Câu 1.

[2D2-5.5-4] (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUN-HÀ-TĨNH) Tìm các giá trị m
sin x  5 cos x  m  5
3
 logsin x  5 cos x 10  m  5
để phương trình
có nghiệm.
A. 6 �m � 6 .
B. 5 �m �5 .
C. 5  6 �m �5  6 .D.  6 �m �5 .
Lời giải
Tác giả: Lưu Huyền Trang ; Fb: Lưu Huyền Trang
Chọn C
Ta có :
sin x  5 cos x  m  5

3

 log sin x 

 m  5
ln  m  5 

5 cos x 10

3sin x  5 cos x 10
�

m 5
3

ln sin x  5 cos x  10
� 3sin x 

Xét









.ln sin x  5 cos x  10  3 m 5.ln  m  5 

5 cos x 10

f  t   ln  t  .3t , t �5

1
f�
 t   3t  ln  t  3t ln  3  0, t �5
t

f  t

Vậy hàm số




đồng biến .



f sin x  5 cos x  10  f  m  5 
� sin x  5 cos x  10  m  5
� sin x  5 cos x  5  m
Mà  6 �sin x  5 cos x � 6
Vậy để phương trình có nghiệm ta phải có 5  6 �m �5  6
Câu 2.

x, y
[2D2-5.5-4]
(Lý
Nhân
Tông)
Cho
hai
số
thực
thỏa
mãn
x y
log 3 2
 x  x  3  y  y  3  xy.
x  y 2  xy  2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x  2y  3
P
.

x y6

43  3 249
.
94
A.

37  249
.
94
B.

69  249
.
94
C.

Lời giải
Chọn D
x y
 0 � x  y  0.
2
x

y

xy

2
Điều kiện

2

log

3

x y
 x  x  3  y  y  3  xy
x  y 2  xy  2
2

� 2 log 3  x  y   2 log 3  x 2  y 2  xy  2   x 2  y 2  xy  3x  3 y

69  249
.
94
D.


� 2 log3  x  y   2  2 log 3  x 2  y 2  xy  2   x 2  y 2  xy  2  3x  3 y
� 2 log 3  3 x  3 y    3 x  3 y   2 log 3  x 2  y 2  xy  2   x 2  y 2  xy  2

Xét hàm đặc trưng
Suy ra hàm

f  t

Phương trình

f  t   2log 3 t  t , t � 0; � ,


đồng biến trên khoảng

ta có

f�
 t 

2
 1  0, t � 0; � .
t.ln 3

 0; � .

� f  3x  3 y   f  x 2  y 2  xy  2  � x 2  y 2  xy  2  3 x  3 y

� x y
a
,
�
x

a

b
�
�
2
��
�

x y
3a  b  3
�y  a  b
�
2
b
.
2
P
�
2
2a  6 và  2  là: 3  a  1  b  1.
Đặt
Khi đó

� 3  a  1  cos t ,
�
 t � 0; 2  
�
b

sin
t
,
�
Đặt
, khi đó
P

3cos t  3 sin t  6 3

�  2 P  3 .cos t  3 sin t  6 3  8 3 P
2 cos t  8 3

Do phương trình ln có nghiệm t nên ta có
3�
3
 2P �
 �
2

6

3 
8�
3P



2

69  249
94

�47 P 2 69 P 24 0

P

69  249
.
94


69  249
.
94
Vậy giá trị lớn nhất của P là

Câu 3.

[2D2-5.5-4] (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2019 – LẦN 1) Tìm tham số m
để tổng các nghiệm của phương trình sau đạt giá trị nhỏ nhất:
2
1 �
2 x 2  m  m  1 x  2 �
.21 mx  x   x 2  mx  1 .2 mx 1 m  x 2  m2 x.
�
�
A. 0 .

B. 2 .

C.

-

1
2.

1
D. 2 .


Lời giải
Tác giả: Nguyễn Yên Phương; Fb: Yenphuong Nguyen
Phản biện: Lê Mai Hương; Fb: Le Mai Huong
Chọn C

1 �
2 x 2  m  m  1 x  2 �
.21 mx  x   x 2  mx  1 .2
�
�
2

mx  1 m 

 x2  m2 x

 x 2  mx 1
 x2  m2 x1   x2  mx1  x 2  m 2 x  1 .
2
��
.2

x

mx

1
.2
�x 2  mx  1   x 2  m2 x  1 �





�

Đặt

a   x 2  mx  1 , b   x 2  m 2 x  1

thì phương trình trên trở thành

 a  b  .2 a  a.2ba  b � a  b  a.2b  b.2a � a  2b  1  b  2a  1  0
Nếu a  0 hoặc b  0 thì phương trình (*) thỏa mãn.
2b  1 2 a  1

0
a
Nếu a �0 và b �0 thì phương trình (*) tương đương b
(**).

Nhận xét:

(*).


2a  1
0
a
a
Với a  0 thì 2  1 , tức là 2  1  0 nên a

.
2a  1
0
a
a
Với a  0 thì 2  1 , tức là 2  1  0 nên a
.
2a  1
 0, a �0
Suy ra a
.
2b  1
 0, b �0
Tương tự: b
.
2b  1 2 a  1

 0, a �0, b �0
a
Nên b
. Suy ra phương trình (**) vơ nghiệm.

a0
�
��
b0 .
�
Do đó: (*)

Tức là phương trình đã cho tương đương


�
x 2  mx  1  0
�2
x  m2 x 1  0
�

.

2
2
2
Hai phương trình x  mx  1  0 và x  m x  1  0 có ít nhất 1 nghiệm trùng nhau khi m  0
hoặc m  1 .
2
Nếu m  0 thì hai phương trình đều là x  1  0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm
và tổng hai nghiệm đó là T1  0 .
2
Nếu m  1 thì hai phương trình đều là x  x  1  0 nên phương trình đã cho có hai
T 1
và tổng hai nghiệm đó là 2
.

nghiệm

2
2
2
Khi m �0 và m �1 thì hai phương trình x  mx  1  0 và x  m x  1  0 khơng có nghiệm
nào trùng nhau.

2
Phương trình bậc hai x  mx  1  0 có a.c  0 nên có hai nghiệm phân biệt và tổng hai nghiệm
x x m
đó là 1 2
.
2
2
Phương trình bậc hai x  m x  1  0 có a.c  0 nên có hai nghiệm phân biệt và tổng hai
2
nghiệm đó là x3  x4  m .

Suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt và tổng của chúng là
2

1
� 1� 1
T3  x1  x2  x3  x4  m  m 2  �
m  � �
4.
� 2� 4
T3  

1
1
1
�m
min T3  
4
2 , nên
4.


So sánh T1 , T2 , min T3 thì được giá trị nhỏ nhất của tổng các nghiệm của phương trình đã cho là
1
1

m
4 và đạt tại
2.
Câu 4.

[2D2-5.5-4] (Sở Bắc Ninh)Cho phương trình

m ln 2  x  1   x  2  m  ln  x  1  x  2  0  1 .

 1 có hai nghiệm phân biệt thoả mãn
Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
0  x1  2  4  x2 là khoảng  a ;  � . Khi đó a thuộc khoảng


A.

 3,8;3,9  .

B.

 3, 6;3, 7  .

C.
Lời giải


 3, 7;3,8 .

D.

 3,5;3, 6  .

Tác giả:Đào Văn Tiến ; Fb:Đào Văn Tiến
Chọn C
x  1.
Điều kiện:
Vì x  0 khơng thỏa mãn phương trình nên ta có

x2
�
m
,  2
�
ln( x  1)
m ln  x  1  x  2 � �
�
� 1
��
x  1
�
m ln  x  1  x  2 �
ln  x  1  1�
ln  x  1  1
 1 � �
�
��

�
� 0 �
� e
.
1
x  1  0
 1 có hai nghiệm thoả mãn 0  x1  2  4  x2 khi
e
Do nghiệm
nên phương trình

 2

có hai nghiệm phân biệt sao cho 0  x1  2  4  x2 .
x2
ln  x  1 
x2
x 1
f�
f  x 
 x 
2
ln  x  1
ln  x  1
 0 ; +� ta có
Xét hàm số
trên khoảng
.
x2
f�

 0  3
 x   0 � ln  x  1 
x 1
,
.
1
1
x2
h�
x 

0

h  x   ln  x  1 
x  1  x  1 2
h  x
x  1 có
Xét hàm số
, x  0 nên
đồng biến
�
 0;  � do đó phương trình f  x   0 có khơng q một nghiệm.
trên
f�
 2 . f �
 4   0 và f �
 x  là hàm số liên tục trên  2; 4 suy ra phương trình  3 có duy
Mà
x � 2; 4 
nhất một nghiệm 0

. Từ đó ta có bảng biến thiên
và chỉ khi phương trình

 1 có hai nghiệm phân biệt thoả mãn 0  x1  2  4  x2
Từ bảng biến thiên ta có phương trình
6
�6
�
m
� m �� ;  ��
ln 5
�ln 5
�.
khi và chỉ khi
Vậy
Câu 5.

a

6
� 3, 7;3,8 
ln 5
.

[2D2-5.5-4] (THPT-n-Mơ-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Tổng tất cả các giá trị
3
3x 3 m3 x   x3  9 x 2  24 x  m  .3x 3  3x  1
ngun của tham số m để phương trình
có ba
nghiệm phân biệt bằng

A. 45 .
B. 38 .
C. 34 .
D. 27 .
Lời giải
Tác giả: Công Phương; Fb: Nguyễn Công Phương
Chọn D


Phương trình tương đương với
3 m 3 x   x 3  9 x 2  24 x  m   27  33 x � 3
3

3

m 3 x

 m  3 x  33 x   3  x 

3

f  t   3t  t 3 � f �
t   3t ln 3  3t 2  0 t ��

Xét hàm đặc trưng:
.
3

3


m 3 x

 m  3 x  33 x   3  x  � 3 m  3 x  3  x � m   3  x   3 x
3

3

� m   x3  9 x 2  24 x  27 .
x2
�
� g�
x   3 x 2  18 x  24  0 � �

g  x    x  9 x  24 x  27
x  4.
�
Đặt
3

2

Ta có bảng biến thiên:

7  m  11 � m � 8;9;10
Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì
. Vậy tổng các giá trị m
bằng 27 .
Câu 6.

[2D2-5.5-4]

2

 x 1 2

(THPT

.log 2  x  2 x  3   4
2

Sơn
x m

Tây

Hà

log 2  2 x  m  2 

Nội

2019)

Cho

phương

trình

với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị


 2019; 2019 để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt.
nguyên của m trên đoạn
A. 4036 .

B. 4034 .

C. 4038 .

D. 4040 .

Lời giải
Tác giả: Lê Mai; Fb: Lê Mai
Chọn C
Điều kiện: x ��.
2 x 1 .log 2  x 2  2 x  3   4 x m log 2  2 x  m  2 
2

2
� 2 x 1 .log 2 �
 2 2 x  m log 2  2 x  m  2   1
 x  1  2 �
�
�
.
2

Xét hàm số
Hàm số

Ta có


y  2t.log 2  t  2 

với t �0 .

xác định và liên tục trên

y�
 2t.log 2  t  2  .ln 2 

Vậy hàm số

 1 �
Từ

y  2t.log 2  t  2 

f

y  2t.log 2  t  2 

  x 1 
2

 0;  � .

2t
 0, t �0
 t  2  ln 2
đồng biến trên


.

 0;  � .

2
�
 x  1  2  x  m 
 f  2 x  m  �  x  1  2 x  m � �
2
�
  x  1  2  x  m 
�
2


�
2m   x 2  4 x  1  1
��
2m  x 2  1
 2
�


 * .

2
g  x    x2  4 x  1
Xét phương trình 2m   x  4 x  1 . Ta có bảng biến thiên của hàm số


Phương trình 2m   x  4 x  1 có 2 nghiệm phân biệt khi
2

Phương trình 2m   x  4 x  1 có 1 nghiệm khi
2

Phương trình 2m   x  4 x  1 vô nghiệm khi
2



2m  3 � m 

2m  3 � m 

Phương trình 2m  x  1 có 2 nghiệm phân biệt khi
Phương trình 2m  x  1 có 1 nghiệm khi
2

Phương trình 2m  x  1 vô nghiệm khi
2



3
2.

3
2.


3
2.

2
h  x   x2  1
Xét phương trình 2m  x  1 . Ta có bảng biến thiên của hàm số

2



2m  3 � m 

2m  1 � m 

2m  1 � m 

2m  1 � m 

1
2.

1
2.

1
2.

