 9 6 6 2 3 x y xy x y x y xy x y − − + − + + = + − − + + Biết rằng 2 xy được viết dưới dạng m n với m,n là các số nguyên không âm và m n là phân số tối giản. Hỏi mn + có giá trị bằng bao nhiêu A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 Lời giải Biến đổi giả thiết tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 3 2 22 2 3 3 2 log log 9 6 2 6 1 log log 9 6 6 2 3 log log 3 3 1 log log 3 1 2 x y xy x y x y xy x y x y x y − − + − + + = + − − + +  − − + = − − + Ta thấy rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 3 2 3 2 3 2 log log 3 3 1 log log 3 0 log log 3 1 2 log log 2 0 xy xy  − − +  =    − − +  =  . Do đó VT VP  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 3 1 0 11 3 1 0 28 xy x y xy xy − + =   = =  =  − − =  | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 128 Chọn ý A. Câu 63. Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 0 2 xy   −  và đồng thời ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin cos 22 2 tan cot log 4 x y x y x y x y x y −− − + − = − Tính giá trị của biểu thức 22 sin 4 x y x y   + − +   ? A. 2 2 B. 0 C. 1 D. 3 2 Lời giải + Nếu 0 4 xy   −  , áp dụng tính chất của lượng giác và bất đẳng thức AM – GM ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin cos sin sin tan cot tan cot 2 x y x y x y x y x y x y x y x y − − − − − + −  − + −  + Nếu 42 xy   −  , , áp dụng tính chất của lượng giác và bất đẳng thức AM – GM ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin cos cos cos tan cot tan cot 2 x y x y x y x y x y x y x y x y − − − − − + −  − + −  Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin cos tan cot 2 x y x y x y x y −− − + −  . Mặt khác ( ) ( ) 22 22 log 4 log 4 2 xy −  = . Nên dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 22 0 sin 1 4 4 xy x y x y xy =      + − + =    −=    Chọn ý C. Câu 64. Cho các số thực a,b,c có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau 4 9 16 9 16 4 16 4 9 a b c a b c a b c P = + + + + + + + + Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có ( ) ( ) ( ) 6 3 4 9 16 9 16 4 16 4 9 a b c a b c a b c P  + + + + + + Theo bất đẳng thức Holder ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 33 3 6 99 4 9 16 9 16 4 16 4 9 4 9 16 4 9 16 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c a b c a b c a b c P + + + + + + + + + + + +  + + = + + =   = Câu 65. Cho 3 số thực thỏa mãn       2;4 ; 0;4 ; 1;5 x y z    . Khi đó giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 5 5 5 log 1 2log 1 4log T x y z x y z = + + − − + + + bằng? A. 10 B. 11 C. 8 5 14 − D. 12 Lời giải Theo Cauchy – Schwarz , ta có. ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 5 1 1 2 1 1 2 2 22 2 x y z x y z x y z x y z  + + = + +  + + + + = + +    Dấu "" = xảy ra khi. ( ) 2 4 1 x y z x y z = =  = = Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 5 5 2 5 log 1 2log 1 4log 2 T x y z x y z  + + − − + + + Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 129 | Chinh phục Olympic toán ( ) ( ) ( ) 3 5 5 5 2 2log 1 4 log 1 8log 2 T x y z x y z   + + − − − + − ( ) ( ) ( ) 3 5 5 5 2 2log 1 4 log 1 8log 2 T x y z x y z   + + − − − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 5 55 2log 1 4 log 1 5 4log 22 T x x y y z z   − − + − + + − Áp dụng kết quả quan trọng ( )   1 log 1 0, 1; a x a x x a − − −    . Dấu “=” xảy ra khi 1 x = hoặc xa = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 33 55 55 log 1 1 2log 1 1 2 2 4log 1 1 4log 1 1 0 4log 4log 1 1 1 x x x x y y y y z z z z  − − = − − − − +     − + = + − + −    − = − − +    10 T  Dấu “=” xảy ra khi 44 x y z = = = . Câu 66. Cho các số thực x,y,z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau 2 2 2 3 2011 3 2011 3 2011 x y z y z x z x y P + − + − + − = + + + + + Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Mincowsky và bất đẳng thức AM – GM ta có. ( ) 2 2 2 2 2 2 222 3 2011 3 3 3 2011 2011 2011 x y z y z x z x y x y z + − + − + − +−  +  + + + + +    2 2 2 2 3 222 27 3. 2011 6 x y z y z x z x y + − + − + − ++   + =    Câu 67. Cho hai các số thực a,b,c,d,e dương thỏa mãn 1000 a b c d e + + + + = và 0 0 0 0 0 a b c d e a b c d e a b c d e a b c d e a b c d e − + − +    + − + −    − + + − +    − + + −   − + − + +    Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) bd M a c + =+ Lời giải Một câu chỉ mang tính tham khảo cho những bạn có tìm tòi thôi nhé. Đặt a b c d e h a b c d e k a b c d e l a b c d e m a b c d e n − + − + =   + − + − =   − + + − + =   − + + − =  − + − + + =   ta thấy rằng 1000 h k n m l a b c d e + + + + = + + + + = và đồng thời 2 ,2 ,2 ,2 ,2 a h k b k l c l m d m n e n h = + = + = + = + = + . Từ đó suy ra h, k, l, m, n đều là các số chẵn. Bên cạnh đó ta suy ra được ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1000 , 1000 2 2 2 a c h k l m n b d h + = + + + = − + = − . Để ( ) bd M a c + =+ đạt giá trị lớn nhất thì n và h có giá trị nhỏ nhất, mà n,h chia hết cho 2 nên 499 2 max 499 h n M = =  = . | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 130 Đẳng thức xảy ra khi ( ) 9974 2 2,4,...,2 1,496 22 996 kt lt t l m t k l m =−   =  =  + = +   + + =  Câu 68. Giá trị nhỏ nhất của m để hệ phương trình sau có nghiệm . ( ) ( ) 23 33 log log 2 2 2 x y xy x y xy m  + + + =   + − =   A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải Đặt ( ) ( ) 23 log , log 2 x y a xy b + = + = khi đó 2 ab += Lại có. ( ) 2 4 x y xy +   ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 3 2 4 3 2 12 8.3 36 0 a b a a a −  − = −  + −  Xét hàm ( ) 12 8.3 36 aa ga = + − đồng biến trên , ( ) 1 0 1 ga =   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 22 3 2 2 3 3 2 .2 2 3 2 a a a a m x y xy x y xy f a −− = + − + − = − − − − = Hàm f đồng biến trên  ) 1; + suy ra (1) 1 mf = Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi phương trình thứ 2 có nghiệm 11 am    Câu 69. Có tất cả bao nhiêu cặp số thực ( ) ; xy thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện ( ) ( ) 2 3 2 3 log 5 4 2 35 4 1 3 8 xx y y y y − − − −+  =   − − + +    ? A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 Lời giải Từ giả thiết ta suy ra ( ) ( ) ( ) 22 2 3 2 3 2 3 23 4 4 3 log 5 33 5 5 3 5 1 3 5 3 x x x x xx y y y y − − − − −− − + − + − + =  =  =    − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 1 3 4 1 3 3 1 3 8 3 4 1 3 4 1 3 3 1 3 8 y y y y y y y y y y y y y y y y y  − − + + = − − − + + = − − + +   −  − − + + = − − − + + = − − + + = Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 y =− . Thế vào giả thiết ta được 2 1 2 3 0 3 x xx x =−  − − =   =  Vậy tồn tại 2 bộ số thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 70. Cho 3 số thực dương x,y,z thỏa mãn 2 2zy  . Khi biểu thức ( ) 2 3 3 3 3 4 2 2 22 log log 2 2 P xy x y x z y xy zy xz = + + + − − + + đạt giá trị nhỏ nhất, hãy tính 2 log xyz ? A. 3 B. 2 C. 1 − D. 0 Lời giải Ta có ( ) 2 3 3 3 3 4 2 2 22 log log 2 2 P xy x y x z y xy zy xz = + + + − − + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 3 2 2 3 3 3 3 2 2 2 2 log log 2 log log xy x y x z z y x y xy x y x z = + + + − +  + + Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 3 3 3 3 3 3 3 2 x y z x x y z + Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 131 | Chinh phục Olympic toán ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 log log 2 log log 1 2 P xy x yz xy x yz    + = + +   • Trường hợp 1. 2 22 5 log 3log 1 4 y z P xy xy    + +  − • Trường hợp 2. 2 22 5 log 3log 1 4 y z P xz xz    + +  − Vậy 5 min 4 P =− , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 2 , 4 log 1 16 x y z xyz = = =  = − . Câu 71. Giả sử k là số thực lớn nhất sao cho bất đẳng thức 2 2 2 11 1 sin k xx  + −  đúng với mọi giá trị của 0; 2 x      . Khi đó giá trị của k là? A. 5 B. 2 C. 4 D. 6 Lời giải Ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 11 sin sin kk x x x x  + −  −  −  . Xét ( ) 22 11 sin fx xx =− , 0; 2 x      . Ta sẽ chứng minh ( ) 33 2cos 2 '0 sin x fx xx = − +  , 0; 2 x      . Thật vậy ( ) 33 33 2sin 2 cos '0 sin x x x fx xx − = 33 sin cos 0 x x x  −  , 0; 2 x      3 sin cos x x x  , 0; 2 x      ( ) 3 sin 0 cos x g x x x  = −  , 0; 2 x      . Ta có ( ) ( ) ( ) 64 33 2 33 2 cos 3 cos 1 2cos 1 1 3cos . cos 3cos . cos xx x gx x x x x −+ +  = − = ( ) ( ) 2 22 33 3 cos 1 2 cos 1 0 3cos . cos xx xx     −+         = , 0; 2 x      . Do đó ( ) ( ) 00 g x g = . Suy ra ( ) 0 fx   , 0; 2 x      . Vẽ bảng biến thiên ta suy ra ( ) 2 1 k fx −  , 0; 2 x      22 4 1 1 4 k k  −  −    . Câu 72. Cho 4 số thực , , , a b c d sao cho 0 cd + đồng thời thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 22 4 22 log 1 1 log 2 .2 .2 ln 2 4 4 5 16 cd cd a b a b c d cd c d − −− +  + + = + +    + + + + + + =  Gọi M và m lần lượt là GTNN và GTLN của biểu thức ( ) ( ) 22 P a c b d = − + − . Tính giá trị của S M n =+ ? A. 62 B. 82 C. 10 2 D. 12 2 Lời giải | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 132 Biến đổi giả thiết đầu tiên ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 log 1 1 log 1 10 5 5 49 a b a b a b a b a b + + = + +  + + = +  − + − = Giả thiết 2 tương đương ( ) ( ) ( ) 44 2 22 2 .2 .2 ln 2 4 4 5 16 2 ln 2 1 16 cd cd c d c d c d cd c d c d − − − − −− ++ + + + + − + + =  + + + + = Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 4 2 4 4 2 2 2 16 cd cd − − − +  = = . Mặt khác ( ) ( ) 2 ln 2 1 0 16 c d VT + + +    . Dấu “=” xảy ra khi 2 cd + = − . Ta sẽ sử dụng phương pháp hình học cho bài này. Xét đường tròn tâm ( ) 5;5 I bán kính 7 R = , và đường thẳng ( ) : 2 0 xy  + + = . Gọi điểm ( ) ( ) ; , ; A a b B c d . Ta có hình vẽ dưới đây. Ta có ( ) ( ) 22 P a c b d AB = − + − = ( ) min max min 0; 6 2 7 2 6 2 7 AB d R AB AB R  =  − = −    = + = +   . Câu 73. Cho ( ) y f x = là hàm số chẵn xác định trên , sao cho ( ) 00 f  và phương trình ( ) 44 xx fx − −= có đúng 10 nghiệm thực phân biệt. Số nghiệm thực của phương trình 2 4 4 2 2 xx x f −  + = +   là A. 10 B. 20 . C. 5. D. 15. Lời giải Từ giả thiết ( ) 00 f  ta suy ra 0 x = không phải là nghiệm của hai phương trình ( ) 44 xx fx − −= và 2 4 4 2 2 xx x f −  + = +   . Ta có 2 4 4 2 2 xx x f −  + = +   (*) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 22 2 2 2 2 2 xx xx xx x f x f x f − − −   −=       − =      − = −     Phương trình ( ) ( ) 2 2 2 3 2 xx x f −   − = −   A B IPhương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 133 | Chinh phục Olympic toán Xét phương trình (1) đặt 2 x t = . Khi đó ta có ( ) ( ) 4 4 4 tt ft − −= Theo giả thiết phương trình ( ) 44 xx fx − −= có 10 nghiệm phân biệt nên phương trình ( ) 4 có 10 nghiệm t . Suy ra phương trình ( ) 1 có 10 nghiệm x phân biệt. Giả sử 10 nghiệm đó là 1 2 10 ; ;...; x x x . Chứng minh tương tự ta có phương trình ( ) 3 có 10 nghiệm phân biệt là 1 2 10 ; ;...; x x x − − − . Dễ thấy số nghiệm của phương trình (bằng tổng số nghiệm phương trình ( ) 1 và ( ) 3 (nghiệm trùng nhau tính 1 lần). Suy ra phương trình có 20 nghiệm . Câu 74. Xét các số a , b , 1 c  thỏa mãn log 2log 3log 8 a b c b c a + + = . Giá trị lớn nhất của 2log 3log 12log a c b P c b a = + + thuộc khoảng nào dưới đây? A. ( ) 15;20 . B. ( ) 25;30 . C. ( ) 20;25 . D. ( ) 30;35 . Lời giải Đặt log a xb = , log b yc = , log c za = . Từ giả thiết ta có ; ; 0 2 3 8 1 x y z x y z xyz    + + =   =  . Đặt 2log 3log 12log a c b T c b a = + + , suy ra 12 3 2 T x y z = + + . Ta có 2 12 2 3 12 8 12 8 1 y z x T x x x yz x x x +− = + = + = − + . Ta có 3 2 6 2 6 2 3 2 6 8 8 2 6 0 x y z x yz x x x x xx + +  + = +  +   − +  ( ) ( ) 14 6 6 6 2 0 6 5 21 6 2 x x x x x −  − + −      −   . Xét hàm số ( ) 2 12 8 f x x x x = − + với 5 21;6 x  −  , ta có ( ) 32 22 12 2 8 12 28 xx f x x xx − + −  = − − + = . Xét ( ) 32 1,086 5 21;6 0 2 8 12 0 3,514 5 21;6 1,572 5 21;6 x f x x x x x    −  −      =  − + − =    −       −    . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 5 21 9 5 21 31,91 6 14 3,514 19,18 1,572 17,39 f f f f  − = +    =         . Vậy max 9 5 21 T=+ đạt được khi 5 21 x=− và y , z thỏa mãn 2 3 3 21 3 21 2 3 8 15 3 21 3 21 4 1 2 .3 2 3 22 3 21 23 23 6 yz x y z y xyz y z y z yz z yz  + = +  +  + + =  =  ++  =  =  = =     +    = =  =   . | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 134 Câu 75. Xét các số thực dương ,, a b c thỏa mãn 3 abc e = . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 2ln ln 7 ln ln 3ln ln T a b b c c a = + + là phân số tối giản p q và , pq là các số tự nhiên. Giá trị 3 qp − bằng A. 10 . B. 11 . C. 12 . D. 9 . Lời giải Đặt ln ; ln ; ln x a y b z c = = = ta có ( ) 1 3 1 ln ln ln ln 3 x y z x y z a b c abc e abc e x y z ++ + + = + + =  = =  + + = Ta có ( ) ( ) 22 17 2 7 3 2 7 3 2 7 3 8 7 3 33 T xy yz zx xy y x z xy y x x y xy y y x x  = + + = + + = + + − − = − + − + −   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 2 2 2 22 8 1 8 1 1 7 7 8 1 0 3 36 36 3 9 3 1 5 1 1 8 1 0 6 9 3 3 36 1 5 1 1 5 3 9 7 81 6 9 3 3 36 9 5 100 3 90 yy T x x y y y T x y y y TT x y y y y y −−  + − + − + − + =   + − + − + − =        + − = − + − + = − − + − +       ( ) 2 2 2 1 5 3 7 7 5 3 7 8 1 0 6 9 10 3 90 3 90 9 10 90 TT x y y y        + − = − − − +    − −             Vậy giá trị lớn nhất của T là 7 30 T = . Dấu bằng xảy ra khi ( ) 2 3 3 0 10 10 7 1 8 1 0 30 6 y y x xy   −= =        =− + − =       . Khi đó 4 . 15 z = Vậy 7; 30 3 9. p q q p = =  − = Câu 76. Cho các số thực dương , xy thỏa mãn ( ) ( ) 4 3 3 2 4 3 1 2 .2 1 2 .2 x y y x − − − − − − + − = − . Gọi , Mm là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 22 6 2 12 P x y x y = + + − + . Giá trị . Mm bằng A. 1302 . B. 2697 . C. 4263 . D. 4165 . Lời giải Đặt ( ) 43 2 , 2 1, 1 xy a b a b −− = =   . Khi đó ( ) ( ) ( ) 4 3 3 2 4 14 3 1 2 .2 1 2 .2 3 1 1 x y y x ab ba − − − − − −  + − = −  + − = −   ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 4 4 3 4 4 0 ab ab a b b a b ab ab b  + − = −  − − − − = ( ) ( ) 4 1 0 ab ab b  − − + = . Do ( ) 1 1 1 0 4 4 3 2 ab b a b ab x y − + = − +   =  − + − = Xét trong hệ trục tọa độ Oxy , gọi ( ) ( ) ; , 3;1 M x y I − . Khi đó ( ) ( ) 22 2 3 1 2 2 P x y MI = + + − + = + và M di động trên 4 cạnh hình vuông , ABCD trong đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2;3 , 4;1 , 6;3 , 4;5 A B C D . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 135 | Chinh phục Olympic toán Khi đó min min max max 29 31 . 2697 87 85 MI IA m P Mm MP MI IC  = = = =     =  == ==    . Câu 77. Cho hai số thực , xy thỏa mãn ( ) 11 2 3 4 49 xy xx  + + =   . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3 1 1 3 1 2 1 2 .3 xx y y x y P = + + +++ thuộc khoảng nào sau đây? A. ( ) 3;4 . B. ( ) 0; 3 . C. ( ) 5;2020 . D. ( ) 4;5 . Lời giải Đặt 2 , 3 xy ab == , khi đó ,0 ab  thỏa mãn ( ) 22 11 4 ab ab  + + =   (*) Và 1 1 1 1 ab P b a ab = + + + + + . Từ điều kiện ta có ( ) 22 22 1 1 4 1 1 22 a b ab a b ab a b a b a b ab + =  +  +  +   +  + . Ta có ( ) 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 ab P a b b a ab b a ab       = + + + − + = + + + − +       + + + + + +       . ( ) ( ) 22 4 1 2( ) 4 12 22 4 1 2 ab ab a b a b a b a b +   + + − + = +  + + + +  + + +  +   . Đặt t a b =+ , ta có 2 t  và 2 24 2 4 t P t t + + + . Xét hàm số ( ) 2 24 2 4 t ft t t =+ + + , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 22 4 2 2 4 48 ' 0, 2 2 4 2 4 t t t t f t t t t t t − + + = − =    + + + + Hơn nữa hàm số ( ) ft liên tục trên  ) 2; + , suy ra hàm số ( ) ft đồng biến trên  ) 2; + .   ) ( ) ( ) 2; 3 min 2 2 f t f + == . Do đó 3 2 P  . Dấu “=” xảy ra  1 ab == hay 0 xy == . Vậy ( ) 3 min 0; 3 2 P= . Câu 78. Đồ thị của các hàm số ( ) , , 2 1 xx y a y a y a − = = =  đôi một cắt nhau tại ba điểm ,, A B C phân biệt, không thẳng hang. Biết tam giác ABC đều, khẳng định nào dưới đây đúng? A.  ) 3;4 a  . B.  ) 2;3 a  . C.  ) 4;5 a  . D. ( ) 1;2 a  . Lời giải Ta có A là giao điểm của hai đồ thị hàm số , xx y a y a − == . Ta tính được ( ) 0;1 A . Ta có B là giao điểm của hai đồ thị hàm số ,2 x y a y == . Ta tính được ( ) log 2;2 a B . Ta có C là giao điểm của hai đồ thị hàm số ,2 x y a y − == . Ta tính được ( ) log 2;2 − a C . Ta tính được 22 log 2 1, 4log 2 aa AB AC BC = = + = Để tam giác ABC đều thì AB AC BC == hay 22 log 2 1 4log 2 aa += 22 log 2 1 4log 2 aa  + = 23 2 3 3log 2 1 log 2 log 3 2 3 aa aa  =  =  =  = . | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 136 Câu 79. Xét các số thực dương , , , a b x y thỏa mãn 1, 1 ab  và 2 3 6 6 xy a b a b == . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 42 P xy x y = + − có dạng 165 mn + (với , mn là các số tự nhiên), tính S m n =+ . A. 58. B. 54. C. 56. D. 60. Lời giải Theo bài ra ta có 2 3 6 6 xy a b a b ==  2 6 6 3 6 6 x y a a b b a b  =   =    ( ) ( ) 66 66 2 log 3 log a b x a b y a b  =   =    2 6 6log 3 6 6log a b xb ya =+   =+   ( ) ( ) 3 1 log 2 1 log a b xb ya =+   =+   Vì 1, 1 ab  nên log log 1 0 aa b= . Do đó ( ) ( ) 4 2 24 1 log 1 log 6 6log 2 2log 52 30log 22log 52 2 30log .22log 52 4 165 a b a b a b a b P xy x y b a b a P b a b a = + − = + + + + − − = + +  + = + Vậy min 52 4 165 P=+ khi 30log 22log ab ba =  11 log 15 a b =  11 15 ba = . Suy ra 52, 4 56 m n m n = =  + = . Câu 80. Cho các số thực dương , ab thỏa mãn ( ) ab e e a b + + . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 33 11 2020 P ab ab = + + + bằng A. 2024 2 3 − . B. 2028. C. 2020 3 + . D. 2024 2 3 + . Lời giải Xét bất đẳng thức phụ mà ta đã quá quen thuộc ( ) ( ) * ab e e a b + + Đặt t a b =+ điều kiện 0 t  , khi đó (trở thành 0. tt e et e et   −  Xét hàm số ( ) ( ) ; 0; t f t e et t = −  + , có ( ) ( ) 0 1. t f t e e f t t  = −  =  = Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) ft trên ( ) ( ) ( ) 0; 0 0; f t t +      +  Điều kiện ( ) ( ) 0 0 0 f t f t t    =  = hay 1. ab += Khi đó, ( ) ( ) 3 1 1 1 1 2020 2020 13 3 P ab ab ab a b ab a b = + + = + + − + − + Đặt u ab = , có ( ) 2 1 00 44 ab ab ab +      1 0; 4 u      . Khi đó ( ) 11 2020 13 P g u uu = + + = − , có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 1 6 6 1 1 3 1 3 uu gu u u u u − + −  = − = −− ( ) ( ) 2 33 6 0 6 6 1 0 33 loai 6 u g u u u u  − =    =  − + − =   − =   Lập biến thiên của hàm số ( ) gu trên 1 0; 4     , ta được min 2024 2 3 P=+ . Câu 81. Cho các số thực 3, 1, 1 a b c    thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( ) 23 3 log log 2 1 2 a b c bc a bc a ab ac ab ca +− − + + = + . Giá trị nhỏ nhất của T a b c = + + thuộc khoảng nào dưới đây? A. ( ) 19;20 . B. ( ) 16;17 . C. ( ) 18;19 . D. ( ) 17;18 . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 137 | Chinh phục Olympic toán Lời giải Đặt ( ) 2 3 ab ca x bc a y +=    −=   , từ giả thiết suy ra 9,0 1 xy    . Theo bài ra ta có 1 log log log 1 log log log 2 x y x y x y y x y x y x x = + = − +  + = . Do đó ( ) 2 2 1 log 2 log 2log 1 0 log 1 0 log 1 log x x x x x x y y y y y y x y + =  − + =  − =  =  = . Từ đó suy ra ( ) 1 2 3 2 3 2 3 1 ab ca bc a ab ca bc abc c b a + = −  + + =  + + = . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz cho bộ 3 số ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 c b a c b a         + + + +  + +                  ( ) ( ) ( ) 22 1 2 3 1 2 3 1 2 3 a b c T c b a   + + + +  + +   + +   . Dấu "" = của bất đẳng thức trên xảy ra khi 1 2 3 1 1 2 3 1 2 3 2 2 2 6 1 2 3 1 3 3 3 6 c c c c c b a b c b a c a c b a  + + =    = + + ==        =  = + +       + + = = = + +       . Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng ( ) ( ) 2 1 2 3 17,19 17;18 + +   . Câu 82. Biết rằng x , y là các số thực thỏa mãn ( ) ( ) 2 4 4 3 3 3 81 3 3 y x y x y −− + = + . Giá trị của biểu thức 6 xy + bằng A. 1 . B. 2 . C. 4 . D. 3 . Lời giải Ta có ( ) ( ) 2 4 4 3 3 3 81 3 3 y x y x y −− + = + ( ) 24 4 11 3 3 3 81 33 y x y xy   + = +   ( ) 4 24 4 33 3 3 3 81 3 .3 yx y x y xy  +  + =   2 4 81 3 3 .3 y xy = 24 3 .3 .3 81 y x y = 6 3 81 xy + = 64 xy  + = . Câu 83. Cho , ab là các số thực dương và , xy  thỏa mãn 2 3 1 2 1 . 3 23 b a ba ab + = − − − − Để giá trị lớn nhất của biểu thức ( 1) 2020 ax b y x y ae b a Pe + − − − − + = bằng 1 thì a thuộc khoảng nào sau đây A. 1 0; 2018    . B. 11 ; 2015 2012    . C. 11 ; 2012 2009    . D. 11 ; 2018 2015    . Lời giải Ta có 1 1 2 11 2 3 1 21 3 23 21 33 b a a b b a a b ab ab − −  −− + − = − − + = − + − . Đặt ( ) ( ) 3 , 2 2 3 ln3 1 0 2 t t t t f t t f t ln −−  − + = + = + ( ) ( )11 f a f b a b  = −  = − . Xét ( 1) ( ) 2020 2021 1 ax b y x y a x y x y ae P b a e e e aa + − − − − − − − + = + = − . | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 138 Đặt ( ) 2021 1 0 x y a t e P t t at a − − =   = +− , có ( ) 1 01 a P a t at t −  − =  = = . Ta có ( ) ( ) ( ) 0; max 1 1 2021 1 1 P t P a a + = = − + − = 1 2020 a = . Câu 84. Cho các số thực , xy thỏa mãn ( ) 3 ln ln 2 ln3 yx  + − . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 3 22 42 1 2 y x x xy H e x y y − − − + = − + + − A. 0 . B. 1 e . C. 1 . D. e . Lời giải Có ( ) 3 33 3 3 33 20 22 ln ln 2 ln3 32 4 2 4 2 x xx yx yx y x y y x x y x   +  −  −   + −       +  + + − − −  −    . Ta có ( ) ( ) ( ) 33 2 22 4 2 4 2 2 1 22 y x x y x x y x xy xy H e x y y e xy y x − − − − − − −+ + = − + + − = − + − − . Khi đó ( ) ( ) 2 2 yx yx H e y x − −  − − − . Đặt t y x =− , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 33 12 12 2 3 2 0 3 3 3 3 x x x xx x x x tx − + − −+ + − +  − = = =  3 2 x   − Khi đó 2 2 t t H e t  − − . Xét ( ) 2 1 2 t T t e t t = − − với 0 t  Có ( ) 1 t T t e t  = − − ; ( ) 1 t T t e  =− , Ta thấy ( )  ) 1 0 0; t T t e t  = −    +  ; ( )00 T t t  =  = ( ) Tt   đồng biến trên nửa khoảng  ) 0; + ( ) ( ) 0 T t T    ) 0; t   +  . ( ) 0 Tt   ,  ) 0; t   +  ; ( ) ' 0 0 T t t =  = ( ) Tt  đồng biến trên nửa khoảng  ) 0; + Như vậy thì  ) ( ) 0; min 0 1 1 T T H + = =   ; dấu bằng xảy ra khi 1 xy == Vậy giá trị nhỏ nhất của H là 1 . Câu 85. Cho các số thực ,, a b c thuộc khoảng ( ) 1; + và thỏa mãn 2 2 log log .log 9log 4log b b a a a c b c c b b  + + =   . Giá trị của biểu thức 2 log log ab bc + bằng A. 1 . B. 1 2 . C. 2 . D. 3 . Lời giải 2 2 log log .log 9log 4log b b a a a c b c c b b  + + =   ( ) ( ) 2 2log log . 2log 1 9log 4log a b b a a b c c c b  + − + = ( ) 2 2log log .2log log 9log .log 4log 0 a b b b a b a b c c c b c b  + − + − = (1). Đặt log log a b bx cy =   =  . Do ,, a b c thuộc khoảng ( ) 1; + nên 0; 0 xy  . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 139 | Chinh phục Olympic toán Khi đó (1) trở thành 22 4 2 9 4 0 x y y xy x + − + − = ( ) ( ) ( ) 22 4 2 8 4 0 x xy y xy y x  + + + − + = ( ) ( ) 4 2 1 0 x y x y  + + − = 4 0 4 2 1 0 2 1 x y y x x y x y + = = −    + − = + =  . Do 0; 0 xy  nên 4 yx =− bị loại. Khi đó 21 xy += Suy ra 2 log 2log 1 log log 1 a b a b b c b c + =  + = Câu 86. Cho các số thực , xy sao cho 1, 1 xy  và thỏa mãn ( ) 3 3 3 3 3 9 log log 6 2log log 2 3 log 2 . 