5/5 trong 1 Đánh giá

Thứ ba, ngày 02/05/2023, 10:05 (GMT +7)

Phát triển đề tham khảo câu 47 toán Bộ GD năm 2023

Phát triển đề tham khảo câu 47 môn toán Bộ GD&ĐT năm 2023

 

Câu 1. Có bao nhiêu cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn

${\log_{3}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+x\right)+{\log_{2}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\right)\le{\log_{3}}x+{\log_{2}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+24x\right)?$

A. 89.       B. 48.        C. 90.        D. 49.

Lời giải:

Điều kiện: $x>0$.

Ta có: ${\log_{3}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+x\right)+{\log_{2}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\right)\le{\log_{3}}x+{\log_{2}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+24x\right)$

$\Leftrightarrow  {\log_{3}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+x\right)-{\log_{3}}x\le{\log_{2}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+24x\right)-{\log_{2}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\right)$

$\Leftrightarrow  {\log_{3}}\left(\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+x}{x}\right)\le{\log_{2}}\left(\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+24x}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\right)$$\Leftrightarrow  {\log_{3}}\left(1+\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{x}\right)\le{\log_{2}}\left(1+\dfrac{24x}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\right)$

$\Leftrightarrow  {\log_{3}}\left(\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{x}+1\right)-{\log_{2}}\left(1+\dfrac{24x}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\right)\le0.\text {}$

Đặt: $t=\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{x}(t>0)$, bất phương trình trở thành: ${\log_{3}}(1+t)-{\log_{2}}\left(1+\dfrac{24}{t}\right)\le0$ (1).

Xét hàm số $f(t)={\log_{3}}(1+t)-{\log_{2}}\left(1+\dfrac{24}{t}\right)$ có ${f}'(t)=\dfrac{1}{(1+t)\ln3}+\dfrac{24}{\left({{t}^{2}}+24t\right)\ln2}>0,\forall t>0$.

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $(0;+\infty )$.

Ta có $f(8)={\log_{3}}(1+8)-{\log_{2}}\left(1+\dfrac{24}{8}\right)=0$

Từ đó suy ra: $(1)\Leftrightarrow  f(t)\le f(8)\Leftrightarrow  t\le8\Leftrightarrow  \dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{x}\le8\Leftrightarrow  {{(x-4)}^{2}}+{{y}^{2}}\le16$.

Đếm các cặp giá trị nguyên của $(x;y)$

Ta có: ${{(x-4)}^{2}}\le16\Leftrightarrow  0\le x\le8$, mà $x>0$ nên $0<x\le8$.

Với $x=1,x=7\Rightarrow y=\{\pm 2;\pm 1;0\}$ nên có 10 cặp.

Với $x=2,x=6\Rightarrow y=\{\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}$ nên có 14 cặp.

Với $x=3,x=5\Rightarrow y=\{\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}$ nên có 14 cặp.

Với $x=4\Rightarrow y=\{\pm 4;\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}$ nên có 9 cặp.

Với $x=8\Rightarrow y=0$ có 1 cặp.

Vậy có 48 cặp giá trị nguyên $(x;y)$ thỏa mãn đề bài.

Câu 2. Có bao nhiêu bộ $\left(x;y\right)$ với $x,y$ nguyên và $1\le x,y\le2020$ thỏa mãn$\left(xy+2x+4y+8\right){\log_{3}}\left(\dfrac{2y}{y+2}\right)\le\left(2x+3y-xy-6\right){\log_{2}}\left(\dfrac{2x+1}{x-3}\right)$?

A. 4034.        B. 2.        C. 2017.        D. 2017x2020.

Lời giải:

+ Điều kiện $\left\{ \begin{align}& x,y\in {{\mathbb{N}}^{*}}:x,y\le 2020 \\& \frac{2x+1}{x-3}>0,\frac{2y}{y+2}>0 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x,y\in {{\mathbb{N}}^{*}}:x,y\le 2020 \\ & x>3,y>0 \\ \end{align} \right.$.

BPT cho có dạng $\left(x-3\right)\left(y-2\right){\log_{2}}\left(\dfrac{x+4}{x-3}+1\right)+\left(x+4\right)\left(y+2\right){\log_{3}}\left(\dfrac{y-2}{y+2}+1\right)\le0$.

+ Xét $y=1$ thì thành $-\left(x-3\right){\log_{2}}\left(\dfrac{x+4}{x-3}+1\right)+3\left(x+4\right){\log_{3}}\left(\dfrac{2}{3}\right)\le0$, rõ ràng BPT này nghiệm đúng với mọi $x>3$ vì

$-\left(x-3\right)<0;{\log_{2}}\left(\dfrac{x+4}{x-3}+1\right)>{\log_{2}}\left(0+1\right)=0;3\left(x+4>0\right);{\log_{3}}\dfrac{2}{3}<0$.