3
2

2
2 : phương trình 2m   x  4 x  1 có nghiệm x  2 , phương trình 2m  x  1 có 2
Khi
3
m
*


2.
nghiệm phân biệt x  � 2 . Vậy
có 3 nghiệm phân biệt, suy ra loại
1
m
2
2 : phương trình 2m   x  4 x  1 có 2 nghiệm phân biệt x  2 � 2 , phương trình
Khi
3
m
2
*


2m  x  1 có nghiệm x  0 . Vậy
2.
có 3 nghiệm phân biệt, suy ra loại
m







Xét phương trình  x  4 x  1  x  1 � 2 x  4 x  2  0 � x  1 suy ra không tồn tại m để
 1 và  2  có cùng tập nghiệm gồm 2 phần tử. Vậy khơng tồn tại m để  * có 2
phương trình
nghiệm phân biệt .
�  *
u cầu bài tốn
có 2 nghiệm phân biệt .
2

2

2

�
m
�
�
��
�
m
1
2


�
TH1:
có 2 nghiệm phân biệt và
vơ nghiệm


3
1
2
�m
1
2
2
.

�
m
�
�
��
�
m
2
1


�
TH2:
có 2 nghiệm phân biệt và
vơ nghiệm

1
2�m 3
3
2

2
.

� 3
m
�
� 2
��
� m ��
1
�
m
1
2


�
2
x

2
x

0
TH3:
có nghiệm
và
có nghiệm
.
1 � �3

�
�
m ��
2019; �
�� ; 2019 �
2 � �2
�
�.
ta có

 2019; 2019

Kết hợp với điều kiện m thuộc đoạn
Vì m nguyên nên nên ta có 4038 giá trị của m .
Câu 7.

[2D2-5.5-4] (Chuyên Thái Nguyên) Xét các số thực dương
1 y
log 3
 3xy  x  3 y  4
P
x  3xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất min của P  x  y .
A.

Pmin 

4 34
3
.


B.

Pmin 

4 34
3
.

Pmin 

4 34
9
.

x, y

Pmin 

thỏa

mãn

4 34
9
.

C.
D.
Lời giải

Tác giả: Lê Thị Thu Hường ; Fb: Lê Hường

Chọn A
1 y
0
Để x  3xy
mà từ giả thiết x, y  0 suy ra 1  y  0 � y  1 . Vậy ĐKXĐ: x  0;0  y  1 .
3 1 y 
1 y
1 y
 33 xy  x 3 y 3
log 3
 3xy  x  3 y  4 �
 33 xy  x 3 y 4 �
x

3
xy
x

3
xy
x

3
xy
Ta có :
3  1  y  33 xy  x
�


3 3 y
  3 xy  x  .33 xy  x (*)
x  3 xy 333 y �  3  3 y  .3
f�
 t   3t  t.3t.ln 3  0 với t  0 , suy ra f  t  đồng biến trên
với t  0 . Ta có
 0; � . Từ (*) ta có f  3  3 y   f  3xy  x  với 3  3 y  0,3xy  x  0 nên
khoảng
3 x
3  3 y  3 xy  x � y 
3( x  1) .
Xét

f  t   t.3t

P  x y  x
Ta có

�3 x
3 x
1� 4
  x  1  �
 �
�
�
3  x  1
�3  x  1 3 � 3


P   x  1 


Pmin

Vậy
Câu 8.

4
4
 �2
3  x  1 3

 x  1 .

4
4 4 3 4
 
3  x  1 3
3

4
�
�x  1  3  x  1
� 2
�
�x 
�
4 34
3 x
�


� �y 
��
3
3  x  1
�
�y  2
�x  0;0  y  1
�
�
�
�

.

3 3
3
3 1
3
.
log 3

2x 1
 3x 2  8 x  5
2
( x  1)
có hai nghiệm

[2D2-5.5-4] (Lương Thế Vinh Lần 3) Phương trình
a
a

là a và b (với a , b ��* và b là phân số tối giản). Giá trị của b là
A. 1 .
B. 4 .
C. 2 .
D. 3 .
Lời giải

Tác giả:Nguyễn Đông ; Fb:Nguyễn Đông
Chọn D
� 1
2x 1  0
�
�x 
�� 2
�
�x  1 �0
�
�x �1 .
Điều kiện

log 3
Ta có:

� log 3

2x 1

 x  1

2x 1


 x  1

2

2

 3x2  8 x  5
.

 1  3x 2  8 x  4 � log 3



� log3  2 x  1   2 x  1  log 3 3  x  1

Xét hàm số:
f�
 t 

f  t   log 3  t   t

2x 1

3  x  1
2

 3  x  1   2 x  1
2


2

  3  x  1

.
2

 1 .

với t  0 .

1
1  0
t  0 .
t.ln 3

Suy ra hàm số
Phương trình

f  t

đồng biến trên

 0; � .

 1 � f  2 x  1  f  3  x  1

2

.


x2
�
� 2
�
2
x
� 2 x  1  3  x  1 � 3x 2  8 x  4  0
3.
�
hay
2
Vậy hai nghiệm của phương trình là 2 và 3 suy ra b  3 .


Câu 9.

[2D2-5.5-4] (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của
2x2  x  m  1
log
�2 x 2  4 x  5  2m
3
2
10;10 

m
x

x


1
tham số
thuộc đoạn
để bất phương trình
có nghiệm. Số phần tử của tập hợp S bằng
A. 20.
B. 10.
C. 15.
D. 5.
Lời giải
Tác giả: ; Fb: Biện Tuyên.
Chọn B
Điều kiện xác định:
2
� 1� 3
2x2  x  m 1

x

0
�
�  0
� 2 x 2  x  m  1  0 (vì x 2  x  1 � 2 � 4
x2  x  1
với mọi x ). (*)
Khi đó:
2 x2  x  m  1
2x2  x  m  1
2
log 3

�2 x  4 x  5  2m � log 3
 1 �2 x 2  4 x  4  2m
2
2
x  x 1
x  x 1
2
2x  x  m 1
۳ log 3
2 x 2  4 x  4  2m
3  x 2  x  1
� log3  2 x 2  x  m  1  log 3 3  x 2  x  1 � 2  2 x 2  x  m  1  6  x 2  x  1
� log 3  2 x 2  x  m  1  2  2 x 2  x  m  1 �log3 3  x 2  x  1 6  x 2  x  1

Xét hàm số

f  t   log 3 t  2t

. (1)

với t  0 .