2 x y x y xy + − = Giá trị của biểu thức 2 P x y =+ gần với giá trị nào nhất trong các số sau đây A. 10 . B. 8 . C. 9 . D. 7 . Lời giải Đặt 3 log ax = và 3 log 2 by = trong đó 0 a  và 3 log 2 b  . Khi đó phương trình ở đề bài trở thành ( ) ( ) 9 1 2 3 2 a b ab a b + + − − = . Điều này tương đương với ( ) 22 9 2 2 7 1 0 2 ba b b a + − − + = . Ta xem đẳng thức trên là phương trình bậc hai ẩn a . Nhận thấy 0 b  và 9 0 2  nên phương trình có nghiệm dương khi và chỉ khỉ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 3 3 2 2 2 7 1 7 57 log 2 0 0 4 2 0 1 4 20 1 0 2 7 1 36 0 7 57 log 2 4 7 57 log 2 4 1 1 10 5 2 6 2 4 20 1 0 5 2 6 2 bb b S b b b b b b b b b b b b b bb b  − − −  +               − − +  − − −      +     +       =      =    −= +        − +      −        Khi đó 3 2 a = . Vậy 3 3 27 3 8.2 ab P = + = +  . Câu 87. Gọi A thuộc đồ thị hàm số 2; x yB = thuộc đồ thị hàm số 2 ; , x y C D − = là hai điểm thuộc trục hoành sao cho tứ giác ABCD là hình thang cân với đáy lớn ,2 AB AB CD = và có chu vi bằng 20 đơn vị . Diện tích của hình thang ABCD nằm trong khoảng nào dưới đây? A. ( ) 20;25 . B. ( ) 27;33 . C. ( ) 34;39 . D. ( ) 41;45 . Lời giải Gọi ( ) ( ) ;2 ;2 . aa A a B a − Gọi H là trung điểm ( ) 0;2 a AB H  Trung điểm CD là ( ) 0;0 ;0 . 2 a OD     | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 140 Ta có 2 2 2 ; ; 2 . 4 a a AB a CD a AD = = = + Yêu cầu bài toán 2 2 2 2 3 20 2,5823 4 a a aa + + =   ( ) 11 . .3 .2 23,19791302. 22 a ABCD S AB CD OH a  = + =  Câu 88. Cho các số thực dương , , , , , a b c m n p thỏa mãn các điều kiện 2017 2017 2017 2 2 3 7 m n p + +  và 4 4 3 42 a b c + +  . Tìm khẳng định đúng với biểu thức ( ) ( ) 2018 2018 2018 2 2 2 2 3 ab c S m n p = + + ? A. 2018 42 7.6 S  B. 2018 6 S  C. 2018 7 7.6 S  D. 4 42 S  Lời giải Đặt 2017 2017 2017 1 2 3 1 2 3 2 ;2 ; ; ; ; . a x b x c x m y n y p y = = = = = = Khi đó ta có 1 2 3 1 2 3 2 2 3 42 2 2 3 7 x x x y y y + +    + +   và 2018 2018 2018 3 12 2017 2017 2017 1 2 3 223 x xx y P yy = + + . ( ) 2018 2018 2018 2017 2017 3 12 1 2 3 2017 2017 2017 1 2 3 3 223 7 2 2 3 x xx y x P y y y yy +     + +   + Theo bất đẳng thức Holder ta có ( ) ( ) 2018 2018 2018 3 12 1 2 3 1 2 3 2017 2017 2017 1 2 3 2 2 3 ... 2 2 3 23 2 x xx y y y y y y yyy  ++  + + + +   ( ) ( ) ( ) ( ) 2018 2018 2018 2018 2017 2017 2017 2018 2018 3 12 2018 2018 2018 1 2 1 1 2 3 2017 2017 2017 1 2 3 2 . 2 . . 3 .3 2 2 3 42 . 22 x xx y y y x x x y y y    + + = + +    2018 . P     Nhận xét. Câu này quá sức khủng khiếp tuy vậy là câu trong đề thi thử của Nguyễn Khuyến! Câu 89. Cho , ax là hai số dương khác 1 . Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên dương n sao cho 2 1 1 1 4095 ... log log log log n aa aa x x x x + + +  . Tính tổng T tất cả các phần tử của S . A. 8010 T = B. 4005 T = C. 8090 T = D. 4095 T = Lời giải Ta có ( ) 2 1 1 1 1 ... log 2log ... log log . log log log 2 n x x x x a aa nn a a n a a x x x + + + + = + + + = Mà 4095 4095 log log x a a x = . Do đó ( ) 1 8190 91 90 1 90. n n n n +   −      Tổng các giá trị n thỏa mãn yêu cầu bài toán là 4095 T = . Câu 90. Cho 0 1, a  phương trình ( ) ( ) 2 2 2 4 2 1 log 1 log xx aa a a x a a +  + = + + +   có bao nhiêu nghiệm? A. 0. B. 1. C. 3. D. 4. Lời giải Phương trình ( ) ( ) 2 2 4 2 2 2 log 2 log 1 xx aa a a x x a +  + = + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 log log log 1 1 x x x x x x x x a a a a a a a a a a a + + + +  + = + +  + = + Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 141 | Chinh phục Olympic toán ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 0 22 1 2 . 20 13 x x x x x xx a a a x xx x ++  =  +=   − −   = −   +=   =  Câu 91. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thỏa mãn bất phương trình ( ) ( ) 22 2 2019 log 2019 x x m m x m m −  − + − + luôn đúng 1 x  , biết rằng 2 m e  . A. 122 B. 100 C. 98 D. 123 Lời giải Ta có 2 1 2 log ln2 m e m e m      Bất phương trình tương đương ( ) ( ) 22 2 2019 2019 log 0, 1 x m x m mx m x x − + − + − −    . • Ta xét 1 :y mx m  = − đi qua điểm cố định ( ) 1;0 có hệ số góc 1 km  = , mà ( ) 2 log y f x x == có tiếp tuyến tại ( ) 1;0 có hệ số góc tại điểm là ( ) 1 1 '1 ln2 ky== . Với 1 1 1 ;1 ln2 m x k k       1 :y mx m  = − nằm phía trên đồ thị ( ) 2 log f x x = . 2 log mx m x  −  . Nên ( ) ( ) 2 2 2 2 2019 2019 0 2019 2019 , 1 2 xx m x m m x m x − + −    + −   • Ta xét 22 2 : y 2019 m x m  = + − đi qua điểm cố định ( ) 1;2019 và có hệ số góc là 2 2 km  = . Mà ( ) 2019 x y g x == có tiếp tuyến tại ( ) 1;2019 có hệ số góc ( ) 2 ' 1 2019ln2019 kg== . Để ( ) 2 xảy ra thì 2 2 2 2019ln2019 2019ln2019 2019ln2019 k k m m      −   . Vậy 1 2019ln2019 ln2 m   có122 giá trị nguyên của m . Câu 92. Cho , ab là hai số dương phân biệt thỏa mãn 2 . a b e  và ab ba = . Tìm số giá trị nguyên của m với   0;6 m  thỏa mãn ( ) ( ) 2 3 2 22 . 2 3 4 3 2 mm x xx a b a b m m x  − + + + + − −     với 0 x  A. 4 B. 5 C. 2 D. 1 Lời giải Ta có ln ln .ln .ln ab ba b a a b b a ba =  =  = . | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 142 Xét hàm số ( ) ln ,0 x f x x x =   có ( ) 2 1 ln '0 x fx x − == xe = ta có bảng biến thiên của ( ) fx Từ bảng biến thiên ta giả sử 1 ln 0 b a b e a b b         mà ln ln ba ba = ln 0 a  1 a  . Nên 1 b e a     ( ) ( ) ( ): . x xx C g x a b a b = + + sẽ có đồ thị như hình vẽ Ta có ( ) ( ) ( ) 2 3 2 22 . 2 3 4 3 1 2 mm x xx a b a b m m x  − + +  − + − − +    Gọi d là tiếp tuyến của đường cong ( ) ( ) ( ): . x xx C g x a b a b = + + tại điểm ( ) 0;3 M như hình vẽ. Đường thẳng ( ) 2 3 2 22 ' : 2 3 4 3 2 mm d y m m x  − = − + − − +    luôn đi qua điểm cố định ( ) 0;3 M . Như vậy để ( ) 1 luôn đúng 0 x  thì 'dd kk  . Lại có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ' ln ln ln ' 0 ln x xx g x a a b b ab ab g ab = + +  = ( ) ( ) 2 3 2 22 2 3 4 ' 0 2 mm m m g  −  − + − −     ( ) ( ) 2 3 2 24 22 2 3 4 ln ln 4 2 mm m m ab e  −  − + − −   =    ( ) 2 3 2 22 2 3 0 2 mm mm −  + −  2 3 3 0 m mm m         mà   0;6 m  . Vậy có tất cả 5 giá trị nguyên thỏa mãn. Câu 93. Cho các số thực , , , a b c d thoả mãn 1 1 1 1 1 . 4 2 4 8 16 a b c d + + + = Gọi m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3 4 . S a b c d = + + + Giá trị của biểu thức 2 log m bằng A. 1 . 2 B. 1 . 4 C. 4. D. 2. Lời giải Biến đổi tương đương 2 3 4 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 . 44 2 4 8 16 a b c d a b c d − − − − + + + =  + + + = Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 143 | Chinh phục Olympic toán Đặt 2 3 4 2 1 2 . 4 2 , , , 0 2 a b c d x y x y z t z x y z t t − − − −  =   = + + + =    =     =  Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 4 log log log log log . S a b c d x y z t xyzt = + + + = − + + + = − Ta có 4 16 4 1 2 4 16 x y z t xyzt − + + +   = =   16 S  . Dấu bằng xảy ra 1 16 x y z t = = = = . Do đó 16 m = . Câu 94. Cho các số thực ,, x y z thỏa mãn điều kiện 3 3 3 1 x y y z z x + + + + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 11 22 9 9 9 yz x P ++ = + + ? A. min 1 P = B. min 2 P = C. min 3 P = D. min 4 P = Lời giải Ta đặt 3 ,3 ,3 x y z a b c = = = . Khi đó 1 ab bc ca + + = . Đồng thời ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 3 3 P a b c k a k b k c k a b c = + + = + + + + + − + + . ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 3 3 1 3 a b c bc a P k a b c k a b c k k k k k ++  = + + − + +  − + + + + + + + + . Chọn 1 k = thì ( ) ( ) 2 2 2 2 min 2 P a b c a b c P  + + − + +  = . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 21 , 1 1 1 55 2 4 4 ab bc ca a b c a b c + + =     = = =  ==    . Câu 95. Cho , ab là hai số thực dương. Giá trị nhỏ nhất của 22 55 81 log log P a b ab  = + + +   bằng A. 1 . 2 B. 1. C. 3 . 2 D. 2. Lời giải Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 22 41 8 1 4 1 8 1 5 22 . 5 25 a b a b a b ab ab a b a b  +  + = +   +  +   +  +  +   Do đó ( ) 22 22 5 5 5 22 5 5 3 log log log . 2 5 5 P a b ab  + + = = + Câu 96. Cho , ab là hai số thực dương. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 3 3 3 4 log 1 2 log 1 2log 1 2 b Pa a b   = + + + + +     A. 1. B. 4. C. 7. D. 9. Lời giải Ta có ( ) 2 3 4 log 1 2 1 1 . 2 b Pa a b    = + + +          | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 144 • ( ) ( ) 2 1 2 1 1 2 1 2 1 22 bb a a b b b b aa  + + = + + +  + + = +   . • ( ) ( ) ( ) 2 22 2 4 4 4 1 2 1 1 1 1 1 4 1 2.2 4 81. 2 b a b b a b b b         + + +  + + = + + +  + + =                 Suy ra 3 log 81 4. P= Câu 97. Xét hàm số ( ) 2 log 2 4 x fx=+ và , ab là hai số thực dương thỏa mãn ( ) ( ) 1. f a f b  += Đặt 27 2018 12 2017 . T a b =+ Khẳng định nào sau đây là đúng? A. 1 0. 4 T  B. 11 . 42 T  C. 1 1. 2 T  D. 1. T  Lời giải Ta có ( ) 4 . 42 x x fx  = + Do đó ( ) ( ) 44 11 4 1 4 1 ab ab f a f b  + =  + = ++ 01 4 4 1 . 01 ab a ab b +    =  + =     Khi đó ta có 4 2017 27 2018 12 2017 9 2018 1 T a b a b a b = + = +  + = với mọi ( ) , 0;1 . ab  Câu 98. Với hai số thực , ab bất kỳ, ta kí hiệu ( ) ( ) , 23 ab f x x a x b x x = − + − + − + − . Biết rằng tồn tại duy nhất số thực 0 x để ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ,, min a b a b x f x f x  = với mọi số thực , ab thỏa mãn ba ab = và 0 ab  . Giá trị của 0 x bằng A. 21 e − B. 2,5 C. e D. 2e Lời giải Ta có ln ln .ln .ln ab ba b a a b b a ba =  =  = . Xét hàm số ( ) ln ,0 x f x x x =   có ( ) 2 1 ln '0 x fx x − == xe = ta có bảng biến thiên của ( ) fx Từ bảng biến thiên vì 1 ln 0 b a b e a b b         mà ln ln ba ba = ln 0 a  1 a  Nên 1 b e a    . Với xe = ( ) ( ) , 1 ab f e b a = − + , ta thấy ( ) ( ) ( ) , 2 3 1 ab f x x a b x x x b a f e  − + − + − + −  − + = thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 3 0 x a b x xx  − −    − −    . Câu 99. Cho 2 số thực ( ) , 0;2 xy  thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) ( ) 3 8 11 x x ey ey − + = − . Giá trị lớn nhất của ln 1 ln P x y = + + bằng A. 1 ln3 ln2 +− . B. 2 ln3 ln2 − . C. 1 ln3 ln2 +− . D. 1 ln2 + . Lời giải Điều kiện 1 1, xy e  . Ta có ( ) ( ) ( ) 3 8 11 x x ey ey − + = − 2 2 2 5 24 11 x x e y ey  + − = − Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 145 | Chinh phục Olympic toán ( ) 2 2 2 11 5 24 0 e y ey x x  − − + − = (*) có ( ) 2 2 5 0 x  = + ,1 x  . Do đó (*) ( ) ( ) 11 2 5 8 8 2 33 11 2 5 2 x x y ey ey x e ey x x x y ey e  ++ +  = =   =+        = − −  −+   = =     . Do 89 2 x y ee + =   nên loại 8 x y e + = . Với 3 x y e − = , 12 x  Khi đó, ta được ( ) ln ln 3 P x x = + − trên  ) 1;2 . ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 ln ln 3 2 ln ln 3 2ln 3 P x x x x x x    = + −  + − = −   ( )  ) 2 3 2ln 4 ln3 ln2 , 1;2 2 xx x +−   = −     Dấu “ = ” xảy ra khi ( )  ) ln ln 3 3 3 2 1;2 xx x x x x  =−   = −  =      . Vậy max 2 ln3 ln2 P=− tại 3 2 x = , 3 2 y e = . Câu 100. Cho ; ; 1 x y z  thỏa mãn ( ) ( ) 2 2 2 144 log 5 16 27 log 2 xy yz xz x y z xy yz xz ++ + + + + + = . Giá trị của biểu thức 22 1 yz x + − bằng A. 13 . 12 B. 5 . 6 C. 20 . 11 D. 3 . 19 Lời giải Ta có 2 2 2 5 16 27 x y z ++ ( ) 2 2 2 2 2 2 3 12 2 18 4 9 12 x y x z y z xy xz yz = + + + + +  + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 log 5 16 27 1 log 12 xy yz xz xy yz xz x y z + + + +  + +  + ( ) 12 1 1 log 12 log 2 4 xy yz xz VT xy yz xz ++   + + + +  Dấu bằng xảy ra khi ( ) 12 23 2 2 20 12; 6; 4 . log 2 1 11 x y z yz x y z xy yz xz x ==  +   = = =  =  + + = −   Câu 101. Gọi ( ) C là đồ thị hàm số ( ) ( ) ( ) 2 32 4 21 neáu 0 3 2 3 24 neáu 0 21 x x x ax x x x y f x x x x + −    − + −   ==   +     +   , ( ) 0 a  . Biết rằng các đường tiệm cận ngang của ( ) C đều nằm phía trên trục Ox . Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi các đường tiệm cận của ( ) C và đường thẳng yx = . Diện tích của D là 1 2 m S e n =− . Tính tích .. a m n . A. 4. B. 32. C. 8 − . D. 8. Lời giải | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 146 Điều kiện D = . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 21 21 lim lim lim 33 3 2 3 21 x x x x x x fx ax x x x a xx → −  → −  → −  − − ==   − + − − − + −      . Nếu 20 a − +  thì ( ) lim 0 x fx → −  = ( ) C có tiệm cận ngang 0 y = (mâu thuẫn giả thiết). Suy ra 2 0 4 aa − + =  = . Với 4 a = , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 4 3 2 lim lim 33 xx x x x x fx xx → − → − − − − = −− 13 2 4 2 lim 3 31 x xx x → −    − − − −      =  −−   ( ) 2 4 2 8 33 −− == − (1) Ta có ( ) 32 4 3 lim lim 1 21 x xx fx x + → +  → +   =+  +  . Đặt 21 3 x t + = , ta có 31 2 t x − = và khi x → +  thì t → +  . Suy ra ( ) 9 9 1 1 9 8 88 8 1 1 1 lim lim 1 lim 1 . lim 1 t t x t t t f x e t t t + → +  → +  → +  → +         = + = + + =                (2) Từ (1) và (2) suy ra ( ) C có hai đường tiệm cận ngang là 8 3 y = , 9 8 ye = . ( ) ( ) ( ) 2 00 21 lim lim 4 3 2 3 xx x fx x x x x −− →→ − = = +  − + − ( ) C  có tiệm cận đứng 0 x = . Ta có hình phẳng D là hình thang vuông MNPQ (như hình vẽ). Có 8 3 MN = , 9 8 PQ e = , 9 8 8 3 QM e =− . Như vậy thì ( ) 99 99 88 44 1 1 8 8 1 64 1 32 .. 2 2 3 3 2 9 2 9 MNPQ S S PQ MN QM e e e e      = = + = + − = − = −           . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 147 | Chinh phục Olympic toán Suy ra 9 4 . . 32 32 9 m a m n n  =   =   =   . Câu 102. Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn 1 2 .4 3 xy xy +− + . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 46 P x y x y = + + + bằng A. 33 4 . B. 65 8 . C. 49 8 . D. 57 8 . Lời giải Cách 1. Nhận xét. Giá trị của , xy thỏa mãn phương trình ( ) 1 2 4 3 1 xy xy +− +  = sẽ làm cho biểu thức P nhỏ nhất. Đặt a x y =+ , từ ( ) 1 ta được phương trình 1 23 4 . 2 0 a a yy − + − − = . Nhận thấy 1 23 4 . 2 a ya yy − = + − − là hàm số đồng biến theo biến a , nên phương trình trên có nghiệm duy nhất 33 22 a x y =  + = . Ta viết lại biểu thức ( ) ( ) 2 1 1 65 42 4 8 8 P x y x y y  = + + + + − − =   . Vậy min 65 8 P = . Cách 2. Với mọi , xy không âm ta có 33 1 22 33 2 .4 3 .4 . 4 1 0 22 x y x y xy x y x y x y y + − + − +−   +   +   + − + −      (1) Nếu 3 0 2 xy + −  thì ( ) 3 0 2 3 . 4 1 0 . 4 1 0 2 xy x y y y +−   + − + −  + − =     (vô lí) Vậy 3 2 xy + . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được ( ) ( ) 22 22 4 6 3 2 13 P x y x y x y = + + + = + + + − ( ) 2 2 1 1 3 65 5 13 5 13 2 2 2 8 xy   + + −  + − =   Đẳng thức xảy ra khi 5 3 4 2 1 32 4 y xy xy x  =   +=     + = + =    . Vậy 65 min 8 P = . | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 148 2. Điều kiện cần và đủ. Mở đầu phương pháp này ta sẽ đi vào một bài toán khá nổi tiếng sau. Bài toán. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình ( ) 4 22 9.3 4 2 1 3 3 .3 1 0 xx m x x m − + + + + + = Có đúng 3 nghiệm phân biệt? Chắc hẳn bài toán này sẽ làm rất nhiều bạn gặp khó khăn trong việc tìm ra hướng giải quyết phải không nào? Tuy nhiên trong phần này ta sẽ tìm hiểu tới phương pháp điều kiện cần và đủ để giải quyết các bài toán như này. Phương pháp điều kiện cần và đủ thường tỏ ra khá hiệu quả cho lớp bài toán tìm điều kiện tham số để. • Phương trình trị tuyệt đối có nghiệm duy nhất. • Phương trình trị tuyệt đối có nghiệm với mọi giá trị của một tham số. • Phương trình tương đương với một phương trình hoặc một bất phương trình khác. Khi đó ta thực hiện theo các bước sau • Bước 1. Đặt điều kiện để các biểu thức của phương trình có nghĩa. • Bước 2. Tìm điều kiện cần cho hệ dựa trên việc đánh giá hoặc tính đối xứng của hệ. Giả sử hệ thỏa mãn tính chất p nào đó mà đầu bài đòi hỏi. Khi đó, dựa vào những đặc điểm của tính chất p và dạng của phương trình ta sẽ tìm được một ràng buộc nào đó đối vói tham số m và ràng buộc ấy chính là điều kiện cần để có tính chất p. Điều đó có nghĩa là nếu với 0 m không thỏa mãn ràng buộc trên thì chắc chắn ứng vởi 0 m , hệ không có tính chất p. • Bước 3. Ta tìm xem trong các giá trị của m vừa tìm được, giá trị nào làm cho hệ thỏa mãn tính chất p. Kiểm tra điều kiện đủ. Ở bước này nói chung ta cũng chỉ cần giải những hệ cụ thể không còn tham số. Sau khi kiểm tra, ta sẽ loại đi những giá trị không phù hợp và những giá trị còn lại chính là đáp số của bài toán. Như vậy, ý tưởng của phương pháp này khá rõ ràng và đơn giản. Trong rất nhiều bài toán về biện luận thì phương pháp này lại thể hiện ưu thế rõ rệt. Tuy nhiên, thành công của phương pháp còn nằm ở chỗ ta phải làm thế nào để phát hiện điều kiện cần một cách hợp lí và chọn điều kiện đủ một cách đúng đắn. Sau đây chúng ta sẽ đi vào các ví dụ cụ thể! Câu 1. Tìm m để phương trình ( ) 44 2 2 1 x x x x m + − + + − = có nghiệm duy nhất. Giải Phân tích. Nếu như ở phương pháp cô lập m thì ta đã có cách giải quyết bài này bằng đạo hàm thì ở phần này ta sẽ tiếp cận nó với phương pháp điều kiện cần và đủ Điều kiện cần. Giả sử ( ) 1 có nghiệm là ( ) 00 2 x x x =  − cũng là nghiệm của ( ) 1 Vậy ( ) 1 có nghiệm duy nhất khi 00 21 x x = − = Thay 0 1 x = vào ( ) 1 , ta được 4 m = Đó chính là điều kiện cần để phương trình có nghiệm duy nhất. Điều kiện đủ. Với 4 m = , khi đó ( ) 1 có dạng ( ) 44 2 2 4 2 x x x x + − + + − = Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz , ta được 44 22 22 xx xx  + −    + −    . Do đó ( ) 2 44 22 22 xx xx  + − =    + − =    1 x = là nghiệm duy nhất của phương trình. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 149 | Chinh phục Olympic toán Vậy với 4 m = phương trình có nghiệm duy nhất. Câu 2. Tìm m để phương trình ( ) 22 2 2 4 2 1 x x m m x m + − + + = + − nghiệm đúng 0 x  . Giải Điều kiện cần. Giả sử ( ) 1 có nghiệm 0 x  0 x = là nghiệm của ( ) 1 , khi đó. ( ) 1 ( ) 2 2 2 20 2 4 2 2 4 2 m m m m m m m −    − + + = −   − + + = −   3 m = Đó chính là điều kiện cần để phương trình nghiệm đúng với 0 x  Điều kiện đủ. Với 3 m = , khi đó ( ) 1 có dạng 0 2 2 1 1 x m x x  − + + = +  1 1 0 0 xx + = +  = luôn đúng. Vậy với 3 m = phương trình nghiệm đúng với 0 x  . Chú ý. Với bài toàn có nhiều hơn một tham số ra sẽ thấy tầm quan trọng của việc lựa chọn điểm thuận lợi cùng với việc xác định các giá trị của tham số được thực hiện tuần tự. Chúng ta đi xem xét ví dụ sau. Câu 3. Tìm a, b để phương trình 22 1 1 0 a x x bx + − + + = nghiệm đúng với x  . Giải Điều kiện cần. Giả sử ( ) 1 có nghiệm x  0 x = là nghiệm của ( ) 1 , khi đó ( ) 1 1 0 1 aa  − =  = Với 1 a = thì ( ) 1 2 2 2 2 1 1 1 1 0 0 x x x bx x x bx bx b   + = + +  + = + +  =  = Vậy 1, 0 ab == là điều kiện cần để phương trình nghiệm đúng với x  . Điều kiện đủ. Với 1, 0 ab == thì ( ) 1 00 = luôn đúng. Vậy với ( ) 1 phương trình nghiệm đúng với x  Câu 4. Cho 2 phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 3 2 5 2 3 3 1 1 6 9 16 0 2 x x m x x m x x x  + − = + + −   + + − =   . Tìm m để ( ) ( ) 1 , 2 tương đương? Giải Phân tích. Để 2 phương trình tương đương nhau thì phương trình 1 phải có cùng tập nghiệm với phương trình 2. Do đó ta đi giải phương trình 2. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 1 2 3 16 0 1 4 3 4 0 4 x x x x x x x x =   + − =  − + + + =   =−  Điều kiện cần. Giả sử ( ) ( ) 1 , 2 tương đương 1 x = là nghiệm của ( ) 1 khi đó ( ) ( ) 2 32 0 0 1 6 3 3 43 3 4 0 m m mm mm mm      = +     =+ + − =   ( ) ( ) 2 0 1 1 4 4 0 m m m m m      =  − + + =   Vậy 1 m = là đều kiện cần để ( ) ( ) 1 , 2 tương đương. | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 150 Điều kiện đủ. Với 1 m = , khi đó ( ) 1 có dạng ( ) 22 3 10 3 3 3 x x x x − − + = + Đặt 2 3 t x x =+ , điều kiện 0 t  Khi đó ( ) 3 ( ) 2 5 3 10 0 2 tL tt t  =−  + − =   =  Với 2 t = ta có 22 1 3 2 3 4 4 x x x x x x =  + =  + =   =−  Tức là ( ) ( ) 1 , 2 tương đương. Vậy với 1 m = thì ( ) ( ) 1 , 2 tương đương. Chú ý. Chúng ta đã thấy tồn tại những phương trình chứa căn thức mà tập nghiệm của nó là một khoảng, do đó một phương trình chứa căn thức có thể tương đương với một bất phương trình. Chúng ta đi xem xét ví dụ sau. Câu 5. Cho phương trình và bất phương trình ( ) ( ) 22 1 2 2 1 2 2 2 1 3 2 2 5 2 x m x x m x x x x x  − + − + − − − =   + +  + +   Tìm m để ( ) ( ) 1 , 2 tương đương? Giải Điều kiện cần Giả sử ( ) ( ) 1 , 2 tương đương suy ra 3 x = là nghiệm của ( ) 1 , khi đó ( ) 1 2 2 2 2 2 2 4 4 0 1 m m m m  + + − =  − =  =  Vậy 1 m = là điều kiện cần để ( ) ( ) 1 , 2 tương đương. Điều kiện đủ Với 1 m = , khi đó ( ) 1 có dạng 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 x x x x x x − + − + − − − =  − + + − − = ( ) ( ) 2 1 1 2 2 1 1 2 x x x x  − + + − − = − + + − − ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 0 1 2 0 3 x x x x  − + − −   − −    Tức là ( ) ( ) 1 , 2 tương đương. Với 1 m =− tương tự hoặc có thể nhận xét về tính đối xứng của m trong phương trình Vậy với 1 m = thì ( ) ( ) 1 , 2 tương đương. Câu 6. Tìm m để phương trình ( ) ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1 1 x x m x x x x m + − + − − − = có nghiệm duy nhất? Giải Phân tích. Một bài toán nhìn nhiều căn khá là phức tạp, và ý tưởng hàm đặc trưng dường như cũng khá là khó, tuy nhiên hãy chú ý đến các biểu thức ,1 xx − ta không khó để nhận ra nếu 0 x thì 0 1 x − cũng là nghiệm của phương trình, do đó chúng ta sẽ sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ để giải quyết bài toán này. Lời giải Nhận thấy nếu 0 x là nghiệm của phương trình ( ) 1 thì 0 1 x − cũng là nghiệm của phương trình ( ) 1 . Phương trình ( ) 1 có nghiệm duy nhất thì Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 151 | Chinh phục Olympic toán 3 0 0 0 1 1 0 1 2 x x x m m m m = −  =  =  =  =  • Với 0 m = thì ( ) 1 trở thành ( ) ( ) 2 44 4 1 1 2 1 0 1 0 2 x x x x x x x + − − − =  − − =  = Vậy 0 m = thỏa mãn • Với 1 m = thì ( ) 1 trở thành ( ) ( ) 4 1 2 1 1 2 1 x x x x x x + − − − = − − ( ) ( ) 44 22 44 44 1 2 1 1 1 0 11 1 x xx x x x x x xx x  =    =− − − = − −   =   + − =    =   Vậy ta loại 1 m = • Với 1 m =− thì ( ) 1 trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) 22 44 4 1 2 1 1 2 1 0 1 1 0 x x x x x x x x x x + − − − + − − =  − − + − − = 44 1 1 2 1 xx x xx  =−    =  =−   Vậy 1 m =− thỏa mãn Vậy 0, 1 mm = = − là 2 giá trị thỏa mãn. Câu 7. Ti ̀m m để phương trình ( ) 22 2 2 2 3 1 2 2 3 x x m m x m + + + + = + + + có nghiệm duy nhất? Giải Biến đổi phương trình tương đương ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 3 1 2 2 3 2 2 2 3 1 2 2 3 1 x x m m x m x m m x m + + + + = + + +  + + + − = + + + Đặt 2 tx =+ , ta có phương trình ( ) 22 2 2 3 1 2 3 2 t m m t m + + − = + + . Nhận xét ( ) 1 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ( ) 2 có nghiệm duy nhất. Giả sử 0 t là một nghiệm của ( ) 2 thì 0 t − cũng là nghiệm của ( ) 2 . Do đó để ( ) 2 có nghiệm duy nhất, điều kiện cần là 0 0 0 0 t t t = −  = . Với 0 0 t = thay vào ( ) 2 ta được 2 2 1 3 2 2 3 1 3 13 7 6 13 0 7 m m m m m m mm =  −   + − = +     =− + − =    Thử lại. • Với 1 m = phương trình ( ) 2 trở thành 2 2 2 2 4 2 4 4 4 4 0 t t t t t t + = +  + = + +  = (thỏa mãn) • Với 13 7 m =− phương trình ( ) 2 trở thành 2 2 2 16 8 16 8 16 2 2 0 49 7 49 7 49 t t t t t t + = +  + = + +  = (thỏa mãn) | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 152 Vậy 13 1,m 7 m = = − là 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 8. Tìm a và b để phương trình sau có nghiệm duy nhất ( ) ( ) ( ) 22 3 2 2 2 3 33 1 ax b ax b a x b b + + − + − = Giải Điều kiện cần Giả sử ( ) 1 có nghiệm duy nhất 0 , xx = khi đó dễ thấy 0 xx =− cũng là nghiệm của ( ) 1 . Do đó từ giả thiết suy ra 0 0. x = Thay 0 0 x = vào ( ) 1 ta được 3 2 3 0 1 b bb b =  =  =  Điều kiện đủ Khi 0, b = ( ) 1 có dạng 333 2 2 2 2 2 2 2 2 00 a x a x a x a x + + =  = Do đó ( ) 1 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 0. a  Khi 1, b = ( ) 1 có dạng ( ) ( ) ( ) 22 3 22 33 1 1 1 1 * ax ax a x + + − + − = Đặt 33 1; 1, u ax v ax = + = − ta thấy. ( ) 33 22 22 2 1 1 1 2 *0 1 1 1 1 1 u v u ax uv ax u uv v v ax u uv v    − = = + = − =        =     + + = = − − = − + + =        Vậy ( ) * có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 0. a  Tóm lại, để phương trình ( ) 1 có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần và đủ là 0; 0 1 ab b =   =  . Nhận xét. Đây là một bài toán tổng quát cho rất nhiều bài toán khác mà một số “thầy” dạy online trên mạng đã đưa ra dựa vào việc thay các biến thành các biểu thức chứa mũ hoặc loagrit. Câu 9. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất 7 11 4 4 3 10 3 7 11 4 4 3 10 3 x x m m y y m m  + + − − = − − −    + + − − = − − −  Giải Điều kiện 7 , 11 74 10 27 3 xy m −         Trừ theo vế hai phương trình ta có 7 11 7 11 x x y y + − − = + − − Xét hàm số ( ) 7 11 , 7 11 f t t t t = + − − −   ta có ( ) 11 ' 0. 2 7 2 11 f t tt = +  +− Vậy hàm số đồng biến, khi đó ( ) ( ) . f x f y x y =  = Thay vào một trong hai phương trình của hệ ta được ( ) 7 11 4 4 3 10 3 * x x m m + + − − = − − − Điều kiện cần Ta thấy là nếu 0 x là một nghiệm của phương trình thì 0 4 x − cũng là nghiệm của phương trình. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 153 | Chinh phục Olympic toán Nên hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 0 0 0 42 x x x = −  = Thay vào phương trình ( ) * ta được ( ) 4 3 10 2 ** mm − − = − Giải phương trình ( ) ** ta tìm được 3. m = Điều kiện đủ. Với 3, m = ta thu được hệ phương trình 7 11 6 7 11 6 xx yy  + + − =   + + − =   Vì xy = nên ta chỉ việc giải phương trình 7 11 6 2 x x x + + − =  = Vậy 3 m = là giá trị cần tìm để hệ đã cho có nghiệm duy nhất. Câu 10. Tìm a và b để phương trình sau có nghiệm duy nhất 2 2 2 2 4 xyz z a xyz z b x y z +=   +=   + + =  Giải Điều kiện cần. Giả sử ( ) 0 0 0 ;; x y z là nghiệm của hệ phương trình đã cho thì ( ) 0 0 0 ;; x y z −− cũng là nghiệm. Do tính duy nhất nên 0 0 0 0 0 0 ;0 x x y y x y = − = −  = = . Thay trở lại vào hệ, ta có. 0 0 2 0 4 za zb z =   =   =  . Từ đây ta suy ra 2 ab == hoặc 2 ab = = − . Điều kiện đủ. Nếu 2 ab == . Khi đó hệ có dạng ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 2 4 3 xyz z xyz z x y z  +=  +=   + + =  Lấy ( ) ( ) 12 − ta được ( ) 1 0, xyz z −= từ ( ) 1 lại có 0 z  do đó ( ) 10 xy z −= Nếu 0 2 0 x z y =  =  = Nếu 0 2 0 y z x =  =  = Nếu 22 3 1 1 xy z xy  += =  =  Hệ trên có nghiệm ( ) ( ) 11 ; 0;0 . xy  Vì vậy ngoài nghiệm ( ) 0;0;2 , hệ còn có nghiệm khác ( ) 11 x ;y ;1 do đó hệ không có nghiệm duy nhất. Trường hợp này không thỏa mãn. Nếu 2 ab = = − . Khi đó hệ có dạng 2 2 2 2 2 2 4 xyz xyz z x y z =−   + = −   + + =  Tiến hành làm như trường hợp trên ta đi đến Nếu 0 2 0 x z y =  = −  = Nếu 0 2 0 y z x =  = −  = Nếu 22 3 1 3 xy z xy  += =  =−  Ta thấy từ hệ phương trình trên, ta suy ra 22 2 x y xy + nên hệ vô nghiệm. Vậy trong trường hợp này hệ có duy nhất nghiệm ( ) ( ) ; ; 0;0;2 x y z = | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 154 Vậy điều kiện cần và đủ để hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 2 ab = = − . Câu 11. Tìm a để phương trình sau có nghiệm đúng với mọi : x ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 log 5 6 log 3 1 * x a x ax a a + = − + − − − Giải Điều kiện cần Giả sử ( ) * đúng với mọi x . Với 0 x = ta có ( ) 22 log 6 log 3 1 aa − = − − Lại có 16 1 3 {2;5} 1 6 3 a aa aa    −      − + − =  Điều kiện đủ Nếu 2 a = thì ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 log 2 12 log 2 ** * x x + −=  Rõ ràng ( ) ** không đúng với mọi , x vì để ( ) 2 2 log 2 12x − có nghĩa thì phải có 2 12 2 x  Nếu 5 a = thì ( ) 2 2 2 * log 1 log 1 x + = (luôn đúng) Vậy 5 a = là điều kiện cận và đủ để ( ) * đúng với mọi . x Câu 12. Tìm a để hệ phương trình ẩn ( ) ; xy có nghiệm với mọi : b ( ) ( ) 22 32 21 11 bx a by a a x y  + + =   − + =   Giải Điều kiện cần. Giả sử hệ có nghiệm với mọi , b thay 0 b = ta được ( ) 2 32 1 11 a a x y  =   − + =   Do đó điều kiện cần là 1 a = Điều kiện đủ. Nếu 1, a = ta có hệ 2 2 2 2 1 1 bx by y  +=  =  Khi 1 2 b  hệ vô nghiệm. Vậy trường hợp này loại. Nếu 1, a =− ta có hệ 32 21 21 bx xy  =  − + =  Hệ trên luôn có nghiệm ( ) ( ) ; 0;1 . xy = Vậy 1 a =− là điều kiện cần và đủ để hệ phương trình có nghiệm với mọi . b Câu 13. Tìm a để hệ phương trình ẩn ( ) ; xy có nghiệm với mọi : b ( ) ( ) 22 2 1 1 2 1 ay xb a bxy x y  + + + =   + + =   Giải Điều kiện cần. Giả sử hệ có nghiệm với mọi , b thay 0 b = ta có ( ) ( ) 2 2 22 2 0; 1 11 * {0;1} 11 1 a a x y x a x a x y a x y  == +=       + = + =  +=   Điều kiện đủ. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 155 | Chinh phục Olympic toán Nếu 0, a = ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 2 y b bxy x y  +=   +=   Nếu 2 0 1 1 bb   +  nên từ ( ) 1 ta có 0, y = nhưng không thỏa ( ) 2 . Vậy trường hợp này loại. Nếu 1, a = ta có ( ) 22 2 1 0 1 y xb bxy x y  ++   +=   = . Hệ trên luôn có nghiệm 0. xy == Vậy 1 a = là điều kiện cần và đủ để hệ có đã cho có nghiệm với mọi . b Nhận xét. Qua 13 ví dụ ở trên có lẽ phần nào ta đã hiểu được ý tưởng của phương pháp này, bây giờ quay lại bài toán mở đầu, ta có lời giải bài toán như sau. Lời giải bài toán mở đầu. Ta có ( ) ( ) 2 9.3 4 1 3 1 3 1 0 xx m x m − + + + + = ( ) 1 9.3 4 1 3 1 3 x x m x m   + = + + +  Nhận xét thấy x là nghiệm thì 2 x −− là nghiệm, vậy có phương trình có 3 nghiệm thì phương trình phải có một nghiệm là 1 − . Nên ( ) 2 1 6 3 1 2 0 2 m m m m m m =  = +  + − =   =−  . Thử lại. • Với 1 m = ta có 1 9.3 4 1 6 3 x x x + = + + ( ) 2 1 . 3 1 4.3 1 x x x +  − = + 1 2 4 1 2 4 3 1 2.3 1 3 1 2.3 1 x x x x x x + +  − = +     − = − +  2 0 1 x x x =−   =   =−  . • Với 2 m =− ta có ( ) 2 1 3 1 2 1.3 0 1 xx xx + − + + =  = − (vô lý). Vậy 1 m = là giá trị cần tìm. Ví dụ 14. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m sao cho bất phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 3 log 2 2 1 1 log 2 3 .log 3 x mx m x x x + + −  + + + + nghiệm đúng với mọi x  ? A. 2 . B. 3 . C. 1 . D. 4 . Lời giải Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 3 log 2 2 1 1 log 2 3 .log 3 * . x mx m x x x + + −  + + + + Điều kiện 22 2 2 2 2 2 2 1 0 2 3 0 2 2 1 0 30 x mx m x x x mx m x  + + −   + +   + + −    +  . Điều kiện cần. Để bất phương trình ( ) * nghiệm đúng với mọi x  thì trước hết 22 2 2 1 0 x mx m + + −  phải có nghiệm với mọi x  . Điều này tương đương với ( ) ( ) 2 22 10 01 1 0 1 2 1 0 01 am m mm m        −      − −     −    . Với 1 x =− thì ( ) * trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 3 22 log 2 2 1 log 2 .log 4 log 12 2 2 12 6 0 2 3 2 mm m m m m m −  + =  −   − −   −   | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 156 Từ ( ) 1 , ( ) 2 và do m  nên   2;2;3 m− . Thử lại. Với 3 m = thì ( ) * trở thành ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 3 log 6 17 1 log 2 3 .log 3 x x x x x + +  + + + + . Tuy nhiên bất phương trình trên không thoả với 1 2 x =− nên chúng ta loại trường hợp này. Với 2 m = thì ( ) * trở thành ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 3 log 4 7 1 log 2 3 .log 3 x x x x x  +  + + + + . Bất phương trình trên có nghiệm với mọi x  vì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 3 3 2 3 log 4 7 log 3 9 1 log 3 1 log 2 3 .log 3 , x x x x x x x x  +  + = + +  + + + +   . Tóm lại   2;2 m− . Sử dụng điều kiện cần và đủ trong các bài toán cực trị. Cơ sở lý thuyết. Bên cạnh các lớp bài toán về nghiệm của phương trình thì ta cũng có thể sử dụng phương pháp này cho lớp các bài toán về cực trị. Cụ thể ta xét các trường hợp sau. • Nếu hàm số ( ) y f x = có đạo hàm trên khoảng ( ) ; ab và đạt cực trị tại ( ) 0 ; x a b  thì ( ) 0 0 fx  = . • Nếu hàm số ( ) y f x = liên tục trên khoảng ( ) ; ab và ( ) 0 fx  , ( ) ; x a b  mà ( ) 0 0 fx = , với ( ) 0 ; x a b  thì điều kiện cần là 0 x là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số ( ) y f x = . • Nếu hàm số ( ) y f x = liên tục trên khoảng ( ) ; ab và ( ) 0 fx  , ( ) ; x a b  mà ( ) 0 0 fx = , với ( ) 0 ; x a b  thì điều kiện cần là 0 x là điểm cực đại của đồ thị hàm số ( ) y f x = . Nhận xét. Phương pháp này tỏ ra vô cùng mạnh với các bài toán có giả thiết b ất ph ư ơng trình đúng v ới m ọi s ố th ực x. Sau đây ta sẽ tìm hiểu vào các bài toán cụ thể để thấy nó ưu việt ra sao. Các bài toán minh họa. a 0 x b a 0 x bPhương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 157 | Chinh phục Olympic toán Câu 1. Biết  là một số thực sao cho bất phương trình ( ) 2 9 18 1 ax ax x +  + đúng với mọi số thực x , mệnh đề nào dưới đây đúng? A. ( ) 12;   +  . B. (  2;6  . C. (  0;2  . D. (  6;10  . Lời giải Điều kiện cần. Xét hàm số ( ) 22 9 18 1 x f x x x  = +  − − trên . Ta có ( ) 2 9 ln9 2 18 x f x x   =  +  − , x  . Do ( ) ( ) 0 00 f x x f       =   . Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại 0 x = . Suy ra ( ) 18 00 ln9 f  =   = . Điều kiện đủ. Với ( ) 2 18 18.9 2 18 ln9 x f x x    =  = +  − . Ta có ( ) 22 18 .9 2 0 x fx   = +   , x  , suy ra hàm số ( ) fx  đồng biến trên hay phương trình ( ) 0 fx  = có tối đa một nghiệm, mà ( ) 00 f  = . Từ đó suy ra ( ) 0 fx  , x  . Câu 2. Biết rằng a là số thực dương để bất phương trình 91 x ax + nghiệm đúng với mọi x  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. ( 34 10 ;10 a    . B. ( 23 10 ;10 a    . C. ( 2 0;10 a    . D. ) 4 10 ; a   +   . Lời giải Ta có 91 x ax + , x  9 1 0 x ax  − −  , x  . Điều kiện cần. Xét hàm số ( ) ( ) 9 1 ln 9 xx f x a x f x a a  = − −  = − Do ( ) ( ) 9 1 0, 00 x f x a x x f  = − −      =   nên hàm số đạt cực tiểu tại 0 x = ( ) 9 0 f x a e   =  = Điều kiện đủ. Với 9 ae = ta có ( ) ( ) ( ) 9 9 9 9 1 9 9 9 1 x x x f x e x f x e e  = − −  = − = − Từ đó suy ra ( ) 9 1 0 x f x a x = − −  , x  91 x ax   + x  . Câu 3. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình ( ) ( ) ( ) 2 4 2 ln 16 3 ln 4 14 ln 2 0 m x m x x − + − − −  đúng với mọi ( ) 0; x  +  . Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng A. 3 8 − . B. 2 − . C. 7 8 − . D. 1 2 . Lời giải Điều kiện cần. Đặt ln tx = , t  , bất phương trình trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 2 16 3 4 14 2 0 f t m t m t t = − + − − −  ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 4 8 3 2 14 0 gt t m t t t m t    − + + + + + −     ( ) ( ) 20 t g t  −  | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 158 Ta có bất phương trình đã cho nghiệm đúng ( ) 0; x   +  ( ) 0 ft  , t  . Với 2 t = không phải là nghiệm của ( ) g t thì ( ) ft sẽ đổi dấu khi t đi qua 2 t = . Do đó điều kiện cần để ( ) 0 ft  , t  là 2 t = phải là nghiệm của ( ) 0 gt = ( ) 20 g = 2 1 2 32 12 14 0 7 8 m mm m  =   + − =    =−   Điều kiện đủ. Với 1 2 m = thì ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 4 18 0 4 f t t t t = − + +  , t  nên 1 2 m = thoả mãn. Với 7 8 m =− thì ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 49 196 420 0 64 f t t t t = − + +  , t  nên 7 8 m =− thoả mãn. Vậy 17 ; 28 S  =−   nên tổng các phần tử của S là 1 7 3 2 8 8 − = − . Câu 4. Với a là tham số thực để bất phương trình 2 3 2 xx ax +  + có tập nghiệm là , khi đó mệnh đề nào sau đây là đúng A. ( ) ;0 a  −  . B. ( ) 1;3 a  . C. ( ) 3; a  +  . D. ( ) 0;1 a  . Lời giải Cách 1. Xét trường hợp 0 a  , phương trình không nhận các giá trị âm của x làm nghiệm. Thật vậy, khi đó 2 3 2 xx + mà 22 ax+ . Xét trường hợp 0 a  , ta có 2 3 2 2 3 2 0 x x x x ax ax +  +  + − −  . Đặt ( ) 2 3 2 xx f x ax = + − − , x  . Khi đó ( ) 2 ln2 3 ln3 xx f x a  = + − , x  . Ta có ( ) 0 2 ln2 3 ln3 xx f x a  =  + = ( ) 1 Đặt ( ) 2 ln2 3 ln3 xx gx=+ , x  . ( ) 22 2 ln 3 ln 3 0 xx g x x  = +  , x  . Suy ra hàm số ( ) gx đồng biến trên . Suy ra với mỗi giá trị 0 a  thì phương trình ( ) 1 luôn có nghiệm duy nhất là o x . Lập bảng biến thiên ta thấy ( ) fx đạt giá trị nhỏ nhất tại o x , ta kết hợp với điều kiện đề bài là ( ) 0 fx  , x  và đồng thời ( ) 00 f = nên ta suy ra 0 o x = và 0 o x = là giá trị duy nhất để ( ) 0 fx = . Suy ra 0 o x = là giá trị duy nhất để ( ) 0 o fx  =  ( ) 0 ln2 ln3 0 fa  = + − = . Suy ra ln2 ln3 ln6 a = + = . Như vậy a là giá trị duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Suy ra mệnh đề đúng là ( ) 1;3 a  . Cách 2. Ta có 2 3 2 xx ax +  + , x  2 3 2 0 xx ax  + − −  , x  . Đặt ( ) 2 3 2 xx f x ax = + − − , x  . Khi đó ( ) 2 ln2 3 ln3 xx f x a  = + − , x  . Điều kiện cần. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 159 | Chinh phục Olympic toán Hàm số ( ) 0 fx  , x  và ( ) 00 f = nên hàm số đặt cực trị tại 0 x = ( ) 0 ln2 ln3 0 fa   = + − = . ln2 ln3 ln6 a  = + = . Điều kiện đủ. Với ln6 a = , ta có ( ) 2 3 ln6 2 xx f x x = + − − . Ta có ( ) 2 ln2 3 ln3 ln6 xx fx  = + − , x  . ( ) 22 2 ln 2 3 ln 3 0 xx fx  = +  , x  ( ) fx   đồng biến trên Mà ( ) 00 f  = nên phương trình ( ) 0 fx  = có nghiệm duy nhất 0 x = ( ) 0 fx  , x  . Vậy ln6 a = . Cách 3. Ta có 2 3 2 xx ax +  + , x  Xét hàm số ( ) 23 xx fx =+ ( ) C , có ( ) 02 f = . Ta có ( ) 2 ln2 3 ln3 xx f x a  = + − , x  , có ( ) 0 ln2 ln3 ln6 f  = + = . Gọi  là tiếp tuyến của ( ) C tại điểm ( ) 0;2 . Phương trình của  là ( ) ( ) 0 0 2 ln6. 2 y f x y x  = − +  = + . Yêu cầu bài toán được thỏa mãn khi ln6 a = . Thật vậy, ta sẽ chứng mình 2 3 ln6. 2 xx x +  + , x  . Ta có 2 3 ln6. 2 2 3 ln6. 2 0 x x x x xx +  +  + − −  . Đặt ( ) 2 3 ln6. 2 xx g x x = + − − , suy ra ( ) 2 ln2 3 ln3 ln6 0 0 xx g x x  = + − =  = . Từ bảng biến thiên ta có ( ) 0 gx  , x  hay 2 3 ln6. 2 xx x +  + , x  . Vậy ln6 a = . Câu 5. Tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình ( ) ( ) 1 10 1 10 1 3 xx x m + + − −  nghiệm đúng với mọi x  là A. 7 4 m − . B. 9 4 m − . C. 2 m − . D. 11 4 m − . Lời giải Xét bất phương trình ( ) ( ) 1 10 1 10 1 3 xx x m + + − −  ( ) 1 . ( ) 1 10 1 10 1 3 33 xx m     +−  −              . Nhận xét 1 10 1 10 1 10 1 10 1 .1 3 3 3 3 −     + − − + =  =             . Do đó ( ) 10 1 10 1 13 33 xx m −     ++  −              . Đặt 10 1 3 x t  + =    , 0 t  . Khi đó ( ) 1 trở thành 2 33 m t t t m t −   −  ( ) 2 . Phương trình ( ) 1 nghiệm đúng với mọi x  ( ) 2  nghiệm đúng với mọi 0 t  . Từ bảng biến thiên ta có 9 4 m − . | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 160 Câu 6. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình ( ) 54 ln 1 x m x mx +  + đúng với mọi 1 x − . A. 2 . B. 5 . C. 1 . D. Không có. Lời giải Điều kiện cần. Xét hàm số ( ) ( ) 54 ln 1 f x m x mx x = − − + + trên ( ) 1; − +  . Ta có ( ) 53 1 4 1 f x m x m x  = − − + + , 1 x   − . Do ( ) ( ) 0, 1 00 f x x f     −   =   suy ra hàm số đạt cực đại tại 0 x = , suy ra ( ) 00 f  = 1 0 1 mm  − + =  = . Điều kiện đủ. Với 1 m = ta có ( ) ( ) 4 ln 1 f x x x x = − − + + ; ( ) 3 1 41 1 f x x x  = − − + + ; ( ) 00 f  = . Ta lại có ( ) ( ) 2 2 1 12 0 1 f x x x  = − −  + với 1 x   − Suy ra hàm số ( ) fx  nghịch biến nên 0 x = là nghiệm duy nhất của ( ) fx  . Vậy ( ) 0 fx  với 1 x   − . Câu 7. Giả sử tham số 0 m là giá trị để bất phương trình 2 3 5 3 0 xxx mx + + − −  thỏa mãn với mọi x  . Nhận xét nào sau đây là đúng? A. ( ) 0 12; m  +  . B. (  0 2;6 m  . C. (  0 0;2 m  . D. (  0 6;10 m  . Lời giải Xét hàm số ( ) 2 3 5 3 xxx f x mx = + + − − trên . Ta có ( ) 2 .ln2 3 .ln3 5 .ln5 xxx f x m  = + + − , x  . Do ( ) ( ) 0, 00 f x x f       =   nên ( ) min 0 x fx  = . Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại 0 x = . Suy ra ( ) 0 0 ln2 ln3 ln5 ln30 fm  =  = + + = . Thử lại áp dụng bất đẳng thức 1 u eu + , u  cho   ln2; ln3; ln5 u x x x  , ta được • 2 ln2 1 x x+ • 3 ln3 1 x x+ • 5 ln5 1 x x+ Suy ra ( ) 2 3 5 ln2 ln3 ln5 +3 xxx x + +  + + hay ( ) 2 3 5 ln2 ln3 ln5 3 0 xxx x + + − + + −  . Câu 8. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình ( ) ( ) 22 ln 1 1 1 1 0 x m x x + + − + + −  có nghiệm với mọi x  . A. 3 . B. 0 . C. 2 . D. 1 . Lời giải Đặt ( ) ( ) ( ) 22 ln 1 1 1 1 f x x m x x = + + − + + − ; hàm số ( ) fx xác định với mọi x  . Ta có ( ) 2 2 2 1 1 1 xx f x m x x  = + − + + + . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 161 | Chinh phục Olympic toán Điều kiện cần. Ta có ( ) ( ) 0, 00 f x x f       =    ( ) min 0 fx = 0 x = là một điểm cực tiểu của hàm số. Từ đó suy ra ( ) ' 0 0 f = 1 0 1 mm  − =  = . Điều kiện đủ. Với 1 m = ta có ( ) ( ) 22 ln 1 1 1 f x x x = + + + − và ( ) 2 2 2 1 1 xx fx x x  =+ + + . ( ) ' 0 0 f x x =  = . Lập bảng biến thiên ta dễ dàng chỉ ra 1 m = thỏa mãn. Câu 9. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình ( ) 9 2 1 .3 3 2 0 xx mm + + − −  nghiệm đúng với mọi số thực ? x  . A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Điều kiện cần. Xét hàm số ( ) ( ) 9 2 1 .3 3 2 xx f x m m = + + − − trên tập . Ta có ( ) ( ) 9 ln9 2 1 .3 ln3 xx f x m  = + + . Do ( ) ( ) 0, 00 f x x f       =   nên suy ra hàm số đạt cực tiểu tại 0 x = và do đó ( ) ( ) 0 0 ln9 2 1 .ln3 0 2 f m m  =  + + =  = − . Điều kiện đủ. Với 2 m =− ta có bất phương trình đã cho trở thành ( ) 2 9 2.3 1 0 3 1 0 x x x − +   −  , x  . Vậy có một giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán. Câu 10. Biết m là số thực để bất phương trình ( ) 1 2 20 mx e x mx m − + + − −  đúng với mọi số thực x . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. ( ) ;3 m  − − . B.  ) 2;5 m  . C.  ) 3;2 m− . D.  ) 5; m  +  . Lời giải Điều kiện cần. Xét hàm số ( ) ( ) 1 2 2 mx y f x e x mx m − = = + + − − trên , có ( ) ( ) 1 2 mx f x me x m −  = + + . Do ( ) ( ) 0, 10 f x x f       =   suy ra hàm số đạt cực tiểu tại 1 x = . Suy ra ( ) 1 0 2 0 1 f m m m  =  + + =  = − . Điều kiện đủ. Với 1 m =− ta có ( ) 12 1 x y f x e x x − = = + − − , suy ra ( ) 1 21 x f x e x −  = − + − ( ) 1 20 x f x e −  = +  , x  Suy ra hàm số ( ) 1 21 x f x e x −  = − + − đồng biến trên . Suy ra phương trình ( ) 0 fx  = có tối đa một nghiệm, mà ( ) 10 f  = nên 1 x = là nghiệm duy nhất của phương trình ( ) 0 fx  = . Lập bảng biến thiên ta có ( ) 0 fx  , x  . | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 162 Câu 11. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình ( ) 4 1 2 2 6 0 xx mm + + − −  nghiệm đúng với mọi số thực x  . Số phần tử của S là A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Điều kiện cần. Xét hàm số ( ) ( ) 4 1 2 2 6 xx f x m m = + + − − trên . Ta có ( ) ( ) 4 ln4 1 2 ln2 xx f x m  = + + , x  . Do ( )  ) ( ) 0, 0; 10 f x x f     +    =    hàm số đạt cực tiểu tại 1 x = . Suy ra ( ) 1 0 5 fm  =  = − . Điều kiện đủ. Với 5 m =− bất phương trình trở thành ( ) 2 4 4.2 4 0 2 2 0 x x x − +   −  , x  . Vậy   5 S =− . Câu 12. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình ( ) ( ) 2 4 3 3 2 1 0 x m x x m x x e x − − − − + −  đúng với mọi số thực x . Tìm số tập con của S . A. 1 . B. 2 . C. 4 . D. 8 . Lời giải Điều kiện cần. Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 2 4 3 3 2 1 x f x m x x m x x e x − = − − − + − trên . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 1 4 3 3 2 1 x f x m x x m x x e −  = − − − + − , x  . Do ( ) ( ) 0 10 f x x f       =   . Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại 1 x = . Suy ra ( ) 10 f  =  2 0 mm −=  0 1 m m =   =  . Điều kiện đủ. Với 0 m =  ( ) 1 x f x e x − =− . Ta có ( ) 1 1 x f x e −  =− , x  ; có ( ) 0 fx  = 1 1 0 1 x ex −  − =  = . Từ bảng biến thiên ta suy ra ( ) 1 0 x f x e x − = −  , x  ( ) * . Với 1 m =  ( ) ( ) 2 4 3 2 1 2 1 2 0, xx f x x x x e x x x e x x −− = − + + − = − + −    . Do ( ) 2 2 0 xx − , x  và 1 0 x ex − − , x  theo ( ) * Vậy   0;1 S = , như vậy số tập con của tập   0;1 S = là 4 . Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn bài toán. Câu 13. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình ( ) ( ) ( ) 2 4 3 3 2 1 20 x m x x m x x e x − − + − + + −  đúng với mọi x  . Số phần tử của S là A. 0 B. 1 . C. 2 . D. 1 2 . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 163 | Chinh phục Olympic toán Lời giải Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 3 3 2 1 2 x f x m x x m x x e x − = − + − + + − . Ta có ( ) y f x = là hàm số xác định trên và có đạo hàm trên , Điều kiện cần. Nhận thấy ( ) 10 f = nên ( ) 0 fx  , x  ( ) ( ) 1 f x f  , x  , hay 1 x = là điểm cực trị của hàm số, suy ra ( ) 10 f  = , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 1 4 3 3 2 2 1 x f x x x m x x m e −  = − + − + + − ( ) 2 1 f m m   = − ( ) 0 10 1 m f m =    =   =  Điều kiện đủ. Với 0 m = ta có ( ) ( ) 1 2 x f x e x − =− ; ( ) ( ) 1 21 x f x e −  =− ; ( )01 f x x  =  = , Suy ra ( ) 0 fx  ; x  hay 0 m = thỏa mãn Với 1 m = ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 3 2 1 2 1 2 2 1 2 0, xx f x x x x e x x x e x x −− = − + + − = − + −    . Suy ra 1 m = thỏa mãn   0;1 S = . Câu 14. Giả sử m là số thực sao cho bất phương trình ( ) ( ) 4 11 log log 1 10 10 10 10 x x m x + +  ( ) 1 nghiệm đúng với mọi ( ) 0; x  +  , mệnh đề nào sau đây đúng? A. ( ) 0;1 m  . B. ( ) 2;3 m  . C. Không có m . D. ( ) 3;10 m  . Lời giải Điều kiện cần. Bất phương trình ( ) 1  ( ) ( ) 4 log 11 log 1 log 1 10 10 x m x x  + +  +   . Đặt log t x t =   , bất phương trình ( ) 1 nghiệm đúng với ( ) 0; x   +   ( ) ( ) 4 11 1 1 0 10 10 t m t t  + + − +    , t   ( ) ( ) ( ) ( ) 4 11 1 1 10 0 f t t t m t = + − + +  , t  Ta có ( ) ( ) 0, 10 f t t f       −=   . Suy ra 1 t =− là điểm cực tiểu của hàm số ( ) y f t = ( ) 10 f   − = . Mà ( ) ( ) ( ) 3 44 1 2 10 1 f t t t m  = + − + + nên suy ra ( ) ( ) 1 1 0 2. 1 10 1 0 10 f m m  − =  − + + =  = . Điều kiện đủ. Với 1 10 m = thì bất phương trình ( ) 1 có dạng ( ) ( ) 4 11 1 log log 1 10 10 10 10 10 x x x + +   ( ) ( ) 4 1 log 11 log 1 log 1 10 10 10 x xx  + +  +    ( ) ( ) ( ) 4 1 1 11 1 t t t + +  + , t  , log tx =  ( ) ( ) ( ) ( ) 4 11 1 1 1 0 g t t t t = + − + +  , t  Mà 55 0 4 256 g  − = −    nên 1 10 m = , loại. Vậy không có giá trị m thỏa mãn. | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 164 Câu 15. Có bao nhiêu số thực dương a để bất phương trình 2002 2019 2020 x x x x a +  + đúng với mọi số thực ? x A. Vô Số. B. 0 . C. 1 . D. 2 . Lời giải Xét hàm số ( ) 2002 2019 2020 x x x x f x a = + − − ( ) 2002 ln2002 ln 2019 ln2019 2020 ln2020 x x x x f x a a   = + − − . Điều kiện cần. ( ) ( ) ( ) ( ) 0, min 0 0 0 0 ln2002 ln ln2019 ln2020 0 f x x f x f f a      = =  =  + − − = 2019.2020 2002. 