Như vậy trường hợp này cho ta đúng $2017$ bộ $\left(x;y\right)=\left(x,1\right)$ với $4\le x\le2020,x\in \mathbb{N}$.

+ Xét $y=2$ thì thành $4\left(x+4\right){\log_{3}}1\le0$, BPT này cũng luôn đúng với mọi $x$ mà $4\le x\le2020,x\in \mathbb{N}$.

Trường hợp này cho ta $2017$ cặp $\left(x;y\right)$ nữa.

+ Với $y>2,x>3$ thì $VT\left(*\right)>0$ nên không xảy ra.

Vậy có đúng 4034 bộ số $\left(x;y\right)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 3. Có bao nhiêu cặp số nguyên  thoả mãn $0<y<2020$ và ${{3}^{x}}+3x-6=9y+{\log_{3}}{{y}^{3}}$?

A. 9.        B. 7.        C. 8.        D. 2019.

Lời giải:

Ta có: ${{3}^{x}}+3x-6=9y+{\log_{3}}{{y}^{3}}$ $\Leftrightarrow  {{3}^{x}}+3x-6=9y+3{\log_{3}}y$

$\Leftrightarrow  {{3}^{x-1}}+x-2=3y+{\log_{3}}y$ $\Leftrightarrow  {{3}^{x-1}}+x-1=3y+{\log_{3}}\left(3y\right)$

$\Leftrightarrow  {{3}^{x-1}}+x-1={{3}^{{\log_{3}}\left(3y\right)}}+{\log_{3}}\left(3y\right)$.

Xét hàm số $f\left(t\right)={{3}^{t}}+t$. Ta có: ${f}'\left(t\right)=1+{{3}^{t}}.\ln3>0,\,\,\forall t$.

Suy ra hàm số $f\left(t\right)$ liên tục và đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Do đó $\Leftrightarrow  f\left(x-1\right)=f\left({\log_{3}}\left(3y\right)\right)\Leftrightarrow  x-1={\log_{3}}\left(3y\right)\Leftrightarrow  x-2={\log_{3}}y\Leftrightarrow  y={{3}^{x-2}}$.

Vì $y\in \left(0;2020\right)$ nên ${{3}^{x-2}}<2020$$\Leftrightarrow  x-2<{\log_{3}}2020\Leftrightarrow  x<2+{\log_{3}}2020$

Do $x;y\in \mathbb{Z}$ nên $x\in \left\{2;3;4;5;6;7;8\right\}$. Ứng với mỗi giá trị nguyên của $x$ cho ta 1 giá trị nguyên của $y$. Vậy có 7 cặp số nguyên $\left(x;y\right)$ thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4. Có bao nhiêu số nguyên $y$ sao cho ứng với số nguyên $y$ có tối đa $1000$ số nguyên $x$ thỏa mãn ${{3}^{y-2x}}\ge{\log_{5}}\left(x+{{y}^{2}}\right)$.

A. 63.        B. 17.        C. 61.        D. 20.

Lời giải:

Điều kiện: $x>-{{y}^{2}}$

Xét hàm số $f\left(x\right)={{3}^{y-2x}}-{\log_{5}}\left(x+{{y}^{2}}\right)$ ta có:

${f}'\left(x\right)=-{{2.3}^{y-2x}}.\ln3-\dfrac{1}{\left(x+{{y}^{2}}\right).\ln5}<0$

Bảng biến thiên

 

Từ bảng biến thiên trên ta có tập nghiệm của bất phương trình là $\left(-{{y}^{2}};\,{{x}_{0}}\right]$. Để có tối đa 1000 số nguyên $x$ thì $f\left(-{{y}^{2}}+1001\right)<0$$\Leftrightarrow  {{3}^{2{{y}^{2}}+y-2002}}-{\log_{5}}1001<0\Leftrightarrow  {{3}^{2{{y}^{2}}+y-2002}}<{\log_{5}}1001$

$\Leftrightarrow  2{{y}^{2}}+y-2002-{\log_{3}}\left({\log_{5}}1001\right)<0\Leftrightarrow  -31,94<y<31,44$.

Vậy có 63 giá trị nguyên của $y$.

Câu 5. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương $\left(x;y\right)$ thỏa mãn điều kiện $x\le2023$ và $3\left({{9}^{y}}+2y\right)+2\le x+{\log_{3}}{{\left(x+1\right)}^{3}}$?

A. 3780.        B. 3778.        C. 2.        D. 3776.

Lời giải:

Ta có $3\left({{9}^{y}}+2y\right)+2\le x+{\log_{3}}{{\left(x+1\right)}^{3}}\Leftrightarrow  {{3.9}^{y}}+6y+2\le x+3{\log_{3}}\left(x+1\right)$

$\Leftrightarrow  {{3}^{2y+1}}+3\left(2y+1\right)\le\left(x+1\right)+3{\log_{3}}\left(x+1\right)$. (*)

Xét hàm số $f\left(t\right)={{3}^{t}}+3t$ có ${f}'\left(t\right)={{3}^{t}}.\ln3+3>0,\text {}\forall t$.