1
 2  0, t  0
f  t
 0;  � .
t.ln 3
Ta có:
. Suy ra hàm số
đồng biến trên khoảng

Do đó (1) tương đương với
2
f  2 x 2  x  m  1 � f 3 x  x  1 � 2 x 2  x  m  1 �3  x 2  x  1
(thỏa mãn (*))
f�
 t 

 



� x 2  2 x  2 �m .

2
۳ m min g  x 
g  x   x2  2x  2
BPT x  2 x  2 �m có nghiệm
với
.
2
g  x  x  2x  2
g�
 x   2x  2 .
Xét hàm số
với x �� có
g�
 x   0 � 2 x  2  0 � x  1 .
Bảng biến thiên

min g  x   1

Từ bảng biến thiên suy ra
. Do đó m �1 .
m � 10;10
S   1; 2;...;10
Vì
nên tập
. Vây S có 10 phần tử.
f  x   ln

Câu 10. [2D2-5.5-4] (CổLoa Hà Nội) Cho hàm số
f 3x  f  2 x  1  0
có bao nhiêu nghiệm thực?

 

A. 3 .

B. 0 .



C. 2 .
Lời giải



x2  1  x  e x  ex

. Hỏi phương trình


D. 1 .


Tác giả: Lê Thị Nga ; Fb: Nga Lê
Chọn D

x 2  1  x  0,x �� nên hàm số f  x  xác định trên �.

Điều kiện: Ta có
Ta có

f   x   ln

 



 x 

2







 1  x  e  x  e x  ln

x 2  1  x  e x  e x   f  x 


  ln

2x





x 2  1  x  e x  e x

f  x
với x �R . Suy ra
là hàm số lẻ.

x  x2 1

1

2
f�
 x   2 x2  1  e x  e x 
x 1  x
Mà

1

x2  1  e x  e x 
x2  1  x


x 1
2

 e x  e x  0

, x �R

Suy ra

f  x

Ta có:

f  3x   f  2 x  1  0 � f  3x    f  2 x  1 � f  3x   f  1  2 x  � 3x  1  2 x
.

đồng biến trên �.

x 2  1  x  0,x �� nên hàm số f  x  xác định trên �.

Điều kiện: Ta có
Ta có

f   x   ln

 



 x 




2



 1  x  e  x  e x  ln



x 2  1  x  e x  e x   f  x 

  ln

2x

1
2
2
x

1
f�
 e x  e x 
 x  2
x 1  x
Mà
Suy ra


f  x





x 2  1  x  e x  e x

f  x
với x �R . Suy ra
là hàm số lẻ.

x  x2 1
x2  1  e x  e x 
x2  1  x

1
x 1
2

 e x  e x  0

, x �R .

đồng biến trên �.

f  3x   f  2 x  1  0 � f  3x    f  2 x  1 � f  3x   f  1  2 x  � 3x  1  2 x
Ta có:
.
Xét hàm số


g  x   3x

. Hàm số
y  g  x

g  x

h  x   1  2x
đồng biến trên �, hàm số
nghịch biến trên
y  h  x
g  0  h  0
và
có nhiều nhất một điểm chung. Vì

� nên đồ thị hàm số
x
suy ra phương trình 3  1  2 x có một nghiệm duy nhất x  0 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  0 .

Câu 11. [2D2-5.5-4] (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Có bao nhiêu số nguyên
1
1
 x
 xa
a � 2019; 2019 
ln  x  5 3  1
để phương trình
có hai nghiệm phân biệt?

0
2022
2014
A. .
B.
.
C.
.
D. 2015 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Nghĩa ; Fb: Nghĩa Văn Nguyễn
Chọn D


Ta có

1
1
1
1
 x
 xa �
 x
xa
ln  x  5  3  1
ln  x  5  3  1

�
ln  x  5  �0 �x �4
�

�
� �x  5
�x  5  0
�
�x �0
3x  1 �0
�
Điều kiện xác định �
.
1
1
f ( x) 
 x
x
D   5; 4  � 4; 0  � 0; �
ln( x  5) 3  1
Đặt hàm số
có TXĐ
f '( x) 
Suy ra
định

1
3x ln 3

1  0
 x  5 ln 2  x  5   3x  1 2

nên f ( x) nghịch biến trên từng khoảng xác


1
243
5  5
lim f ( x)  �; lim f ( x)  �
3 1
242 ; x �4
x � 4
Tính : x �5
lim f ( x)  �; lim f ( x)  � lim f ( x)  �
x �0
x �0
; x ��
Bảng biến thiên
lim f ( x) 

5

a �5 

243
242

Phương trình f ( x)  a có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
a ��
a ��
�
�
��
�
a � 2019; 2019 

a � 4; 2018
�
Do �
. Vậy có 2018  4  1  2015 giá trị của a .
Bài toán tương tự.

y  f  x
Câu 12. [2D2-5.5-4] (THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN 2019 LẦN 3) Cho hàm số
có đồ thị
như hình vẽ. Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để bất phương trình
f sin x
f sin x
f x
�
x m  2    2.2    m 2  3�
. 2    1 �0
�
�
nghiệm đúng với mọi x ��. Số tập con của
tập hợp S là



A. 4 .





B. 1 .




C. 2 .
Lời giải

D. 3 .


Tác giả: Phạm Văn Tuấn; Fb: Phạm Tuấn
Chọn C
 
Nhận xét phương trình 2  1  0 có một nghiệm đơn x  2 nên biểu thức sẽ đổi dấu khi đi
qua điểm x  2 . Do đó để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x �� thì phương trình
m 1
�
� m 2  2m  3  0 � �
x m  2 f  sin x   2.2 f  sin x   m2  3  0
m  3 .
�
phải có một nghiệm x  2
f x





Thử lại với m  1 ta có:












�
x 1  2 f  sin x   2.2 f  sin x   2 �2 f  x   1 �0 �  x  2  1  2 f  sin x 
�
�
ۣ 2 f  sin x 

f  sin x 

1

0 ۣ sin x

  2    1 �0
f x

2 luôn đúng với mọi x �� � m  1 thỏa mãn ycbt.

Thử lại với m  3 ta có:












f sin x
f sin x
f x
�
x 3  2    2.2    6 �2    1 �0 �   x  2  3  2 f  sin x 
�
�

� 3 2
Vậy

f  sin x 

S   1

  2    1 �0
f x

�0 (vô lý) � m  3 không thỏa mãn ycbt.