2019.2020 2002 aa  =  = . Điều kiện đủ. Với 2019.2020 2002 a = ta có ( ) 2019.2020 2002 2019 2020 2002 x x x x fx  = + − −   . ( ) ( ) ( ) ( ) 2019.2020 2019.2020 2002 ln 2002 ln 2019 ln 2019 2020 ln 2020 2002 2002 x x x x fx      = + − −         . ( ) 0 0 0,262791 x fx x =    =   −  . Lập bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta có ( ) min 0 0 f x x =  = . Do đó với 2019.2020 2002 a = thì ( ) 0, f x x    . Vậy có duy nhất một số thực a thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Câu 16. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số ( ) 5 3 2 2 16 3 4 14 2 2020 5 3 2 x x x x x x e e e f x m e m e e       = − + − − − +             đồng biến trên . Tổng của tất cả các phần tử thuộc S bằng A. 7 8 − . B. 1 2 . C. 2 − . D. 3 8 − . Lời giải Đặt ;0 x t e t = . Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để hàm số ( ) 5 3 2 2 16 3 4 14 2 2020 5 3 2 t t t f t m t m t t       = − + − − − +             đồng biến trên ( ) 0; + . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 2 ' 16 3 4 14 2 f t m t m t t = − + − − − . Khi đó yêu cầu bài toán tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 2 22 16 3 4 14 2 0; 0 2 4 2 3 2 14 0; 0 m t m t t t t m t t m t t − + − − −      − + + + + −     Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 165 | Chinh phục Olympic toán Điều kiện cần là phương trình ( ) ( ) ( ) 22 4 2 3 2 14 0 m t t m t + + + + − = phải có nghiệm 2 t = , tức là ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 4 2 2 3 2 2 14 0 32 12 14 0 7 8 m m m m m m  =  + + + + − =  + − =    =−   Thử lại. Với 1 2 m = thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 13 ' 2 4 2 2 14 42 11 2 2 10 36 2 4 18 0; 0 44 f x t t t t t t t t t t t t  = − + + + + −   = − + + − = − + +    Nên 1 2 m = nhận. Với 7 8 m =− thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 49 21 ' 2 4 2 2 14 64 8 11 2 49 98 28 840 2 49 196 420 0; 0 64 64 f x t t t t t t t t t t t t  = − + + − + −   = − + + − = − + +    Nên 7 8 m =− nhận. Vậy 17 ; 28 S  =−   . Tổng của tất cả các phần tử thuộc S bằng 1 7 3 2 8 8 − = − . 3. Kỹ thuật đánh giá miền giá nghiệm. Gần đây xu hướng các bài toán vận dụng cao đang dần hướng tới các kỹ thuật đánh giá hàm số khó hơn mà những nội dung này chỉ xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi những năm về trước. Tuy nhiên nói thế không có nghĩa là nó rất khó, các kỹ thuật này cũng chỉ từ phương pháp hàm số mà ra, ý tưởng của nó là ra các trường hợp đối nghịch nhau, từ đó nghiệm của phương trình chỉ xảy ra tại một điểm. Trước tiên ta đi vào bài toán mở đầu sau. Bài toán. Cho 2 số thực dương 1 xy  thỏa mãn điều kiện 2 38 log x xy y x + += . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 33 22 log log 1 P x y = + + Ta biến đổi phương trình ban đầu 22 3 8 3 8 log log x x xy xy y xy xx + + − + =  = • Nếu 22 38 3 8 log log 8 3 x xy xy x xy +−       =  . • Nếu 22 38 3 8 log log 8 3 x xy xy x xy +−       =  . • Nếu 8 xy VT VP =  = . Khi đó ta có | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 166 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 2 2 2 2 3 33 22 22 8 log log 1 log log 1 4 log log log 4 log 16 4 P x y x x xx xx  = + + = + +   −+  = + − = Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 log 2 4 xx =  = , suy ra 2 y = . Nhận xét. Bài toán trên đã cho các bạn thấy phần nào ý tưởng có phương pháp đánh giá nghiệm này, mặc dù bài toán này có thể giải bằng phương pháp hàm đặc trưng, tuy nhiên ta thấy rằng cách đánh giá này là vô cùng tự nhiên, ở một số bài toán nếu bế tắc trong việc áp dụng các phương pháp khác thì phương pháp này có thể mở cho ta một lối đi vô cùng dễ dàng. Sau đây ta cùng tìm hiểu các ví dụ để tìm hiểu rõ hơn. Câu 1. Giải bất phương trình ( ) 22 3log 2 9log 2 x x x −  − . Lời giải Điều kiện 0 x  , khi đó bất phương trình tương đương với ( ) ( ) 2 3 3 log 2 1 x x x −  − Nhận thấy 3 x = không là nghiệm của bất phương trình. • Nếu 3 x  thì bất phương trình trở thành ( ) 22 3 1 3 1 log log 0 2 3 2 3 xx x f x x xx −−   = −  −− . Ta có ( ) ( ) 2 32 0 2 ln2 3 fx x x  = +  − , nên ( ) fx là hàm số đồng biến trên ( ) 3; + . Mặt khác ta lại có ( ) 40 f = , vậy ( )04 f x x    . • Nếu 3 x  , khi đó ta xét tương tự trường hợp trên, ta sẽ chỉ ra được 01 x  . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ( ) ( ) 0;1 4; S =  +  . Tổng quát. Để giải bất phương trình ( ) 0 fx  trên miền D ta đưa về giải bất phương trình 0 0 xx − nếu ( ) fx đồng biến hoặc 0 0 xx − nếu ( ) fx nghịch biến, với 0 x là nghiệm của phương trình ( ) 0 fx = . Bài tập tương tự. Giải các bất phương trình sau 1. 2 2 5 1 2 x x x +−  − . 2. ( ) ( ) 4 2 2 21 0 25 log 2 x x xx − −+  −− . 3. 5 log 5 0 2 3 1 x x x x + −  −+ . 4. 2 34 0 6 x x xx +−  −− . 5. 1 2 2 1 0 21 xx x − −+  − . 6. ( ) ( ) 23 22 4 11 2 log 4 11 log 4 11 0 2 5 3 x x x x xx − − − − −  −− . 7. ( ) ( ) 22 23 log 5 5 1 log 5 7 2 x x x x − + + + − +  . 8. ( ) ( ) ( ) ( ) 33 3log 1 log 1 2 1 4.3 3 1 x x x xx − − − + − + . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 167 | Chinh phục Olympic toán Sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu lớp các bài toán sử dụng hàm số đánh giá để loại miền nghiệm của phương trình. Trước tiên xét bài toán sau. Bài toán. Giải phương trình ( ) ( ) 1 log 1 log 0 cc a b b a − + − = Trước tiên ta nhận thấy rằng 1 b = là một nghiệm của phương trình, do đó ta xét 1 b  . Biến đổi phương trình ta được ( ) ( ) log 1 1 log 1 log log 1 log c c c b c a a a b b a a bb − − = −  = = − • Nếu 1 b  thì ta có ( ) 1 log 1 b a f a a b − =− − là hàm nghịch biến, do vậy phương trình ( ) 0 fa = có tối đa 1 nghiệm, ta chỉ ra nghiệm đó là 1 a = . • Nếu 1 b  thì ta có ( ) 1 log 1 b a f a a b − =− − là hàm đồng biến, do vậy phương trình ( ) 0 fa = có tối đa 1 nghiệm, ta chỉ ra nghiệm đó là 1 a = Như vậy thì phương trình đầu tương đương ( ) ( ) 1 1 log 1 log 0 1 cc a a b b a b =  − + − =   =  Bài toán được giải quyết. Nhận xét. Có vài bài toán có dạng gần như này, ví dụ như ta có phương trình sau. ( ) ( ) ( ) 1 log 1 log 0 , 1 cd a a b b c d − + − =  Ở bài toán này ta dễ dàng chứng minh được từng hàm theo biến a và biến b luôn dương và đồng thời 1 a − cùng dấu với log c a , 1 b − cùng dấu với log d b , từ đó chỉ ra nghiệm của phương trình là 1 ab == . Bài tập tương tự. Cho phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 log 2 4 2 log 4 1 0 x mx x mx x nx x nx − − − + + − + − = , trong đó m và n là hai số thực không âm sao cho phương trình đã cho có nghiệm. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 23 T m n =+ tương ứng bằng? A. 2 5 . B. 13 + . C. 1 2 . D. 0 . Câu 2. Giải phương trình ( ) 2 1 2 2 .3 1 3 1 0 xx x x x x − + − + − − = . Đề chọn đội tuyển VMO - Chuyên Quốc Học Huế Lời giải Nhìn hình thức bài toán tưởng chừng rất bình thường, có thể nghĩ ngay tới phương pháp hàm đặc trưng, nếu không tin vào mức độ khó của bài toán này thì có thể đặt bút làm thử nhé. Biến đổi phương trình ban đầu ta được ( ) ( ) ( ) 2 21 1 3 1 3 1 0 xx xx − − − + − = Nhận thấy rằng 0, 1 xx = =  đều thỏa mãn phương trình trên. Xét 0, 1 xx    thì phương trình trở thành 2 1 2 3 1 3 1 0 1 xx x x − −− += − Với 0 t  , ta xét hàm số ( ) 31 t ft t − = , ta dễ dàng nhận thấy rằng nếu 0 t  thì ( ) 3 1 0 0 t ft −    và với 0 t  thì ( ) 3 1 0 0 t ft −    , do đó phương trình (2) tương đương với ( ) ( ) 2 10 f x f x + − = vô nghiệm. Như vậy bài toán được giải quyết. Nhận xét. | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 168 • Như vậy từ bài này ta rút ra được một hệ quả là 31 t t − cùng dấu với t , trong đó 0 t  . • Ngoài ra ta có thể bài toán cho dạng như này, mà cho ta dạng ( ) ( ) f t g t + mà ở đó hàm ( ) ft và hàm ( ) gt cùng dấu với nhau. Đây là các bài toán tương đối khó để nhận biết được nó. 1. Giải phương trình 2 2 1 2 3 2 3 1 x x x x x + + = + + + . 2. Giải phương trình ( ) 3 1 7 7 1 2log 6 5 x x − = + − . 3. Giải phương trình ( ) ( ) 22 2 2 3 1 2 1 4 2 1 4 .5 2 3 1 .5 x x x x x x x x x x − − + − + − + − − = + . 4. Giải phương trình ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1 2 2 2 3 2 .6 5 6 6 4 3 .6 3 12 11 x x x x x x x x x x x − − − − + + − +  + − + = − + . 5. Giải phương trình ( ) ( ) 2 ln2 2 1 ln ( 2) 1 0 x x x x − − + − − = . 6. Giải phương trình ( ) ( ) 22 2 1 ln ( 1)log 2 0 x x x x x x + − + − + = . 7. Tìm m để phương trình ( ) ( ) 22 ( 1)ln 2 1 log 2 0 x x x mx m x mx m − + − + − − + = có nghiệm Câu 3. Cho bất phương trình ( ) ( ) 2 2 2 3 log 4 2 1 0 42 x xx x x + + − − −  − có nghiệm thực là (  ; x    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 2 P =  −  . Lời giải Điều kiện 1 4 2 0 2 x x −    Ta có bất phương trình ban đầu tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 log 4 2 22 22 log 4 2 2 1 3 log 4 2 1 2 3 log 4 2 1 2 x x x x x x x x xx −− ++ − + − −   + − −  • Nếu ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 log 4 2 2 22 log 4 2 0 3 log 4 2 0;2 1 x x x x x xx −− + − −   − −   , trường hợp này không thỏa mãn ( ) 1 . • Nếu ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 log 4 2 2 22 log 4 2 0 3 log 4 2 0;2 1 x x x x x xx −− + − −   − −   , trường hợp này không thỏa mãn ( ) 1 . Vậy nghiệm của bất phương trình ( ) 1 là nghiệm của bất phương trình ( ) ( ) 22 log 4 2 0 log 4 2 2 4 2 1 2 2 1 x x x x x x x x − −    −   −  −     Kết hợp điều kiện suy ra (  ( ) max 1 1 1 1 ;1 ; 2 2 1 1 2 2 2 xx         =   →  −  = − =         . Câu 4. Giải bất phương trình ( ) 2 9 2 1 3 9 5 1 xx x −+ + −   Lời giải Đặt 2 9 2 1 3 ( 9) 5 1 xx x −+ + −   . ( ) 1 Ta có 1 5 0, x x +  . Khi đó • Xét 2 90 x −= , có ( ) 0 3 0 1 1 VT = + = (loại). • Xét 2 90 x −   ( ) 2 90 21 3 3 1 9 5 0 x x x − +  =    −     Vế trái ( ) 1 1  (loại). Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 169 | Chinh phục Olympic toán • Xét ( ) 2 90 2 21 3 3 1 90 9 5 0 x x x x − +  =  −     −     Vế trái ( ) 1 1  (luôn đúng). Có ( ) 2 9 0 3;3 xx −    − , như vậy tập nghiệm của bất phương trình là ( ) 3;3 − . Câu 5. Giải phương trình ( ) ( ) 6 2 7 2 log log log log 2 xx xx −− = . Lời giải Điều kiện 0 6, 5 xx    . Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) 6 2 7 2 log log log log 2 6 1 7 tt xx x x t x x −− = =  − + = − . Đặt 6 xa − =  , khi đó ta có phương trình ( ) 1 1 1 1 11 tt t t a aa aa     + = +  + =     ++     . Do 1 0 , 1 11 a aa  ++ nên ta xét các trường hợp sau. • Nếu 1 t  thì 11 1 1 1 1 1 tt aa a a a a     +  + =     + + + +     , loại. • Nếu 1 t  thì 11 1 1 1 1 1 tt aa a a a a     +  + =     + + + +     , loại. • Nếu 1 t = thì thỏa mãn. Suy ra 4 x = . Thử lại thấy thỏa mãn. Bài tập tương tự. Giải phương trình • ( ) ( ) 32 11 4 2 1 log 3 log 2 4 x x x x + = + + . • ( ) ( ) 3 3 2 3 2 8 3 6 4 2 3 6 0 xx x x x x − + − + + − = . • ( ) 22 33 log 1 log 2 x x x x x + + − = − . Câu 6. Chứng minh rằng • Với 01 a  thì ta có ( ) ( ) ( ) 1 1, 0 1 1 1, 0;1 x x a a x x x a a x x  − +          − +    . • Với 0 x  thì ( ) 1 1, 1 a x a x a −  +   , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 x = . Bất đẳng thức Bernoulli Lời giải Xét hàm số ( ) ( )11 x f x a a x = − − − , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ln 1 , ln 0 xx f x a a a f x a a    = − − =  , nên phương trình ( ) 0 fx = có không quá hai nghiệm phân biệt. Ta lại thấy ( ) ( ) 0 1 0 ff== nên 0, 1 xx == là hai nghiệm của phương trình ( ) 0 fx = . Dựa vào bảng biến thiên ta chỉ ra điều phải chứng minh. Xét hàm số ( ) ( ) 1 1, 0 a f x x a x x = − − −  . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 , 1 0 a a a f x ax a a x f x a a x − − −    = − = − = −  Nên hàm số đã cho đạt giá trị nhỏ nhất tại nghiệm của phương trình ( ) 0 fx  = hay ta được ( ) ( ) 10 f x f= . Như vậy ta có điều phải chứng minh. Bài tập. Chứng minh các đánh giá sau. • Với 01 a  và , xy  thì xy aa − cùng dấu với ( ) ( ) 1 a x y −− . • Với 0 , 1 ab  và x  thì xx ab − cùng dấu với ( ) x a b − . | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 170 • Với 01 a  và 0 x  thì log a x cùng dấu với ( ) ( ) 11 ax −− . • Với 01 a  và ,0 xy  thì log log aa xy − cùng dấu với ( ) ( ) 1 a x y −− . • Với 0 , 1 ab  và 0 x  thì log log ab xx − cùng dấu với ( ) ( ) 1 x a b −− . • Sử dụng 1 trong các đánh giá trên, giải và biện luận bất phương trình log 2 0 a x xa −  . Câu 7. Cho phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 22 2 2018 1 ln 1 2018. x m x x mx x + − +  + + − + =  Có bao nhiêu giá trị nguyên m thuộc đoạn   2018;2018 − để phương trình có nghiệm duy nhất thuộc khoảng ( ) 1; − +  ? A. 2017. B. 2018. C. 2019. D. 2020. Lời giải Phương trình tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) 2 21 22 1 2018 .2018 2 1 .ln 1 . x m x x m x x + − +  − = + − + +  • Nếu ( ) 2 2 1 0 x m x + − +  thì 0 0 VT VP       phương trình vô nghiệm. • Nếu ( ) 2 2 1 0 x m x + − +  thì 0 0 VT VP       phương trình vô nghiệm. Thử thấy ( ) 2 2 1 0 x m x + − + = ( ) * thỏa mãn phương trình. Do đó yêu cầu bài toán tương đương với phương trình ( ) * có nghiệm duy nhất trên ( ) 1; . − +  Bằng cách dùng tam thức bậc hai hoặc xét hàm số cho ta kết quả   2018;2018 4 0 m m m m  − =  ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ →    có 2019 giá trị. Câu 8. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 1 15 2 2 2 8 3 2 x m x m x x + + +  − + − + nghiệm đúng với với mọi   1;3 x  ? A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. Vô số Lời giải Nhận xét. Đây là một bài toán tương đối khó, ta dễ nhận thấy phương trình     2 1 1;3 3 2 0 2 1;3 x xx x  = − + =   =   nên ta xét bất phương trình với 1 x = và 2 x = . 2 17 3 23 98 2 17 1 2 2 1 2 17 1 8 22 1 3 23 1 8 3 23 1 22 3 m m m m m m m m m + + −   −    +  −  +           = −     −  +  −   − +         . Thay 8 m =− vào lại bất phương trình ta được ( ) 2 2 2 2 8 7 22 2 2 8 8 0 20 2 2 2 8 7 1 1 2 8 7 1 1 3 2 8 6 0 13 xx xx x x x x x x xx x −+   − +  −    − +   −  − +        − +       Vậy với 8 m =− bất phương trình nghiệm đúng với   1;3 x  . Câu 9. Cho phương trình ( ) ( ) 2 ln 2 2 2 0 mx x x x e m x + + + − − = . Khoảng ( ) ; ab là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thuộc khoảng ( ) 4 1;e . Tính a b . A. 2 2 b a e = . B. 2 be a = . C. 3 3 be a = . D. 3 4 b a e = . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 171 | Chinh phục Olympic toán Lời giải Điều kiện 0 x  . Đặt ( ) 0 ln mx e t t mx t =   = . Ta có phương trình ( ) ( ) ln 2 1 1 0 mx x mx x xe + + + − = có dạng ( ) ( ) ln ln 2 1 1 0 mx x t x xe  + + + − = ( ) ( ) ( ) ( ) ln 2 1 1 0 * xt x xt  + + − = . • Nếu ( ) ( ) 1 * 0 * xt VT     vô nghiệm. • Nếu ( ) ( ) 1 0 * 0 * xt VT      vô nghiệm. • Nếu ( ) 1 * 0 xt VT =  = . Do đó phương trình ( ) ( ) ln * x m f x x  = − = . Ta có ( ) 2 ln 1 '0 x f x x e x − = =  = , lập bảng biến thiên ta thấy rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( ) 4 1;e khi và chỉ khi 43 1 4 4 ; b m ea ee   − −  =   . Câu 10. Cho , xy là các số thực dương thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 2 log 2 3 1 2 1 0 x y x x y y y + + + − + − = . Khi biểu thức 2020 2020 log 2log P x y =+ đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị 22 45 xy + . A. 1 . B. 2 3 . C. 8 9 . D. 3 . Lời giải Cách 1. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 log 2 3 1 2 1 0 log 2 1 2 x y x x y y y x y x y x y  + + + − + − =  + = − + +  ( ) * Dễ thấy 21 xy += thỏa mãn ( ) * • Nếu 0 2 1 xy  +  thì ( ) ( ) * 0, * 0 VT VP    vô lý. • Nếu 21 xy + thì ( ) ( ) * 0, * 0 VT VP    vô lý. Vậy ( ) * 2 1 1 2 x y x y  + =  = − . Vì ,0 xy  nên 1 0 2 y  . Khi đó, ( ) 2 2 3 2020 2020 2020 2020 log 2log log log 2 P x y xy y y = + = = − và P lớn nhất ( ) 23 2 f y y y =− lớn nhất. Xét hàm số ( ) 23 1 2 , 0; 2 f y y y y  = −    , có ( ) ( ) ( ) 2 1 0 0; 2 2 6 2 1 3 ; 0 11 0; 32 y f y y y y y f y y   =      = − = − =    =     Như vậy ta dễ dàng chỉ ra hàm số ( ) fy đạt giá trị lớn nhất bằng 1 27 , tại 11 , 33 yx == . Khi đó 22 4 5 1 xy += . Cách 2. Hướng suy luận 2 2020 2020 2020 log 2log log P x y xy = + = ; P đạt GTLN khi 2 xy đạt GTLN Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 3 2 3 x y y xy ++     từ đó phán đoán 2 xy + là hằng số. Mặt khác phần phía ngoài logarit của ( ) ( ) ( ) 2 log 2 3 1 2 1 0 x y x x y y y + + + − + − = ( ) 1 bậc hai nên cần tạo ra ( ) 2 2 xy + ; suy ra nhân cả 2 vế của ( ) 1 với 2. | Chương 3. Các kỹ thuật đánh giá nâng cao Tạp chí và tư liệu toán học | 172 Lời giải. Phương trình ( ) 1 ( ) 2 22 2 log 2 2 6 2 4 2 0 x y x xy x y y  + + + − + − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 22 2 log 2 4 4 2 2 log 2 2 2 2 2 x y x xy y x xy x y x y x y x x y x y  + + + + + + = +  + + + + + = + Đặt 2; a x y b x = + = ; từ ( ) 2 suy ra 22 2 log a a ab a b + + = + • Nếu ( ) ( ) 2 2 1: log 0, a a a a b a b VT VP   +  +   . • Nếu ( ) ( ) 2 2 0 1:log 0, a a a a b a b VT VP    +  +   . • Nếu 1 a = ( ) 1 và ( ) 3 đúng với mọi 0 b  Vậy 2 1 21 27 x y xy + =   . Dấu "" = xảy ra khi xy = và 21 xy += hay 1 3 xy == . Khi đó 22 4 5 1 xy += . Cách 3. Ta cũng có thể sử dụng hàm đặc trưng cho bài toán này. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 log 2 3 1 2 1 0 log 2 2 2 0 2 log 2 log 2 2 log 1 x y x x y y y x y x y y x y x y x y x y x y x y x y xy x y x y x y x y x y x y + + + − + − =  + + + − + − + = ++  + + + = + +  + + + + + = + + + Xét hàm số ( ) ( ) 2 log , 0; f x x x x = +  +  , ta có ( ) ( ) 1 ' 1 0 0; ln2 f x x x = +    +  ; Hàm số đồng biến trên ( ) 0; + Từ ( ) 1, ta có ( ) ( ) 2 2 1 x y x y x y x y + + = +  + = (vì , xy dương) Vậy 2 2020 2020 2020 2020 2020 1 log 2log log log log 33 x y y P x y xy ++  = + =  =   Dấu "" = xảy ra khi xy = và 21 xy += hay 1 3 xy == . Suy ra 22 4 5 1 xy += . Câu 11. Có tất cả bao nhiêu cặp số ( ) ; ab với , ab là các số nguyên dương thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( ) 3 22 3 log 3 3 1 1 a b a b a b ab a b + + + = + + + − + . A. 2 . B. 3 . C. 1 . D. Vô số. Lời giải Cách 1. Với , ab là các số nguyên dương, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 3 22 3 log 3 3 1 1 a b a b a b ab a b + + + = + + + − + ( ) ( ) ( ) 33 3 3 2 2 322 log 3 3 3 1 ab a b ab a b a b ab ab a b a b ab +  + + + + = + − + + + +− ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 2 2 2 2 33 log log 3 3 1 a b a b a b ab a b ab   + + + = + − + + −  Xét hàm số ( ) 3 log f t t t =+ trên ( ) 0; + , ta có ( ) 1 ' 1 0, 0 ln3 f t t t = +    nên hàm số ( ) ft đồng biến trên ( ) 0; + . Khi đó, phương trình ( ) 1 trở thành Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 173 | Chinh phục Olympic toán ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 3 3 2 2 22 22 33 0* 30 30 f a b f a b ab a b a b ab a b ab a b ab a b ab  + = + −  + = + −   + − =  + − + − =   + − =   Do * , ab  nên phương trình ( ) * vô nghiệm. Suy ra 3 ab += . Mà , ab là các số nguyên dương nên * 2 03 1 03 3 1 , 2 a a b b ab a ab b  =       =       += =       =     Vậy có hai cặp số ( ) ; ab thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách 2. Với , ab là các số nguyên dương, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 22 3 3 3 2 2 3 22 3 log 3 3 1 1 log 3 3 3 3 log 3 1 3 a b a b a b ab a b ab a b ab a b a b ab ab a b ab a b ab a b + + + = + + + − + +  + + + + = + − + + +  = + − − − Trường hợp 1. 2 ab += . Khi đó ( ) 3 2 1 log 4 3 3 ab  = − loại do * , ab  . Trường hợp 2. 3 3 log 0 3 ab ab + +    và ( ) ( ) 22 3 0, a b ab a b + − − −  nên ( ) 1 không xảy ra. Trường hợp 3. 3 ab += , khi đó ( ) 1 thỏa mãn. Mà , ab là các số nguyên dương nên 2 1 1 2 a b a b  =    =    =    =    . Vậy có hai cặp số ( ) ; ab thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 12. Số nghiệm của phương trình ( ) ( ) 23 3 2 3 3 1 2 3 2 1 3 2 .2018 3 1 .2018 x x x x x x x x x x + − − + + + = − + + + − ? A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải Đặt 2 3 31 , 32 a x x b x x  = + −   = − +   phương trình trở thành ( ) ( ) .2018 .2018 2018 1 2018 1 0. a b b a a b b a a b + = +  − + − = Nếu 0, 0 ab  chia hai vế cho , ab ta được 2018 1 2018 1 0. ab ab −− += Phương trình này vô nghiệm do 2018 1 0 a a −  và 2018 1 0 b b −  với mọi , 0. ab  Thật vậy nếu 0 a  thì 2018 1 0; a − nếu 0 a  thì 2018 1 0. a − Kiểm tra thấy 0 a = hoặc 0 b = thỏa mãn. Suy ra 2 3 3 1 0 . 3 2 0 xx xx  + − =  − + =  Thôi đến đây cho các bạn giải tiếp, mình gõ hơi mệt rồi…. Trong đề minh họa THPT Quốc Gia 2018 dạng toán mũ – logarit kết hợp với dãy số đã gây sốt một thời gian với các bài toán được các trường các sở đưa ra vô cùng phong phú và phát biểu dưới nhiều hình thức khác nhau. Mặc dù trong năm vừa rồi dạng toán này không còn được phổ biến nữa, tuy nhiên trong chương này ta vẫn sẽ cùng nhìn lại dạng toán đã từng thành trào lưu một thời này. Các bài toán minh h ọa. Câu 1 . Cho dãy số ( ) n u thỏa mãn 1 1 10 10 log 2 log 2log 2log u u u u + + − = và 1 2 nn uu + = với mọi 1 n  . Giá trị nhỏ nhất để 100 5 n u  bằng A. 247 B. 248 C. 229 D. 290 Đề tham khảo kỳ thi THPT Quốc Gia 2018 – Bộ Giáo dục và Đào tạo L ời gi ải Vì 1 2 nn uu + = nên dễ thấy dãy số ( ) n u là cấp số nhân có công bội 2 q = . Ta có 99 10 1 1 . 2 . u u q u == . Xét 1 1 10 10 log 2 log 2log 2log u u u u + + − = ( ) ( ) 99 1 1 1 1 log 2log 2 . 2 log 2log 2 . 0 u u u u  − + + − = 1 1 1 1 log 18log2 2log 2 log 18log2 2log 0 u u u u  − − + + − − = 11 log 18log2 2 log 18log2 0 uu  − − + − − = Đặt ( ) 1 2 log 18log2 0 u t t − − =  . Phương trình trên trở thành ( ) 22 1 2 0 2 0 2 t t t t t tL =  − + =  + − =   =−  Với 1 1 1 17 5 1 2 log 18log2 1 2 log 18log2 1 2 t u u u =  − − =  − − =  = Trong trường hợp này ta có. 1 100 18 99 2 17 5 .2 5 2 5 99log 5 18 2 nn n un −− =      + Mà * n  nên giá trị nhỏ nhất trong trường hợp này là 248 n = . Câu 2 . Cho biểu thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) log 2017 log 2016 log 2015 log ... log 3 log2 ... A = + + + + + Biểu thức A có giá trị thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây? A. ( ) log2017;log2018 B. ( ) log2019;log2020 C. ( ) log2018;log2019 D. ( ) log2020;log2021 Sở Giáo dục và Đào tạo Ninh Bình năm học 2017 - 2018 L ời gi ải Ch ương 4 Các bài toán v ề dãy s ố | Chương 4. Các bài toán về dãy số Tạp chí và tư liệu toán học | 176 Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 log 2017 log 2016 log 2015 log ... log 3 log2 ... n n n A A n A − = + + + + +  = + Ta có ( ) ( ) ( ) 2 32 98 10 9 0 log2 1 0 1 0 log3 log 3 log4 1 ... 0 log9 log 9 log10 1 1 log10 log 10 log11 2 A AA AA AA         = +      = +  =  =  = +   ( ) 11 10 1 log12 log 11 log13 2 ... AA    = +   ( ) ( ) ( ) ( ) 997 996 998 997 999 998 2017 2016 2 log999 log 997 log1000 3 3 log1000 log 998 log1001 4 3 log1002 A log 999 log1003 4 ... 