Suy ra hàm số $f\left(t\right)={{3}^{t}}+3t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Do đó $\left(*\right)\Leftrightarrow  f\left(2y+1\right)\le f\left({\log_{3}}\left(x+1\right)\right)\Leftrightarrow  2y+1\le{\log_{3}}\left(x+1\right)\Leftrightarrow  {{3}^{2y+1}}-1\le x$.

Vì $x\le2023$ nên ${{3}^{2y+1}}-1\le2023\Leftrightarrow  y\le\dfrac{{\log_{3}}2023-1}{2}\approx 2,96$.

Với giả thiết $y$ nguyên dương suy ra $y\in \left\{1;2\right\}$.

Với $y=1$ có $26\le x\le2023$ suy ra có 1998 cặp số $\left(x;y\right)$ thỏa mãn.

Với $y=2$ có $242\le x\le2023$ suy ra có 1782 cặp số $\left(x;y\right)$ thỏa mãn.

Vậy có tất cả 3780 cặp số $\left(x;y\right)$ thỏa mãn đề bài.

Câu 6. Có bao nhiêu cặp số nguyên $\left(x\,;\,y\right)$ thỏa mãn $1\le x\le2023$ và $x+{{x}^{2}}-{{9}^{y}}={{3}^{y}}$.

A. 2020.        B. 1010.        C. 6.        D. 7.

Lời giải:

Ta có $x+{{x}^{2}}-{{9}^{y}}={{3}^{y}}\Leftrightarrow  x+{{x}^{2}}={{3}^{y}}+{{\left({{3}^{y}}\right)}^{2}}$ (1).

Xét hàm $f(t)=t+{{t}^{2}}$, $\left(t>0\right)$.

Ta có: ${{f}^{'}}(t)=1+2t>0,\,\forall t>0$ $\Rightarrow f(t)$ là hàm đồng biến trên $\left(0\,;\,+\infty \right)$.

Vì vậy (1) $\Leftrightarrow  f(x)=f\left({{3}^{y}}\right)\Leftrightarrow  x={{3}^{y}}$.

Theo giả thiết $1\le x\le2023\Leftrightarrow  1\le{{3}^{y}}\le2023\Leftrightarrow  0\le y\le{\log_{3}}2023$.

Vì $y$ nguyên nên $y\in \left\{ 0;1;2;3;4;5;6 \right\}$.

Vậy có 7 cặp $\left(x\,;\,y\right)$ thỏa mãn.

Câu 7. Có bao nhiêu cặp số $(x;y)$ thuộc đoạn $[1;2023]$ thỏa mãn $y$ là số nguyên và $x+\lnx=y+{{e}^{y}}$?

A. 2021.        B. 2022.        C. 7.        D. 6.

Lời giải:

Xét hàm số $f\left(t\right)=t+{{e}^{t}}$ $\Rightarrow {f}'\left(t\right)=1+{{e}^{t}}>0,\forall t\in \mathbb{R}$ $\Rightarrow f\left(t\right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ (1).

$x+\ln x=y+{{e}^{y}}$ $\Leftrightarrow  f\left(\ln x\right)=f\left(y\right)$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\ln x=y$ $\Leftrightarrow  x={{e}^{y}}$

Để $1\le x\le2020$ thì $1\le{{e}^{y}}\le2023\Leftrightarrow  0\le y\le\ln2023$.

Mà $y$ nguyên và $y\in [1;2023]$ nên $y\in \left\{1;2;3;4;5;6;7\right\}$.

Với mỗi giá trị $y\in \left\{1;2;3;4;5;6;7\right\}$ta có 1 giá trị $x$tương ứng thuộc đoạn $[1;2020]$.

Vậy có 7 cặp số $\left(x;y\right)$ thỏa mãn.

Câu 8. Có bao nhiêu cặp số nguyên$(x,y)$ thỏa mãn ${{2}^{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1}}\le\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+2\right){{.4}^{x}}$.

A. 3.        B. 6.        C. 5.        D. 7.

Lời giải:

Nhận xét ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+2>0,\,\,\forall x;y$

Bất phương trình ${{2}^{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1}}\le\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+2\right){{.4}^{x}}$$\Leftrightarrow  \dfrac{{{2}^{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1}}}{{{2}^{2x}}}\le\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+2\right)$ $\Leftrightarrow  {{2}^{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+1}}\le\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+2\right)$.

Đặt $t={{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+1$. Bất phương trình $\Leftrightarrow {{2}^{t}}\le t+1$ $\Leftrightarrow  {{2}^{t}}-t-1\le0$

Đặt $f\left(t\right)={{2}^{t}}-t-1$. Ta thấy $f\left(0\right)=f\left(1\right)=0$.