 1 và �.
. Số tập con của S là 2 đó là


a � 2019; 2019 
Câu 13. [2D2-5.5-4] (Chuyên Vinh Lần 3) Có bao nhiêu số nguyên
để phương
1
1
 x
 xa
ln  x  5  3  1
trình
có hai nghiệm phân biệt?
0
2022
A. .
B.
.
C. 2014 .
D. 2015 .
Lời giải
Chọn D
1
1
1
1
 x
 xa �
 x
xa
ln  x  5  3  1
ln  x  5  3  1

Phương trình
1
1
f ( x) 
 x
x
D 
5; 4ȥ  4;0   0; 
 �
ln( x  5) 3  1
Đặt hàm số
có tập xác định

f '( x) 

1
3x ln 3

1  0
 x  5 ln 2  x  5   3x  1 2

Ta có :
� f ( x) nghịch biến trên các khoảng của tập xác định
1
243
lim f ( x)  5
5  5
lim f ( x )  �; lim f ( x)  �
3 1
242 ; x �4

x �4
Các giới hạn: x �5
lim f ( x)  �; lim f ( x)  � lim f ( x)  �
x �0
x �0
; x ��
Bảng biến thiên


243
a �5 
f
(
x
)

a
242
Phương trình
có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
a ��
a ��
�
�
��
�
a � 2019; 2019 
a � 4; 2018
�
Do �

. Vậy có 2018  4  1  2015 giá trị của a .
x
x5
x
Câu 14. [2D2-5.5-4] (Sở Ninh Bình Lần1) Số nghiệm của phương trình 50  2  3.7 là:
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 0 .
Lời giải
Tác giả: Hoàng Thị Hồng Hạnh
Chọn D
x
x 5
x
x
x 5
x
Phương trình 50  2  3.7 � 50  2  3.7  0 .
x
x 5
x
Xét hàm số f ( x)  50  2  3.7
f�
( x)  50 x ln 50  2 x 5 ln 2  3.7 x ln 7

�
f�
( x)  50 x  ln 50   2 x 5  ln 2   3.7 x  ln 7 
2


2

2

x
�
2
2 �
2
�50 �
�
f�
( x)  7 x �
ln 50   3  ln 7  � 2 x 5  ln 2 

�
�
�
�
�7 �
�
�
Khi x �0 thì
0
�
2
2�
2
�50 �

�
f�
( x) �7 x �
ln 50   3  ln 7  � 2 x 5  ln 2   0

�
�
�
�
�7 �
�
�
x
�
2
2�
2
�2 �
�
f�
( x)  7 x �
32
ln
2

3
ln
7
 50 x  ln 50 





�
��
�
�
�7 �
�
�
Khi x  0 thì
0
�
2
2�
2
�2 �
�
f�
( x)  7 x �
32  ln 2   3  ln 7  � 50 x  ln 50   0
�
�
�
�
�7 �
�
�
�
�

�
f
(
x
)

0,

x
��
f
(
x
)
Suy ra
. Nên
đồng biến trên � .
lim f �
 x  0
( x)  0, x ��
Mà x ��
nên f �
Suy ra f ( x) đồng biến trên � .

lim f  x   0

nên f ( x)  0, x ��
Suy ra phương trình f ( x)  0 vô nghiệm.
Mà


x ��


Câu 15. [2D2-5.5-4] (THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN 2019 LẦN 3) Cho hàm số
f  x   ax3  bx 2  cx  d
với a, b, c, d �� có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp tất cả các


10;10
nguyên thuộc đoạn 
của tham số m để bất phương
2
8
f 1  x 2  x 3  x 2   f  m  �0
3
3
có nghiệm. Số phần tử của tập hợp S bằng
A. 9.
B. 10.
C. 12.
D. 11.
Lời giải
giá



trị




trình

Chọn D

x � 1;1

Điều kiện
Khi đó
Đặt

f





.

1  x2 

g  x  f



2 3
8
x  x 2   f  m  �0 � f
3
3




1  x2 





1 x2 

2 3
8
x  x 2  �f  m 
3
3
.

2 3
8
x  x2 
3
3.

Ta có bảng sau:

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm khi
m � 3;1; 2;...;10
. Do đó S có 11 phần tử.

f  m  �4


. Vì m nguyên thuộc đoạn

Câu 16. [2D2-5.5-4] (Sở Bắc Ninh)Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau:

 10;10

nên


Giá trị lớn nhất của m để phương trình: e

2 f 3  x 

13 2
3
f  x  7 f  x 
2
2

 m có nghiệm trên đoạn  0; 2 .

15
5
A. e .

3
4
C. e .
D. e .

Lời giải
Tác giả: Trần Thị Thu Thanh ; Fb: Thanh Trần

13
B. e .

Chọn D
Ta có: e

2 f 3  x 

13 2
3
f  x 7 f  x 
2
2

m

� 2 f 3  x 

13 2
3
f  x   7 f  x    ln m
2
2
.

13 2
3

f  x  7 f  x 
2
2 .
Đặt
2
g ' x  f ' x �
6 f  x   13 f  x   7 �
�
�.
�
�f '  x   0
x  1; x  3
�
�
�
g '  x   0 � �f  x   1 � �
x  1; x  a  3
�
�
xb0
�
�f  x   7
6
�
.
g  x  2 f 3  x 

Bảng biến thiên trên đoạn

 0; 2


:

 0; 2 là: ln m  4 � m  e4 .
Giá trị lớn nhất của m để phương trình có nghiệm trên đoạn
Câu 17. [2D2-5.5-4] (Sở Phú Thọ) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tồn tại các số
e3 x 5 y 10  e x 3 y 9  1  2 x  2 y và
thực x, y
thỏa
mãn
đồng
thời
log52  3x  2 y  4    m  6  log 5  x  5   m 2  9  0

A. 3 .

B. 5 .

C. 4 .
Lời giải

D. 6 .

Tác giả: Lương Văn Huy; Fb: Lương Văn Huy
Chọn C
Ta có


e3 x5 y 10  e x 3 y 9  1  2 x  2 y � e3 x 5 y 10  e x 3 y 9   x  3 y  9    3x  5 y  10 
� e3 x 5 y 10   3 x  5 y  10   e x3 y 9   x  3 y  9   1

Do hàm số

f  t   et  t

đồng biến trên

 �; �

nên

 1 � 3x  5 y  10  x  3 y  9 � 2 x  2 y  1
Khi đó phương trình

log52  3x  2 y  4    m  6  log 5  x  5   m 2  9  0
� log 52  x  5    m  6  log5  x  5   m2  9  0
Phương trình đã cho trở thành
có nghiệm

�0
ۣ

m

t  log5  x  5  , t ��
.

t 2   m  6  t  m2  9  0  2 
2

 2


, đặt





�    m  6   4 m 2  9  3m 2  12m �0

4.