3 log2020 log 2017 log2021 4 AA AA A AA    = +  =  =  = +      = +      = +   Vậy ( ) 2017 log2020;log2021 A  Chọn ý D. Câu 3. Cho dãy số ( ) n u thỏa mãn 2 6 8 4 ln ln ln 1 u u u − = − và 1 .e 1 nn u u n + =   . Tìm 1 u A. e B. 2 e C. 3 e − D. 4 e − THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Từ giả thiết suy ra dãy số ( ) n u là cấp số nhân với công bội e và 01 n un    . Ta có 5 7 3 6 1 8 1 4 1 .e ; .e ; .e u u u u u u = = = . Do đó ta có. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 5 7 3 6 8 4 1 1 1 22 1 1 1 1 1 4 11 ln ln ln 1 ln .e ln .e ln .e 1 ln 5 ln 7 ln 3 1 ln 8 ln 16 0 ln 4 e u u u u u u u u u u u uu − − = −  − = −  + − + = + −  + + =  = −  = Chọn ý D. Câu 4. Cho dãy số ( ) n u thỏa mãn 18 18 11 44 e 5 e e e uu uu + − = và 1 3 nn uu + =+ với mọi 1 n  . Giá trị lớn nhất của n để 3 log ln2018 n u  bằng? A. 1419 B. 1418 C. 1420 D. 1417 THPT Kim Liên – Hà Nội lần 2 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Ta có 1 3 nn uu + =+ với mọi 1 n  nên ( ) n u là cấp số cộng có công sai 3 d = ( ) 18 18 18 18 1 1 1 1 4 4 4 4 e 5 e e e 5 e e e e 1 u u u u u u u u + − =  − = − Đặt ( ) 18 1 4 e e 0 u u tt = −  Phương trình ( ) 1 trở thành ( ) 5 5 0 5 0 0 0 t t t t t t t t = −  + =  + =  =  = Với 0 t = ta có 18 1 4 18 1 1 1 1 e e 4 51 4 17 u u u u u u u =  =  + =  = Vậy ( ) ( ) 1 1 17 1 3 3 14 n u u n d n n = + − = + − = + Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 177 | Chinh phục Olympic toán Khi đó ta được ln2018 ln2018 ln2018 3 3 14 log ln2018 3 3 14 3 1419,98 3 nn u u n n −     +     Vậy giá trị lớn nhất của n là 1419 . Chọn ý A. Câu 5. Cho dãy số ( ) n a thỏa mãn 1 1 a = và 1 3 51 32 nn aa n + − −= + , với mọi 1 n  . Tìm số nguyên dương 1 n  nhỏ nhất để n a là một số nguyên. A. 123 n = B. 41 n = C. 39 n = D. 49 n = L ời gi ải Từ giả thiết ta có 1 3 51 32 nn aa n + − −= + 1 35 5 32 nn aa n n + − + = + 15 35 log 32 nn n aa n + +  = + + Từ đó suy ra ( ) 1 5 2 5 5 1 5 5 5 5 5 5 5 3 2 3 1 3 2 log log log 3 1 3 4 3 1 ... 8 11 3 1 3 2 log log ... log log 5 8 3 4 3 1 8 11 3 1 3 2 3 2 1 log . ... . 1 log log 3 2 5 8 3 4 3 1 5 n n n n n n a a a n n n nn a nn n n n n nn −− + − + = + = + + − − − −+ = + + + + + −− − + +  = + = + = +  −−  Do đó ( ) 5 log 3 2 n an =+ . Vì 1 n  nên ( ) 55 log 3 2 log 5 1 n an = +  = , đồng thời dễ thấy ( ) n a là dãy tăng. Lại có ( ) 5 52 log 3 2 3 n a n a n n − = +  = . Lần lượt thử các giá trị 2;3;4;... n a = ta có 3 n a = là giá trị nguyên, lớn hơn 1, nhỏ nhất, cho giá trị tương ứng 41 n = . Vậy 41 n = . Chọn ý B. Câu 6. Cho dãy số ( ) n u thỏa mãn 9 9 1 9 11 2 2 * 1 4 2 4 3 3, u u u u uu nn e e e e e u u n + +  + − = − +   = +     . Giá trị nhỏ nhất của số n để 1 n u  ? A. 725 B. 682 C. 681 D. 754 L ời gi ải Từ giả thiết ta suy ra ( ) n u là CSC có công sai 91 3 24 d u u =  = + . Biến đổi giả thiết tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 9 9 1 9 11 1 1 1 1 1 11 1 2 2 2 48 24 2 24 2 2 22 24 24 2 24 1 24 4 2 4 3 4 2 4 3 0 2 1 2 1 3 0 1 13 1 13 2 1 ln 2 2 2 1 u u u u uu u u u u u uu u e e e e e e e e e e e e e e e e u e + + + + + − = − +  + − = − − =  − + − − =  − + − +   − =  = −   Ta có ( ) 1 3 1 2018 681 682 n u u n n n = + −      Chọn ý B. | Chương 4. Các bài toán về dãy số Tạp chí và tư liệu toán học | 178 Câu 7. Cho dãy số ( ) n u có số hạng đầu tiên 1 1 u  thỏa mãn đẳng thức sau . ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 log 5 log 7 log 5 log 7 uu + = + và 1 7 nn uu + = với mọi 1 n  . Giá trị nhỏ nhất của n để 1111111 n u  bằng A. 11 B. 8 C. 9 D. 10 L ời gi ải Vì 1 7 nn uu + = nên dễ thấy dãy số ( ) n u là cấp số nhân có công bội 7 q = . Biến đổi giả thiết tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 22 22 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 1 21 1 2 2 1 2 21 log 5 log 7 log 5 log 7 log 5 log log 7 log log 5 log 7 2log 5.log 2log 2log 7.log 0 1 log 0 1 2log 5 2log 2log 7 0 35 log 35 0 uu uu u u u uL u u u u + = +  + + + = +  + + =  = =     =   + + = =    Ta có 1 1 .7 n n uu − = . 1111111 n u  1 1 .7 1111111 35 n −  1 7 35.1111111 n −  ( ) 7 log 35.1111111 1 n   + . Mà * n  nên giá trị nhỏ nhất trong trương hợp này là 10 n = . Chọn ý D. Câu 8. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a thuộc đoạn   0;2018 sao cho ba số 11 5 5 ; ;25 25 2 x x x x a + − − ++ theo thứ tự đó, lập thành một cấp số cộng? A. 2008 B. 2006 C. 2018 D. 2007 L ời gi ải Ba số 11 55 xx +− + ; 2 a ; 25 25 xx − + , theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng khi và chỉ khi ( ) ( ) 11 5 5 25 25 x x x x a + − − = + + + 11 2 5 5 2 25 25 x x x x + − −   +  12 = . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 11 55 0 25 25 xx xx x +− −  =  =  =   . Như vậy nếu xét   0;2018 a  thì ta nhận   12;2018 a  . Có 2007 số a thoả đề. Chọn ý D. Câu 9. Cho dãy số ( ) n u thỏa mãn 12 2 1 3 2 3 3 1 8 22 1 log 4 4 4 uu uu +− +=  −+   và 1 2 nn uu + = với mọi 1 n  . Giá trị nhỏ nhất của n để 12 ... nn S u u u = + + + 100 5  bằng A. 230 B. 231 C. 233 D. 234 L ời gi ải Theo giả thiết ta có 1 2 nn uu + = nên ( ) n u là một cấp số nhân với công bội 2 q = . Suy ra 1 1 .2 n n uu − = với mọi * n  , 2 n  . Ta lại có . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 179 | Chinh phục Olympic toán 12 2 1 3 2 3 3 1 8 22 1 log 4 4 4 uu uu +− +=  −+    1 1 2 3 3 3 88 2.4 1 4 log 4 4 u u uu +=  −+   ( ) 1 Mà 1 1 8 2.4 4 u u + 8  và 2 3 3 3 8 1 log 4 4 uu  −+   2 33 8 1 log 1 3 2 u =   −+      8  Nên phương trình ( ) 1 tương đương 1 1 1 2 3 3 3 8 2.4 8 4 1 8 8 2 1 log 4 4 u u u uu  +=   =  =   −+     Khi đó 12 ... nn S u u u = + + + 1 12 12 n u − = − 21 2 n − = Do đó, 100 5 n S   21 2 n − 100 5   5 21 log 100 2 n −   233 n  Chọn ý D. Câu 10. Cho dãy số ( ) n u thỏa mãn ( ) ( ) 3 5 4 log 2 63 2log 8 8 n u u n − = − + , * n  . Đặt 12 ... nn S u u u = + + + . Tìm số nguyên dương lớn nhất n thỏa mãn 2 2 . 148 . 75 nn nn uS uS  . A. 18 B. 17 C. 16 D. 19 Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh lần 2 năm học 2017 - 2018 L ời gi ải Ta có * n  , ( ) ( ) 3 5 4 log 2 63 2log 8 8 n u u n − = − + ( ) ( ) 3 5 2 log 2 63 log 8 8 n u u n  − = − + . Đặt ( ) 35 log 2 63 tu =− 5 2 63 3 8 8 2 t t n u un  −=    − + =   5 5 2 63 3 32 2 t t u u  −=    −=   1 3 2.2 tt  = − 2 t = 84 n un  = − 2 12 ... 4 nn S u u u n  = + + + = Do đó ( ) ( ) 2 2 2 2 8 4 .16 . 148 . 75 16 4 .4 nn nn nn uS uS nn − = − 19 n  . Chọn ý A. Câu 11. Cho hàm số ( ) ( ) 22 11 1 1 e x x fx ++ + = . Biết ( ) ( ) ( ) ( ) 1 . 2 . 3 ... 2017 e m n f f f f = ( ) , mn  với m n là phân số tối giản. Tính 2 P m n =− . A. 2018 − B. 2018 C. 1 D. 1 − Sở Giáo dục và Đào tạo Phú Thọ lần 1 năm học 2017 - 2018 L ời gi ải Biến đổi giả thiết ta có ( ) ( ) 22 11 1 1 e x x fx ++ + = ( ) 2 1 1 2 1 11 e x x x x  − + +  ++  = 2 1 1 1 1 21 11 e x x x x     − + − +     ++     = 2 11 1 1 e xx  −+  +  = 11 1 1 e xx −+ + = 11 1 e.e xx − + = . Do đó ta được. ( ) 1 1 2 1 e.e f − = ; ( ) 11 23 2 e.e f − = ; ( ) 11 34 3 e.e f − = ;…; ( ) 11 2016 2017 2016 e.e f − = ; ( ) 11 2017 2018 2017 e.e f − = . | Chương 4. Các bài toán về dãy số Tạp chí và tư liệu toán học | 180 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 . 2 . 3 ... 2017 f f f f  1 1 2017 2018 e .e − = 2017 2017 2018 e + = 2 2018 1 2018 e − = 2 2018 1 m  = − , 2018 n = . Vậy 1 P =− . Chọn ý D. Câu 12. Cho cấp số cộng ( ) n u có tất cả các số hạng đều dương thỏa mãn đẳng thức ( ) 1 2 2018 1 2 1009 ... 4 ... u u u u u u + + + = + + + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 222 3 2 3 5 3 14 log log log P u u u = + + . A. 2 − B. 3 − C. 2 D. 3 L ời gi ải Biến đổi giả thiết tương đương ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2018 1 2 1009 1 2018 2 2017 ... 4 ... 2.1009 2 1008 2 ud u u u u u u u d + + + + = + + +  = + ( ) 2 222 1 5 3 3 3 14 3 2 3 5 9 3 9 27 : ; ; ;... log log log 2 2 2 2 2 2 2 2 2 27 2 n d u d d d d d d d d u u u P d u  =     =   =  = + +     =   Chọn ý C. Câu 13. Cho cấp số cộng ( ) n a , cấp số nhân ( ) n b thỏa mãn 21 0 aa  và 21 1 bb  ; và hàm số ( ) 3 3 f x x x =− sao cho ( ) ( ) 21 2 f a f a += và ( ) ( ) 2 2 2 1 log 2 log f b f b += . Số nguyên dương n nhỏ nhất và lớn hơn 1 sao cho 2018 nn ba  là A. 16 B. 15 C. 17 D. 18 THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc lần 1 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Hàm số ( ) 3 3 f x x x =− có bảng biến thiên như sau. x − 1 − 1 + ' y + 0 − 0 + y + 2 − 2 − Theo giả thiết ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 1 2 00 f a f a f a f a a a a a  + =           Từ đó suy ra 12 12 01 01 aa aa          , hơn nữa ( ) 2 0 0 f x x +    . Ta xét các trường hợp. • Nếu 12 01 aa    thì ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 1 11 2 0 2 1 0 00 f a f a a a f a f a  +  = − =       = =    . • Nếu 12 01 aa    thì ( ) ( ) 2 1 20 0 fa fa  +      điều này là không thể. Do đó chỉ xảy ra trường hợp 12 0; 1 aa == . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 181 | Chinh phục Olympic toán Từ đó suy ra ( ) 11 n a n n = −  . Tương tự vì 21 1 bb  nên 2 2 2 1 log log 0 bb  , suy ra ( ) 2 2 2 1 2 1 1 log 1 1 21 log 0 1 n n bb bn ab − ==    =   ==  . Xét hàm số ( ) 2 2018 x g x x =− trên nữa khoảng  ) 0; + , ta có bảng biến thiên. x − 2 2018 log ln2 + ( ) ' gx − 0 + ( ) gx + 1 2 2018 log ln2 g    Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2018 log 0 ln2 2018 log 11 ln2 12 20120 13 18042 14 11868 15 2498 0 g g g g g            =−  =−   =−   =  nên số nguyên dương nhỏ nhất n thỏa ( ) 10 gn− là 1 15 16 nn − =  = . Chọn ý A. Câu 14. Cho cấp số nhân ( ) n b thỏa mãn 21 1 bb  và hàm số ( ) 3 3 f x x x =− sao cho ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 log 2 log f b f b += . Giá trị nhỏ nhất của n để 100 5 n b  bằng A. 234 B. 229 C. 333 D. 292 THPT Phan Châu Trinh – Đăk Lăk lần 2 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Xét hàm số ( ) 3 3 f x x x =− . Có ( ) 2 33 f x x  =− , ( ) 0 fx  = 1 x  =  . x − 1 − 1 + ' y + 0 − 0 + y + 2 − 2 − Mặt khác, ta có 12 1 bb  . Đặt 2 2 2 1 log log 0 a b b b =  =  . Ta có. 33 3 2 3 a a b b − + = − ( ) 1 . • Nếu 1 b  1 ab    33 33 a a b b  −  − ( ) 1  vô nghiệm. • Nếu 01 b  3 2 3 0 bb  −  −  3 3 2 0 aa  − +  ( ) ( ) 2 1 2 0 aa  − +  . Suy ra 1 a = 0 b = . Khi đó 0 1 1 2 21 22 b b  ==   ==   1 100 25 n n b −  =  2 1 100log 5 n  −  234 n  . Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 234 . Chọn ý A. | Chương 4. Các bài toán về dãy số Tạp chí và tư liệu toán học | 182 Câu 15. Cho dãy số ( ) n u thỏa mãn 21 4 7 6 6 2 1 1 3 1 3 * 1 2 11 log 3 48 34 , 2 32 uu nn u u u e e n u u n nn −− +  + + − = + −      +   = −     ++   Giá trị lớn nhất của số n để ( ) 2018 3 1 2 1 n n u n ++  + A. 3472 B. 3245 C. 3665 D. 3453 L ời gi ải Biến đổi giả thiết ta có 11 3 3 2 3 3 3 2 1 2 2 2 1 n n n n u u u u n n n n ++     = − +  − = −     + + + +     Đặt ( ) 1 33 12 n n n n n v u v v v n + = −  =  + là CSN với công bội 3 2 q = . Khi đó 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 2 2 2 1 2 2 n n n nn v v u u u n − − −           = = −  = − −           +           Ta có 3 1 2 1 33 9 13 3 , 8 4 4 2 u u u u = − = − , thay vào giả thiết ta được ( ) 11 6 6 6 6 2 1 1 1 3 log 2 4 3 uu u u e e −− − + = + − Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 1 1 1 1 6 6 6 6 6 6 6 6 3 2 . 3 1 u u u u e e e e − − − − + −  − = − Mặt khác ta cũng có ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 1 33 log 2 4 log 1 3 1 u u u − + = − +  − Do đó VT VP  , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 1 3 1 3 1 1 2 2 n n uu n −  =  = −  +  Để ( ) ( ) 1 2018 2018 3 1 2 3 1 2 3 1 3 3453 1 1 2 2 1 n n nn un n n n − + + + +    −     + + +  Chọn ý D. Câu 16. Cho ( ) ( ) 2 2* 11 f n n n n N = + + +   . Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 . 3 ... 2 1 2 . 4 ... 2 n f f f n u f f f n − = . Tìm số n nguyên dương nhỏ nhất sao cho n u thỏa mãn điều kiện 2 10239 log 1024 nn uu − + . A. 23 n = B. 29 n = C. 21 n = D. 33 n = THPT Chuyên Biên Hòa – Hà Nam lần 1 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Từ giả thiết ta có ( ) ( ) 2 2 11 f n n n = + + + ( ) ( ) 2 2 1 1 1 nn  = + + +  . Khi đó ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 3 1 4 1 ... 2 1 1 4 1 2 1 3 1 4 1 5 1 ... 4 1 2 1 1 n nn u nn   + + + + − + +   =   + + + + + + +   ( ) 2 2 2 1 1 n = ++ 2 1 2 2 1 nn = ++ Theo đề bài ta có 2 10239 log 1024 nn uu − + ( ) 2 2 2 1 10239 log 2 2 1 0 1024 2 2 1 nn nn  − + + + +  ++ . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 183 | Chinh phục Olympic toán Xét hàm số ( ) ( ) 2 2 2 1 10239 log 2 2 1 1024 2 2 1 g n n n nn = − + + + + ++ với 1 n  . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 4 2 0 2 2 1 ln2 2 2 1 nn gn nn nn ++  = − −  ++ ++ với 1 n  ( ) gn  nghịch biến. Mà 1 2047 0 2 g  −+ =    nên ( ) 2 2 2 1 10239 log 2 2 1 0 1024 2 2 1 nn nn − + + + +  ++ 1 2047 2 n −+  . Do n nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn nên 23 n = Chọn ý A. Câu 17. Cho dãy số ( ) n u xác định bởi ( ) ( ) 22 ln 2 1 ln 1 , 1 n u n n n n = + − + +   . Tìm số nguyên n lớn nhất sao cho   2 3 nn uu − . Biết   a kí hiệu phần nguyên của số a là số tự nhiên nhỏ nhất không vượt quá a. A. 37 B. 36 C. 38 D. 40 THPT Chuyên Biên Hòa – Hà Nam lần 1 năm học 2017 – 2018 L ời gi ải Ta có  )   2 2 21 ln 0;ln2 0 1 nn n uu nn + =   = ++   22 3 2 22 2 2 2 1 2 2 1 ln 37.462 3 3 311 n n n nn u u u e n n n n n ++  −           + + + +  Chọn ý A. Câu 18. Cho dãy số ( ) n u có tất cả số hạng đều dương thỏa mãn 1 2 nn uu + = và đồng thời 2 2 2 2 1 2 1 2 4 ... 1 , 1 3 n n n u u u u u n ++ + + + + + + =   . Số tự nhiên n nhỏ nhất để 100 5 n u  là? A. 232 B. 233 C. 234 D. 235 L ời gi ải Ta có 1 11 22 n n n n u u u u − + =  = , đẳng thức đúng với mọi 1 n  nên đúng với 1 n = nên 2 2 2 2 1 2 3 1 1 1 2 1 1 1 1 44 1 4 4 1 33 4 4 1 2 1 1 3 3 3 u u u u u u u u u u + + + =  + + + =  + + =  + =  = Do đó 1 100 1 100 22 2 5 2 3.5 log 3 100log 5 233 3 n n n un − − =      +  . Chọn ý C. Câu 19. Cho dãy số ( ) n u thỏa mãn ( ) ( ) 22 1 2 1 2 ln 10 ln 2 6 u u u u + + = + và đồng thời 21 2 1, 1 n n n u u u n ++ + = +   . Giá trị nhỏ nhất của n để 5050 n u  A. 100 B. 99 C. 101 D. 102 L ời gi ải Biến đổi giả thiết ta có | Chương 4. Các bài toán về dãy số Tạp chí và tư liệu toán học | 184 ( ) ( ) ( ) ( ) 22 1 22 1 2 1 2 1 2 2 1 ln 10 ln 2 6 1 3 0 3 u u u u u u u u =  + + = +  − + − =   =  Mặt khác ta có 2 1 2 1 1 2 1 1 n n n n n n n u u u u u u u + + + + + + = +  − = − + . Đặt ( ) 11 1 n n n n n n v u u v v v ++ = −  = +  là CSC có công sai 1 d = Khi đó ( ) 21 32 11 2 1 2 3 1 11 2 ................... n n n n n i nn uu uu nn v n u u n u u i u u n + = − =+   =+ +   = +  = + +   = + =    =+   Vậy để 5050 n u  ( ) 1 5050 100 2 nn n +     Chọn ý C. Câu 20. Cho dãy số ( ) n u thỏa mãn ( ) ( ) 21 1 * 2 2 391 1 39 log log 2 40 4 4 21 2 , 11 n n uu nu n un n nn +      + + + =            + −  = +    + + +  . Giá trị nhỏ nhất của n để ( ) 100 2 100 3 51 5 n n u nn ++  + . A. 235 B. 255 C. 233 D. 241 L ời gi ải Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 n n n n n n n n + + + = + + + + + = + + + Biến đổi giả thiết tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 11 22 22 11 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 11 1 1 1 1 n n n n n n n nn nn nu n u n u n n n n nu n u n u nu nn nn ++ ++ + − + + − = + + = + + + + + + + +   = + + −  + − = −  ++  + + + + Đặt ( ) 1 2 11 2 1 n n n n n v nu v v v n + = −  =  + là CSN có công bội 1 2 q = Từ đó suy ra 11 1 1 1 31 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 nn nn n v v u u u n n n −− −         = = −  = + −         +         Thay 21 11 40 4 uu = − + vào giả thiết ta được 1 1 1 3 1 39 1 39 1 1 log log 2 1 4 4 4 4 2 n n u u u u n n n     + + + =  =  = +     +     Để ( ) 100 2 2 100 3 51 100log 5 233 5 n n u n n nn ++      + Chọn ý C. Đầu tiên thì chúng ta cần chú ý là dạng toán này không phải là phương trình nghiệm nguyên trong Lý thuyết số, mà là một dạng toán xu hướng trong năm 2020, thực chất cũng chỉ là việc vận dụng các biến đổi ở các chương trước và các đánh giá cơ bản để tìm ra mối liên hệ giữa các biến trong phương trình, từ đó sử dụng điều kiện “nguyên” để chỉ ra các giá trị thỏa mãn. Chương này được tham khảo từ chuyên đề phương trình nghiệm nguyên trên VTV7 và chuyên đề phát triển câu 47 – 50 của Nhóm Toán VD – VDC. Mở đầu. Trước tiên ta hãy xem lời giải bài toán sau. Bài toán. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 127 số nguyên y thỏa mãn ( ) ( ) 2 32 log log x y x y +  + ? A. 89 B. 46 C. 45 D. 90 Đề tốt nghiệp THPT 2020 mã đề 1043 Lời giải Ta có ( ) ( ) ( ) 2 32 log log 1 x y x y +  + . Đặt * t x y = +  (do , , 0 x y x y  +  ), khi đó ( ) ( ) ( ) 22 3 2 2 3 (1) log log ( ) log log 0 2 x x t t g t t x x t  − +   = − − +  Đạo hàm ( ) ( ) 2 11 0 ln2 ln3 gt t x x t  = −  −+ với mọi y . Do đó ( ) gt đồng biến trên  ) 1; + Vì mỗi x nguyên có không quá 127 giá trị * t  nên ta có ( ) ( ) 2 2 7 23 128 0 log 128 log 128 0 128 3 44,8 45,8 g x x x x x   − − +   − +   −   . Như vậy có 90 giá trị thỏa yêu cầu bài toán. Nhận xét. Đây là câu khó nhất trong đề thi THPT Quốc Gia 2020 vừa rồi, điều làm bài toán này khó hơn so với bài toán ở đề tham khảo là dấu bất phương trình và giả thiết “không có quá 127 số nguyên y”. Như vậy ta đã nhận dạng được lớp các bài toán về phương trình nghiệm nguyên mà chương này đang đề cập. Sau đây là các ví dụ minh họa. Các bài toán minh họa. Câu 1. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( ; ) xy thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 log 1 1 9 1 1 y x y x y +  + + = − − +  A. 2 . B. 1 . C. 3 . D. 8 . Lời giải Chương 5 Phương trình nghiệm nguyên | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 186 Từ giả thiết ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 log 1 1 9 1 1 y x y x y  + + + = − − +  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 9 9 9 log 1 1 1 log 1 1 log * . 1 1 1 x y x x x y y y   + + = − +  + + + = +  + + + Xét hàm ( ) 3 log f t t t =+ trên ( ) 0; + . Ta có ( ) 1 ' 1 0, 0 ln3 f t t t = +     hàm số ( ) ft đồng biến trên ( ) 0; . + Do đó ( ) 9 *1 1 x y  + = + hay 89 1. 11 y x yy − = = − + ++ Để ; xy nguyên dương thì ( )   8 0 1 1 9; 3; 1;1;3;9 . y y y y + −    +   +  − − −       Suy ra 2. y = Do đó ( ) ( )   ; 2;2 xy  . Vậy có duy nhất 1 cặp số nguyên dương ( ) ; xy thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn 0 2020 x  và ( ) ( ) 3 3 3 9 2 log 1 2 y y x x + = + + − ? A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 . Lời giải Ta có ( ) ( ) 3 3 3 9 2 log 1 2 y y x x + = + + − ( ) 3 3.9 6 3log 1 2 y y x x  + = + + − ( ) ( ) ( ) 21 3 3 3 2 1 1 3log 1 y y x x +  + + = + + + ( ) * . Xét hàm số ( ) 33 t f t t =+ . Ta có ( ) 3 .ln3 3 0, t f t t  = +   . Suy ra hàm số ( ) ft liên tục và đồng biến trên . Do đó ( ) * ( ) ( ) ( ) 3 2 1 log 1 f y f x  + = + ( ) 3 2 1 log 1 yx  + = + 21 31 y x +  = − . Vì 0 2020 x  nên 21 0 3 1 2020 y +  −  3 log 2021 1 1 22 y −  −   . Do y nguyên nên   0;1;2 y  ( ) ( ) ( ) ( )   ; 2;0 ; 26;1 ; 242;2 xy  . Nên tổng cộng có 3 cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa đề. Câu 3. Có bao nhiêu số tự nhiên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn ( ) ( ) 22 32 log 4 log 4 x y x y + = + ? A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. Vô số. Lời giải Đặt ( ) ( ) 22 32 log 4 log 4 x y x y t + = + = , suy ra 22 43 42 t t xy xy  +=   +=   ( ) ( ) 2 2 34 3 4 4 2 1 t tt xy yy  =−    − + =   Phương trình ( ) 1  2 20 8.3 9 2 0 t t t yy − + − = . Phương trình phải có nghiệm nên ( ) 9 2 9 16.9 20 9 2 0 5 log 5 2 t t t t t    = − −        . Do đó 99 22 log 5 log 5 2 2 2 2 2 2 2,1 x y x +    . Vì   0;1 xx    Thử lại. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 187 | Chinh phục Olympic toán Với 0 x = , suy ra 9 2 9 2 log 4 2 log 4 43 1 42 .3 4 t t t y y y =    =    =   =   . Với 1 x = , suy ra 2 1 4 3 0 0 1 4 4 t t yt y y  + = =     = +=    . Vậy   1;2 x  . Câu 4. Có bao nhiêu số nguyên dương x sao cho tồn tại số nguyên dương y thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 1 1 2 ln 1 2 2 8 ln3 xy xy x y x y −+ +  − + + + = +  ? A.1 . B. 2 . C. 2020 . D. 2021 . Lời giải Điều kiện xác định ( ) ( ) 1 2 0 x y x y − + +  ( ) * Do 0, 0 xy  nên 20 xy + từ ( ) * ta suy ra 10 xy − +  Nên ( ) ( ) 1 1 2 ln 1 2 2 8 ln3 xy xy x y x y −+ +  − + + + = +  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 2 3 1 2 3 1 2 ln 1 ln 2 2 2 ln3 ln 1 2 2 ln3 ln 2 3 ln 1 2 ln 2 1 2 xy xy xy xy xy xy x y x y x y x y xy xy −+ + −+ + −+ +  − + + + + = +  − + + = + − +  − + + = + + Xét hàm số ( ) ln 2 t f t t =+ với ( ) 0; t  +  , có ( ) 1 ' 2 ln2 0, 0. t f t t t = +    Nên hàm số ( ) ft đồng biến trên khoảng ( ) 0; + . Từ ( ) 1 ta suy ra ( ) 3 1 2 f x y f xy  − + =  +  ( ) ( ) 3 1 1 2 3 2 x y x y x y xy  − + =  − + + = + ( ) 2 Do , xy nguyên dương, nên ( ) 2 tương đương với 1 1 1 1 1 1 2 3 2 3 5 1 3 1 3 3 2 1 2 1 1 3 x x y x y y x y x y x x y x y x y x y y  =     − + = − + =  =     + = + =       =   − + = − + =       + = + = −     =     Kết hợp các điều kiện chỉ có 1 1 x y =   =  thỏa mãn. Vậy có 1 giá trị của x thỏa mãn. Câu 5. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( ) ; xy thỏa mãn 2 100 x y + và ( ) 2 2 522 4 log 4( ) 1 4 xy xy xy + = − + + ? A. 5 . B. 6 . C. 7 . D. 10 . Lời giải | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 188 Biến đổi phương trình đầu tương đương ( ) 2 2 522 4 log 4( ) 1 4 xy xy xy + = − + + ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 5 5 5 log 4 log 4 5 4 4 log 5 x y x y x y x y  + − + = + − + + ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 55 log 4 4 log 5 4 5 4 x y x y x y x y  + + + = + + + ( ) * Xét hàm số ( ) 5 log f t t t =+ trên khoảng ( ) 0; + Có ( ) ( ) 1 ' 1 0, 0; .ln5 f t t t = +    +   ( ) ft là hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 0; + Khi đó ( ) * ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 4 5 4 4 5 4 f x y f x y x y x y   + = +  + = +   Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ,ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 4 1. 2.2 1 2 . 4 5 4 x y x y x y x y + = +  + + = + Dấu bằng xảy ra 2 12 xy xy  =  = . Theo giả thiết ta có 2 100 2 100 xx yx +   +  . Đặt ( ) ( ) ( ) 2 ' 2 ln2 1 0, xx g x x g x x g x = +  = +    là hàm số đồng biến trên R . Nhận xét ( ) ( ) 6 100 7 gg  .Mà x nguyên dương nên ( )   100 1;2;3;4;5;6 g x x    ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )   ; 1;1 ; 2;2 ; 3;3 ; 4;4 ; 5;5 ; 6;6 xy  . Vậy có 6 cặp số nguyên dương ( ) ; xy thỏa mãn đề bài. Câu 6. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực dương y thỏa mãn ( ) 2 32 1 log 2 log 16 x y x y  + = + +   A. Vô số. B. 2. C. 1. D. 4. Lời giải Ta có ( ) 2 32 1 log 2 log 16 x y x y  + = + +   . Điều kiện 20 xy + . Đặt ( ) 3 2 2 2 log 2 23 1 1 log 2 16 16 t t t x y xy t x y xy =+  +=     = + + + + =      . ( ) 2 1 2 3 2 0 1 8 tt xx  − + − + = Phương trình ( ) 1 có nghiệm x khi và chỉ khi 3 8.2 8.3 0 1 0 2 t tt t   = −        . 20 1 2 2 1 16 t xy  + + =  = 22 15 15 00 16 16 x y x x   −   =  = . Ta có 2 3 2 3 2 1 log 1 16 0 log 2 log log 2 16 log 2 y x y y y  +    =  = +  =   23 1 log log 2 16 y y   + =   . 23 3 0 ,1 1 log log 2 16 y x y y     + =    =     , nhận. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 189 | Chinh phục Olympic toán Câu 7. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn 0 2020 x  và 2 2 2.625 10.125 3 4 1 xy yx − = − + . A. 2020 . B. 674 . C. 2021 . D. 1347 . Lời giải Biến đổi phương trình đầu tương đương 22 2 4 3 1 2 2.625 10.125 3 4 11 2.5 2.5 3 4 1 x y x y y x y x + − = − +  − = − + ( ) 2 4 2 3 1 2.5 4 2.5 3 1 * xy xy +  + = + + . Xét hàm số ( ) 2.5 t f t t =+ là hàm số đồng biến trên . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 * 4 3 1 4 3 1 4 1 3 2 1 2 1 3 ** f x f y x y x y x x y  = +  = +  − =  − + = . Do , xy nguyên nên 2 1;2 1 xx − +  và 3 là số nguyên tố nên ( ) ** tương đương với hoặc ( ) 2 1 3 x − hoặc ( ) 2 1 3 x + . • Trường hợp 1. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 1 mod3 2 4 mod3 2 mod3 x x x x −       . • Trường hợp 2. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 1 mod3 2 2 mod3 1 mod3 x x x x +   −     . Ta có 2021 giá trị nguyên của x sao cho 0 2020 x  . Trong đó có 674 số chia hết cho 3 nên có tất cả 1347 số thỏa ( ) ** . Với mỗi giá trị nguyên của x thì ta tìm được một và chỉ một giá trị y nguyên tương ứng. Vậy có 1347 cặp ( ) ; xy nguyên thỏa mãn bài toán. Câu 8. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn 0 2020 y  và 2 31 log 3 ? 2 x x y y  − =−   A. 2019 . B. 6 . C. 7 . D. 11 . Lời giải Từ giả thiết ta có 0 0. 31 0 x y x y     −     Ta có phương trình ( ) 22 log 3 1 3 1 log (*) xx yy  − + − = + Xét hàm số ( ) 2 log f t t t =+ trên ( ) 0; + . Khi đó ( ) 1 10 ln2 ft t  = +  do đó hàm số ( ) 2 log f t t t =+ đồng biến trên ( ) 0; + Phương trình (*) có dạng ( ) ( ) 3 1 3 1 xx f f y y − =  = − Vì ( ) 3 0 2020 0 3 1 2020 1 3 2021 0 log 2021 xx yx     −        Vì ( )   3 0 log 2021 1;2;3;4;5;6 3 1 x x xy x       = −      . Vậy có 6 cặp ( ) ; xy thỏa mãn. Câu 9. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 22 34 x m x m ++ = có nghiệm? A. 0 . B. 3 . C. 2 . D. Vô số. Lời giải Vì 22 22 0 4 1 3 1 0 x m x m x m x m ++ +       +  . Đặt ( ) 22 3 4 , 0 x m x m tt ++ = =  3 22 4 log log x m t x m t +=    +=  . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 3 4 3 4 3 2 log 2log log 2log 3.log 0 x m x m t t t t +  +    −  ( ) 44 log 9 log 9 22 3 4 4 0 log log 9 1 3 0 log 3 1,25 t t x m         +   | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 190 2 2 2 2 mm    −   . Vì   1;0;1 . mm    − • Nếu 1 m =− ta có ( ) 2 1 1 2 4 3 4 1 1 log 3 xx xx −+ =  + = − ( ) 2 44 log 3 . 1 log 3 0 xx  − + + = (vô nghiệm) nên 1 m =− (loại). • Nếu 0 m = ta có 2 2 4 4 0 3 4 .log 3 log 3 xx x xx x =  =  =   =  nên 0 m = (thỏa mãn). • Nếu 1 m = ta có ( ) 2 1 1 2 4 3 4 1 1 .log 3 xx xx ++ =  + = + ( ) 2 44 log 3 . 1 log 3 0 xx  − + − = (luôn có hai nghiệm phân biệt) nên 1 m = (thỏa mãn). Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 10. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn 0 2020 y  và ( ) 2 2 4 8 1 4 2log x x y y + − = + . A. 4 . B. 7 . C. 6 . D. 5 . Lời giải Ta có ( ) 2 2 4 8 1 4 2log x x y y + − = + ( ) 4 4 8 1 4 8log x x y y  + − = + . Đặt 4 log ty = . Đẳng thức đã cho trở thành ( ) 4 8 1 4.4 8 xt xt + − = + ( ) 1 4 8 4 8 1 xt xt +  + = + + ( )  . Xét hàm số ( ) 48 u f u u =+ với t  . Ta có ( ) 4 .ln4 8 0, u f u u  = +   . Suy ra hàm số ( ) fu đồng biến và liên tục trên . Khi đó ( )  được viết lại thành ( ) ( ) 1 f x f t =+ 4 1 log 1 x t y  = + = + . Vì , ,0 2020 x y y    nên có 4 0 4 2020 log 2020 5,5, t y t t  =      Ứng với mỗi giá trị t cho ta 1 giá trị của y và cũng cho 1 giá trị x . Vậy có 6 cặp số nguyên ( ) ; xy . Câu 11. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn 0 2020 y  và 3 21 log 1 2 ? x x y y  − − = −   A.19 . B.12 . C. 2020 . D. 11 . Lời giải Từ giả thiết ta có 0 21 0 2 1 0 0 x x y x y y    −            Phương trình đầu tương đương ( ) ( ) 33 log 2 1 2 1 log * xx yy − + − = + . Xét hàm số ( ) 3 log f t t t =+ trên ( ) 0; + . Khi đó ( ) 1 10 ln3 ft t  = +  do đó hàm số ( ) 3 log f t t t =+ đồng biến trên ( ) 0; + Phương trình ( ) * có dạng ( ) ( ) 2 1 2 1 xx f f y y − =  = − . Vì ( ) 2 0 2020 0 2 1 2020 1 2 2021 0 log 2021 xx yx     −        . Mà ( )   2 0 log 2021 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 x x x         . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 191 | Chinh phục Olympic toán Với mỗi giá trị của x ta có một giá trị của y tương ứng. Vậy có 11 giá trị của x nên ta có 11 cặp ( ) ; xy thỏa mãn. Câu 12. Cho hai số nguyên , xy thay đổi, hỏi có bao nhiêu bộ ( ) ; xy thỏa mãn 2 1 1 3 2 2 2 4 3 xy xy xy x y + −  − = − − −   . A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 1 . Lời giải Ta có 2 1 1 2 1 3 2 2 2 4 3 3 2 2 2 4 3 xy xy xy x y xy x y xy x y + − − − −  − = − − −  − = − − −   ( ) ( ) 12 3 2 1 3 2 2 xy x y xy x y − − −  + − = + − − Xét hàm ( ) 32 t f t t =+ ta có ( ) ' 3 .ln3 2 0, t f t t = +    Suy ra ( ) ft là hàm đồng biến nên ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 2 1 2 x f xy f x y xy x y y x x y x − − = − −  − = − −  + = −  = + ( ) 23 3 1 22 x y xx − + +  = = − + ++ Khi đó y  nên 21 23 x x + =    + =   . Từ đó có 4 bộ ( ) ; xy thỏa mãn giả thiết. Câu 13. Gọi ( ) ; xy là cặp số nguyên dương thỏa mãn 1 2020 y  và 2 3 41 log 2 1 16 x x yy y  + = − + −   . Gọi min y và max y lần lượt là nghiệm ứng với giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của y . Tính giá trị của biểu thức min max T y y =+ . A. 103 T = . B. 3010 T = . C. 1030 T = . D. 301 T = . Lời giải Ta có 2 3 41 log 2 1 16 x x yy y  + = − + −   ( ) ( ) 2 33 log 4 1 log 1 16 xx yy  + − = − − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 33 log 4 1 4 log 1 * xx yy  + + = + − Đặt ( ) 4 1 4 1 1 xx t t t = +  = −  . ( ) ( ) ( ) ( ) 22 33 * log 1 log 1 ** t t y y  + − = + − Xét hàm ( ) ( ) ( ) 2 3 log 1 1 f u u u u = + −  . Ta có ( ) ( ) 1 2. 1 0 u.ln3 f u u  = + −  khi 1 u  . Suy ra hàm số ( ) y f u = đồng biến trên ( ) 1; . + Khi đó ( ) ** ty = 41 x y  + = . Vì 1 2020 y  , nên ta có 1 4 1 2020 x  +  0 4 2019 x    4 log 2019 5,49 x    Vì x +    1;2;3;4;5 x = min min max max 15 5 1025 xy xy ==    ==  . Vậy min max 5 1025 1030 T y y = + = + = . | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 192 Câu 14. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy và 0 2020 x  thỏa mãn điều kiện 2 2 6 8 log 2 2 11 y x y xx +  + = − +  −−  ? A. 2018 . B. 2 . C. 2020 . D. 1 . Lời giải Điều kiện của ( ) ( ) : ; 3 1; xx  −  −  +  . Nên ta chỉ kiểm tra 2 2020 x  . Ta có 22 2 6 8 2 6 8 log 2 2 log 2 2 1 1 1 1 yy xx yy x x x x ++     + = − +  + + = +     − − − −     ( ) 2 26 log 1 22 2 6 2 6 2 6 log 2 log 2 2 1 1 1 1 x yy x x x x yy x x x +   −  + + +      + = +  + = +     − − −     Đặt ( ) 2 t f t t =+ . Ta có ( ) ' 1 2 .ln2 0 t f t t = +    ( ) ft luôn đồng biến trên Do đó ( ) ( ) 22 2 6 2 6 2 6 1 log log 2 1 1 1 y x x x f y f y x x x  + + +      =  =  =      − − −      Đặt ( ) ( ) ( ) 2 2 6 8 ' 0, ; 3 1; 1 1 x u u x x x +− =  =    −  −  +  − − . Do 2 2020 x  và 26 1 x u x + = − luôn nghịch biến trên   2;2020 nên 4046 ;10 2019 u     . Mà 2 y u = và y  nên   4;8 u  . • Với 4 2 2 4 26 4 2 6 4 4 5 1 y y u x x x x x  =  =  =  + =  + = −  =  −  • Với 8 2 3 8 2 6 7 8 2 6 8 8 13 y y u x x x x x  =  =  =  + =  + = −  =  −  (loại) Vậy, phương trình có một cặp nghiệm thỏa bài toán ( ) 5;2 . Câu 15. Có bao nhiêu bộ hai số nguyên ( ) ; xy thỏa 2 1 2020 xx  +  và ( ) 2 log log 1 10 y x x x x y + + + + = + A. 8. B. 4. C. 2 D. 0. Lời giải Điều kiện 0 x  Ta có ( ) 2 log log 1 10 y x x x x y + + + + = + ( ) 2 log 1 10 y x x x x y   + + + = +  ( ) ( ) 22 log log 10 10 yy x x x x  + + + = + Xét hàm số ( ) log f t t t =+ với 0 t  , ta có ( ) 1 10 ln10 ft t  = +  , 0 t  . Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 0; + 2 10 y xx  + = Vì 2 1 2020 xx  +  nên 1 10 2020 0 log2020 3,305 y y       Mà y chỉ nhận giá trị nguyên nên   0;1;2;3 y  . • Với 0 y =  15 2 x −+ = (loại). Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 193 | Chinh phục Olympic toán • Với 1 y =  1 41 2 x −+ = (loại). • Với 1 401 2 2 yx −+ =  = (loại). • Với 1 4001 3 2 yx −+ =  = (loại). Vậy không có bộ hai số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 16. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn ( ) 3 1 1 3 1 1 1 3 x y xy xy xy e e x y e y e + + − − + + + + + = + − ? A. 10 . B. 7 . C. 4 . D. 3 . Lời giải Đẳng thức đã cho tương đương ( ) 31 31 11 31 x y xy x y xy e x y e xy ee + − − + − − − + + = − + − − ( )  . Xét hàm số ( ) 1 t t f t e t e = − + với t  . Ta có ( ) 1 1 t t f t e e  = + + ( ) 0 ft   với t  . Suy ra hàm số ( ) ft đồng biến và liên tục trên . Khi đó ( )  được viết lại thành ( ) ( ) 31 f x y f xy + = − − 31 x y xy  + = − − ( )31 y x x  + = − − . Dễ thấy 3 x =− không thoả mãn, nên 12 1 33 x y xx −− = = − + ++ , ( ) 3 x − . Vì y  nên 2 1 3 x  − +   +      3 1; 2 5; 4; 2; 1 xx  +      − − − − . Ứng với mỗi giá trị x nguyên trên cho ta tương ứng 1 giá trị của y . Vậy có 4 cặp số nguyên ( ) ; xy . Câu 17. Có bao nhiêu giá trị nguyên x để tồn tại số thực   1;2020 y  và thỏa mãn điều kiện ( ) 1 ln 2 x y y e y x + + = + ? A. 8 . B. 7 . C. 6 . D. 5 . Lời giải Đặt ln t t y y e =  = . Khi đó, ( ) 1 ln 2 x y y e y x + + = + trở thành ( ) ( ) 11 . 2 1 1 t x t x t t e e e x e x t + + − + = +  = + − + ( ) 1 Xét hàm ( ) 1 u f u e u = − − , ta có ( )'1 u f u e =− Suy ra ( ) ( ) ' 0 0 ' 0 0 f u u f u u        =  =   Hàm số ( ) fu đồng biến trên  ) 0; + Do đó, ( ) ( ) 0 0 1, 0 u u f u f e u u      +   ( ) a Ta cũng có, ( ) ( ) ' 0 0 ' 0 0 f u u f u u        =  =   Hàm số ( ) fu nghịch biến trên (  ;0 − Do đó, ( ) ( ) 0 0 1, 0 u u f u f e u u      +   ( ) b Từ ( ) a và ( ) b suy ra 1, u e u u  +   và "" = xảy ra khi và chỉ khi 0 u = | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 194 Từ đó, ( ) 1 1 0 ln 1 x t x y  + − =  = − . Vì   1;2020 y  1 ln2020 1 x  −   − Do   1;0;...6 xx    − . Vậy có 8 giá trị nguyên của x thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 18. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực dương y thỏa mãn ( ) 22 54 22 32 log log 4 xy xy xy + =+ + ? A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. Vô số. Lời giải Điều kiện 22 0;3 2 0 x y x y +  +  . Đặt ( ) 22 54 22 32 log log 4 xy x y t xy + = + = + , ta có 22 22 32 5 4 4 t t xy xy xy +  =  +   +=  ( ) * Xét 2 2 2 3. 2 32 55 4 4 tt x xy y xy x y + + =  = +  +   . Đặt x a y = , phương trình trở thành 2 32 5 4 t a a + = + . Xét hàm số ( ) 2 32 4 a fa a + = + , có ( ) ( ) ( ) 22 12 2 ' ; ' 0 6 44 a f a f a a aa − = =  = ++ . Từ bảng biến thiên ta có ( ) 5 10 5 10 log 10 t f a t      Khi đó 5 log 10 2 2 2 4 4 3 3 3 3 t x y x x + =      −   mà x  nên   1;0;1 x− . • Nếu 0 x = , khi đó ( ) * trở thành 2 2 5 0 2 1 4 t t y t y y y  = =     =   =  (thỏa mãn) nên 0 x = nhận. • Nếu 1 x = , khi đó ( ) * trở thành 2 2 23 5 41 14 t t y y y +  =  +   +=  nhận thấy 1 2 1 t y  =    =  là một nghiệm của hệ nên 1 x = thỏa mãn . • Nếu 1 x =− , khi đó ( ) * trở thành 2 2 23 5 41 14 t t y y y −  =  +   +=  . Từ 2 14 t y += ta thấy 2 1 1 4 1 0 5 1 tt yt +        Khi đó ( ) 2 2 2 2 3 3 23 2 2 5 1 2 3 4 1 2 41 2 3 4 1 3 t y y y yy y y yy      −  =   −  +    +   −  +    (vô lí) Suy ra 1 x =− loại. Vậy có hai giá trị nguyên của x thỏa mãn bài toán là 0; 1 xx == Câu 19. Cho hệ phương trình ( ) ( ) 3 22 2 log log 2 x y m x y m  +=   +=   , trong đó m là tham số thực. Hỏi có bao nhiêu giá trị của m để hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm ( ) ; xy và ; xy nguyên? A. 3. B. 2. C. 1. D. vô số. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 195 | Chinh phục Olympic toán Lời giải Điều kiện 0 xy + . ( ) ( ) 3 22 2 log log 2 x y m x y m  +=   +=   ( ) 22 3 * 4 m m xy xy  +=    +=   ( ) 2 3 2x 4 m m xy x y y  +=    + − =   3 94 2 m mm xy xy  +=    − =   ( ) ** Đặt 94 3; 2 mm m S x y P xy − = + = = = để hệ ( ) ** có nghiệm thì điều kiện là 2 4 SP  94 9 4. 2 mm m −  9 4 log 2 m  . Mặt khác từ 22 4 m xy += suy ra 4 log 2 2 4 2 2 2 m m m xx    −    , do x nguyên nên chọn   1;0;1 x− . Làm tương tự với y nguyên nên   1;0;1 y− . Vì   ; 1;0;1 xy− và 30 m xy + =  nên ; xy không thể nhận giá trị 1 − do đó   ; 0;1 xy  khi đó ta có các nghiệm nguyên có thể xảy ra của hệ phương trình là ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0 ; 0;1 ; 1;0 ; 1;1 . Ta đi thử lại thay từng cặp nghiệm trên vào hệ phương trình ( ) * • Với ( ) ( ) ; 0;0 xy = không thỏa mãn điều kiện. • Với ( ) ( ) ; 0;1 xy = trở thành 13 0 14 m m m  =  =  =   . • Với ( ) ( ) ; 1;0 xy = trở thành 13 0 14 m m m  =  =  =   . • Với ( ) ( ) ; 1;1 xy = trở thành 3 log 2 23 1 24 2 m m m m =   =    = =    vô lý. Nhận thấy 0 m = thì hệ có hai nghiệm ( ) 0;1 và ( ) 1;0 . Vậy có duy nhất một giá trị m thoả mãn bài toán. Câu 20. Có bao nhiêu số tự nhiên y và số thực x thỏa mãn 22 2 3 2020 3 xy xy + + = ? A.1. B.2. C. 0. D. 4. Lời giải Đặt 22 2 3 2020 3 0. xy xy t + + = =  Ta có 2020 22 3 2 log (*) 3 log x y t x y t  +=   +=   Ta có ( ) ( ) 2 2 22 27 2 1. . 3 3 3 3 x y x y x y  + = +  +   . Suy ra ( ) ( ) 22 2020 3 2020 3 2000 77 log log log log 2000.log 0 33 t t t t   −  2000 3 7 0 log log 2000 3 t    . Ta có 2 2 2 2 3 3 2000 3 log 3 log 2000.log x y t x y t + =  + = ( ) 2 22 3 7 3 log 2000 111,69 3 xy  +   . Do 2 2 2 0 3 111,69 37,23 x y y      . Do y    0,1,2,3,4,5,6 y  . • Với 0 y = ta có 10 tx =  = thỏa mãn. • Với 1 y = thay vào hệ ( ) * ta có ( ) ( ) 2020 2020 2 2 3 3 log 2 1 2 log 3 log 2 3 log xt xt xt xt =−  +=    += +=     Thay (1) vào (2) ta có | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 196 ( ) ( ) 2 2 2020 3 3 2020 2020 3 2020 log 2 3 log log 2020.log log 4 log 2020 .log 7 0 t t t t t − + = =  − + + = Ta có ( ) 2 3 4 log 2020 28 0  = + −  nên phương trình có hai nghiệm t nên, tuy nhiên khi thay 2 giá trị vào ta đều được 0 x  nên không tồn tại số thực . x • Với 2 y = thay vào hệ ( ) * ta có ( ) ( ) 2020 2020 2 2 3 3 log 4 3 4 log 12 log 4 12 log xt xt xt xt =−  +=    += +=     . Thay (3) vào (4) ta có ( ) ( ) 2 2 2020 3 3 2020 2020 3 2020 log 4 12 log log 2020.log log 8 log 2020 .log 28 0 t t t t t − + = =  − − + = . Ta có ( ) 2 3 8 log 2020 112 0  = − −  nên phương trình vô nghiệm nên không tồn tại số thực x • Với 3 y = thay vào hệ ( ) * ta có ( ) ( ) 2020 2020 2 2 3 3 log 6 5 6 log 27 log 6 27 log xt xt xt xt =−  +=    += +=     . Thay (5) vào (6) ta có ( ) ( ) 2 2 2020 3 3 2020 2020 3 2020 log 6 27 log log 2020.log log 12 log 2020 .log 63 0 t t t t t − + = =  − − + = Ta có ( ) 2 3 12 log 2020 252 0  = − −  nên phương trình vô nghiệm nên không tồn tại số thực x • Với 4 y = thay vào hệ ( ) * ta có ( ) ( ) 2020 2020 2 2 3 3 log 8 7 8 log 48 log 8 48 log xt xt xt xt =−  +=    += +=     . Thay (7) vào (8) ta có ( ) ( ) 2 2 2020 3 3 2020 2020 3 2020 log 8 48 log log 2020.log log 16 log 2020 .log 110 0 t t t t t − + = =  − − + = Ta có ( ) 2 3 16 log 2020 440 0  = − −  nên phương trình vô nghiệm nên không tồn tại số thực x . Tương tự với 5, 6 yy == đều không tồn tại số thực x . Vậy có duy nhất 0, 0 xy == thỏa mãn. Câu 21. Có bao nhiêu cặp ( ) ; xy với , xy nguyên là nghiệm của phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 11 33 29 2 log 256.2 log 1 y x x xx x y ++ ++ − = − + . A. 0 . B. 3 . C. 4 . D. 5 . Lời giải Điều kiện 1; 0 xy  −  . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 11 33 1 2 2 9 3 3 3 1 2 9 2 33 29 2 log 256.2 log 1 2 log 2 9 log 2 log 1 2 log 1 2 log 2 9 1 y x x yx xx yx xx xx x y x x y x y x x x ++ + ++ + ++ ++ − = − +  − + + + = − +  + + = + + + Xét hàm số ( ) 3 2 log t f t t =+ với ( ) 0; t  +  , ta có ( ) 1 ' 2 .ln2 0, 0 .ln3 t f t t t = +    . Suy ra hàm số ( ) ft đồng biến trên ( ) 0; + . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 9 f y x f x x  + = + + ( ) 2 2 2 9 8 1 2 9 1 11 xx y x x x y y x xx ++  + = + +  =  = + + ++ . Khi đó y nguyên khi và chỉ khi     1 1;2;4;8 0;1;3;7 xx +    . Vậy tồn tại 4 cặp số nguyên thỏa mãn đề bài. Câu 22. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn điều kiện 22 2 34 x y x y ++ = . A. 1 . B. 3 . C. 4 . D. 2 . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 197 | Chinh phục Olympic toán Lời giải Ta có 22 2 2 2 0 4 1 3 1 2 0 x y x y x y x y ++ +       +  . Đặt ( ) 22 2 3 4 , 0 x y x y tt ++ = =  . Khi đó ta có ( ) ( ) ( ) 3 3 2 22 2 4 3 3 4 log 2 2 log log 5 4 log log log 0 * x t y x y t x y t y t y t t =−  +=     += − + − =    Phương trình ( ) * có nghiệm khi và chỉ khi ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 2 3 3 4 3 4 3 5 log 3 34 4 log 5 log 5log 0 log 5 log 3 log 0 0 log 5 log 3 1 3 y t t t t t tt   = − +   − +        Từ đó ta có ( ) ( ) 4 2 22 4 0 2 5log 3 0 5 log 3 ** xy xy  +      +    Từ ( ) ** suy ra ( ) 2 22 4 , 5 log 3 xy  , mà x  nên   1;0;1 x− . • Nếu 1 x =− , khi đó ( ) 2 1 2 1 2 44 3 4 2 log 3 1 log 3 0 yy yy − + + =  − + + = , vô nghiệm. • Nếu 0 x = , khi đó ( ) 2 22 4 3 4 2 log 3 0 yy yy =  − = , có nghiệm. • Nếu 1 x = , khi đó ( ) 2 1 2 1 2 44 3 4 2 log 3 1 log 3 0 yy yy ++ =  − + − = , có nghiệm. Vậy có 2 cặp số nguyên x thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 23. Có bao nhiêu giá trị nguyên không âm của tham số m để phương trình sau có nghiệm thực ( ) ( ) 42 23 log log m x m x + = + . A. 2 . B.Vô số. C. 3 . D. 4 Lời giải Điều kiện 0 x  . Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) 42 23 42 21 log log 32 t t mx m x m x t mx  +=  + = + =   +=   . Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 16 2 4 2 4 t t m x m x m x m x +  +   +   + Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta lại có ( ) ( ) 2 2 4 2 16 2 2.3 4 t t m x m x +  +   . Suy ra 16 3 16 8 log 8 2 3 t t        . Từ (2), do 2 4 2 2 4 2 2 2 0 0 0 3 3 9 3 1 1 1 2 2 t m m m m x m m m m m m m  =  =  =   + =       =  =      =    = =   vì m +  Với 0 m = , ta thấy phương trình đã cho có nghiệm 1. x = Với 1 m = , ta thấy phương trình đã cho có nghiệm 0. x = Câu 24. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn 1 2020, 2 xy    và ( ) 2 2 log 2 x x x xy x xy x + − = − − A. 2021. B. 6. C. 2020. D. 11. Lời giải Biến đổi phương trình đầu | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 198 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 22 log 2 2 1 log 1 2 log 2 1 log log 1 22 log log 1 1 (1) x x x x xx x x xy x xy x x y x y x y x y x yy xx + − = − −  + − = − −  + − = + − −  + = − + − Ta có hàm số ( ) 2 log f t t t =+ đồng biến trên ( ) 0; + Suy ra ( ) 2 11 x y x  = − , khi đó ( ) 2 11 x y x  = + Do y nguyên nên 2 x chia hết cho x nên 2 m x = với m là số tự nhiên Có   1 2020 0 2 2020 0;1;2;....;10 m xm        . Khi đó ta có 11 cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn đề là ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 10 10 2 10 1;3 , 2;3 , 4;5 , 8;33 ,...., 2 ;2 1; − + Câu 25. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( ) ; xy thỏa mãn 2 2 2 .2 log 1 2 3 x x y y x y  = + + +   A. 1. B. 2. C. 10. D. 4. Lời giải Ta có 2 2 2 .2 log 1 2 3 x x y y x y  = + + +   . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 1 22 11 22 2 .2 log 2 log 2 3 .2 log 1 1 log 2 2 4 .2 log .2 log 2 4 2 4 (1) x x xx y y x y y x y y x y x y x y y y x y x + ++  = + − + +  + + + = + + + +  + = + + + Ta thấy ( ) 2 log f t t t =+ đồng biến trên (0; ) + nên ( ) 1 2 1 .2 2 4 .2 2 2 1 x x x x y y x y y x y +  = +  = +  = + (2) Do y nguyên dương nên 2 1 1 2 x x y +  + (3) Từ (2) và (3) ta có 2 1 2 x x + (4) Xét ( ) 2 2 1, 0 x f x x x = − −  . ( ) 2 ln2 2 0 , 3 x f x x  = −    ( ) ( ) 3 3 2 2.3 1 0 3 f x f x   = − −    Suy ra 2 2 1 0 3 x xx − −    Từ (4) và do x nguyên dương nên từ   2 1 2 1;2 x xx  +   • Thay 1 x = vào (2) ta có 2 y = . • Thay 2 x = vào (2) ta có 4 3 y = . Vậy có một cặp số nguyên dương ( ) ; xy thỏa đề là ( ) 1;2 . Câu 26. Có tất cả bao nhiêu cặp số nguyên không âm ( ) ; xy thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 2 2 log 2 2 8 2 2 y x y xy x y + + + + = − − + ? A.1. B. 2. C. vô số. D. 3 . Lời giải Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 199 | Chinh phục Olympic toán Với hai số thực không âm ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 log 2 2 8 2 2 1 y x y xy x y + + + + = − − + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 log 1 2 8 1 2 3 2 y x y x y y   + + + = − + + + +  ( ) ( ) ( ) 22 8 log 1 log 2 1 3 2 x y x y  + + + = − + + + ( ) ( ) 22 88 log 1 1 log 22 xx yy   + + + = +  ++  ( ) 8 1 2 f x f y   + =  +  , Với hàm số ( ) 2 log f t t t =+ xét trên ( ) 0; + , ta có ( ) 1 1 0, 0 ln2 f t t t  = +    nên hàm số ( ) ft đồng biến trên ( ) 0; + . Vậy ( ) 1 ( ) 8 12 2 x y  + = + . Do x , y là các số nguyên không âm nên từ ( ) 2 ta có ( ) ( ) ( ) ( )   ; 3;0 ; 1;2 ; 0;6 xy  . Vậy có tất cả 3 cặp số nguyên không âm ( ) ; xy thỏa mãn. Câu 27. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy với 10 15 y  thỏa mãn ( ) ( ) 322 log 9 9 2 xy x x y y xy x y xy + = − + − + + + + . A. 13 . B. 16 . C. 15 . D. 14 . Lời giải Điều kiện 0 xy + (do 2 2 22 3 2 2 0 24 yy x y xy x  + + + = + + +    ). Đẳng thức đã cho tương đương với ( ) ( ) ( ) ( ) 322 9 log 9 9 2 * 2 xy x x y y xy x y xy + = − + − + + + + + . Đặt 22 20 u x y xy = + + +  , 9 9 0 v x y = +  , ta có. ( ) 3 3 3 * log log log v u v u u v v u  = −  + = + . Mà hàm số ( ) 3 log f t t t =+ có ( ) 1 10 ln3 ft t  = +   hàm số đồng biến trên ( ) 0; + nên ( ) 22 * 9 9 2 0 u v x y xy x y  =  + + − − + = . Ta có 2 2 2 2 39 9 9 2 0 9 2 2 2 4 2 yy x y xy x y x x y y     + + − − + =  + − + = − + −         ( ) 2 2 3 19 9 3 . 2 2 4 4 yy x x y      + − + = − − +         Dẫn đến 2 19 1 19 9 2 2 4 2 2 2 y y y x x x     + − +   −  +          1 2 19 xy  −  +  . Do 10 15 y  và y    11;12;13 ;14 y  . Ta có y 11 12 13 14 x   0;1;2;3;4   0;1;2;3   0;1;2;3   0;1;2 Vậy có tất cả 5 4 4 3 16 + + + = cặp số nguyên ( ) ;. xy | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 200 Câu 28. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn 22 2 7 4 ? x y x y ++ = A.1. B.2. C.3. D.Vô số. Lời giải Đặt 22 2 7 4 0. x y x y t ++ = =  Ta có 7 22 4 log () 2 log x y t I x y t +=    +=   . Vì ( ) ( ) 2 2 22 13 1. . 