PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)
Chủ đề 2. LŨY THỪA – MŨ – LOGARIT
Câu 1: (SGD VĨNH PHÚC)Đạo hàm của hàm số y = log 2 3 x − 1 là:
6
2
6
2
A. y ′ =
B. y ′ =
C. y ′ =
D. y ′ =
3 x − 1 ln 2
3 x − 1 ln 2
( 3x − 1) ln 2
( 3x − 1) ln 2
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Điều kiện: 3 x − 1 ≠ 0

y = log

2

3 x − 1 ⇒ y′ =

( 3x − 1) ′
( 3x − 1) ln

2

=

5
5
5
 5

x

x

 2
2
25
, (t ≥ 0) phương trình (1) trở thành: 20t 2 − 133t + 50 ≤ 0 ⇔ ≤ t ≤
Đặt t = 
÷
÷
5
4
 5
x

2
x
−4
2  2  25
2 2 2
⇔  ÷ ≤  ÷ ≤  ÷ ⇔ −4 ≤ x ≤ 2 nên a = −4, b = 2
Khi đó ta có: ≤ 
÷ ≤
5  5÷


01646.655.010 (hoặc SMS).

D. 19


Hướng dẫn giải
3
2
3
Đặt t = 6 a , t > 0 , từ giả thiết ta có 3log 3 ( 1 + t + t ) > 2 log 2 t

Đăng ký sử dụng tài liệu trọn gói với giá cực hấp dẫn!

HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu môn Toán”
Gửi đến số điện thoại

⇔ f ( t ) = log 3 ( 1 + t 3 + t 2 ) − log 2 t 2 > 0
f ′( t ) =

3
2
1 3t 2 + 2t
2 1 ( 3ln 2 − 2 ln 3 ) t + ( 2 ln 2 − 2 ln 3) t − 2 ln 3
. 3 2
−
. =
ln 3 t + t + 1 ln 2 t
ln 2.ln 3. ( t 4 + t 3 + t )

Nên số nguyên a lớn nhất thỏa mãn giả thiết bài toán là a = 4095 .
Lúc đó log 2 ( 2017 a ) ≈ 22,97764311 .
Nên phần nguyên của log 2 ( 2017a ) bằng 22.


Đáp án: B.
15
là một nghiệm của bất phương trình
2
2 log a ( 23 x − 23 ) > log a ( x 2 + 2 x + 15 ) (*). Tập nghiệm T của bất phương trình (*)
là:

Câu 4: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Biết x =

19 

A. T =  −∞; ÷.
2


 17 
B. T = 1; ÷ .
 2

C. T = ( 2;8 ) .

D. T = ( 2;19 ) .

Hướng dẫn giải
2 log a ( 23 x − 23) > log

2

BÌNH LUẬN
-

-

Sử dụng tính chất của hàm số logarit
biến nếu 0 < a < 1
 a > 1

 g ( x ) > 0

 f ( x ) > g ( x )
log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔ 
 0 < a < 1
 f ( x ) > 0

  f ( x ) < g ( x )

y = log a b

đồng biến nếu a > 1 nghịch

Câu 5: (T.T DIỆU HIỀN) Tìm m để phương trình :

( m − 1) log 21 ( x − 2 )
2

A. −3 ≤ m ≤


Hướng dẫn giải
Chọn A.
5 
Đặt t = log 1 ( x − 2 ) . Do x ∈  ; 4 ⇒ t ∈ [ −1;1]
2
2 

4 ( m − 1) t 2 + 4( m − 5)t + 4m − 4 = 0
⇔ ( m − 1) t 2 + ( m − 5 ) t + m − 1 = 0
⇔ m ( t 2 + t + 1) = t 2 + 5t + 1
t 2 + 5t + 1
⇔m= 2
t + t +1

Đăng ký sử dụng tài liệu trọn gói với giá cực hấp dẫn!

HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu môn Toán”
Gửi đến số điện thoại

⇔ g ( m) = f ( t )
Xét f ( t ) =
f ′( t ) =

t 2 + 5t + 1
với t ∈ [ −1;1]
t2 + t +1

4 − 4t 2

Đặt sin 2 x = t ( 0 ≤ t ≤ 1)
t

2

2

3cos x + 2sin x ≥ m.3sin

2

x

( 1−t )

⇔3

3
3
2
t
t
≥m
+ 2t ≥ 3t ⇔ 3t + 2 ≥ m.3 ⇔ t 2 +  3 ÷

(3 )

t

3 2

2
2
phương trình m.3x −3 x + 2 + 34− x = 36−3 x + m có đúng 3 nghiệm thực phân biệt.
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Hướng dẫn giải
Chọn A.

Liên hệ trực tiếp:

01646.655.010 (hoặc SMS).


3x −3 x + 2 = u
⇒ u.v = 36−3 x .
 4− x
3 = v
2

Đặt.

Khi

2

đó

phương

log
m

3
 x 2 = 4 − log 3 m
2
Để phương trình có ba nghiệm thì x = 4 − log 3 m có một nghiệm khác 1;2 .

Tức 4 − log 3 m = 0 ⇔ m = 81 .
Chọn A.
Câu 8: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Cho

p, q, r .
A. y = q 2 − pr .

B. y =

log a log b log c
b2
=
=
= log x ≠ 0;
= x y . Tính y theo
p
q
r
ac

p+r
.

 1 
 2 
 100 
A= f 
÷+ f 
÷+ ... + f 
÷?
 100 
 100 
 100 
A. 50 .
Chọn D.

B. 49 .

149
.
3
Hướng dẫn giải
C.

D.

301
.
6


X
 100

 100  
 100  
 100 
 100 
  100 
100

Cách
Cách

A=f


= 49 +

4

1
2

+

1
2

4 +2

4
301
=

B. 218.
C. 8.
D. 2.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Đặt x = log 2 a ⇒ a = 2 x ; y = log 2 b ⇒ b = 2 y .
1
x+ y =5
log8 a + log 4 b 2 = 5
 x + 3 y = 15
x = 6
 3
⇔
⇔
⇔
Ta có 
. Suy ra ab = 2 x + y = 29
2
1
3
x
+
y
=
21
y
=
3



+
+
+ ... +
= log n! 2 + log n! 3 + log n! 4 + ... + log n! n
log 2 n ! log 3 n ! log 4 n !
log n n !

= log n! ( 2.3.4...n ) = log n! n ! = 1

BÌNH LUẬN

Sử dụng công thức

Liên hệ trực tiếp:

loga b =

1 ,
loga bc = loga b + loga c , loga a = 1
logb a

01646.655.010 (hoặc SMS).


Câu 12:

(CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn
2
2
2 x + 2 y = 4 . Tìm giá trị lớn nhất Pmax của biểu thức P = ( 2 x + y ) ( 2 y + x ) + 9 xy .

P = 2 ( x + y ) ( x + y ) − 3xy  + ( 2 xy ) + 10 xy



≤ 4 ( 4 − 3 xy ) + 4 x 2 y 2 + 10 xy = 16 + 2 x 2 y 2 + 2 xy ( xy − 1) ≤ 18

Vậy Pmax = 18 khi x = y = 1 .
Câu 13:

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình

( 7 −3 5)

A. m

x2

x2

 7−3 5 
7+3 5 
1
PT ⇔ 
÷ + m
÷ = .
2 
2 
2


x2

 7 −3 5 
2
2
Đặt t = 
÷ ∈ ( 0;1] . Khi đó PT ⇒ 2t − t + 2m = 0 ⇔ 2m = t − 2t = g ( t )
2 

(1).
Ta có g ′ ( t ) = 1 − 4t = 0 ⇔ t =
Suy ra bảng biến thiên:

1
.


1
4x

2
+2
A. 2.

x 1
+
4 x

= 4 là

B. 3.

C. 1.

D. 0.

Chọn D.
Điều kiện x ≠ 0
- Nếu x > 0 ⇒ x +

1
1
x 1
≥ 1 , dấu bằng xẩy ra khi x = và + ≥ 1 ,
4x
2

1

x 1

Suy ra 2 x + 4 x + 2 4 + x < 1, ∀x < 0
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
BÌNH LUẬN

Liên hệ trực tiếp:

01646.655.010 (hoặc SMS).


Sử dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương a + b ≥ 2 ab , dấu “=” xảy ra
khi a = b.
Câu 15:

(CHUYÊN
ĐH
VINH)
2
2
log 3 x − 2 x = log 5 x − 2 x + 2 là

(

)

A. 3.


⇒

log 5 ( t + 2 ) = u

 t = 3u

u
t + 2 = 5

⇒ 5u − 2 = 3u
5u + 3u = 2
(1)
5u − 2 = 3u
5u + 3u = 2

u
⇒ u
⇒ u
⇒  3 u
1
u
u
5
−
2
=
−
3
3
+

chứng minh nghiệm u = 1 là duy nhất.
Với u = 0 ⇒ t = 3 ⇒ x 2 − 2 x − 3 = 0 , phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa
x ≠ 0; x ≠ 2 .
BÌNH LUẬN
Cho

f ( x ) = g ( x ) ( 1)

nếu

f ( x ) , g ( x ) đối nghịch nhau nghiêm ngặt hoặc

g ( x ) = const và f ( x ) tăng, giảm nghiêm ngặt thì (1) có nghiệm duy nhất.
Câu 16:

(CHUYÊN THÁI BÌNH) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để
2
phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: log 3 (1 − x ) + log 1 ( x + m − 4) = 0 .
3

−1
A. < m < 0 .
4

21
B. 5 ≤ m ≤ .
4

21
C. 5 < m < .


m − 5 > 0
a. f ( 1) > 0
21

⇔ ∆ > 0
⇔ m − 3 > 0 ⇔ 5 < m < .
4

21 − 4m > 0

S
−1 < < 1

2
Cách 2: Với điều kiện có nghiệm, tìm các nghiệm của phương trình f ( x ) = 0
rồi so sánh trực tiếp các nghiệm với 1 và −1 .
Cách 3: Dùng đồ thị
Đường thẳng y = − m cắt đồ thị hàm số y = x 2 + x − 5 tại hai điểm phân biệt
trong khoảng

( −1;1)

khi và chỉ khi đường thẳng y = − m cắt đồ thị hàm số

y = x 2 + x − 5 tại hai điểm phân biệt có hoành độ ∈ ( −1;1) .

Cách 4: Dùng đạo hàm

Liên hệ trực tiếp:

* Giải khi m = −0, 2 : không thỏa ⇒ loại A, D.
* Giải khi m = 5 : không thỏa ⇒ loại B.
Câu 17:

Tập

tất

(

cả

)

các

giá

trị

của

m

để

phương

trình


x−m

.log 2 ( 2 x − m + 2 ) ( 1)

2
2 x −m
⇔ 2( x −1) .log 2 ( x − 1) + 2 = 2
.log 2 ( 2 x − m + 2 ) ( 2 )


2

t
Xét hàm số f ( t ) = 2 .log 2 ( t + 2 ) , t ≥ 0.

Vì f ′ ( t ) > 0, ∀t ≥ 0 ⇒ hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ )

1 3
D.  ;1;  .
2 2


2
2
Khi đó ( 2 ) ⇔ f ( x − 1)  = f ( 2 x − m ) ⇔ ( x − 1) = 2 x − m

 x 2 − 4 x + 1 + 2m = 0 ( 3 )
⇔ 2
 x = 2m − 1( 4 )
Phương trình ( 1) có đúng ba nghiệm phân biệt nếu xảy ra các trường hợp

1 3
KL: m ∈  ;1;  .
2 2
BÌNH LUẬN
B1: Đưa phương trình về dạng f ( u ) = f ( v ) với u , v là hai hàm theo x .
B2: Xét hàm số f ( t ) , t ∈ D.
B3: Dùng đạo hàm chứng minh hàm số f ( t ) , t ∈ D tăng hoặc giảm nghiêm ngặt trên D.
B4: f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v
(QUẢNG XƯƠNG I) Tất cả các giá trị của m để bất phương trình
(3m + 1)12 x + (2 − m)6 x + 3x < 0 có nghiệm đúng ∀x > 0 là:
1
1


A. ( −2; +∞ ) .
B. (−∞; −2] .
C.  −∞; − ÷ .
D.  −2; − ÷.
3
3



Câu 18:

Chọn đáp án B

Liên hệ trực tiếp:

Đặt 2 x = t . Do x > 0 ⇒ t > 1 .

trên ( 1; +∞ )
(3 t 2 − t) 2
3t 2 − t
BBT
t

1 +∞

f'(t)

+
−

1
3

f(t)

−2
f (t) = −2 thỏa mãn yêu cầu bài toán
Do đó m ≤ lim
t →1+

BÌNH LUẬN

+ m ≥ f ( x ) ∀x ∈ D ⇔ m ≥ maxf ( x ) ∀x ∈ D

Sử dụng

+ m ≤ f ( x ) ∀x ∈ D ⇔ m ≤ minf ( x ) ∀x ∈ D


0 < x + 2 y < 1
( II ) .

2
2
0 < 2 x + y ≤ x + 2 y


Xét T= 2x + y
TH1: (x; y) thỏa mãn (II) khi đó 0 < T = 2 x + y ≤ x 2 + 2 y 2 < 1
2
2
2
TH2: (x; y) thỏa mãn (I) x + 2 y ≤ 2 x + y ⇔ ( x − 1) + ( 2 y −

2 x + y = 2( x − 1) +

Suy ra : max T =

1
2 2

)2 ≤

9
. Khi đó
8

1


 f ( x ) > g ( x )
log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔ 
 0 < a < 1
 f ( x ) > 0

  f ( x ) < g ( x )
-

Sử dụng bất đẳng thức BCS cho hai bộ số ( a; b ) , ( x; y ) thì

(a

ax + by ≤
Dấu “=” xảy ra khi

2

+ b2 ) ( x 2 + y 2 )

a b
= >0
x y

Câu 20:
(MINH HỌA L2) Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực m để phương
x
x
trình 6 + ( 3 − m ) 2 − m = 0 có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) .
A. [ 3; 4] .

x

+ 1)

2

xác

định

trên

¡ ,

> 0, ∀x ∈ ¡ nên hàm số f ( x ) đồng biến trên ¡

Suy ra 0 < x < 1 ⇔ f ( 0 ) < f ( x ) < f ( 1) ⇔ 2 < f ( x ) < 4 vì f ( 0 ) = 2, f ( 1) = 4.

Đăng ký sử dụng tài liệu trọn gói với giá cực hấp dẫn!

HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu môn Toán”
Gửi đến số điện thoại

Liên hệ trực tiếp:

01646.655.010 (hoặc SMS).

có


+
1
≥
mx
+
4
x
+
m


m > 0

m > 0
  m < −2

2
2
 m > 2
mx + 4 x + m > 0
16 − 4m < 0
(
)
∀x ∈ ¡ ⇔
⇔
⇔2 < m ≤ 3 .

2
( 5 − m ) x − 4 x + 5 − m ≥ 0
5 − m > 0

∆ ≤ 0
a > 0
+ f ( x ) = ax 2 + bx + c > 0∀x ∈ R ⇔ 
∆ < 0
e 3x − ( m -1 ) e x +1

4 
Câu 22:
( CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 3)Cho hàm số y = 
÷
 2017 
m để hàm số đồng biến trên khoảng ( 1; 2 ) .
A. 3e3 + 1 ≤ m < 3e 4 + 1 .
B. m ≥ 3e 4 + 1 .

C. 3e 2 + 1 ≤ m ≤ 3e3 + 1 .

D. m < 3e 2 + 1 .
Hướng dẫn giải

Chọn B.

. Tìm


e3 x −( m −1) e x +1

• y ′ =  4 ÷
 2017 


 4 e −( m −1) e

 2017 ÷


  4 
0, ∀x ∈ ¡
.

Nên

(*)


3
y = ax

2

y = log c x

1
−1

O

1

2

3

x

Hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau đây?
A. c < a < b.

Liên hệ trực tiếp:

B. a < c < b.

C. b < c < a.

01646.655.010 (hoặc SMS).

3

có

D. −1 .

Hướng dẫn giải
Chọn D.
• Điều kiện x > 2 .
• Phương trình thành ( x − 2 )
• ⇔ ( x − 2) .( x − 2)
2

log 2 ( x − 2 )

log 2 4 + log 2 ( x − 2 )

= 4. ( x − 2 )

= 4. ( x − 2 ) hay ( x − 2 )
3

3

log 2 ( x − 2 )

= 4. ( x − 2 ) .

• Lấy lôgarit cơ số 2 hai vế ta được log 2 ( x − 2 ) .log 2 ( x − 2 ) = log 2  4 ( x − 2 ) 
 log 2 ( x − 2 ) = −1  x = 5

A. P = 6 .

B. P = 2 2 + 3 .

C. P = 2 + 3 2 .

D. P = 17 + 3 .

Hướng dẫn giải:
Chọn đáp án B.
2
2
Từ ln x + ln y ≥ ln ( x + y ) ⇔ xy ≥ x + y . Ta xét:

Nếu 0 < x ≤ 1 thì y ≥ xy ≥ x 2 + y ⇔ 0 ≥ x 2 mâu thuẫn.
x2
x2
Nếu x > 1 thì xy ≥ x + y ⇔ y ( x − 1) ≥ x ⇔ y ≥
. Vậy P = x + y ≥ x +
.
x −1
x −1
2

2


Ta có f ( x ) = x +

x2

Câu 26:
(CHUYÊN KHTN L4) Tìm tập hợp tất cả các tham số m sao cho phương
2
2
trình 4 x − 2 x +1 − m.2 x − 2 x + 2 + 3m − 2 = 0 có bốn nghiệm phân biệt.
B. ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) . C. [ 2; +∞ ) .

A. ( −∞;1) .

D. ( 2; +∞ ) .

Hướng dẫn giải
Đặt t = 2( x −1)

2

( t ≥ 1)

Phương trình có dạng: t 2 − 2mt + 3m − 2 = 0 ( *)
Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt
⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1

m 2 − 3m + 2 > 0
m 2 − 3m + 2 > 0
 m2 − 3m + 2 > 0

⇔
⇔
⇔ m − 1 ≥ 0
⇔m>2


Câu 27:

Hướng dẫn giải
x
x
x
x
BPT ⇔ log 2 (5 − 1).log 2 (2.5 − 2) ≤ m ⇔ log 2 (5 − 1). 1 + log 2 (5 − 1)  ≤ m

(

)

2
Đặt t = log 6 x + x − 1 do x ≥ 1 ⇒ t ∈ [ 2; +∞ )

Liên hệ trực tiếp:

01646.655.010 (hoặc SMS).


BPT ⇔ t (1 + t ) ≥ m ⇔ t 2 + t ≥ m ⇔ f (t ) ≥ m
Với f (t ) = t 2 + t
f , (t ) = 2t + 1 > 0 với t ∈ [ 2; +∞ ) nên hàm đồng biến trên t ∈ [ 2; +∞ )

Nên Minf (t ) = f (2) = 6
Do đó để để bất phương trình log 2 (5 x − 1).log 2 (2.5 x − 2) ≥ m có nghiệm với mọi

x ≥ 1 thì :

(

C. m ∈  −1; 3 .

D. m ∈ − 3;1 .

Hướng dẫn giải
Điều

x > 0.

kiện:

Khi

đó

phương

trình

tương

đương:

log 22 x − 2 log 2 x − 3 = m ( log 2 x − 3 ) .
Đặt t = log 2 x với x ≥ 32 ⇒ log 2 x ≥ log 2 32 = 5 hay t ≥ 5.
Phương trình có dạng

t 2 − 2t − 3 = m ( t − 3)

t −3

Với

t ≥ 5 ⇒ 1 < 1+

4
4
≤1+
=3
t −3
5−3

hay

t +1
t +1
≤ 3⇒1


∆′2 = 4 − ( 7 − m ) ≤ 0
m ≤ 5
⇔ 
⇔ 2 < m ≤ 5.
(1) thỏa ∀x ∈ ¡ ⇔ 
m > 0
m > 0
 ∆′ = 4 − m 2 < 0
 m > 2
 3

Câu 30:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho khoảng ( 2;3) thuộc

2
2
tập nghiệm của bất phương trình log 5 ( x + 1) > log 5 ( x + 4 x + m ) − 1 (1) .

A. m ∈ [ −12;13] .

B. m ∈ [ 12;13] .

C. m ∈ [ −13;12] .

D. m ∈ [ −13; −12 ] .

Hướng dẫn giải
 2


2

−5 x + 6

có hai nghiệm x1 , x2 trong đó x1 < x2 , hãy chọn

A. 3 x1 − 2 x2 = log 3 8 .

B. 2 x1 − 3x2 = log 3 8 .

C. 2 x1 + 3x2 = log 3 54.

D. 3 x1 + 2 x2 = log 3 54.
Hướng dẫn giải

Logarit

hóa

hai

vế

của

phương

trình


x = 3
x = 3
x = 3
⇔
⇔
⇔
 x = log 3 2 + 2
 x = log 3 2 + log 3 9
 x = log 3 18

Liên hệ trực tiếp:

01646.655.010 (hoặc SMS).


Câu 32:
Phương trình 33+ 3 x + 33−3 x + 34 + x + 34 − x = 103 có tổng các nghiệm là ?
A. 0.
B. 2.
C. 3.
D. 4 .
Hướng dẫn giải

33+ 3 x + 33−3 x + 34+ x + 34− x = 103

( 7 ) ⇔ 27.33 x +
Đặt t = 3x +

( 7)



⇒ t =  3x + x ÷ = 33 x + 3.32 x. x + 3.3x. 2 x + 3 x ⇔ 33 x + 3 x = t 3 − 3t
3 
3
3
3
3

3

Khi đó: ( 7 ' ) ⇔ 27 ( t 3 − 3t ) + 81t = 103 ⇔ t 3 =
Với t =

10
1 10
⇒ 3x + x =
3
3
3

103
10
⇔t=
>2
27
3

( N)

( 7 '')

A. 1.
B. 2.
C. 0.
D. 3.

Hướng dẫn giải
32 x + 2 x ( 3x + 1) − 4.3x − 5 = 0 ⇔ ( 32 x − 1) + 2 x ( 3x + 1) − ( 4.3x + 4 ) = 0
⇔ ( 3x − 1) ( 3x + 1) + ( 2 x − 4 ) ( 3x + 1) = 0 ⇔ ( 3x + 2 x − 5 ) ( 3x + 1) = 0 ⇔ 3x + 2 x − 5 = 0
x
Xét hàm số f ( x ) = 3 + 2 x − 5 , ta có : f ( 1) = 0 .

f ' ( x ) = 3x ln 3 + 2 > 0; ∀x ∈ ¡ . Do đó hàm số f ( x ) đồng biến trên ¡ .
Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1
BÌNH LUẬN


x
Có thể đặt t = 3 > 0 sau đó tính delta theo x
2
2
Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 2 x2 + 4 = 22( x +1) + 22( x + 2 ) − 2 x2 +3 + 1 .
Khi đó, tổng hai nghiệm bằng?
A. 0.
B. 2.
C. −2.
D. 1.

Câu 34:

Hướng dẫn giải


2

+1

=2

(

) + 4.2 2( x +1) − 4.2 x

2 x 2 +1

2

2

+1

+1

, phương trình trên tương đương với

8t = t 2 + 4t 2 − 4t + 1 ⇔ t 2 − 6t − 1 = 0 ⇔ t = 3 + 10 (vì t ≥ 2 ). Từ đó suy ra

3 + 10
 x1 = log 2
2
2
2 x +1 = 3 + 10 ⇔ 

Hướng dẫn giải

( m + 1) t 2 − 2 ( 2m − 3) t + 6m + 5 = 0. ( *)
Đặt 4 x = t > 0 . Phương trình đã cho trở thành: 14444444444444244444444444443
f ( t)

Yêu cầu bài toán ⇔ ( *) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn 0 < t1 < 1 < t2
m + 1 ≠ 0
m + 1 ≠ 0


⇔ ( m + 1) f ( 1) < 0
⇔ ( m + 1) ( 3m + 12 ) < 0 ⇔ −4 < m < −1.


( m + 1) ( 6m + 5 ) > 0
( m + 1) ( 6m + 5 ) > 0
BÌNH LUẬN
t = 4 x ⇔ x = log 4 t
Tìm mối quan hệ nghiệm giữa biến cũ và mới, do 
nên 0 < t1 < 1 < t2 thì
0 < t < 1 ⇒ log 4 t < 0
phương trình có hai nghiệm trái dấu.

Câu 36:
Với giá trị nào của tham số m thì phương trình 4 x − m.2 x +1 + 2m = 0 có hai
nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1 + x2 = 3 ?

Liên hệ trực tiếp:


Do phương trình ( *) là phương trình bậc hai ẩn 2 x > 0 có thể có nghiệm 2 x < 0
(vô lí) nên khi giải ra tham số m = 4 thì phải thử lại.
Câu 37:

(CHUYÊN VINH – L2)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
1
y=
xác định trên khoảng ( 0; +∞ ) .
2
m log3 x − 4 log 3 x + m + 3

A. m ∈ ( −∞ ; − 4 ) ∪ ( 1; +∞ ) .

B. m ∈ [ 1; +∞ ) .

C. m ∈ ( −4;1) .

D. m ∈ ( 1; +∞ ) .
Hướng dẫn giải

Chọn A.
Đặt t = log3 x , khi đó x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ t ∈ ¡ .
y=

1
1
trở thành y = 2
.
m log x − 4 log 3 x + m + 3
mt − 4t + m + 3

Hướng dẫn giải
Chọn B.

Câu 38:


x + 1 > 0
 x > −1
⇔
Điều kiện: 
x + 1 ≠ 1
x ≠ 0
hàm

Xét
f ( x) = x −

số

2
2
; f ′( x) = 1+
> 0, ∀x ∈ ( −1;0 ) ∪ ( 0 : +∞ )
log 3 ( x + 1)
( x + 1) .ln 3.log 32 ( x + 1)

Bảng biến thiên
0++

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình x −

( C4 )
A. ( 1) − ( C2 ) , ( 2 ) − ( C3 ) , ( 3) − ( C4 ) , ( 4 ) − ( C1 ) .

B. ( 1) − ( C1 ) , ( 2 ) − ( C2 ) , ( 3) − ( C3 ) , ( 4 ) − ( C4 ) .

C. ( 1) − ( C4 ) , ( 2 ) − ( C1 ) , ( 3) − ( C3 ) , ( 4 ) − ( C2 ) .
D. ( 1) − ( C1 ) , ( 2 ) − ( C2 ) , ( 3) − ( C3 ) , ( 4 ) − ( C4 ) .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có y =

( 3)

x

và y = 4 x có cơ số lớn hơn 1 nên

hàm đồng biến nên nhận đồ thị là ( C3 ) hoặc ( C4 ) . Lấy x = 2 ta có
nên đồ thị y = 4 x là ( C3 ) và đồ thị y =

( 3)

x

2

< 42

1
y = 4 x và y =  ÷ đối xứng nhau qua Oy nên đồ thị