Ta có ${f}'\left(t\right)={{2}^{t}}\ln2-1$

${f}'\left(t\right)=0\Leftrightarrow  {{2}^{t}}\ln2=1\Leftrightarrow  t={\log_{2}}\left(\dfrac{1}{\ln2}\right)\approx 0,52$

Từ BBT ta thấy $f\left( t \right)\le 0\Leftrightarrow 0\le t\le 1$

$0\le {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+1\le 1$ $\Leftrightarrow  {{\left(x-1\right)}^{2}}+{{y}^{2}}\le 1\Rightarrow {{(x-1)}^{2}}\le 1\Leftrightarrow  0\le x\le 2$

- Với $x=0\Rightarrow {{y}^{2}}\le 0\Rightarrow y=0$ ta có 1 cặp

- Với $x=1\Rightarrow {{y}^{2}}\le 1\Rightarrow y=0;y=\pm 1$ ta có 3 cặp

- Với $x=2\Rightarrow {{y}^{2}}\le 0\Rightarrow y=0$ ta có 1 cặp

Vậy có tất cả 5 cặp $(x,y)$ thỏa mãn.

Câu 9. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $y$ để bất phương trình ${{6}^{{{x}^{2}}}}+9y{{.3}^{x}}\le{{3}^{{{x}^{2}}}}y+{{2}^{{{x}^{2}}}}{{.3}^{x+2}}$ có 5 giá trị $x$nguyên?

A. 65024.        B. 65021.        C. 65022.        D. 65023.

Lời giải:

Biến đổi bất phương trình ${{6}^{{{x}^{2}}}}+9y{{.3}^{x}}\le{{3}^{{{x}^{2}}}}y+{{2}^{{{x}^{2}}}}{{.3}^{x+2}}$

$\begin{align}&\Leftrightarrow  ({{3}^{{{x}^{2}}}}{{.2}^{{{x}^{2}}}}-{{3}^{{{x}^{2}}}}y)+(9y{{.3}^{x}}-{{2}^{{{x}^{2}}}}{{.3}^{x+2}})\le 0\\ &\Leftrightarrow  {{3}^{{{x}^{2}}}}({{2}^{{{x}^{2}}}}-y)+{{9.3}^{x}}(y-{{2}^{{{x}^{2}}}})\le 0\\ &\Leftrightarrow  ({{2}^{{{x}^{2}}}}-y)({{3}^{{{x}^{2}}}}-{{9.3}^{x}})\le 0\end{align}$

$\left({{3}^{{{x}^{2}}-x}}-9\right)\left({{2}^{{{x}^{2}}}}-y\right)\le 0$ (1)

- Th1: Xét ${{3}^{{{x}^{2}}-x}}-9=0\Leftrightarrow  {{x}^{2}}-x=2\Leftrightarrow  \left[\begin{align}&x=-1\\ &x=2\end{align}\right.$ là nghiệm của bất phương trình (1).

- Th2: Xét ${{3}^{{{x}^{2}}-x}}-9>0\Leftrightarrow  {{x}^{2}}-x>2\Leftrightarrow  \left[\begin{align}&x<-1\\ &x>2\end{align}\right.$.

Khi đó $(1)\Leftrightarrow  {{2}^{{{x}^{2}}}}\le y\Leftrightarrow  {{x}^{2}}\le{\log_{2}}y\,\,(2)$

Nếu $y<1$ thì (2) vô nghiệm.

Nếu $y\ge 1$ thì $(2)\Leftrightarrow  -\sqrt{{\log_{2}}y}\le x\le\sqrt{{\log_{2}}y}$.

Do đó, để (1) có 5 nghiệm nguyên $\Leftrightarrow  \left(\left(-\infty ;-1\right)\cup\left(2;+\infty \right)\right)\cap\left[-\sqrt{{\log_{2}}y};\sqrt{{\log_{2}}y}\right]$ có 3 giá trị nguyên $\sqrt{{\log_{2}}y}\in \left[3;4\right)\Leftrightarrow  512\le y<65536$ (thỏa đk $y\ge 1$). Suy ra có 65024 giá trị $y$ nguyên thỏa mãn.

- Th3: Xét ${{3}^{{{x}^{2}}-x}}-9<0\Leftrightarrow  {{x}^{2}}-x<2\Leftrightarrow  -1<x<2$. Vì $\left(-1;2\right)$ chỉ có hai số nguyên nên không có giá trị $y$ nào để bất phương trình (1) có 5 nghiệm nguyên.

Vậy có tất cả 65024 giá trị $y$ nguyên thỏa ycbt.

Câu 10. Có bao nhiêu cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn ${\log_{3}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x\right)+{\log_{2}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\right)\le{\log_{3}}\left(2x\right)+{\log_{2}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+48x\right)?$

A. 189.        B. 196.        C. 190.        D. 168.

Lời giải:

Điều kiện: $x>0$.