2 2 2 2 x y x y x y  + = +  +   nên ( ) 2 7 4 4 7 7 4 3 3 3 log log log 7.log 0 log log 7 2 2 2 t t t t  =    Suy ra ( ) 2 22 4 4 7 4 3 2 log log 7.log log 7 2,96 2 x y t t + = =   và 2 x nguyên nên     2 0,1 1,0,1 xx    − . • Với 0 x = thay vào hệ ( ) I ta có 7 2 4 log 2 log yt yt =    =   hệ này có một nghiệm 1 0 t y =   =  thỏa yêu cầu. • Với 1 x = thay vào hệ ( ) I ta có ( ) ( ) 7 7 2 2 4 4 log 1 1 1 log 1 2 log 1 2 log 2 yt yt yt yt =− +=     += +=     thay (1) vào (2) ta có ( ) ( ) 2 2 7 4 4 7 7 4 7 1 2 log 1 log log 7.log 2log 4 log 7 .log 3 0 (3) t t t t t + − = =  − + + = Phương trình (3) có ( ) 2 4 4 log 7 24 0  = + −  nên phương trình (3) có nghiệm nên tồn tại số thực . y • Với 1 x =− thay vào hệ ( ) I ta có ( ) ( ) 7 7 2 2 4 4 log 1 4 1 log 1 2 log 1 2 log 5 yt yt yt yt =+ − + =     += +=     Thay (4) vào (5) ta có ( ) ( ) 2 2 7 4 4 7 7 4 7 1 2 log 1 log log 7.log 2log 4 log 7 .log 3 0 (6) t t t t t + + = =  + − + = Phương trình (6) có ( ) 2 4 4 log 7 24 0  = − −  nên phương trình (6) vô nghiệm nên không tồn tại số thực . y Vậy   0,1 x  thỏa yêu cầu bài toán. Câu 29. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 22 56 log 2 log 4 x y x y + = + . A. 1 . B. 0 . C. 2 D. 3 . Lời giải Điều kiện 20 xy + . Đặt ( ) 5 log 2x y t += Theo đề ra có ( ) ( ) 2 56 22 25 25 log 2 log 4 25 6 46 2 2 t t tt t xy xy x y x y t xy xy  +=  +=  + = + =    − += =    . Ta có 2, xy là nghiệm phương trình ( ) 2 6 25 5 0 1 2 tt t XX − − − = . Để phương trình (1) có nghiệm 25 6 25 0 2 log 2 6 t t           . Mà 25 6 log 2 2 2 2 4 6 4 6 6 2,39 tt x y x + =    . Vì x  nên 2 6 0 6 25 0 1 5 t tt t y x t y y  =  =   =  =  =  =   . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 201 | Chinh phục Olympic toán Vậy 0 1 x y =   =  , thỏa mãn bài toán. Vậy chỉ có một giá trị x thỏa mãn bài toán. Câu 30. Có bao nhiêu cặp các số thực nguyên ( ) , xy thỏa mãn  )  ) 2;2 , 0; xy  −  +  và ( ) 2 log 2 2 x y y x + + = . A. 2 . B. 0 . C. 3 . D. 1 . Lời giải Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 log 2 2 2 2 2 2 2 2 * x x x x x x x y y x y y y y + + =  + + =  + + + = + . Xét hàm số ( ) 2 f t t t =+ với 0 t  suy ra ( ) 2 1 0, 0 f t t t  = +    nên hàm số ( ) ft đồng biến trên khoảng ( ) 0; + . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 * 2 2 2 2 2 2 x x x x x x f y f y y  + =  + =  = − . Đặt 2 x u = với  ) 1 2;2 2 ;4 4 x xu   −  =     ta được hàm số 2 y u u =− với 1 ;4 4 u      có 1 2 1 0 2 1 0 2 y u y u u  = −  =  − =  = Từ bảng biến thiên suy ra 1 12 4 y −   mà  ) 0; y  +  nên 0 12 y  . Ta có bảng sau x 2 − 1 − 0 1 2 x u = 1 4 1 2 1 2 2 y u u =− 3 16 − 1 4 − 0 2 Vậy có 2 cặp số nguyên ( ) , xy thoả mãn yêu cầu bài toán là ( ) 0;0 và ( ) 1;2 . Câu 31. Số cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 log 2 log 2 log 4 13 2 x y x y x y − + + + +  + − là A. 14 . B. 12 . C. 10 . D. 15 . Lời giải Điều kiện xác định 2 20 2 0 4 13 2 0 xy xy xy − +    + +    + −   . Với điều kiện trên ta biến đổi bất đẳng thức đề cho ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 13 2 9 x y x y x y x y − + + +  + −  +  Suy ra 2 9 x  , mà x là số nguyên nên   0, 1, 2, 3 x     Từ điều kiện xác định ta có 20 2 4 0 2 20 xy xx xy − +    +    −  + +   , suy ra loại 2 x =− và loại 3 x =− . Ta kiểm tra từng trường hợp thỏa điều kiện 2 22 20 20 4 13 2 0 9 xy xy xy xy − +    + +    + −    +  (*) • Với 0 x = thế vào ( ) * ta có được kết quả 22 y −   , nên 1 y = hoặc 0 y = . • Với 1 x =− thế vào ( ) * thì được 11 y −   , suy ra 0 y = . • Với 1 x = thế vào ( ) * thì được 2 2 2 2 y −   , suy ra 0 y = , 1 y = , 2 y = . • Với x = 2 thế vào ( ) * thì được 55 y −   , suy ra 0 y = , 1 y = , 2 y = . | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 202 • Với 3 x = thế vào ( ) * thì được 0 y = . Vậy có tất cả 15 cặp số nguyên thỏa yêu cầu bài toán. Câu 32. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn 0 2020 y  và 3 21 log 1 2 ? x x y y  − = + −   A. 2019 . B. 10 . C. 2020 . D. 4 . Lời giải Từ giả thiết ta có 0 21 0 2 1 0 0 x x y x y y    −            . Phương trình tương đương ( ) 33 log 2 1 2 1 log (*) xx yy − + − = + . Xét hàm số ( ) 3 log f t t t =+ trên ( ) 0; + . Khi đó ( ) 1 10 ln3 ft t  = +  do đó hàm số ( ) 3 log f t t t =+ đồng biến trên ( ) 0; + . Phương trình (*) có dạng ( ) ( ) 2 1 2 1 xx f f y y − =  = − . Vì ( ) 2 0 2020 0 2 1 2020 1 2 2021 0 log 2021 xx yx     −        . Ta có ( )   2 0 log 2021 1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 x x x         . Vậy có 10 cặp ( ) ; xy thỏa mãn. Câu 33. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn ( ) 2 28 22 4 log 2 5 8 7 y x x y y + − +  + − ? A. 6 . B. 1 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Ta có ( ) 2 2 2 5 1 4 4 x x x − + = − +  , x  và 2 2 8 0 y + , y   ( ) ( ) ( ) ( ) 2 28 2 2 2 2 2 4 4 4 log 2 5 2 8 log 2 5 2 8 log 4 2 8 y x x y x x y y + − + = + − +  + = + . Kết hợp đề bài, ta được 22 2 8 8 7 y y y +  + −  2 8 15 0 yy − +  35 y     3;4;5 y  . Với 3 y =  ( ) 26 2 4 log 2 5 26 xx − +   ( ) 2 4 26log 2 5 26 xx − +   21 2 5 4 0 xx − + −   ( ) 2 10 x−  1 x = . Với 4 y =  ( ) 40 2 4 log 2 5 41 xx − +   ( ) 2 4 40log 2 5 41 xx − +   41 2 40 2 5 4 0 xx − + −   0,6 1,4 x   1 x = . Với 5 y =  ( ) 58 2 4 log 2 5 58 xx − +   ( ) 2 4 58log 2 5 58 xx − +   21 2 5 4 0 xx − + −   ( ) 2 10 x−  1 x = . Vậy có 3 cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn là ( ) 1;3 , ( ) 1;4 và ( ) 1;5 . Câu 34. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn ( ) 2 5 log log 2 a a xy xy + −= ( ) 01 a  ? A. 4 . B. 8 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 203 | Chinh phục Olympic toán Điều kiện 0 50 xy xy −   +   5 xy xy    −  . Với điều kiện trên, ta có ( ) 2 5 log log 2 a a xy xy + −=  ( ) ( ) 1 log log 5 log 2 2 a a a x y xy − = + −   ( ) ( ) 2log log 2 log 5 a a a x y xy − + = +  ( ) ( ) 2 log 2 log 5 aa x y xy  − = +   22 2 4 2 5 x xy y xy − + = +  22 2 5 2 5 x xy y − + = . Bài toán trở thành tìm nghiệm nguyên của phương trình 22 2 5 2 5 x xy y − + = ( ) * . ( ) *  22 2 4 2 5 x xy xy y − − + =  ( ) ( ) 2 2 2 5 x x y y x y − − − =  ( ) ( ) 2 2 5 x y x y − − = . Do 2 xy − và 2xy − nhận các giá trị nguyên và là ước của 5 nên 2 xy − 1 1 − 5 5 − 2xy − 5 5 − 1 1 − ( ) ; xy ( ) 3;1 ( ) 3; 1 −− ( ) 1; 3 −− ( ) 1;3 So điều kiện, ta được 2 cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn là ( ) 3;1 và ( ) 1; 3 −− . Câu 35. Có tất cả bao nhiêu số nguyên y thuộc   2020;2020 − sao cho tồn tại duy nhất số thực x thỏa mãn ( ) 23 log log x x y =+ ? A. 2019 . B. 2021 . C. 2020 . D. 2022 . Lời giải Điều kiện 0 0 x xy    +  . Đặt ( ) 23 log log x x y t = + = 2 3 t t x xy  =    +=   2 23 t tt x y  =    +=   2 3 2 (1) t tt x y  =    =−   . Xét hàm số ( ) 32 tt ft =− . Ta có ( ) 3 ln3 2 ln2 tt ft  =− . ( ) 3 3 ln2 0 3 ln3 2 ln2 log 2 2 ln3 t tt ft   =  =  = =   ( ) 3 3 0 2 log log 2 tt  = = . Lập bảng biến thiên ta thấy rằng tồn tại duy nhất số thực x thỏa mãn bài toán  (1) ẩn t có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ( ) ( ) 3 3 3 3 22 log log 2 log log 2 0 32 y y     =−  . Do y nguyên thuộc   2020;2020 − nên   0;1;2;...;2020 y  . Vậy có 2021 số nguyên y thỏa mãn bài toán. Câu 36. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn ( ) ( ) 44 36 log log x y x y + = + A. 0 . B. 2 . C. 4 . D. 8 . Lời giải Điều kiện 44 0 0 xy xy +   +  . Đặt ( ) 44 57 44 3 log ( ) log . 6 t t xy t x y x y xy  +=  = + = +   +=   | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 204 Ta có 4 44 22 x y x y ++     4 36 22 tt     81 6 16 2 tt  81 16 62 t     27 8 2 t     27 2 log 8 t  Mặt khác 4 4 4 6 t x y x = +  4 6 t x  27 2 3 log 2 4 6 1,43 x    . Vì   1;0;1 . xx    − Với 1 x =− ta có hệ 4 31 61 t t y y  =+   =−   ( ) 4 3 1 6 1 tt  + = − ( ) 4 3 2 3 4.3 6.3 4.3 6 2 0 * t t t t t  + + + − + = Đặt ( ) 4 3 2 3 4.3 6.3 4.3 6 2 t t t t t ft = + + + − + Với 0 t  suy ra ( ) 4 3 6 0 tt ft    Với ( ) 0 2 6 0 0 t t f t   −     ( ) * vô nghiệm. Với 0 x = ta có hệ 4 3 6 t t y y  =   =   ( ) 4 36 3 tt t y  =     =  81 0 1 6 1 3 t t t y y   = =       =   =  Phương trình đã cho có nghiệm 0 1 x y =   =  . Với 1 x = ta có hệ 4 31 61 t t y y  =−   =−   ( ) 4 3 1 6 1 31 tt t y  − = −     =−  Xét hàm số ( ) ( ) 4 3 1 6 1 tt ft = − − + là hàm số liên tục và có ( ) 1 . 1 0 2 ff     ( ) 0 ft = có ít nhất một nghiệm ( ) 1 1 0;2 2 ty      , thỏa manx. Vậy   0;1 x  . Câu 37. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn ( ) ( ) 22 34 log 2 log 2 2 2 x y x y x y + − = + − − + A. 0 . B. 2 . C. 4 . D. 8 . Lời giải Điều kiện ( ) ( ) 22 22 20 2 2 2 1 1 0 xy x y x y x y + −     + − − + = − + −    . Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) 22 34 22 2 3 0 ( ) log 2 log 2 2 2 . 1 1 4 ( ) t t xy t x y x y x y x y C  + − − =   = + − = + − − +   − + − =   Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng ( )  cắt đường tròn ( ) C , điều này có nghĩa khoảng cách từ tâm ( ) 1;1 I của đường tròn ( ) C đến đường thẳng ( )  nhỏ hơn hoặc bằng bán kính 2 t R = . Tức là ta phải có 3 2 1 1 2 3 3 2 2 log 2 0,8547 2 2 t t t t + − −          . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 1 1 1 1 2 0 2. tt x y x x x = − + −  −  −     Với 0 x = , ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 23 3 1 4 1 0 9 2.3 4 2 0 * 1 4 1 t t t t t t t y y  =+   + − + =  + − + =  − = −   Với 0 t  có ( ) 4 2 0 * t − +   vô nghiệm. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 205 | Chinh phục Olympic toán Với 3 2 0 log 2 t  có ( ) 9 4 * tt  vô nghiệm. Với 1 x = , ta có ( ) 2 2 13 9 3 4 0 1 0 2 4 14 t t tt t y ty y  =+    − =  =  =  =   −=    . Phương trình đã cho có nghiệm 1 2 x y =   =  . Với 2 x = , ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 1 4 1 0 ** 1 4 1 t tt t y y  =   − − + =  − = −   . Ta thấy 0 t = là nghiệm của ( ) ** 1 y = , thỏa mãn điều kiện. Vậy có   1;2 x  . Câu 38. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn 3 27 x  và ( ) 3 3 2 2 log 1 4 8 4 4 y x x y  + − + = + +  ? A. 2019 . B. 3 . C. 2020 . D. 2 . Lời giải Ta có ( ) 3 3 2 2 log 1 4 8 4 4 y x x y  + − + = + +  ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 log 4 1 4 1 2 2 1 y x x y   − + − = +  . Đặt ( ) 2 log 4 1 tx =− ( ) 4 1 2 t x  − = . Khi đó ( ) 1 trở thành ( ) ( ) 3 32 2 2 2 2 ty ty + = + . Xét hàm số ( ) 3 2 h f h h =+ . Ta có ( ) 2 3 2 .ln2 0 h f h h h  = +    nên hàm số ( ) fh đồng biến trên . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 log 4 1 2 4 1 2 y f t f y t y x y x  =  =  − =  − = . Do 3 27 x  nên 44 8 4( 1) 104 8 4 104 log 8 log 104 y xy  −        . Do y  nên   2;3 y  , với mỗi giá trị y cho ta 1 giá trị x thỏa đề. • Với 2 y = ta được 5 x = . • Với 3 y = ta được 17 x = . Vậy có 2 cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn. Câu 39. Có bao nhiêu số thực   0;6 y sao cho tồn tại số ít nhất một số thực x  thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 1 4 2 2 2 1 sin 2 1 2 0 x x x x y + − + − + − + = A. 3 . B. 4 . C. 5 . D. vô số. Lời giải Ta có ( ) ( ) 1 4 2 2 2 1 sin 2 1 2 0 x x x x y + − + − + − + = ( ) ( ) 4 2 .2 1 2 2 1 sin 2 1 1 0 x x x x y  − + + − + − + = ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 1 sin 2 1 1 0 x x x y  − + − + − + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 1 2 2 1 sin 2 1 sin 2 1 cos 2 1 0 x x x x x y y y  − + − + − + + − + + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 sin 2 1 cos 2 1 0 x x x yy  − + + − + + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 sin 2 1 0 cos 2 1 0 xx x y y  − + + − =     + − =  ( ) ( ) 2 1 sin 2 1 0 cos 2 1 0 xx x y y  − + + − =    + − =   | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 206 ( ) ( ) 2 1 sin 2 1 cos 2 1 0 xx x y y  = − + −    + − =   , vì ( ) ( ) ( ) 2 sin 2 1 1 cos 2 1 0 sin 2 1 1 x x x y y y  + − =  + − =   + − = −  . ( ) ( ) 2 0 (vn) 2 2 sin 2 1 1 sin 2 1 1 xx xx yy  ==    + − = + − = −   ( ) 1 sin 1 1 x y =     + = −   1 12 2 x yk =      + = − +    1 12 2 x yk =      = − − +    Vì   ; 0;6 xy    nên 1 1 2 ; 1 2.2 ; 1 3.2 2 2 2 x y =        − − +  − − +  − − +      Vậy có 3 cặp số ( ) ; xy thỏa mãn bài toán. Câu 40. Có bao nhiêu cặp số ( ) ; xy với , xy là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện ( ) 22 2 2 log 615 615 x y y x − + = − + A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. vô số. Lời giải Ta có ( ) 22 2 2 log 615 615 x y y x − + = − + ( ) 22 2 2 log 615 615 x x y y  + = + + + ( ) ( ) 22 22 log 2 2 log 615 615 xx yy  + = + + + ( ) ( ) ( ) 2 2 615 1 x f f y  = + Ta thấy hàm số ( ) 2 log f t t t =+ đồng biến trên ( ) 0; + . Khi đó phương trình (1) 2 2 615 x y  = + . Xét chữ số hàng đơn vị của các số 2 615, 2 x y + Chữ số hàng đơn vị của y 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Chữ số hàng đơn vị của 2 y 0 1 4 9 6 5 6 9 4 1 Chữ số hàng đơn vị của 2 615 y + 5 6 9 4 1 0 1 4 9 6 Chữ số hàng đơn vị của x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Chữ số hàng đơn vị của 2 x 2 4 8 6 2 4 8 6 2 4 Ta thấy x phải là số chẵn ( ) * 2, x k k  =  Ta có 22 2 615 k y =+ 22 2 615 k y  − = ( ) ( ) 2 2 615 kk yy  − + = . Mặt khác 615 3 5 41 1 615 15 41 5 123 3 205 =   =  =  =  =  . Mà tổng ( ) ( ) 1 2 2 2 .2 2 k k k k yy + − + + = = ; lại có 1 615;15 41;3 205 + + + không có dạng lũy thừa của 2 và 7 5 123 128 2 + = = nên xảy ra 6 25 22 59 2 123 k k k y y y  − =  =    = +=    6 59 k y =    =  Vậy có duy nhất một cặp số nguyên dương ( ) ( ) ; 12;59 xy = thỏa mãn bài toán. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 207 | Chinh phục Olympic toán Câu 41. Có bao nhiêu bộ ( ) ; xy với , xy là các số nguyên thỏa mãn 1 , 1024 xy  và ( ) ( ) 2 2 log 2 4 y x x x x y + − + = A. 1 . B. 3 . C. 11 . D. 22 . Lời giải Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 log 2 log 2 2 4 y x xy x x x y x x xy − + − + =  + = + − . Xét hàm số ( ) 2 t f t t =+ có ( ) 2 ln2 1 0, t f t t  = +   . Như vậy hàm số ( ) ft luôn đồng biến nên ( ) ( ) 2 2 2 2 22 log 2 log 2 2 xy f x f xy x xy x − = −  = −  = Vì   1;1024 x  nên 2 2 2 2 1024 22 xy x xy − =    . Vậy ta có 22 , 22 2 xy xy xy x −       =  . Nhận xét. Ta thấy x có dạng 2 k 1; 2 2; 2 3 4; 2 8; 1 5 16; 8 xy xy xy xy xy  ==  ==    = =   ==   ==   . Vậy có 3 bộ ( ) ( ) ( ) 1;2 , 2;2 , 8;1 . Câu 42. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) , xy thỏa mãn ( ) 2 2019 42 2019 log 2 2020 2 2018 y x x y + − + = + ? A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 0 . Lời giải Ta có ( ) ( ) 2 2019 2 4 2 2 2019 2019 2 2 2018 log 2 2020 2 2018 log 1 2019 2019 y y x x y x y + +  − + = +  − + =   + . 2019 log 2019 1, VT x  =  ( ) * . ( ) 2 22 1 2 2018 1 1, 2019 2019 y y VP VP y yy − + = = −    ++ ( ) ** . Từ ( ) * và ( ) ** suy ra ( ) 2 2 2 2019 2 1 10 2 2018 log 1 2019 1 2019 10 x x y x y y y  =  − =  +  − + =      = + −=   . Vậy có hai cặp số nguyên ( ) , xy thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 43. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 22 22 log 4 log 2 1 x y x y + + − +  và 20 xy − ? A. 2 . B. 5 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Ta có, ( ) ( ) 22 22 log 4 log 2 1 x y x y + + − +  ( ) 1 ( ) ( ) 22 2 2 2 log 4 log 2 log 2 x y x y  + +  + + | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 208 ( ) ( ) 22 22 log 4 log 2 4 x y x y  + +  + ( ) ( ) 22 22 4 2 4 1 2 1 x y x y x y  + +  +  − + −  Tập hợp những điểm ( ) ; M x y thỏa mãn điều kiện ( ) 1 là hình tròn tâm ( ) 1;2 I bán kính 1 R = (kể cả đường tròn) Từ đó suy ra có 5 cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn điều kiện ( ) 1 là ( ) 1;1 , ( ) 2;2 , ( ) 0;2 , ( ) 1;2 và ( ) 1;3 . Trong 5 cặp số ( ) ; xy trên thì có 3 cặp số thỏa mãn điều kiện 20 xy − là ( ) 1;1 , ( ) 1;2 và ( ) 2;2 . Câu 44. Có bao nhiêu cặp số nguyên , ab thỏa mãn đồng thời các điều kiện 22 1 ab + và ( ) 22 2 2 2 2 22 22 44 3 log 2 ab b a b a ab ab +  + + +  + −  +   ? A. 10 . B. 6 . C. 7 . D. 8 . Lời giải Ta có ( ) 22 2 2 2 2 22 22 44 3 log 2 ab b a b a ab ab +  + + +  + −  +   ( ) ( ) 22 2 2 2 22 22 4 3 log 2 ab b a b ab ab +  ++   + −  +   ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 log 4 log 2 a b a b a b b a b ++  + −  + − + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log 2 2 log 4 4 a b a b a b a b b b ++  + + +  + + + ( ) * Xét hàm số ( ) 22 log ab f t t t + =+ trên ( ) 0; + . Ta có ( ) ( ) ( ) 22 1 ' 1 0, 0; .ln f t t t a b = +    +  + . Do đó hàm số đồng biến trên ( ) 0; + . Phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 4 * f a b f b a b b a b  +  +  +  +  +  Vậy, , ab thỏa mãn 22 14 ab  +  . Từ đó ta có 8 cặp số ( ) ; ab thỏa mãn bài toán là ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2; 2 , 2; 1 , 1; 2 , 1; 1 , 1;1 , 1;2 , 2;1 , 2;2 − − − − − − − − . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 209 | Chinh phục Olympic toán Câu 45. Có bao nhiêu số nguyên y sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn ( ) 2 2 2 2 2 log 4444 4 2 2.2 2 2220 y x x y x x + − = + + − − ? A.13 . B. 9 . C.11 . D.7 . Lời giải Ta có, ( ) ( ) 2 2 2 2 2 log 4444 4 2 2.2 2 2220 * y x x y x x + − = + + − − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log 2 2222 2 2220 2 2.2 1 log 2222 2 2220 2 2.2 1 . y y x x x x y x x x x y   + − + + − = +   + + − + + − = + Đặt ( ) 2 2 2 2 1 log . y t t y t =   = Phương trình ( ) 1 trở thành ( ) ( ) ( ) 22 22 22 22 log 2222 2 2222 2 2 log 1 log 2222 2 2222 2 log 2 2 2 . x x x x t t x x x x t t + − + + − = + +  + − + + − = + Đặt ( ) ( ) 2 1 log ' 1 0 1 ln2 f t t t f t t t = +  = +    . Suy ra ( ) ft đồng biến trên  ) 1; + . Do đó ( ) 2 2 2222 2 2 x x t  + − = . Ta có ( ) 2 2 2222 2 2223 1 2223. x x x + − = − −  Tồn tại x  thỏa ( ) 22 2223 * 2.2 2223 2 2 yy     2 2 2 2 2223 2223 2223 log log log . 2 2 2 yy    −   Mà y  nên   3; 2; 1;0;1;2;3 . y  − − − Vậy có 7 giá trị của y . Câu 46. Có bao nhiêu bộ số ( ) ; xy với x  , y  thỏa mãn phương trình sau đây ( ) ( ) 1 2022 22 4 2log 2021 2 2log 2 1 x xy xy x ++ + + = + + ? A. 12 . B. Vô số. C. 1 . D. 3 . Lời giải Điều kiện , , , 2021 0 2021 1 2021 1 2 1 0 2 1 1 0 x y x y x y xy xy xy x x x          +   +   +        +  +      . Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) ( ) 21 2021 22 2 2log 2021 2.2 2log 2 1 x xy xy x + + + + = + + ( ) ( ) 2 1 2021 22 2 log 2 1 2 log 2021 x xy x xy ++  − + = − + (1). Xét hàm số ( ) 2 2 log t f t t =− với 1 t  . Có ( ) ( ) 2 .2 . ln2 1 1 2 .ln2 0 .ln2 .ln2 t t t ft tt −  = − =  với 1 t  . Nên hàm số ( ) ft đồng biến, do đó (1) ( ) ( ) 2 1 2021 f x f xy  + = + ( ) 2 1 2021 2 2020 x xy x y  + = +  − = . Suy ra x là một ước nguyên dương của 2020. Ta có 2 2020 2 .5.101 = nên 2 .5 .101 a b c x = với 0 2,0 , 1 a b c     và ,, a b c  . Do đó mỗi số nguyên x là một cách chọn bộ ba số ( ) ;; a b c nên có 3.2.2 12 = số. Vậy có 12 cặp số ( ) ; xy thỏa mãn. | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 210 Câu 47. Có bao nhiêu cặp số dương ( ) ; xy thỏa mãn điều kiện 23 6 2 1 3 2 4 log , log 2 1 1 x y y x x y y     + + − +     + + +     nhận giá trị là số nguyên dương bằng nhau. A. 1. B. 0. C. 2. D. Vô số. Lời giải Cho 1 2 x = và thay vào 23 6 2 1 3 2 4 log , log 2 1 1 x y y x x y y     + + − +     + + +     ta được 22 24 log log 2 1, 0 2 y y y  + = =    +  và 33 33 log log 3 1, 0 1 y y y  + = =    +  . Do đó ta có vô số cặp số ( ) , xy dương, với 1 2 x = và 0 y  tùy ý thì 23 6 2 1 3 2 4 log log 1 2 1 1 x y y x x y y     + + − + ==     + + +     Câu 48. Có bao nhiêu bộ số thực ( ) ; xy với xy + là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện ( ) 33 23 22 log log xy xy xy  +  =+  +  A. 8 . B.12 . C. 6 . D.10 . Lời giải Cách 1. Đặt ( ) 33 23 22 log log xy t x y xy  +  = = +  +  . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 22 3 3 2 2 22 2 2 2 2 2 22 31 33 t tt t tt x y x xy y x y x y x xy y I xy x y x y xy x y x y   + − + + + − +  = ==  + ++       += + = + =   ( ) 22 2 2 2 2 22 12 33 tt x xy y xy x y x y −+      =  − =     ++     Ta có, 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 xy xy x y x y x y x y − +       ++ . Do đó, 22 13 1 22 xy xy  −  + . Từ ( ) 2 suy ra 1 2 3 2 3 2 t     hay ln2 1 ln3 ln2 t −   − Mặt khác 3 t xy += (là số nguyên dương nên   1;2;3;4;5;6 xy + Từ ( ) 2 ta có 2 2 13 3 2 32 3 t t t xy   −      =  −   . Do ( ) 2 2 2 4 1 3 3 ln2 3 , : 1 ln3 ln2 2 32 3 t t t t tt   −        −   −  −   Nên luôn tồn tại ( ) , x y x y  thỏa mãn yêu cầu bài toán với   1;2;3;4;5;6 xy + . Có 12 cặp. Cách 2. Đặt ( ) 33 23 22 log log xy t x y xy  +  = = +  +  . Ta có Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 211 | Chinh phục Olympic toán ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 22 2 2 2 2 22 22 2 33 3 tt t tt t x y x y x xy y x y x xy y I x y x y xy x y x y xy   + + − + + − +  == =  ++ +       + = + = +=   ( ) 22 22 2 2 3 t x xy y xy −+  =  +  Trường hợp 1. 0, y  ( ) 2 2 1 2 2 3 1 t xx yy x y  −+    =    +   . Đặt x u y = ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 1 1 1 0 1 3 3 3 3 1 t t t t uu u u u u u u  −+         =  − + = +  − − + − =          +           Ta có phương trình (1) có nghiệm khi 2 2 1 2 3 ln2 0 1 4 1 0 1 3 2 3 2 ln3 ln2 tt t         − −      −        −       Mặt khác 3 t xy += là số nguyên dương nên   1;2;3;4;5;6 . xy + Trường hợp 2. ( ) 0, 2 y = trở thành 2 1 0 1 3 t tx  =  =  =   (thỏa mãn). Nhận xét khi thay xy = vào hệ ( ) I không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vai trò của ; xy như nhau trong hệ ( ) I nên có 12 cặp ( ) ; xy thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 49. Có bao nhiêu cặp số ( ) , xy với , xy  và 3 2019;2020 y −  thỏa mãn phương trình ( ) 42 11 log log 24 x x y x  + + + = −    ? A. 84567 . B. 93781 . C. 90787 . D. 60608 . Lời giải Điều kiện 0 11 0 44 y x y x xx −       +   −   . Kết hợp giả thiết , xy  , 3 2019;2020 y −  nên ta suy ra 0, yy  . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 22 42 1 1 1 1 1 1 log log 2 4 2 4 4 2 x x y x x x y x x y x     + + + = −  + + + = −  + + = −             2 11 1 1 1 1 42 4 2 4 2 11 () 42 x y x x x y y x x x y l  + + = −      + + + =  = + +     + + = −   11 42 yx  = + + 1 1 11 2 4 11 42 44 y y xy x y y y y x        + = −     + = − + = −     Theo bài ra,   3 3 1 2020 2 1,2,....,90787 2019;2020 y y y y y           −       . Vậy có 90787 cặp số ( ) , xy thỏa yêu cầu bài toán. | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 212 Câu 50. Có bao nhiêu cặp số thực dương ( ; ) ab thỏa mãn 2 log a là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện 23 log 1 log ab =+ và 2 2 2 2020 ab + ? A. 8. B. 6. C. 7. D. 5. Lời giải Theo bài ra ta có ( ) 2 2 log ; 1 . 