Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 2 - Chủ đề 6: Phương trình, bất phương lôgarit - Dạng 7: Toán tham số về phương trình lôgarit - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 2 - Chủ đề 6: Phương trình, bất phương lôgarit - Dạng 7: Toán tham số về phương trình lôgarit - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 43. [2D2-6.7-4] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho 10m và phương trình 2log 2x2 5x 4 log x2 2x 6 có nghiệm duy nhất. ¢ mx 5 mx 5 Tìm số phần tử của S. A. 15. B. 14. C. 13. D. 16. Lời giải Chọn A Ta có: 2x2 5x 4 0 với mọi x nên phương trình 2log 2x2 5x 4 log x2 2x 6 tương đương với mx 5 mx 5 mx 5 0 mx 5 mx 5 1 2 mx 6 2x 5x 4 0 x 2 2 2 2x 5x 4 x 2x 6 x 5 Phương trình có nghiệm duy nhất tương đương với ta nhận nghiệm x 2 và loại x 5 hoặc nhận nghiệm x 5 và loại x 2 . + Trường hợp 1: Nhận nghiệm x 2 và loại x 5. Điều này tương đương với 5 m 2m 5 2 2m 6 m 3 (vô lí). 5m 5 m 1 5m 6 6 m 5 + Trường hợp 2: Nhận nghiệm x 5 và loại x 2 . Điều này tương đương với m 3 m 1 5m 5 5 6 1 m 5m 6 m 2 . 5 2m 5 6 5 m m 5 2m 6 2 m 3 Suy ra: 10m 30 10 10m 25 . m 12 Vì 10m ¢ nên 10m 11;13;14 ;25 30. Trong tập hợp này có 15 phần tử nên tập hợp S cũng có 15 phần tử. 11 13 14 25 30 Chú ý: m ; ; ;   . 10 10 10 10  10 
2. Câu 38: [2D2-6.7-4](THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Cho phương trình 2 2 log3 x 3mlog3 3x 2m 2m 1 0 . Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên m mà 10 phương trình có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa x x . Tính tổng các phần tử của S . 1 2 1 2 3 A. 6 B. 1 C. 0 D. 10 Lời giải Chọn C Điều kiện: x 0 . 2 2 2 2 PT: log3 x 3mlog3 3x 2m 2m 1 0 log3 x 3mlog3 x 2m m 1 0 . 1 2 2 Đặt t log3 x , ta được: t 3mt 2m m 1 0 . 2 10 Để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa x x khi và chỉ khi 2 có hai 1 2 1 2 3 10 nghiệm phân biệt t , t thỏa 3t1 3t2 . 1 2 3 + 2 có hai nghiệm phân biệt: 9m2 4 2m2 m 1 0 m2 4m 4 0 m 2. + Khi đó 2 có hai nghiệm phân biệt t1 m 1 và t2 2m 1. m 1 10 10 10 1 3 10 3 9 Ta có: 3t1 3t2 3 m 1 3 2m 1 m 0. m 2m m 3 3 3.3 3 3 1 1 3 Mà m ¥ nên không tồn tại m . Câu 48: [2D2-6.7-4](THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Cho a, x là các số thực dương, x a 1 thỏa mãn loga x log a . Tìm giá trị lớn nhất của a . ln10 loge A. 1 B. log 2e 1 C. e e D. 10 e Lời giải Chọn D x log x log x 2 Ta có: loga x log a loga x x log a x log a log a . log a x Giá trị của a lớn nhất khi và chỉ khi log a lớn nhất. log x Xét hàm số f x với x 0 . x 1 ln x Ta có f x ; f x 0 x e . x2 ln10 Ta có bảng biến thiên
3. 2 log e Từ bảng biến thiên suy ra log a lớn nhất là bằng . Khi đó e loge 2 log e log e log a log a a 10 e . e e Câu 34: [2D2-6.7-4] (SGD - Bắc Ninh - 2017 - 2018 - BTN) Cho phương trình 2 1 2x 1 1 log2 x 2 x 3 log2 1 2 x 2 , gọi S là tổng tất cả các nghiệm của nó. 2 x x Khi đó, giá trị của S là 1 13 1 13 A. S 2 . B. S . C. S 2 . D. S . 2 2 Lời giải Chọn D 1 2 x Điều kiện 2 . x 0 2 Xét hàm số f t log2 t t 1 , t 0 . 1 2ln 2.t 2 2ln 2.t 1 Ta có f t 2 t 1 0 , t 0 , do đó hàm số f t đồng biến t ln 2 t.ln 2 trên khoảng 0; . Mặt khác ta có: 2 1 2x 1 1 log2 x 2 x 3 log2 1 2 x 2 2 x x 2 2 1 1 log2 x 2 x 2 1 log2 2 2 1 x x 1 f x 2 f 2 x 1 x 2 2 x x3 2x2 4x 1 0 x 1 3 13 x 2 3 13 x 2 x 1 1 13 Kết hợp với điều kiện ta được 3 13 . Vậy S . x 2 2 Câu 49: [2D2-6.7-4] (Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – 2017 - 2018 - BTN) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