Ta có: ${\log_{3}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x\right)+{\log_{2}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\right)\le{\log_{3}}\left(2x\right)+{\log_{2}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+48x\right)$

$\Leftrightarrow  {\log_{3}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x\right)-{\log_{3}}\left(2x\right)\le{\log_{2}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+48x\right)-{\log_{2}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\right)$

$\Leftrightarrow  {\log_{3}}\left(\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x}{2x}\right)\le{\log_{2}}\left(\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+48x}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\right)$$\Leftrightarrow  {\log_{3}}\left(1+\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2x}\right)\le{\log_{2}}\left(1+\dfrac{48x}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\right)$

$\Leftrightarrow  {\log_{3}}\left(\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2x}+1\right)-{\log_{2}}\left(1+\dfrac{48x}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\right)\le0.\text {}$

Đặt: $t=\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2x}(t>0)$, bất phương trình trở thành: ${\log_{3}}(1+t)-{\log_{2}}\left(1+\dfrac{24}{t}\right)\le0$ (1).

Xét hàm số $f(t)={\log_{3}}(1+t)-{\log_{2}}\left(1+\dfrac{24}{t}\right)$ có ${f}'(t)=\dfrac{1}{(1+t)\ln3}+\dfrac{24}{\left({{t}^{2}}+24t\right)\ln2}>0,\forall t>0$.

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $(0;+\infty )$.

Ta có $f(8)={\log_{3}}(1+8)-{\log_{2}}\left(1+\dfrac{24}{8}\right)=0$

Từ đó suy ra: $(1)\Leftrightarrow  f(t)\le f(8)\Leftrightarrow  t\le8\Leftrightarrow  \dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2x}\le 8\Leftrightarrow  {{(x-8)}^{2}}+{{y}^{2}}\le64$.

Đếm các cặp giá trị nguyên của $(x;y)$

Ta có: ${{(x-8)}^{2}}\le64\Leftrightarrow  0\le x\le16$, mà $x>0$ nên $0<x\le16$.

Với $x=1,x=15\Rightarrow y=\{\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}$ nên có 14 cặp.

Với $x=2,x=14\Rightarrow y=\{\pm 5;\pm 4;\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}$ nên có 22 cặp.

Với $x=3,x=13\Rightarrow y=\{\pm 6;\pm 5;\pm 4;\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}$ nên có 26 cặp.

Với $x=4;x=12\Rightarrow y=\{\pm 6;\pm 5;\pm 4;\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}$ nên có 26 cặp.

Với $x=5,x=11\Rightarrow y=\{\pm 7;\pm 6;\pm 5;\pm 4;\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}$ nên có 30 cặp.

Với $x=6;x=10\Rightarrow y=\{\pm 7;\pm 6;\pm 5;\pm 4;\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}$ nên có 30 cặp.

Với $x=7,x=9\Rightarrow y=\{\pm 7;\pm 6;\pm 5;\pm 4;\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}$ nên có 30 cặp.

Với $x=8\Rightarrow y=\{\pm 8;\pm 7;\pm 6;\pm 5;\pm 4;\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}$ có 17 cặp.

Với $x=16\Rightarrow y=0$ có 1 cặp.

Vậy có 196 cặp giá trị nguyên $(x;y)$ thỏa mãn đề bài.

Câu 11. Có tất cả bao nhiêu cặp số nguyên $x$ và $y$ sao cho đẳng thức sau được thỏa mãn ${\log_{2022}}{{\left({{4}^{x}}-{{2}^{x+1}}+2023\right)}^{{{y}^{2}}+101}}\le20y+1$?

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

Lời giải:

Ta có ${\log_{2022}}{{\left({{4}^{x}}-{{2}^{x+1}}+2023\right)}^{{{y}^{2}}+101}}\le20y+1\Leftrightarrow  {\log_{2022}}\left({{4}^{x}}-{{2}^{x+1}}+2023\right)\le\dfrac{20y+1}{{{y}^{2}}+101}$

$VT={\log_{2022}}\left({{4}^{x}}-{{2}^{x+1}}+2023\right)={\log_{2022}}\left({{\left({{2}^{x}}-1\right)}^{2}}+2022\right)\ge1$. Dấu bằng xảy ra khi $x=0$.

$VP=f\left(y\right)=\dfrac{20y+1}{{{y}^{2}}+101};f'\left(y\right)=\dfrac{-20{{y}^{2}}-2y+2020}{{{\left({{y}^{2}}+101\right)}^{2}}}$, $f'\left(y\right)=0\Leftrightarrow  \left[\begin{align}&y=10\\ &y=-\dfrac{101}{10}\end{align}\right.$

BBT:

Từ BBT suy ra $VP\le1$. Dấu bằng xảy ra khi $y=10$.

Vậy đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow  VT=VP=1\Leftrightarrow  \left(x;y\right)=\left(0;10\right)$.

Câu 12. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương $\left(x;y\right)$ thỏa mãn điều kiện $x\le2020$ và $3\left({{9}^{y}}+2y\right)\le x+{\log_{3}}{{\left(x+1\right)}^{3}}-2$?

A. 4.        B. 2.        C. 3772.        D. 3774.

Lời giải:

Ta có $3\left({{9}^{y}}+2y\right)\le x+{\log_{3}}{{\left(x+1\right)}^{3}}-2\Leftrightarrow  {{3.9}^{y}}+6y\le x+3{\log_{3}}\left(x+1\right)-2$

$\Leftrightarrow  {{3}^{2y+1}}+3\left(2y+1\right)\le\left(x+1\right)+3{\log_{3}}\left(x+1\right)$. (*)

Xét hàm số $f\left(t\right)={{3}^{t}}+3t$ có ${f}'\left(t\right)={{3}^{t}}.\ln3+3>0,\text {}\forall t$.

Suy ra hàm số $f\left(t\right)={{3}^{t}}+3t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Do đó $\left(*\right)\Leftrightarrow  f\left(2y+1\right)\le f\left({\log_{3}}\left(x+1\right)\right)\Leftrightarrow  2y+1\le{\log_{3}}\left(x+1\right)\Leftrightarrow  {{3}^{2y+1}}-1\le x$.

Vì $x\le2020$ nên ${{3}^{2y+1}}-1\le2020\Leftrightarrow  y\le\dfrac{{\log_{3}}2021-1}{2}\approx 2,9$.

Với giả thiết $y$ nguyên dương suy ra $y\in \left\{1;2\right\}$.

Với $y=1$ có $26\le x\le2020$ suy ra có 1995 cặp số $\left(x;y\right)$ thỏa mãn.

Với $y=2$ có $242\le x\le2020$ suy ra có 1779 cặp số $\left(x;y\right)$ thỏa mãn.

Vậy có tất cả 3774 cặp số $\left(x;y\right)$ thỏa mãn đề bài.

Câu 13. Có bao nhiêu cặp số nguyên không âm $\left(x;y\right)$ thoả mãn điều kiện ${\log_{2}}\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+6}{4x+6y+9}+1\ge{\log_{2}}\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+5}{2x+3y+4}$?

A. 43.        B. 49.        C. 42.        D. 45.

Lời giải:

Với $x,y\ge0$. Ta có ${\log_{2}}\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+6}{4x+6y+9}+1\ge{\log_{2}}\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+5}{2x+3y+4}$$\Leftrightarrow  {\log_{2}}\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+6}{4x+6y+9}\ge{\log_{2}}\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+5}{2x+3y+4}-1$$\Leftrightarrow  {\log_{2}}\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+6}{4x+6y+9}\ge{\log_{2}}\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+5}{4x+6y+8}$

$\Leftrightarrow  \dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+6}{4x+6y+9}\ge\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+5}{4x+6y+8}$.

Đặt $a={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+5;b=4x+6y+8\left(a,b>0\right)$.

Suy ra $\dfrac{a+1}{b+1}\ge\dfrac{a}{b}$$\Leftrightarrow  \left(a+1\right).b\ge a\left(b+1\right)$$\Leftrightarrow  b\ge a$.

Do đó $4x+6y+8\ge{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+5\Leftrightarrow  {{\left(x-2\right)}^{2}}+{{\left(y-3\right)}^{2}}\le16$.

Suy ra $-4\le x-2\le4\Leftrightarrow  -2\le x\le6$; mà $x\ge 0$ và $x\in \mathbb{Z}$ nên ta có có các trường hợp sau

Trường hợp 1: $x=0\Rightarrow {{\left(y-3\right)}^{2}}\le 12\Leftrightarrow  3-2\sqrt{2}\le y\le3+2\sqrt{3}$.

Do $y\ge0$ và $y\in \mathbb{Z}$ nên $y\in \left\{0;1;2;3;4;5;6\right\}$.

Suy ra có 7 cặp $\left(x;y\right)$ thoả mãn.

Trường hợp 2: $x=1\Rightarrow {{\left(y-3\right)}^{2}}\le15\Leftrightarrow  3-\sqrt{15}\le y\le 3+\sqrt{15}$.

Do $y\ge0$ và $y\in \mathbb{Z}$ nên $y\in \left\{0;1;2;3;4;5;6\right\}$.

Suy ra có 7 cặp $\left(x;y\right)$ thoả mãn.

Trường hợp 3: $x=2\Rightarrow {{\left(y-3\right)}^{2}}\le16\Leftrightarrow  -1\le y\le7$.

Do $y\ge0$ và $y\in \mathbb{Z}$ nên $y\in \left\{0;1;2;3;4;5;6;7\right\}$.

Suy ra có 8 cặp $\left(x;y\right)$ thoả mãn.

Trường hợp 4: $x=3\Rightarrow {{\left(y-3\right)}^{2}}\le15\Leftrightarrow  3-\sqrt{15}\le y\le3+\sqrt{15}$.

Do $y\ge0$ và $y\in \mathbb{Z}$ nên $y\in \left\{0;1;2;3;4;5;6\right\}$.

Suy ra có 7 cặp $\left(x;y\right)$ thoả mãn.

Trường hợp 5: $x=4\Rightarrow {{\left(y-3\right)}^{2}}\le15\Leftrightarrow  3-2\sqrt{3}\le y\le3+2\sqrt{3}$.

Do $y\ge0$ và $y\in \mathbb{Z}$ nên $y\in \left\{0;1;2;3;4;5;6\right\}$.

Suy ra có 7 cặp $\left(x;y\right)$ thoả mãn.

Trường hợp 6: $x=5\Rightarrow {{\left(y-3\right)}^{2}}\le7\Leftrightarrow  3-\sqrt{7}\le y\le3+\sqrt{7}$.

Do $y\ge0$ và  nên $y\in \left\{1;2;3;4;5\right\}$.

Suy ra có 5 cặp $\left(x;y\right)$ thoả mãn.

Trường hợp 7: $x=6\Rightarrow {{\left(y-3\right)}^{2}}\le0\Rightarrow y=3$.

Suy ra có 1 cặp $\left(x;y\right)$ thoả mãn.

Vậy có tất cả 42 cặp số nguyên không âm $\left(x;y\right)$ thoả mãn điều kiện bài toán.

Câu 14. Có bao nhiêu cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn ${\log_{5}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+y\right)+{\log_{4}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\right)\le{\log_{5}}y+{\log_{4}}\left(2{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}+8y\right)$?

A. 12.        B. 13.        C. 11.        D. 10.

Lời giải:

Điều kiện: $y>0$.

Ta có:

Bpt $\Leftrightarrow  {\log_{5}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+y\right)-{\log_{5}}y\le{\log_{4}}\left(2{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}+8y\right)-{\log_{4}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\right)$

$\Leftrightarrow  {\log_{5}}\left(\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+y}{y}\right)\le{\log_{4}}\left(\dfrac{2{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}+8y}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\right)$

$\Leftrightarrow  {\log_{5}}\left(\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{y}+1\right)\le{\log_{4}}\left(2+\dfrac{8y}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\right)$

$\Leftrightarrow  {\log_{5}}\left(\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{y}+1\right)-{\log_{4}}\left(2+\dfrac{8y}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\right)\le0$

Đặt: $t=\dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{y}(t>0)$, bất phương trình trở thành: ${\log_{5}}(t+1)-{\log_{4}}\left(2+\dfrac{8}{t}\right)\le0$ (1).

Xét hàm số $f(t)={\log_{5}}(t+1)-{\log_{4}}\left(2+\dfrac{8}{t}\right)\le0$

có ${f}'(t)=\dfrac{1}{(1+t)\ln5}+\dfrac{4}{\left({{t}^{2}}+4t\right)\ln4}>0,\forall t>0$.

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $(0;+\infty )$.

Ta có $f(4)={\log_{5}}(4+1)-{\log_{4}}\left(2+\dfrac{8}{4}\right)=0$

Từ đó suy ra: $(1)\Leftrightarrow  f(t)\le f(4)\Leftrightarrow  t\le4\Leftrightarrow  \dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{y}\le4\Leftrightarrow  {{x}^{2}}+{{(y-2)}^{2}}\le4$.

Đếm các cặp giá trị nguyên của $(x;y)$ bằng cách vẽ đường tròn có phương trình trên hệ trục toạ độ ${{x}^{2}}+{{(y-2)}^{2}}=4$. Ta đếm được 12 điểm thoả mãn.

Muốn bài khó hơn ta biến đổi bất phương trình

${\log_{5}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+y\right)+{\log_{4}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\right)-\dfrac{1}{2}\le{\log_{5}}y+{\log_{4}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+4y\right)$?.

Câu 15. Có bao nhiêu cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn ${\log_{4}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+12y\right)+{\log_{3}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\right)\le{\log_{4}}y+{\log_{3}}\left({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+24y\right)?$

A. 14.        B. 13.        C. 12.        D. 15.

Lời giải:

Điều kiện: $x>0$.

Đặt $t={{x}^{2}}+{{y}^{2}}>0$

Ta có:

${\log_{4}}\left(t+12y\right)+{\log_{3}}\left(t\right)\le{\log_{4}}y+{\log_{3}}\left(t+24y\right)$

$\Leftrightarrow  {\log_{4}}\left(\dfrac{t+12y}{y}\right)\le{\log_{3}}\left(\dfrac{t+24y}{t}\right)$

$\Leftrightarrow  {\log_{4}}\left(12+m\right)\le{\log_{3}}\left(1+\dfrac{24}{m}\right)\quad\quad$ Đặt $m=\dfrac{t}{y}\quad\left(m>0\right)$

$\Leftrightarrow  {\log_{4}}\left(12+m\right)-{\log_{3}}\left(1+\dfrac{24}{m}\right)\le0$ $\left(*\right)$

Đặt $f\left(m\right)={\log_{4}}\left(12+m\right)-{\log_{3}}\left(1+\dfrac{24}{m}\right)$

$f'\left(m\right)=\dfrac{1}{\left(12+m\right)\ln4}+\dfrac{24}{{{m}^{2}}}\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{24}{m}\right)\ln3}>0,\forall m>0$

Suy ra hàm số $f\left(m\right)$ đồng biến trên khoảng $(0;+\infty )$.