Vậy số giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn là 4 giá trị .
Câu 46 (Phát triển).

Tích tất cả các giá trị của m để hệ phương trình

�
3x  y  9.9 x y  x 2  2 x  y 2  2 y  2  0
�
�2
2
2
�
�x  y  2mx  4my  5m  9  0
có nghiệm duy nhất là:
2

A.

2




22
25 .

B.



24
25 .



C.

23
25 .

D.



26
25 .

Câu 18. [2D2-5.5-4] (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Tổng tất cả các giá trị của tham số m để
2
2

2 x  4 x 5 m  log x 2  4 x  6 m 2  1
phương trình
có đúng 1 nghiệm là
0
A. 1 .
B. .
C. 2 .
D. 4 .





Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Điệp; Fb:
Chọn B
Ta có

Đặt

2x

2

 4 x 5 m 2






 log x2  4 x 6 m 2  1 � 2

�
a  x2  4x  6
�
�
b  m2  1
�



  log
x

x 2  4 x  6  m 2 1

2

4 x 6

m

2

.

1

a b
, ta có a �2; b �1 , phương trình đã cho trở thành 2  log a b .


�
2 a b  1
�
log b  1
a

b
Nếu
thì � a
khơng thỏa mãn.
�
2 a b  1
�
log b  1
a

b
Nếu
thì � a
khơng thỏa mãn.
Do đó a  b , khi đó phương trình đã cho tương đương với


x 2  4 x  6  m2  1 � x 2  4 x  5  m 2
2
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của parabol y  x  4 x  5 và đường
2
thẳng y  m


Ta có hình ảnh minh họa sau

2
Dựa vào đồ thị, phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi m  1 � m  �1 .
Vậy tổng các giá trị của tham số m là 0.

Câu 19. [2D2-5.5-4] (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Tổng
1
2x2  4x  6
log 2
 x2  2  x  x  m 
2
x

m

1
tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
có
đúng ba nghiệm phân biệt là
A. 2 .
B. 3 .
C. 1 .
D. 0 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Oanh; Fb: Oanh Nguyen
Chọn B
2x2  4x  6
 0 � x ��
x  m 1

Điều kiện:
.

Phương trình:
� log 2

1
2x2  4 x  6
log 2
 x2  2  x  x  m 
2
x  m 1

 *

2 x2  4 x  6
 2 x2  4  x  x  m 
x  m 1

� log 2  2 x 2  4 x  6   log 2  x  m  1  2 x 2  4 x  4 x  m
� log 2  2 x 2  4 x  6    2 x 2  4 x  6   log 2  x  m  1  2   4 x  m  4 
� log 2  2 x 2  4 x  6    2 x 2  4 x  6   log 2  4 x  m  4    4 x  m  4 

 Xét hàm
có

f ' t  

Khi đó


 1

f  t   log 2 t  t

trên khoảng

 1

 0;  � .

1
 1  0, t  0
f  t
 0;  � .
t ln 2
suy ra
đồng biến trên khoảng
� f  2x2  4x  6  f  4 x  m  4  � 2 x2  4 x  6  4 x  m  4


� 2 x  m  x2  2 x  1
�
2 x  2m  x 2  2 x  1
��
2
2
2 x  2m    x 2  2 x  1
�
�
( do x  2 x  1  ( x  1) �0, x ��)


�
2m   x 2  4 x  1
��
2m  x 2  1
 2
�

g  x    x2  4 x  1

 Vẽ đồ thị hai hàm số

và

h  x   x2  1

trên cùng hệ trục tọa độ Oxy

(Chú ý: Hai đồ thị hàm số y  g ( x) và y  h( x) tiếp xúc với nhau tại điểm A(1; 2) )
Để phương trình

 *

có đúng ba nghiệm phân biệt thì

 2

phải có đúng ba nghiệm phân biệt

� đường thẳng y  2m và hai đồ thị trên có đúng ba điểm chung phân biệt.


2m
�
�
��
2m
�
2m
�

� 1
m
�
1
2
�
 2� �
m 1
� 3
3
m
�
� 2.

Vậy tổng tất cả các giá trị của m bằng 3.

 20; 20
Câu 20. [2D2-5.5-4] (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Tìm số giá trị nguyên của m thuộc
để phương trình
log 2 ( x 2  m  x x 2  4)  (2m  9) x  1  (1  2m) x 2  4 có nghiệm?

A. 12.

B. 23.

C. 25.
Lời giải

D. 10.

Tác giả: Đào Văn Vinh ; Fb: Đào Văn Vinh
Chọn B
2
2
Điều kiện xác định: x  m  x x  4  0 .





log 2 x 2  m  x x 2  4   2m  9  x  1   1  2m  x 2  4




� log 2 x

 

x 2  4  x  m  2mx  9 x  1  x 2  4  2m x 2  4


� 4x
�
� log 2 �
 m � 2mx  9 x  1  x 2  4  2m x 2  4
2
� x 4x
�

�4 x  m x 2  4  mx �
� log 2 �
� 2mx  9 x  1  x 2  4  2m x 2  4
2
�
�
x 4 x
�
�


� log  8 x  2m

 
x  4  2mx    8 x  2m




x  4  2mx   log 

� log 2 4 x  m x 2  4  mx  8 x  2m x 2  4  2mx  1  log 2

2

Xét hàm số
f�
 t 

� 2m



f  t   log 2 t  t t � 0; �
,
.

2

2

2

1
 1  0, t � 0;  �
t ln 2
nên hàm số ln đồng biến trên TXĐ.

 1

Khi đó

2


 
x  4  x  

x2  4  x 

� 8 x  2m x 2  4  2mx  x 2  4  x

 

x2  4  x 

8x

� 2m  1 

� 2m  1 



x2  4  x  8x

x2  4  x

8x



x2  4  x




4

� 2m  1  2 x



x2  4  x



1  2m
2 .