2 m a a m m m a  = =       Lại có 1 2 3 3 log 1 log log 1 3 . m a b b m b − = +  = −  = Suy ra ( ) ( ) 22 2 2 1 1 2 2 3 4 9 2020 . m m m m ab −− + = + = +  Đặt ( ) ( ) 1 ' 1 4 9 4 ln4 9 ln9 0 . m m m m g m g m m −− = +  = +    Vậy ( ) gm là hàm đồng biến trên . Suy ra ( ) ( ) 2 2020 7,92 . g m g  Ta được 7,92. m  Số cặp ( ) ; ab là số giá trị nguyên dương của m . Vậy   1,2,...,7 m  . Có 7 giá trị. Câu 51. Có tất cả bao nhiêu số nguyên dương x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn ( ) ( ) 23 log 2 log 3 2 y yy x  + = +   ? A. 2. B. Vô số. C. 0. D. 1. Lời giải Ta xét ba trường hợp của số thực y như sau Trường hợp 1. Với * x  và ( ) 0; y   + ta có ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 23 23 2 log 2 log 3 2 log 2 1 log 3 1 3 2 2 log 1 log 1 3 2 2 log 1 log 1 * 3 2 y y y y y y y y y y y x x n n x y y n x         + = +  + = +                   + + = + +             + = +        Với * x  và ( ) 0; y   + thì ( ) ( ) 2 2 2 23 11 * log 1 log 1 log 1 2 22 22 log 1 log 1 * 33 y yy yy x VT n VP        = +  + = +                            +  + =                     Do đó, phương trình đã cho vô nghiệm với * x  và ( ) 0; y   + . Trường hợp 2 Với * x  và ( ) ;0 y   − ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 2 3 3 3 log 2 log 1 2 log 1 2 log 2 2 log 2 3 y y y y y y x     +  +  + = +  +         Suy ra, phương trình đã cho vô nghiệm với * x  và ( ) ;0 y   − . Trường hợp 3 Với * x  và 0 y = , ta được phương trình ( ) ( ) 23 log 1 log 2 ** x+= . Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 213 | Chinh phục Olympic toán Dễ thấy phương trình này vô nghiệm. Vậy, không tồn tại số nguyên dương x nào thỏa mãn yêu cầu. Câu 52. Có tất cả bao nhiêu cặp các số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn ( ) ( ) 22 2 22 2 log 2 1 1 log 1 x x y xy − + +  +− ? A. 2 . B. 5 . C. 6 . D. 4 . Lời giải Xét trường hợp ( ) 2 2 2 2 2 log 1 0 0 1 1 x y x y + −    + −  ( ) 22 1 2 1 xy   +  Do x và y là các số nguyên nên không tồn tại ( ) ; xy thỏa mãn ( ) 1 Xét trường hợp ( ) ( ) 2 2 2 2 2 log 1 0 2 * x y x y + −   +  Khi đó bất phương trình ( ) ( ) 22 2 22 2 log 2 1 1 log 1 x x y xy − + +  +− ( ) ( ) 2 2 2 2 22 log 2 2 log 1 x x y x y  − +  + − 2 2 2 2 22 2 4 2 1 20 x x y x y x x y  − +  + −    − +    ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 1 1 ** xy xy  − +     − +    Từ ( ) 2 suy ra ( ) 2 2 23 3 x y  −      do , xy nguyên nên     1;2;3 1;0;1 x y     −   Vậy có tất cả 5 cặp ( ) ; xy thỏa mãn bài toán. Câu 53. Trong hệ tọa độ Oxy , cho điểm ( ; ) M x y với ; ; 6 6; 0 x y x y  −    và thỏa mãn phương trình 2 2 36 2 9 3 2 3 36 3 2 log 3 y x x y  − − + =   . Hỏi có bao nhiêu điểm M thỏa yêu cầu nêu trên? A. Bốn điểm B. Một điểm C. Ba điểm D. Hai điểm Lời giải Ta có 2 2 36 2 9 3 2 3 36 3 2 log 3 y x x y  − − + =   22 2 9 36 3 2 36 3 3 log 2 yx x y −  −  − = −   22 2 9 36 3 2 36 3 3 log 9 yx x y −  −  − =   ( ) 22 9 36 2 2 33 3 3 log 36 log 9 yx xy −  − = − − ( ) 22 9 2 2 36 33 3 log 9 log 36 3 yx yx −  + = − + (1) . Xét hàm số 3 ( ) 3 log x f x x =+ với 0 x  . Có 1 ( ) 3 .ln3 0, 0 .ln3 x f x x x  = +    , dó đó hàm số () y f x = đồng biến trên khoảng (0; ) + Khi đó (1) 22 (9 ) (36 ) f y f x  = − 22 9 36 yx  = − 22 9 36 xy  + = Vì ; ; 6 6; 0 x y x y  −    nên nhận được 0 2 x y =   =  12 (0;2); (0; 2) MM − . Câu 54. Cho cấp số nhân ( ) * , n an  có 1 aa = ,công bội qr = với , ar là các số nguyên dương. Biết 8 1 8 2 8 11 8 12 log log ... log log 2020 a a a a + + + + = . Hỏi có bao nhiêu cặp số ( ) , ar theo thứ tự thỏa mãn ? A. 92 . B. 91 . C. 45 . D. 46 . Lời giải Ta có 11 1 2 12 ; . ;...; . a a a a r a a r = = = . ( ) 3 8 1 8 2 8 11 8 12 1 2 12 2 log log ... log log 2020 log . ... 2020 a a a a a a a + + + + =  = | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 214 ( ) 11.12 12 2 11 2 22 1 log . 2log . 2020 3 a r a r   = =   ( ) 2 11 2 11 1010 2 log . 1010 . 2 a r a r  =  = (*) Vì , ar đều là số nguyên dương nên chúng phải là lũy thừa của 2. Đặt 2 ; 2 xy ar == với , xy là các số tự nhiên. Ta có 2 11 2 11 1010 1010 (*) 2 .2 2 2 2 11 1010 0 91 11 x y x y x y y +  = =  + =     (**) Mà 2 ;1010 x đều chia hết cho 2 nên 11y phải chia hết cho 2 nên y là số chẵn. Kết hợp với (**) ta có số giá trị của y là 90 0 1 46 2 − += giá trị Với mỗi giá trị của y sẽ có một giá trị x thỏa mãn . Câu 55. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; xy thỏa mãn 0; 20 20 x y x +  −   và ( ) 22 2 log 2 2 3 0 x y x y xy x y + + + + − − = ? A. 19 . B. 16 . C. 10 . D. 41 . Lời giải Điều kiện 20 xy + . Ta có ( ) 22 2 log 2 2 3 0 x y x y xy x y + + + + − − = ( ) ( ) 22 2 2 log 2 3 0 x y x y x y xy x y xy ++  + + + − − = + ( ) ( ) 2 2 2 2 22 log 2 3 log 2 3 0 x y xy x y x y xy x y  + + − + + + + − − = ( do có 0 xy + ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 log 2 3 2 3 log (1) x y xy x y xy x y x y  + + + + + = + + + Xét hàm số ( ) 2 log f t t t =+ , ta có ( ) ( ) 1 1 0, 0; ln2 f t t t  = +    +  nên hàm số ( ) ft đồng biến trên khoảng ( ) 0; + . Do đó ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 3 2 3 f x y xy f x y x y xy x y  + + = +  + + = + ( ) ( ) 2 1 0 1 2 x y x y x y  + + − =  = − vì 0 xy + • Do 20 20 x −   suy ra 19 21 22 y −  . • Do 1 2 1 0 x y x y y = −  + = −  nên 1 y  . • Doy  nên   9; 8;...; 0 y  − − , với mỗi giá trị y cho ta 1 giá trị x thoả đề. Vậy có 10 cặp số nguyên ( ) ; xy thoả đề. Câu 56. Có bao nhiêu bộ ( ) ; xy với , xy nguyên và 1 , 2020 xy  thỏa mãn ( ) ( ) 32 2 2 1 2 4 8 log 2 3 6 log 23 yx xy x y x y xy yx  +  + + +  + − −   +−   ? A. 2017 . B. 4034 . C. 2 . D. 2017.2020 . Lời giải Từ giả thiết kết hợp với điều kiện của bất phương trình ta có 1 2020;4 2020; , y x x y      (1). Ta có ( ) ( ) 32 2 2 1 2 4 8 log 2 3 6 log 23 yx xy x y x y xy yx  +  + + +  + − −   +−   ( ) ( ) ( ) ( ) 32 2 2 1 4 2 log 3 2 log 0 23 yx x y x y yx  +   + + + − −    +−   (*). Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 215 | Chinh phục Olympic toán Xét hàm số ( )   22 2 1 7 log log 2 0, 4;2020 33 x f x x xx +     = = +        −−     (2). • Với 1 y = thay vào (*) ta được ( ) ( ) 32 2 2 1 3 4 log 3 log 0 33 x xx x +     + − −      −     luôn đúng   4;2020 x  do (1) và (2). Suy ra có 2017 bộ ( ) ; xy . • Với 2 y = thay vào (*) ta thấy luôn đúng   4;2020 x  . Suy ra có 2017 bộ ( ) ; xy . • Với 3 2020 2 0 yy    −  . Xét hàm số ( ) 3 3 3 22 log log log 0, 3 2 2 2 y y y y g y y y y y       ++ = =  =         + + +       (3). Suy ra (*) vô nghiệm. Vậy có tất cả 4034 bộ số ( ) ; xy thỏa mãn yêu cầu. Cách 2. Bất phương trình tương đương ( ) ( ) ( ) 32 2 2 1 2 4 8 log 3 2 log (1) 23 yx xy x y x y yx  +  + + +  − −   +−   Từ (1) suy ra 4 x  . Nếu 3 y  ta có ( ) 3 2 2 4 8 log 0 2 y xy x y y  + + +   +  , ( ) ( ) 2 21 3 2 log 0 3 x xy x +  − −   −  . Suy ra (1) vô nghiệm, suy ra 2, 4 yx = thỏa (1) và 1, 4 yx = thỏa (1). Vậy có 2017 2017 4034 += bộ ( ) ; xy nguyên thỏa bài toán. Câu 57. Có bao nhiêu số hứu tỉ a thuộc   1;1 − sao cho tồn tại số thực b thỏa mãn ( ) 22 2 2 4 1 1 log 1 2 2 4 1 2 1 2 4 aa a a a a a b b − − + = + + − +++ ? A. 0 . B. 3 . C. 1 . D. Vô số. Lời giải Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 log 1 2 log 2 1 log 2 1 a b b a b − − + = − − −  = ( ) 1 . Xét hàm ( ) 2 4 1 1 2 4 1 2 1 2 4 aa a a a a fa = + + − +++ với   1;1 a− . Đặt 2 a t = , với   1;1 a− ta có 1 ;2 2 t     . Khi đó, ta được ( ) 2 22 11 12 1 tt gt t t t t = + + − + ++ với 1 ;2 2 t     . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 4 3 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 . 1 . 1 1 1 1 t t t t t t t t t t t t gt t t t t t t t t t t − + + − + + + − + + − − − +  = + − = + = + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 42 22 2 2 2 2 2 2 1 1 1 11 1 . 1 tt tt t t t t     − + +     = − + = −     ++     . Ta có ( ) 1 1 ;2 2 0 1 1 ;2 2 t gt t   =      =   = −      ; ( ) ( ) 1 7 7 ; 1 1; 2 2 5 5 g g g  = = =   . | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 216 Do đó, ( ) 1 ;2 2 min 1 gt    = hay ( )   1, 1;1 f a a    − ( ) 2 . Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra ( ) 22 2 2 4 1 1 log 1 2 2 4 1 2 1 2 4 aa a a a a a b b − − + = + + − +++ ( ) ( ) 22 2 log 1 2 1 1 a b b fa  − − + =    =   0; 1 0; 1 21 a ab ab ==    = =  =  . Vậy có một giá trị của a thỏa mãn. Câu 58. Cho phương trình ( ) 2 55 2 1 log 2 5 1 log 21 1 log 5 x y x x xy + + + + + − = − . Hỏi có tất cả bao nhiêu cặp số nguyên dương ( ) ; xy thỏa phương trình trên. A. 2. B. 3. C. 4. D. 1 Lời giải ( ) 2 55 2 1 log 2 5 1 log 21 1 log 5 x y x x xy + + + + + − = − ( ) ( ) 2 5 5 5 log 2 5 1 log 21 1 log 2 x x y y x x  + + − = − + + + ( ) ( ) 2 5 5 5 log 2 5 1 log 2 log 21 1 x x y y x x  + + + + + + = + ( ) ( ) 2 55 log 2 5 1 2 log 105 x x y y x x  + + + + + = ( ) ( ) 2 2 5 1 2 105 x x y y x x  + + + + + = ( ) * Do 105 lẻ  2 5 1 xy ++ lẻ  5y chẵn  y chẵn, mặt khác ( ) 2 2 2 1 xx y x x y x x + + + = + + + lẻ. Mà y và ( ) 1 xx + chẵn nên 2 x lẻ 21 x =  0 x = . Thế 0 x = vào ( ) * ta được ( ) ( ) 2 4 5 1 1 105 5 6 104 0 26 5 y y y y y y =   + + =  + − =   =−   Do , xy nguyên dương nên ( ) ( ) ; 0;4 xy = . Vậy có một cặp số ( ) ; xy thỏa yêu cầu đề bài. Câu 59. Có tất cả bao nhiêu cặp số ( ) ; ab với , ab là các số nguyên dương thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( ) 3 22 3 log 3 3 1 1 a b a b a b ab a b + + + = + + + − + . A. 2 . B. 3 . C. 1 . D.vô số. Lời giải Cách 1. Với , ab là các số nguyên dương, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 3 22 3 log 3 3 1 1 a b a b a b ab a b + + + = + + + − + ( ) ( ) ( ) 33 3 3 2 2 322 log 3 3 3 1 ab a b ab a b a b ab ab a b a b ab +  + + + + = + − + + + +− ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 2 2 2 2 33 log log 3 3 1 a b a b a b ab a b ab   + + + = + − + + −  Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 217 | Chinh phục Olympic toán Xét hàm số ( ) 3 log f t t t =+ trên ( ) 0; + . Ta có ( ) 1 ' 1 0, 0 ln3 f t t t = +    nên hàm số ( ) ft đồng biến trên ( ) 0; + . Khi đó, phương trình ( ) 1 trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 3 3 2 2 22 22 33 0* 30 30 f a b f a b ab a b a b ab a b ab a b ab a b ab  + = + −  + = + −   + − =  + − + − =   + − =   Do * , ab  nên phương trình ( ) * vô nghiệm. Suy ra 3 ab += . Mà , ab là các số nguyên dương nên * 2 03 1 03 3 1 , 2 a a b b ab a ab b  =       =       += =       =     Vậy có hai cặp số ( ) ; ab thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách 2. Với , ab là các số nguyên dương, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 22 3 3 3 2 2 3 22 3 log 3 3 1 1 log 3 3 3 3 log 3 1 3 a b a b a b ab a b ab a b ab a b a b ab ab a b ab a b ab a b + + + = + + + − + +  + + + + = + − + + +  = + − − − • Trường hợp 1. 2 ab += . Khi đó ( ) 3 2 1 log 4 3 3 ab  = − loại do * , ab  . • Trường hợp 2. 3 3 log 0 3 ab ab + +    và ( ) ( ) 22 3 0, , * a b ab a b a b + − − −    , nên ( ) 1 không xảy ra. • Trường hợp 3. 3 ab += , khi đó ( ) 1 thỏa mãn. Mà , ab là các số nguyên dương nên 2 1 1 2 a b a b  =    =    =    =    . Vậy có hai cặp số ( ) ; ab thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 60. Có bao nhiêu số nguyên x thuộc đoạn   1;2020 sao cho tồn tại số nguyên dương y thỏa mãn ( ) 2 4 3 10 log 31 10 ? 4 x y x y −+ + = A. 2020. B. 1347. C. 673. D. Vô số. Lời giải ( ) ( ) 2 4 3 1 log 2 3 1 3 1 10 4 3 1 log log 44 x y xyy x y x −+++  =  − + =   ( ) ( ) ( ) 2 4 3 1 2 log log 3 1 log4 x y x y  − + + = + − ( ) ( ) 2 4 3 1 log 2log log4 log 3 1 0 x y x x y   − + + + − + =  ( ) ( ) ( ) 22 4 3 1 log log 4 log 3 1 0 x y x x y    − + + − + =  Nếu ( ) ( ) ( ) 22 4 3 1 thì log 4 log 3 1 . Suy ra 1 0 x y x y VT  +  +  | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 218 Nếu ( ) ( ) ( ) 22 4 3 1 thì log 4 log 3 1 . Suy ra 1 0 x y x y VT  +  +  Do đó, từ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 11 41 1 suy ra: 4 3 1 2 33 xx x x y y y x −+ − = +  =  = + Với 3 1, 3 2, x k x k k = + = +  từ ( ) 2 dễ dàng thấy y là số nguyên dương. Xét y không phải là số nguyên dương. Từ ( ) 2, suy ra x chia hết cho 3. Đặt * 3 , . x k k = Vì   1;2020 x nên * 1 3 2020. kk    * 1 673, . kk     Do đó, có 673 số nguyên x thuộc đoạn   1;2020 mà y không phải là số nguyên dương. Vậy có 2020 673 1347 −= số nguyên x thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 61. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) , ab thỏa mãn đồng thời các điều kiện 22 0 16 ab  +  và 2 16 64 log ? 2 b ab ab + + + A. 10. B. 6. C. 7. D. 8. Lời giải Từ điều kiện 22 0 16, ab  +  suy ra , ab không đồng thời bằng 0 nên 2 0. ab + Ta có ( ) ( ) 2 2 2 16 64 log 4 log 4 log 2 2 b a b a b b a b ab + +   +  + + − + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 log 2 2 log 4 4 2 4 , a b a b b b f a b f b  + + +  + + +  +  + với ( ) 2 log f t t t =+ là hàm đồng biến trên khoảng ( ) 0; . + Do đó, ( ) ( ) 2 4 2 4 4. f a b f b a b b a b +  +  +  +  +  Kết hợp với điều kiện 22 0 16, , a b a b  +   nên nghiệm nguyên ( ) , ab là các điểm nguyên trong mặt phẳng tọa độ ( ) Oxy nằm trong hình tròn tâm ( ) 0;0 , O bán kính bằng 4 (bỏ đi tâm ) O và nằm ngoài hình vuông 4. ab += Đếm trực tiếp trên hình, ta có 8 điểm nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy có 8 cặp số nguyên ( ) ,. ab Câu 62. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số nguyên y thỏa mãn ( ) ( ) 2 2 22 3 3 log log 4 4 8 ? y x x x x xx yy + + −  − − + + =   A. 2. B. 4. C. 3. D. Vô số. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 219 | Chinh phục Olympic toán Lời giải Điều kiện 3 0 . x y y −        Ta có ( ) ( ) 2 2 22 3 3 log log 4 4 8 y x x x x xx yy + + −  − − + + =   ( ) 22 22 33 log log 2 2 xx x x x x yy −−  − + + − = + −   ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 3 3 3 log log 2 2 2 , x x x x x x x f f x x y y y     − − −  + = + + + + +  = + +         Với với ( ) 2 log f t t t =+ là hàm đồng biến trên khoảng ( ) 0; . + Do đó ( ) 22 2 3 3 3 2 2 . 2 x x x f f x x x x y yy xx  − − − = + +  = + +  =  ++  Nhận xét. Nếu tồn tại cặp số ( ) ; xy thì điều kiện 3 0 x y −  luôn thỏa mãn. Cách 1. Xét hàm 2 3 2 x y xx − = ++ với 3, x  ta có ( )   2 2 2 2 65 ; 0 6 5 0 3 14;3 14 2 xx y y x x x xx − + +  = =  − + + =   − + ++ Lập bảng biên thiên, suy ra   7 2 14 7 2 14 ; \ 0 . 77 y  − − − +     Mà y  nên   2; 1 . y  − − Mặt khác, dựa vào bảng biến thiên , ứng với mỗi giá trị   2; 1 y  − − ta có 2 nghiệm . x Vậy có 4 giá trị x thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách 2. Xét phương trình ( ) ( ) 2 1 2 3 0 * yx y x y + − + + = Phương trình ( ) * có nghiệm khi và chỉ khi ( ) ( ) 2 1 4 2 3 0 y y y  = − − +  2 7 2 14 7 2 14 7 14 1 0 . 77 y y y − − − +  − − +     Vì   , 0 2; 1 . y y y     − − • Với 2, y =− thay vào ( ) * suy ra 1 1; . 2 x −  −   • Với 1, y =− thay vào ( ) * suy ra   1 2; 1 2 . x  − + − + Vậy có 4 giá trị x thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 63. Cho các số thực dương , xy thỏa mãn điều kiện log log log log 100 x y x y + + + = và log , log ,log ,log x y x y là các số nguyên dương. A. 164 10 . B. 144 10 . C. 100 10 . D. 200 10 . Lời giải Đặt 2 2 log log . log log xa xa yb yb  =  =    =  =   Ta có | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 220 11 log log log log log log log log 100 22 x y x y x y x y + + + = + + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 11 100 1 1 202 1 1 9 11 22 a b a b a b a b  + + + =  + + + =  + + + = + Mà 1, 1 ab ++ là các số nguyên dương nên suy ra 19 1 11 a b +=   +=  hoặc 1 11 . 19 a b +=   +=  Trường hợp 1. 64 64 100 164 100 1 9 8 log 64 10 10 10 1 11 10 log 100 10 a a x x xy b b y y +    + = = =  =        = =     + = = = =        Trường hợp 2. 100 100 64 164 64 1 11 10 log 100 10 10 10 1 9 8 log 64 10 a a x x xy b b y y +    + = = =  =        = =     + = = = =        Vậy 164 10 . xy = Câu 64. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) , xy thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 2 2 2 2 2 8 32.2 2 3 5? xx xx x x y y x +  + − = + − + A. 4. B. 2. C. 1. D. 3. Lời giải Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 32 2 2 5 2 3 3 2 2 8 32.2 2 3 5 2 3 2 2 y x x x x x x x x y y x x x y x + + + +  + − = + − +  + + = + + ( ) ( ) ( ) 32 3 2 5 , f x x f y x  + = + + Xét hàm số ( ) 2 t f t t =+ là hàm đồng biến trên . Suy ra ( ) 3 32 22 3 5 5 3 2 5 22 x x x x x y x y y x xx + − − + = + +  =  = + ++ . Cách 1. Xét hàm ( ) 2 5 ,. 2 x g x x x − =   + Ta có ( ) ( )   2 2 2 10 2 0 5 3 3;5 3 3 . 2 xx g x x x − + +  = =   − + + Lập bảng biến thiên ta được ( ) 5 3 3 5 3 3 ;. 44 gx  − − − +     Vì , xy  nên ( ) . gx  Suy ra ( )   2; 1;0 . gx  − − Thử lại • Với ( ) 2 5 2 2 1, 3. 2 x g x x y x − = −  = −  = − = − + • Với ( ) 2 5 1 13 1 13 1 1 ; 22 2 x g x x x  − − − − +  = −  = −    +   (loại). • Với ( ) 2 5 0 0 5, 5. 2 x g x x y x − =  =  = = + Vậy có 2 cặp số nguyên ( ) , xy là ( ) ( ) 1; 3 , 5;5 . −− Cách 2. Ta có 2 5 . 2 x yx x − =+ + Vì , xy  nên 2 5 . 2 x x −  + Suy ra 2 5 . 2 x k x − = + Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 221 | Chinh phục Olympic toán Ta có ( ) 2 2 5 2 5 0 * . 2 x k kx x k x − =  − + + = + • Với 0 5; 5 k x y =  = = (nhận) • Với 0. k  Khi đó, ( ) * có nghiệm khi và chỉ khi ( ) 5 3 3 5 3 3 1 4 2 5 0 ; . 44 k k k  − − − +  = − +       Vì   \0 k  nên   2; 1 . k  − − Thử lại ta nhận 2, 1, 3. k x y = − = − = − Vậy có 2 cặp số nguyên ( ) ; xy là ( ) ( ) 1; 3 , 5;5 . −− Cách 3. Ta có 2 5 . 2 x yx x − =+ + Vì , xy  nên 2 5 . 2 x x −  + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 : 2 5 5 : 2 25 : 2 x x x x x x x − +  − + +  − + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 27 : 2 27 : 2 x x x  + − +  + ( )     22 2 {1;3;9;27} 1;25 1;1; 5;5 . x x x  +      − − Thử lại • Với 13 xy = −  = − (nhận). • Với 1 1 3 xy =  = − (loại). • Với 145 5 27 xy = −  = − (loại). • Với 55 xy =  = (nhận). Vậy có 2 cặp số nguyên ( ) ; xy là ( ) ( ) 1; 3 , 5;5 . −− Câu 65. Có bao nhiêu cặp số nguyên không âm ( ) ; ab thỏa mãn điều kiện 22 22 2 2 log 4 1? ab ab ab ab + + + +  + + A. 25. B. 24. C. 36. D. 35. Lời giải Điều kiện 22 0, ab ab ab +  + không đồng thời bằng 0. Khi đó, ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 22 22 2 2 2 2 log 4 1 2 log 4 log 1 a b a b a b a b ab a b a b ab ++ ++ + +  +  + +  + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 22 2 log 2 log 2 , 2 ab ab a b a b f a b f a b + +   + +    + + +  +      Với ( ) 2 2 log t f t t =+ là hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 0; . + Do đó, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 1 1 2. f a b f a b a b a b a b  +  +  +  +  − + −   Kết hợp với điều kiện , ab  và , ab không đồng thời bằng 0 nên nghiệm ( ) ; ab là các điểm nguyên trong mặt phẳng tọa ( ) Oxy nằm trong hình hoa, kể cả biên, bỏ đi điểm ( ) 0;0 O (hình hoa là hình hợp bởi bốn hình tròn bán kính 2 lần lượt có tâm ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1;1 , 1; 1 , 1;1 , 1; 1 I I I I − − − − ) | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 222 Đếm trực tiếp, ta thấy đó là các điểm nguyên nằm trong hình vuông , ABCD kích thước 4 x 4, bỏ đi điểm ( ) 0;0 . Do đó, có 2 5 1 24 −= điểm nguyên. Vậy có 24 cặp số nguyên ( ) ;. ab Câu 66. Có bao nhiêu cặp số nguyên không âm ( ) , xy thỏa mãn điều kiện 22 22 11 log 6 8 9 0? 6 8 2 xy x y x y xy ++ + + − − +  ++ A. 45. B. 49. C. 48. D. 47. Lời giải Ta có 22 22 11 log 6 8 9 0 6 8 2 xy x y x y xy ++ + + − − +  ++ ( ) 2 2 2 2 log 11 11 log(6 8 2) 6 8 2 x y x y x y x y  + + + + +  + + + + + ( ) 1 Xét hàm số đặc trưng ( ) log f t t t =+ với 0. t  Ta có ( ) 1 1 0, 0 .ln10 f t t t  = +     Hàm số ( ) ft đồng biến trên khoảng ( ) 0; . + Do đó ( ) 2 2 2 2 (1) 11 (6 8 2) 11 6 8 2 f x y f x y x y x y  + +  + +  + +  + + ( ) ( ) 22 3 4 16. xy  − + −  Vì , xy là số nguyên không âm nên ta coi cặp số ( ) , xy là các điểm nguyên ( ) , xy nằm trong hình tròn ( ) C có tâm ( ) 3;4 , 4 IR = ở góc phần tư thử nhất. Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 223 | Chinh phục Olympic toán Vậy có 5 7 5 2 1 1 1 48  +  + + + = cặp số nguyên ( ) ,. xy Chú ý. Ta cũng có thể tính trực tiếp như sau ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 4 16 * 3 16 1 7. x y x x − + −   −   −   Vì x là số nguyên không âm nên   0;1;2;3;4;;5;6;7 . x  Thay vào ( ) * ta cũng có được 48 cặp số nguyên ( ) ,. xy Câu 67. Có bao nhiêu cặp số thực ( ) ; xy ; 1 , 2 xy  thỏa mãn 32 10 2 log log 2 2 1 xy xy   =   +−   A. 0. B. 3. C. 1. D. 2. Lời giải Đặt 32 10 2 log log ( ) 2 2 1 xy tt xy   = =    +−   . Ta được 2 1 1 1 2 , 2 1 1, 2 1 2 2 1 2 10 1 20 1 3 , 3 10 10, 2 2 2 2 tt tt y yy yy x xx xx  =   = +     −−     =   = −     ++  Suy ra 3 2 log 10 3 10 2,095 0 log 1 21 t t t t t t                 . Do t  nên   1;2 t  • Nếu 2 2 1 21 1 6 10 3 7 2 y y y t x x x  = =   − = →   =  =   +  • Nếu 2 4 2 21 2 3 10 18 9 2 y y y t x x x  =   = − = →    = =   +  . Vậy có 2 cặp ( ) ; xy thỏa mãn. Câu 68. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; ab thỏa mãn ( ) ( ) 2 22 4.2 8 3 2 0 ab ab a b a b a b ab + −− − + + + + − + = ? A. 12. B. 10. C. 14. D. 9. Lời giải Ta có ( ) ( ) 2 22 4.2 8 3 2 0 ab ab a b a b a b ab + −− − + + + + − + = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 2 2 2 3 3 3 1 ab ab a b a b ab a b ++ −−  + + + = + − − . Xét hàm số ( ) 2 t f t t =+ trên , có ( ) ' 2 .ln2 1 0, t f t t = +    ( ) ft  đồng biến và liên tục trên , nên phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 1 2 3 3 3 2 3 3 3 f a b f ab a b a b ab a b  + + = − −  + + = − − ( ) 22 3 3 2 0 (2) a b a b b  − − + + + = . Xem (2) là phương trình bậc hai biến a và b là tham số. Tồn tại cặp số thực ( ) ; ab thỏa (2) khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm ( ) ( ) 2 22 9 2 21 9 2 21 0 3 4 3 2 0 3 18 1 0 33 b b b b b b − − − +     − − + +   − − +     Do b nguyên nên   6, 5, 4, 3, 2, 1,0 b  − − − − − − . | Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên Tạp chí và tư liệu toán học | 224 • Với 6: b =− phương trình (2) thành 2 4 9 20 0 5 a aa a =−  + + =   =−  . • Với 5: b =− phương trình (2) thành 2 2 8 12 0 6 a aa a =−  + + =   =−  . • Với 4: b =− phương trình (2) thành 2 1 7 6 0 6 a aa a =−  + + =   =−  . • Với 3: b =− phương trình (2) thành 2 6 2 0 3 7 a a a + + =  = −  . • Với 2 b =− phương trình (2) thành 2 0 50 5 a aa a =  + =   =−  . • Với 1 b =− phương trình (2) thành 2 0 40 4 a aa a =  + =   =−  . • Với 0 b = phương trình (2) thành 2 1 3 2 0 2 a aa a =−  + + =   =−  . Vậy có 12 cặp số nguyên ( ) , ab thỏa yêu cầu bài toán. [1]. Đề thi thử các trường trên cả nước. [2]. Tách các câu hỏi từ dự án của Strong Team Toán VD – VDC, nhóm Toán VD -VDC . [3]. Phương trình nghiệm nguyên liên quan tới mũ – logarit, Trần Trọng Trị, nhóm giáo viên tiếp sức Chinh phục kì thi THPT Quốc Gia 2020 – VTV7. [4]. Một số đề thi American Mathematics Competitions. Tài li ệu tham kh ảo TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC H ết CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN