Câu 78: (THPT QUỐC GIA 2018 - Mà ĐỀ 102) Gọi S tập hợp giá trị nguyên tham số m x x 1 cho phương trình 25  m.5  m   có hai nghiệm phân biệt Hỏi S có phần tử B A D C Lời giải Xét phương trình Đặt t  5x  t   25 x  m.5x 1  m    1 Phương trình trở thành t  5mt  7m      1 có hai nghiệm phân biệt YCBT � Phương trình � Phương trình   có hai nghiệm phân biệt t1 , t2  � 25m   7m    0 � � � � � �S  � � 5m  21 �P  � �1 m  7m2   � � Mà Câu 79: m ��� m � 2;3 Vậy có giá trị nguyên tham số m (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Với số thực dương x , y tùy ý, đặt log x   , log y   Mệnh đề dưới đúng? �x�  log 27 � �y � �   � � B 3 �x�  log 27 � �y � �   � � D Lời giải �x� �  � log 27 �  � �y � � � � � � �2 A �x� �  � log 27 �  � � �y � �2   � � � � C 3 �x�  log 27 � �y � � log 27 x  3log 27 y  log x  log y    � � 2 Câu 80: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Tìm tất giá trị thực tham số m để bất phương trình log22 x  2log2 x  3m  có nghiệm thực A m Đặt t  log2 x  x  0 B m�1 C m Lời giải D m , ta có bất phương trình : t  2t  3m   3 3m � m Để BPT ln có nghiệm thực � 2 Câu 81: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Với số thực dương a b thỏa mãn a  b  8ab, mệnh đề dưới đúng?  log a log b A log  a b   1 log a log b C log  a b  a2  b2  8ab �  a b  10ab B log  a b   log a log b log  a b  1 log a log b D Lời giải: Ta có Lấy log số 10 hai vế ta được: log  a b  log  10ab � 2log  a b  log10  log a log b log  a b   1 log a log b Hay x, y số thực lớn thoả mãn x2  9y2  6xy Tính Câu 82: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Cho M 1 log12 x  log12 y 2log12  x  3y M A B M C Lời giải x2  9y2  6xy �  x  3y  � x  3y M D M  Ta có M Khi 1 log12 x  log12 y log12 12xy log12 36y2   1 2log12  x  3y log12 36y2 log12  x  3y Câu 83: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình 4x  2x1  m có hai nghiệm thực phân biệt m� �;1 m� 0;1� m� 0;1 � A B C Lời giải Phương trình   4x  2x1  m � 2x  2.2x  m , D m� 0; �  1 x  1 trở thành: t2  2t  m 0,  2 Đặt t   Phương trình Phương trình  1  2 có hai nghiệm thực có hai nghiệm thực phân biệt � phương trình � 1 m � � � 0 � � � 2 �� S � �   �  m �P  � � �m 0 � �1 phân biệt lớn Câu 84: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Đầu năm 2016 , ông A thành lập công ty Tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên năm 2016 tỷ đồng Biết sau năm tổng số tiền dùng để trả cho nhân viên năm tăng thêm 15% so với năm trước Hỏi năm dưới năm mà tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên năm lớn tỷ đồng? A Năm 2022 B Năm 2021 C Năm 2020 D Năm 2023 Lời giải 1. 1 r   � 1. 1 0,15  � n  4,96 n n Áp dụng công thức Vậy từ năm thứ sau thành lập cơng ty tổng tiền lương bắt đầu lớn tỷ đồng Suy năm cần tìm 2016   2021 Câu 85: (Đề tham khảo lần 2017) Cho hàm số f  x   x ln x phương án A, B, C, D dưới đồ thị hàm số A Hình B Hình Một bốn đồ thị cho bốn y f�  x Tìm đồ thị đó? C Hình D Hình Lời giải Tập xác định Ta có Ta có D   0; � f  x   x ln x � f �  x   g  x   ln x  g  1  nên đồ thị hàm số qua điểm  1;1 Loại hai đáp án B D t lim  g  x    lim � ln  x   1� � � Đặt x Khi x � 0 t � � x �0 Và x �0 � �� � lim  g  x    lim � ln �� 1�  lim � ln  t  � � �  � t �  � x �0 t � �� � t �� Do nên loại đáp án A (Có thể dùng máy tính để tính tiệm cận đứng y  ln x  ) 3x  x  ln  x  1   Câu 86: (Đề tham khảo lần 2017) Hỏi phương trình phân biệt? A Điều kiện: x  1 B C Lời giải có nghiệm D Phương trình đã cho tương đương với Xét hàm số x  x  3ln  x  1   y  3x  x  3ln  x  1  liên tục khoảng y�   x  1  y�  � 2x2 1  � x  �  1; � x2   x 1 x 1 2 (thỏa điều kiện) � 2� �2� f � � f � � lim y  �� � Vì � , � � x��� nên đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt Câu 87: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Tìm tập hợp giá trị tham số thực    m  m  x A x  3;4 có nghiệm thuộc khoảng B  2;4  0;1  2;4  C D m để phương trình  3;  Lời giải x    m  x  m   1 � Ta có: Xét hàm số f�  x  Suy f  x  x  3.2 x x  xác định 12 x.ln  x.ln  3.2 x.ln  x  3.2 x m 2x   2x  �, có  0,x ��  x  � f    f  x   f  1 �  f  x   Vậy phương trình f  x nên hàm số  1 có nghiệm thuộc khoảng  0;1 đồng biến � f    2, f  1  m � 2;  Câu 88: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Xét số thực �a � P  log 2a  a   3log b � � �b � b biểu thức Pmin A a, Pmin  19 B Pmin  13 C Lời giải b thỏa mãn a  b  Tìm giá trị nhỏ Pmin  14 D Pmin  15 Với điều kiện đề bài, ta có 2 � � �a � � �a � � �a � �a � P  log  a   3log b � � � 2log a a � 3log b � � � log a � b �  3log b � � � �b � � b � �b � � b �b � �b � � a b 2 � � �a �  4�  log a b � 3log b � � �b � b � � t  log a b  Đặt b P   1 t   (vì a  b  ), ta có 3  4t  8t    f  t  t t 8t  8t   2t  1  4t  6t   f� (t )  8t     t t2 t2 Ta có Vậy f�  t  � t  1� � Pmin  f � � 15 �2 � Khảo sát hàm số, ta có Câu 89: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho a  , b  thỏa mãn log 3a  2b1  9a  b  1  log ab 1  3a  2b  1  A B Giá trị a  2b C D Lời giải a  , b  nên ta có log 3a  2b1  6ab  1  ; log ab 1  3a  2b  1  2 Ta có 9a  b �6ab Dấu đẳng thức xảy a  3b Do đó, ta có: log 3a  2b1  a  b  1  log ab 1  3a  2b  1 �log 3a  2b1  6ab  1  log ab 1  3a  2b  1 �2 log 3a  2b1  6ab  1 log ab 1  3a  2b  1  log 3a  2b 1  3a  2b  1  Dấu đẳng thức xảy b  3a  � � log 3a  2b 1  6ab  1  log ab 1  3a  2b  1 � b  3a  b  3a  � � � � �� � � log9 a 1  18a  1  log18 a2 1  9a  1 log a 1  18a  1  log a 1  18a  1  � � (do ) � b � � �� b  3a  � � �� a a  2b  18a   9a  � Suy � Câu 90: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho phương trình Có giá trị ngun A 20 B 19 m � 20; 20  5x  m  log  x  m  với m tham số để phương trình đã cho có nghiệm? C D 21 Lời giải Điều kiện: x  m �x  m  5t t  log5  x  m  � �x � 5x  x  5t  t mt  1 � Đặt: Xét hàm số Do đó: f  u   5u  u � f �  u   5u ln   0, u ��  1 � x  t � x  5x  m � m  x  5x Xét hàm số f  x   x  5x x  m , x Do:  � m  x , suy phương trình có nghiệm ln thỏa điều kiện �1 � f� x   �  x ln  � x  log � �  f�  x    ln , �ln � x Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên   m ����� 0,917  �  Vậy có 19 giá trị nguyên m thỏa ycbt m�20;20  m  19; 18; ; 1 Câu 91: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho a  0, b  thỏa mãn log a  5b 1 16a  b   log 8ab 1  4a  5b  1  a  2b   A Giá trị 27 C B 20 D Lời giải log8ab 1  4a  5b  1  log a 5b 1  16 a  b2  1  Từ giả thiết suy Áp dụng BĐT Cơsi ta có log a 5b 1  16a  b  1  log 8ab 1  4a  5b  1 �2 log a  5b 1  16a  b  1 log 8ab1  4a  5b  1  log ab1  16a  b  1 16a  b    4a  b   8ab  �8ab  1 a, b   2 Mặt khác log  16a  b  1 �2 suy 2 log a  5b 1  16a  b  1  log 8ab 1  4a  5b  1  Khi , ab 1 � log  8ab  1  log8ab1  4a  5b  1 � � a  5b 1 b  4a � � 2 � 32 a  24 a � �a  log 32 a     � �� �� � � 24 a 1 b  4a � � b  4a b3 � � Vậy a  2b  27 6  4 Câu 92: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho phương trình Có giá trị nguyên A B 25 m � 25; 25  x  m  log  x  m  với để phương trình đã cho có nghiệm ? C 24 D 26 Lời giải ĐK: Đặt xm t  log  x  m  ta có f  u   u u Do hàm số �7 x  m  t � �t �7  m  x � x  x  t  t  1  1 � t  x Khi đó: đồng biến �, nên ta có 7x  m  x � m  x  7x g  x  x  7x � g�  x    x ln  � x   log  ln  Xét hàm số Bảng biến thiên: m tham số m �g   log  ln   �0,856 Từ phương trình đã cho có nghiệm x nghiệm đều thỏa mãn điều kiện x  m   ) Do m nguyên thuộc khoảng (các  25; 25  , nên m � 24; 16; ; 1 Câu 93: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho a  , b  thỏa mãn log a  2b 1  4a  b  1  log ab 1  2a  2b  1  15 A B Giá trị a  2b bằng: D C Lời giải 2  1 Ta có 4a  b �4ab , với a, b  Dấu ‘  ’ xảy b  2a Khi  log a  2b 1  4a  b  1  log ab 1  2a  2b  1 �log a  2b 1  4ab  1  log ab 1  2a  2b  1 log a  2b 1  4ab  1  log ab 1  2a  2b  1 �2 Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy ta có Dấu ‘  ’ xảy log a  2b1  4ab  1  � 4ab   2a  2b    3 15 �a a  2b  b 1 2   Suy Vậy Từ ta có 8a  6a  Câu 94: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho phương trình A Có giá trị nguyên B 19 x  m  log  x  m  m � 18;18 để phương trình đã cho có nghiệm? C 17 D 18 Lời giải ĐK: x  m � 2x  m  t �t t  log  x  m   m  x � x  x  2t  t  1 Đặt ta có � f  u   2u  u  1 � t  x Khi đó: Do hàm số đồng biến �, nên ta có 2x  m  x � m  x  2x với m tham số g  x   x  2x � g �  x    x ln  � x   log  ln  Xét hàm số Bảng biến thiên: Từ phương trình đã cho có nghiệm m �g   log  ln   �0,914 (các nghiệm x đều thỏa mãn điều kiện x  m   )  18;18 , nên m � 17; 16; ; 1 Do m nguyên thuộc khoảng Câu 95: (THPT QUỐC GIA 2018 - Mà ĐỀ 102) Cho a  , b  log10 a 3b 1  25a  b  1  log10 ab 1  10a  3b  1  Giá trị a  2b 11 A B C 22 D thỏa mãn Lời giải Từ giả thiết ta có 25a  b   , 10a  3b   , 10a  3b   , 10ab   2 2 2 Áp dụng Cơ-si, ta có 25a  b  �2 25a b   10ab  Khi đó, log10 a 3b 1  25a  b2  1  log10 ab1  10a  3b  1 �log10 a 3b 1  10ab  1  log10 ab 1  10a  3b  1 �2 (Áp dụng Cô-si) 5a  b � � log  10ab  1  log10 ab1  10a  3b  1  Dấu “  ” xảy � 10 a 3b 1 � b � � � �a  � a  2b  11 Suy � Câu 96: (THPT QUỐC GIA 2018 - Mà ĐỀ 102) Cho phương trình tham số Có giá trị nguyên A 16 B để phương trình đã cho có nghiệm? C 14 D 15 Lời giải  m  log  x  m  �  x  log ( x  m)  x  m (*) x Ta có: m � 15;15 3x  m  log ( x  m) với m x t t f t Xét hàm số f (t )   t , với t �� Có f' (t )  ln   0, t �� nên hàm số   đồng f ( x)  f  log ( x  m)  biến tập xác định Mặt khác phương trình (*) có dạng: Do ta có f ( x)  f  log ( x  m)  � x  log ( x  m) � 3x  x  m � 3x  x   m �1 � � x  log3 � � g  x   x �ln � , với x �� Có g' ( x)  ln  , g' ( x)  x x Xét hàm số Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị tham số để phương trình có nghiệm là: � � � �1 � � m �� �;  g � log � � � � m � 15;15  � �ln � � � � Vậy số giá trị nguyên để phương trình đã cho có nghiệm là: 14 Câu 97: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Xét số nguyên dương a, b cho phương trình a ln x  b ln x   có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 phương trình 5log x  b log x  a  có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn x1 x2  x3 x4 Tính giá trị nhỏ S S  2a  3b A S  30 B Smin  25 C Smin  33 D Smin  17 Lời giải Điều kiện x  , điều kiện phương trình có nghiệm phân biệt b  20a 2 Đặt t  ln x, u  log x ta at  bt   (1) , 5t  bt  a  0(2) Ta thấy với nghiệm t có nghiệm x , u có x t1 t2  b a u1  u2  b  b a  b  e , x3 x4  10  10 , lại có x1 x2  x3 x4 � e  10 a ln10 ( a, b nguyên dương), suy b 60 b Vậy S  2a  3b �2.3  3.8  30 ,suy S  30 đạt a  3, b  Ta có x1.x2  e e  e b b ��۳ ln10 a a t1 t2 9t 9t  m2 với m tham số thực Gọi S tập Câu 98: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Xét hàm số f  x  f  y  x, y hợp tất giá trị m cho với số thực thỏa mãn x y e �e x  y Tìm số phần tử S A Vơ số B C D Lời giải f  t  Ta có Đặt f  x  f  y  � 9x y  m4 � x  y  log9 m4  log3 m2 x  y  t ,t  Vì ex y e�  xy� et� et f  t   ln t  1 t Xét hàm Bảng biến thiên t ln t ln t t 0, t (1) 1 t f� t   1  0� t   t t với t  f  t �f  1 ,t  � 1 ln t  t �0,t  Dựa vào bảng biến thiên, ta có (2) 2  1  2 ta có t  1� log3 m  1� m  � m � Từ Câu 99: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Xét số thực dương a, b thỏa mãn log2 1 ab  2ab a b a b Tìm giá trị nhỏ Pmin P  a 2b A Pmin  10  B Pmin  10  C Pmin  10  D Pmin  10  Lời giải Điều kiện: ab  1 ab log2  2ab a b � log2 � 2 1 ab � � � 2 1 ab  log2  a b   a b  * a  b Ta có y  f  t   log2 t  t  0; � Xét hàm số khoảng f�  t  t.ln1  1 0,t  f  t  0; � Ta có Suy hàm số đồng biến khoảng b 2 1 ab �  * � f � � � f  a b � 2 1 ab  a b � a 2b 1  2 b � a  2b Do đó, b P  a 2b   2b  g b 2b g�  b  5  2b 1   �  2b 1  2 10 10  � 2b  � b 2 (vì b  0) � 10  � 10  Pmin  g�  � � � � � Lập bảng biến thiên ta Câu 100: Xét số thực dương A thỏa mãn P  x y Pmin  Với x, y 11  3 Pmin  B log3 1 xy  3xy  x  2y  P x  2y Tìm giá trị nhỏ 11  19 C Lời giải Pmin  x, y dương kết hợp với điều kiện biểu thức 18 11  29 11  19 Pmin  21 D log3 1 xy  3xy  x  2y  x  2y ta 1 xy  Biến đổi log3 1 xy  3xy  x  2y  x  2y � log3  1 xy  log3  x  2y  3 1 xy   x  2y  log3 �� log3  1 xy  log3 3� � � 3 1 xy  log3  x  2y   x  2y � log3 � 3 1 xy � � � 3 1 xy  log3  x  2y   x  2y  1 f  t   log3 t  t Xét hàm số f ' t   D   0; �  1 f t  log3 t  t D  0; � t.ln với x �D nên hàm số đồng biến     3 2y Từ suy  1 � 3 1 xy  x  2y � 3 2y  x 1 3y � x  1 3y Theo giả thiết ta có x  0, y  nên từ x (do y  0)  2y 1 3y ta  y  3 2y 3y2  y  P  x y  y 1 3y 3y  Xét hàm số g' y  g y  3y2  y  3 3y  với  y  9y2  6y  10  3y  1 0 ta y 1 11 �1 11 � 11  P  g�  � � � � � Từ suy Câu 101: (Đề minh họa lần 2017) Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 12%/năm Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách đúng tháng, số tiền hoàn nợ lần trả hết tiền nợ sau đúng tháng kể từ ngày vay Hỏi, theo cách đó, số tiền m mà ông A phải trả cho ngân hàng lần hoàn nợ bao nhiêu? Biết rằng, lãi suất ngân hàng không thay đổi thời gian ơng A hồn nợ 100.(1, 01)3 m A (triệu đồng) B 100.1, 03 m C (triệu đồng) m (1, 01)3 (1, 01)3  (triệu đồng) m 120.(1,12)3 (1,12)3  (triệu đồng) D Lời giải Cách 1: Công thức: Vay số tiền A lãi suất r % / tháng Hỏi trả số tiền a để n a  A.r  r  1 r  n  n 1    100.0,01  0,01   0,01 3 1 tháng hết nợ Cách 2: Theo đề ta có: ơng A trả hết tiền sau tháng ơng A hồn nợ lần Với lãi suất 12%/năm suy lãi suất tháng 1% Hoàn nợ lần 1: -Tổng tiền cần trả (gốc lãi) : 100.0,01  100  100.1,01 (triệu đồng) - Số tiền dư : 100.1,01  m (triệu đồng) Hoàn nợ lần 2: - Tổng tiền cần trả (gốc lãi) :  100.1, 01  m  0, 01   100.1, 01  m    100.1, 01  m  1, 01  100  1, 01  1, 01.m (triệu đồng) 100  1, 01  1, 01.m  m - Số tiền dư: (triệu đồng) Hoàn nợ lần 3: - Tổng tiền cần trả (gốc lãi) : 2 � 100 1, 01  1, 01.m  m � 1, 01  100  1, 01   1, 01 m  1, 01m �  � (triệu đồng) 100  1, 01   1, 01 m  1, 01m  m - Số tiền dư: (triệu đồng) � 100  1, 01   1, 01 m  1, 01m  m  � m  100  1, 01  1, 01  1  1, 01 �m  � 1, 01  1  1, 01   1, 01  1, 01  1� � � 100  1, 01  1, 01  1, 01  (triệu đồng)  2017; 2017 để phương Câu 102: (Đề tham khảo lần 2017) Hỏi có giá trị m nguyên log  mx   2log  x  1 trình A 2017 có nghiệm nhất? B 4014 C 2018 Lời giải Điều kiện x  1 x �0 D 4015 log  mx   log  x  1 � mx   x  1 Xét hàm f  x  x  1  x 2  x  1 �m x  x  1, x �0  f�  x  ; x 1 � x2 1  � � x  1  l  x2 � Lập bảng biến thiên m4 � � m  Dựa vào BBT, phương trình có nghiệm � Vì m � 2017; 2017  m �� nên có 2018 giá trị m nguyên thỏa yêu cầu m � 2017; 2016; ; 1;4 Chú ý: Trong lời giải, ta đã bỏ qua điều kiện log a f  x   log a g  x  Câu với phương trình f  x  g  x  với  a �1 ta cần điều kiện (hoặc ) [MH-2020] Nghiệm phương trình A x  mx  B x  log  x  1  là: x C Lời giải D x Chọn B Điều kiện: 2x 1  � x  � � �x  �x  log  x  1  � � �� � � x   32 � �x  � x  Ta có Vậy phương trình có nghiệm x  Câu 10 [MH-2020] Với a số thực dương tùy ý, log a bằng:  log a  log a 2log a A B C Lời giải Chọn C log a D  Với a  0; b  0; a �1 Với  Ta có cơng thức: log a b   log a b Vậy: log a  log a log a  log (ab) Câu 20 [MH-2020] Xét tất số dương a b thỏa mãn Mệnh đề dưới đúng? A a  b B a  b C a  b D a  b Lời giải Chọn D Theo đề ta có: log a  log8 ( ab) � log a  log (ab) � 3log a  log (ab) 3 � log a  log (ab) � a  ab � a  b x 1 x  x 9 Câu 21 [MH-2020] Tập nghiệm bất phương trình �5  2; 4  4; 2 A B  �; 2 � 4; �  �; 4 � 2; � C D Lời giải Chọn A 5x 1 �5x  x 9 � x  �x  x  � x  x  �0 � 2 �x �4  2; 4 Vậy Tập nghiệm bất phương trình nr Câu 25 [MH-2020] Để dự báo dân số quốc gia, người ta sử dụng công thức S  Ae ; A dân số năm lấy làm mốc tính, S dân số sau n năm, r tỉ lệ tăng dân số hàng năm Năm 2017, dân số Việt nam 93.671.600 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2017, Nhà xuất Thống kê, Tr 79) Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi 0,81%, dự báo dân số Việt nam năm 2035 người (kết làm tròn đến chữ số hàng trăm)? A 109.256.100 B 108.374.700 C 107.500.500 Lời giải D 108.311.100 Chọn B Lấy năm 2017 làm mốc, ta có A  93.671.600; n  2035  2017  18 18 � Dân số Việt Nam vào năm 2035 S  93.671.600.e 0,81 100 �108.374.700 log x  log y  log  x  y  Câu 41 [MH-2020] Cho x , y số thực dương thỏa mãn Giá trị x y A Chọn B B �3 � log � � �2 � C Lời giải D log 2 �x  9t � t �y  � x  y  4t � 2.9t  6t  4t t  log9 x  log y  log  x  y  � Đặt Khi t � �3 � � � � 1 �2 � � � t t t �3 t �� �9 � �3 � �3 � �  � � � � �  � � � �� �2 � �4 � �2 � � �2 � t t x �9 � �3 �  � � � � Do đó: y �6 � �2 � log 22  x    m   log x  m   ( m tham số thực) Tập  1; 2 hợp tất giá trị m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn  1;   1; 2  1;   2; � A B C D Lời giải Chọn C Câu 43 [MH-2020] Cho phương trình  log  x  � log 22  x    m   log x  m   � � � �  m   log x  m    * Đặt t  log x  g  x  �0 t giá trị x cho giá trị t  * trở thành   t    m   t  m   � t  2t   mt  2t  m   � t   m  t  1 �  t  1  t   m   � t  m   1 �� t 1  2 � Với t  phương trình có nghiệm x  Vậy để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt phương trình t �1 �m   ۣ  m2 Vậy m � 1;   1 phải có nghiệm để thoả mãn yêu cầu toán Câu 47 [MH-2020] Có log  x  3  x  y  y ? A 2019 B cặp số nguyên  x; y thỏa C 2020 Lời giải Chọn D Cách 1: log  x  3  x  y  y � log  x  1  x   y  32 y  1 Ta có: mãn D �x �2020 Đặt log  x  1  t � x   3t  1 trở thành: t  3t  y  32 y   Phương trình f  u   u  3u Xét hàm số � f�  u    3u ln  0, u �� nên hàm số f  u  đồng biến �   � f  t   f  y  � t  y � log  x  1  y � x   y � x  y  Do �x 2020  � � y 2020 y 2021 y log 2021 Vì ���  log 2021 �3, 464  y ��� y � 0;1; 2;3 Do , có giá trị y nên có giá trị x  x; y Vậy có cặp số nguyên Cách 2: log  x  3  x  y  y � log  x  1  x   y  32 y Ta có: f  x   log  x  1  x  x � 0; 2020 Xét hàm số với f�   0, x �x � 0; 2020 �  x  f  x x  1 ln  Ta có Hàm số đồng biến đoạn  0; 2020 f   �f  x  log 3 f  2020   x 1�  x � Suy 1� y y log 2021 2021 2028 y y Nếu y  � y     y y �� � �� y 9��  � Khi �y  log 2027 3, 465 � y � 0;1; 2;3 Do f  x f  x log 2021 2021 y 0 y 9y y �0 2027 9y 2027 y 2027 y hàm số đồng biến nên với giá trị y cho giá trị x y  � log3  x  1  x   � x  +) y  � log3  x  1  x   11 � log  x  1  x  10 � x  +) y  � log  x  1  x   85 � log  x  1  x  84 � x  80 +) y  � log  x  1  x   735 � log  x  1  x  734 � x  729 +)  x; y Vậy có cặp số nguyên