� x x2  4  x2 

2
2
x � �;  �
Xét hàm số g ( x)  x x  4  x với
.

g�
( x) 

Ta có




x2  4  x
x2  4

lim g  x   lim �
x
x ���

x � �





2

�0, x ��
.

4

lim
 2
�
� x��
4
4
2
x
�
�

 1 2 1
x  4  x � xlim
� ��� x 2  4  x �
x
;



�2 �
�
�
4
lim g  x   lim �
x �
1


1
� �
�
2
�
�
x � �
x ��
� � x
�
�
.
Ta có bảng biến thiên của g ( x)


x2  4  x



x2  4  x



 1


1  2m
5
 2 � m 
2.
Để phương trình có nghiệm thì 2

20; 20
Do m nguyên thuộc 
nên số giá trị m là 23.
Câu 21. [2D2-5.5-4] (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Cho hai số
y2
log 2  4 x  y  2 xy  2 
 8   2x  2  y  2
dương x ; y thỏa
. Giá trị nhỏ nhất của
P  2x  y là số có dạng M  a b  c với a , b ��, a  2 . Tính S  a  b  c .
A. S  17 .
B. S  7 .

C. S  19 .
D. S  3 .
Lời giải
Tác giả:Nguyen Phi Thanh Phong ; Fb: Nguyen Phi Thanh Phong
Chọn D

log 2  4 x  y  2 xy  2 
Với hai số dương x ; y thỏa
Ta có

y 2

 8   2x  2  y  2

 y  2  log 2  4 x  y  2 xy  2   8   2 x  2   y  2 

�  y  2  log 2  2 x  1  y  2   8   2 x  1  y  2   3  y  2 
� log 2  2 x  1  log 2  y  2  

8
  2 x  1  3
y2

�8 � 8
� log 2  2 x  1   2 x  1  log 2 �
�
�y  2 � y  2 .
f  t   log 2 t  t

Xét hàm đặc trưng

f  t
 0;� .
đồng biến trên

 0; � có
trên

f�
 t 

1
 1  0, t  0
t ln 2
nên hàm số

�8 �
8
8
f  2 x  1  f �
� y
2
�� 2 x  1 
y2
2x 1
�y  2 �
.
P  2x  y  2x 

8
� 8 � AM GM

 2   2 x  1  �
� 3 � 4 2  3
2x 1
�2 x  1 �
.

Dấu bằng xảy ra khi

2x 1 

8
1  2 2
2
�  2 x  1  8 � x 
2x 1
2
.

Vậy S  a  b  c  3 .
Câu 22. [2D2-5.5-4] (Gang Thép Thái Nguyên) Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình:
 m  1 .16 x  2  2m  3 .4 x  6m  5  0 có hai nghiệm trái dấu là


A. 4 .

B. 8 .

C. 1 .
Lời giải


D. 2 .

Tác giả:Dương Thị Bích Hịa ; Fb:Dương Thị Bích Hịa
Chọn D
Cách 1.
x
Đặt t  4 , t  0 , phương trình đã cho trở thành:

 m  1 t 2  2  2m  3 t  6m  5  0

�m

t 2  6t  5
t 2  4t  6 (*).

Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 trái dấu khi phương trình (*) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa
0  t1  1 t2
mãn:
.
2
t 2  6t  5 � f '  t   10t 2t  56
1 � 561
2
f  t   2
f '  t  0 � x 
t 2  4t  6 

t

4

t

6
10
Đặt
. Suy ra

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta có phương trình (*) có hai nghiệm
4  m   1 .

t1 , t2

thỏa mãn:

0  t1  1 t2

khi

Vậy có hai giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán là m   3 và m   2 .
Cách 2:
x
 m  1 t 2  2  2m  3 t  6m  5  0 (*).
Đặt t  4 , t  0 , phương trình đã cho trở thành:

Đặt

f  x    m  1 t 2  2  2m  3 t  6m  5


.

Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 trái dấu khi phương trình (*) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa
0  t1  1 t2
mãn:
.
�4  m   1
�
 m  1 f  1  0 �
 m  1  3m  12   0 �
�
�
�m  1
�
� ��
�  4m 1
�
�
�
m

1
f
0

0
m

1
6

m

5

0








5
��
�
�
m
�
6
��
Điều đó xảy ra khi:
.
Vậy có hai giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán là m   3 và m   2 .


Câu 23. [2D2-5.5-4]
(Đặng
Thành
Nam

log 2  2 x  1  m   1  log 3  m  4 x  4 x 2  1
đúng?
m � 0;1
A.
.

B.

m � 1;3 

.

Đề

6)

Biết

rằng

phương

trình

có nghiệm thực duy nhất. Mệnh đề nào dưới đây
C.

m � 3; 6 

.


D.

m � 6;9 

.

Lời giải
Tác giả: Đoàn Tấn Minh Triết; Fb: Đoàn Minh Triết
Chọn D
Ta có:
�
log 2  2 x  1  m   log 3 �
3  m  4 x  4 x 2  1 �
3  m  (2 x  1) 2  �
�
�� log 2  2 x  1  m   log 3 �
�.

  2 x0  1
Nếu 2 x0  1 là nghiệm của phương trình thì
cũng là nghiệm của phương trình.
Vậy để phương trình có nghiệm duy nhất thì

2 x0  1    2 x0  1 � x0 

1
2 thay vào phương trình ta có: log 2 m  log 3 3m  t
Với
t

log 3 3
�
m  2t
�
�3 �
t
t
2
��
�
3.2

3
�

3
�
t

log
3
�
m

2
�6,54
3
��
t
3m  3

�2 �
�
2

1
2.

x0 

.

Câu 24. [2D2-5.5-4] (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để
2m
x log 3  x  1  log 9 �
9  x  1 �
�
�có hai nghiệm thực phân biệt.
phương trình
m � 1;0  .
m � 2;0  .
m � 1; � .
m � 1;0  .
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Định; Fb: Nguyễn Công Định.
Chọn C
Điều kiện: x  1.

Nhận thấy với x  0 thì phương trình đã cho trở thành 0  1 (vơ lí), nên x  0 khơng là nghiệm
của phương trình với mọi m .
Xét 1  x �0 ta có:
2m
x
m
x log 3  x  1  log 9 �
9 x  1 �� log 3  x  1  log 3 �
3 x  1 �
�
�
�
�
ln 3
x m
�  x  1
3� xm 
ln  x  1
� m  x

ln 3
ln  x  1

f  x  x 
Đặt

ln 3
ln  x  1

với 1  x �0


ln 3
 0, x � 1; � \  0 .
 x  1 ln 2  x  1
Ta lập được bảng biến thiên:
� f ' x  1


m x
Dựa vào bảng biến thiên thì phương trình
m � 1; � .

ln 3
ln  x  1

có hai nghiệm thực phân biệt khi

Câu 25. [2D2-5.5-4] (CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 3) Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương
3
2cos x  2  m 3cos x  cos3 x  6sin 2 x  9 cos x  m  6 2cos x 2  2cos x 1  1
m
của
để phương trình
có
S
nghiệm thực . Khi đó tổng của hai phần tử lớn nhất và nhỏ nhất của tập bằng
A. 28 .
B. 21 .
C. 24 .
D. 4 .






Lời giải
Tác giả: Lê Quang Việt; Fb:Viêt lê quang
Chọn A
Phương trình đã cho tương đương với phương trình sau
3
2cos x  2 m3cos x  cos3 x  6 cos 2 x  9 cos x  m 2cos x  2  2cos x 1  1



�

2cos x  2

3



m 3cos x

.

�
2cos x 2  2cos x1  1
 cos x  2   8  m  3cos x �
�

�
.
3

�
2cos x  2  1
 cos x  2   m  3cos x �
�
�
.
3
Đặt cos x  2  a và m  3cos x  b .
2a b   a 3  b3  2a  1  1
Ta có phương trình :
.
 1 .
Nhận thấy a  b  0 thỏa mãn phương trình
�

2cos x  2

3

3

m 3cos x

a b
0
 a3  b3  2a  0 nên phương trình  1 vơ nghiệm .

Nếu a  b  0 thì 2  2  1 và
a b
 a3  b3  2a  0 nên phương trình  1 cũng vơ nghiệm .
Nếu a  b  0 thì 2  1 và
3
3
2
Vậy a  b  0 suy ra m  3cos x  2  cos x �  cos x  6 cos x  9 cos x  8  m .

t � 1;1
f  t   t 3  6t 2  9t  8  m
Đặt cos x  t với điều kiện
, suy ra
.
min f  t   4
max f  t   24
Dễ thấy t� 1;1
và t� 1;1
nên phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
m � 4; 24
S   4;5;...; 24
. Suy ra
nên tổng của hai phần tử lớn nhất và nhỏ nhất của S bằng
28 .
3
3
2cos x  2 m 3cos x  �
2cos x  2  1
 cos x  2   m  3cos x �
�

�
Cách khác : Ta có
.
�

2

3

m 3cos x





3

m  3cos x



3

 22cos x   2  cos x 

f  u  2  u
u

Xét hàm số đặc trưng


Khi đó ta cũng suy ra được

3

3

3

.

, đây là hàm số đồng biến trên �.
m  3cos x  2  cos x .


Câu 26. [2D2-5.5-4] (SỞ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham
2 log 2 x 4  2 log 2 x 8  2m  2018  0
số m để phương trình
có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn
 1;2 . Số phần tử của S là
A. 7.
B. 9.
C. 8.
D. 6.

Lời giải
Tác giả:Nguyễn Dung ; Fb:Ngọc Dung
Chọn A
ĐK : x �0
2 log 2 x 4  2 log 2 x 8  2018  2m


Đặt

t  log 2 x

. Vì

.

x � 1;2  � log 2 x � 0;1 .

� f (t )  4t 2  2t  1009  m có nghiệm thuộc  1;2
f '(t )  8t  2  0, t � 0;1
Bảng biến thiên:

��
1009
 m 1015

S

{1009;1010;1011;1012;1013;1014;1015}.

Số phần tử của S là: 7.
x 4
7 x
Câu 27. [2D2-5.5-4] (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Cho hàm số f ( x )  3  ( x  1).2  6 x  3 . Giả sử
a
a
m0 
b ( a, b ��, b là phân số tối giản) là giá trị nhỏ nhất của tham số thực m sao cho phương






f 7  4 6 x  9 x 2  2m  1  0

trình
P  a  b2 .
A. P  11.

có số nghiệm nhiều nhất. Tính giá trị của biểu thức

B. P  7.

C. P  1.

D.

P  9.

Lời giải
Tác giả : Quang Pumaths, FB: Quang Pumaths
Chọn D
Đặt

t'

t  7  4 6 x  9 x 2  1
4  6  18 x 


thì

f  t   1  2m  2 

1
�t' 0 � x  .
3
2 6x  9x
2

.


t � 3;7 
Từ BBT suy ra nếu
thì phương trình (1) có 2 nghiệm x.
x 4
7 x
Xét hàm số f ( x)  3  ( x  1).2  6 x  3
f�
 x   3x 4 ln 3  27 x   x  1 27 x ln 2  6

�
f�
 x   3x 4 ln 2 3   27 x ln 2  �
 x  1 ln 2  2�
�
� 0x � 3; 7 


f�
 x  đồng biến trên  3;7  . Mặt khác, f �
 6 . f �
 7   0 nên phương trình
Do đó hàm số
f�
 x   0 có một nghiệm x   � 6;7  .

Vậy, phương trình

f  t   1  2m

có nhiều nghiệm nhất khi
1 f   
5
f    -1�2m
 4

m
2
2
5
� a  5, b  2.
Kết luận, GTNN của m là 2
Câu 28. [2D2-5.5-4] (Cụm 8 trường chuyên lần1) Số giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn
log3  4 x  1  log 5  2 x  1 �
 2019 ; 2 để phương trình  x  1 �
�
� 2 x  m có đúng hai nghiệm
thực là

A. 2 .
B. 2022 .
C.1 .
D. 2021 .
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Huỳnh Tấn Trung; Fb:Nguyễn Huỳnh Tấn Trung
Chọn B
Điều kiện:

x

1
4 .

Trường hợp 1: m  2 , phương trình đã cho trở thành:
x 1
�
log 3  4 x  1  log 5  2 x  1  2  0  1
�

log 3  4 x  1  log 5  2 x  1  2 �
 x  1 �
�
� 0 � �

Xét hàm số

f  x   log 3  4 x  1  log 5  2 x  1  2

Khi đó, nếu


x0

là nghiệm của phương trình

 1

thì

�1
�
� ; +��
�.
là hàm đồng biến trên khoảng �4

x0

là nghiệm duy nhất.