4. 3x2 3x m 1 log x2 5x 2 m 2 2x2 x 1 Có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. A. 3 . B. Vô số.C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 3x2 3x m 1 0 . - Ta có: 2 2 3x 3x m 1 2 3x 3x m 1 2 log2 2 x 5x 2 m log2 2 1 x 5x 1 m 2x x 1 2x x 1 3x2 3x m 1 log x2 5x 1 m 2 4x2 2x 2 2 2 2 2 log2 3x 3x m 1 log2 4x 2x 2 4x 2x 2 3x 3x m 1 2 2 2 2 log2 3x 3x m 1 3x 3x m 1 log2 4x 2x 2 4x 2x 2 1 1 Xét hàm số: f t t log t trên D 0; , có f t 1 0 , t D , 2 t.ln 2 Do đó hàm số f t đồng biến trên D 1 f 4x2 2x 2 f 3x2 3x m 1 4x2 2x 2 3x2 3x m 1 x2 5x m 1 2 . 5 - Xét hàm số: g x x2 5x trên ¡ , có g x 2x 5 g x 0 x . 2 - Bảng biến thiên: - Theo bảng biến thiên ta thấy: phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ 25 21 khi m 1 4 m 3, do m ¢ nên m 5; 4 , hay có 2 giá trị nguyên 4 4 của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 93: [2D2-6.7-4] Tập tất cả các giá trị của m để phương trình 2 x 1 2 x m 2 .log2 x 2x 3 4 .log2 2 x m 2 có đúng ba nghiệm phân biệt là: 1 3 1 3 1 3 1 3 A. ; 1;  . B. ;1; . C. ;1; . D. ;1;  . 2 2 2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn D 2 x 1 2 x m Ta có 2 .log2 x 2x 3 4 .log2 2 x m 2 1
5. 2 2 x 1 .log x 1 2 2 22 x m .log 2 x m 2 2 2 2 t Xét hàm số f t 2 .log2 t 2 ,t 0. Vì f t 0,t 0 hàm số đồng biến trên 0; Khi đó 2 f x 1 2 f 2 x m x 1 2 2 x m x2 4x 1 2m 0 3 2 x 2m 1 4 Phương trình 1 có đúng ba nghiệm phân biệt nếu xảy ra các trường hợp sau: +) PT 3 có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT 4 3 m , thay vào PT 4 thỏa mãn 2 +) PT 4 có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT 3 1 m , thay vào PT 3 thỏa mãn 2 +) PT 4 có hai nghiệm phân biệt và PT 3 có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm của hai PT trùng nhau 1 3 4 x 2m 1 ,với m . Thay vào PT 3 tìm được m 1. 2 2 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 Câu 34: [2D2-6.7-4](THPT-Chuyên Ngữ Hà Nội_Lần 1-2018-BTN) S a;b là tập các giá trị của 3 2 m để phương trình log2 mx 6x log 1 14x 29x 2 0 có ba nghiệm phân biệt. Khi 2 đó hiệu H b a bằng: 5 1 2 5 A. . B. . C. . D. . 2 2 3 3 Lời giải Chọn B 3 2 Ta có log2 mx 6x log 1 14x 29x 2 0 2 14x2 29x 2 0 log mx 6x3 log 14x2 29x 2 2 2 3 2 mx 6x 14x 29x 2 1 x 2 14 6x3 14x2 29x 2 2 m 6x2 14x 29 x x
6. 2 1 Xét hàm số f x 6x2 14x 29 , với x 2 x 14 1 2 12x3 14x2 2 Ta có f x xác định và liên tục trên ;2 và f x 12x 14 2 2 14 x x 1 1 x ;2 3 14 Suy ra f x 0 x 1 . 1 x 2 Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y f x tại ba điểm a 19 39 1 phân biệt khi 19 m . Suy ra 39 H b a . 2 b 2 2 Câu 43: [2D2-6.7-4](Chuyên Vinh - Lần 1 - 2018 - BTN) Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình x2 x 2 a ln x2 x 1 0 nghiệm đúng với mọi x ¡ . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. a 2;3 . B. a 8; . C. a 6;7. D. a 6; 5 . Lời giải Chọn C 2 2 1 3 3 Đặt t x x 1 x suy ra t 2 4 4 Bất phương trình x2 x 2 a ln x2 x 1 0 t a ln t 1 0 a ln t t 1 Trường hợp 1: t 1 khi đó a ln t t 1luôn đúng với mọi a . 3 Trường hợp 2: t 1 4 3 t 1 3 Ta có a ln t t 1, t ;1 a ,t ;1 4 ln t 4 1 ln t 1 t 1 3 t Xét hàm số f t f t 2 0,t ;1 do đó ln t ln t 4 t 1 3 7 a ,t ;1 a 3 ln t 4 4ln 4 Trường hợp 3: t 1
7. t 1 Ta có a ln t t 1, t 1; a ,t 1; ln t 1 ln t 1 t 1 Xét hàm số f t f t t , t 1; . ln t ln2 t 1 1 1 Xét hàm số g t ln t 1 g t 0 t t t 2 Vậy g t 0 có tối đa một nghiệm. Vì g 1 2; lim g t vậy g t 0 có duy nhất một nghiệm trên 1; t t0 1 Do đó f t 0 có duy nhất một nghiệm là t0 . Khi đó ln t0 suy ra f t0 t0 t0 Bảng biến thiên t 1 Vậy a ,t 1; a t . ln t 0 7 Vậy t a . 0 3 4ln 4 Vậy số thực a thỏa mãn yêu cầu bài toán là: a 6;7. Câu 46. [2D2-6.7-4](Sở GD&ĐT Hà Nội - Lần 1 - 2018 - BTN) Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2018 của tham số m để phương trình log6 2018x m log4 1009x có nghiệm là A. 2020 . B. 2017 . C. 2019 . D. 2018 . Lời giải Chọn A 2018x m 6t Đặt log 2018x m log 1009x t 2.4t m 6t m 2.4t 6t . 6 4 t 1009x 4 Đặt f t 2.4t 6t . Ta có: f t 6t ln 6 2.4t.ln 4 . t 3 2ln 4 Xét f t 0 log6 16 t log 3 log6 16 . 2 ln 6 2 Bảng biến thiên:
8. Phương trình f t m có nghiệm khi và chỉ khi m f log 3 log6 16 2,01. 2 m 2018 2 m 2017 Mà nên ta có: . Vậy có 2020 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán. m ¢ m ¢ Câu 29: [2D2-6.7-4] (Sở Phú Thọ - Lần 1 - 2018 - BTN) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham 2x2 mx 1 số m để phương trình log 2x2 mx 1 x 2 có hai nghiệm thực phân 2 x 2 biệt ? A. 3 . B. 4 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn B x 2 0 Điều kiện: . 2 2x mx 1 0 2x2 mx 1 Ta có log 2x2 mx 1 x 2 2 x 2 2 2 log2 2x mx 1 2x mx 1 log2 x 2 x 2 f 2x2 mx 1 f x 2 1 1 Xét hàm số f t log t t với t 0; có f t 1 0 , t 0; 2 t ln 2 f t đồng biến trên 0; nên 1 2x2 mx 1 x 2 . x 2 x 2 Từ đó . 2 2 2 2x mx 1 x 2 x m 4 x 3 0 2 YCBT 2 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 lớn hơn 2 2 m 4 12 0 m ¡ m ¡ x1 2 x2 2 0 x1 x2 4 0 4 m 4 0 x 2 x 2 0 x x 2 x x 4 0 3 2 4 m 4 0 1 2 1 2 1 2 m 8 9 * 9 m mà m ¥ m 1;2;3;4 . m 2 2 Câu 33: [2D2-6.7-4](Sở Tiền Giang - 2018 - BTN) Có bao nhiêu giá trị dương của tham số thực m để 2 2 2 2 bất phương trình log2 x log 1 x 3 m log4 x 3 có nghiệm duy nhất thuộc 32; ? 2 A. 2 B. 1 C. 3 D. 0 Lời giải Chọn A
9. 1 x 0 0 x Điều kiện xác định: 2 2 . Hàm số xác định trên log2 x 2log2 x 3 0 x 8 32; . 2 2 2 2 2 2 log2 x log 1 x 3 m log4 x 3 log2 x 2log2 x 3 m log2 x 3 . 2 Đặt t log2 x . Do x 32 t 5. Bất phương trình có dạng: t 2 2t 3 t 1 t 2 2t 3 m2 t 3 m2 m2 . t 3 t 3 t 1 4 Xét hàm số f t trên 5; . f t nên hàm số nghịch biến trên t 3 t 3 2 5; . Do lim f t 1 nên ta có 1 f t 2 . x Do với mỗi t có duy nhất một giá trị x nên để bất phương trình có nghiệm duy nhất thuộc 32; thì bất phương trình m2 f t có nghiệm duy nhất trên 5; . Khi đó: m2 2 m 4 2 . Do đó không có số nguyên dương m thỏa mãn.