Mà $f\left(4\right)=0$ nên $f\left(m\right)\le0\Leftrightarrow  f\left(m\right)\le f\left(4\right)$

Từ đó suy ra: $0<m\le4\Leftrightarrow  \dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{y}\le4\Leftrightarrow  {{x}^{2}}+{{\left(y-2\right)}^{2}}\le4$.

Đếm các cặp giá trị nguyên của $(x;y)$

Với $x=\pm 2\Rightarrow {{\left(y-2\right)}^{2}}\le0\Rightarrow y=2$ nên có 2 cặp.

Với $x=\pm 1\Rightarrow {{\left(y-2\right)}^{2}}\le3\Rightarrow y=1;2;3$ nên có 6 cặp.

Với $x=0\Rightarrow {{\left(y-2\right)}^{2}}\le4\Rightarrow y=0;1;2;3;4$ nên có 5 cặp.

Vậy có 13 cặp giá trị nguyên $(x;y)$ thỏa mãn đề bài.

Câu 16. Có bao nhiêu cặp số nguyên $\left(x;y\right)$ thỏa mãn $2\le x\le2023$ và ${{2}^{y}}-{\log_{2}}\left(x+{{2}^{y-1}}\right)=2x-y$?

A. 2022.        B. 10.        C. 2023.        D. 11.

Lời giải:

Đặt $t={\log_{2}}\left(x+{{2}^{y-1}}\right)\Rightarrow {{2}^{t}}=x+{{2}^{y-1}}\Rightarrow x={{2}^{t}}-{{2}^{y-1}}$

Do đó ${{2}^{y}}-{\log_{2}}\left(x+{{2}^{y-1}}\right)=2x-y\Leftrightarrow  {{2}^{y}}-t={{2}^{t+1}}-{{2}^{y}}-y$

$\Leftrightarrow  {{2}^{y+1}}+y={{2}^{t+1}}+t$

Xét hàm số $f(u)={{2}^{u+1}}+u$, $u\in \mathbb{R}$

$f'\left(u\right)={{2}^{u+1}}\ln2+1>0\,\,\forall u\in \mathbb{R}$ $\Rightarrow \,f\left(u\right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$

Mà $f\left(y\right)=f\left(t\right)\Rightarrow y=t$ $\Leftrightarrow  {\log_{2}}\left(x+{{2}^{y-1}}\right)=y\Leftrightarrow  x+{{2}^{y-1}}={{2}^{y}}$

$\Leftrightarrow  2x={{2}^{y}}$

Vì $2\le x\le2023$ $\Rightarrow 2\le{{2}^{y-1}}\le2023\Leftrightarrow  1\le y-1\le{\log_{2}}2023\Leftrightarrow  2\le y\le{\log_{2}}2023+1$

Mà $y$ nguyên nên $y\in \left\{2;3;...;11\right\}$

Mỗi giá trị nguyên của $y$ tương ứng cho một giá trị nguyên của $x$.

Vậy có 10 cặp cặp số nguyên $\left(x;y\right)$ thỏa mãn đề bài.

Câu 17. Có tất cả bao nhiêu cặp số $\left(a;b\right)$với $a,b$ là các số nguyên dương thỏa mãn ${\log_{5}}\left(a+b\right)+{{\left(a+b\right)}^{3}}=5\left({{a}^{2}}+{{b}^{2}}\right)+ab\left(3a+3b-5\right)+1$.

A. 2.        B. 3.        C. 4.        D. Vô số.

Lời giải:

Với $a,b$ là các số nguyên dương, ta có:

${\log_{5}}\left(a+b\right)+{{\left(a+b\right)}^{3}}=5\left({{a}^{2}}+{{b}^{2}}\right)+ab\left(3a+3b-5\right)+1$

$\Leftrightarrow  {\log_{5}}\dfrac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}{{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}}+{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+3ab\left(a+b\right)=5\left({{a}^{2}}+{{b}^{2}}-ab\right)+3ab\left(a+b\right)+1$

$\Leftrightarrow  {\log_{5}}\left({{a}^{3}}+{{b}^{3}}\right)+{{a}^{3}}+{{b}^{3}}={\log_{5}}\left[5\left({{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}\right)\right]+5\left({{a}^{2}}+{{b}^{2}}-ab\right)\,\,\,\left(1\right)$

Xét hàm số: $f\left(t\right)={\log_{5}}t+t$ trên $\left(0;+\infty \right)$.

$f'\left(t\right)=\dfrac{1}{t\ln5}+1>0,\,\forall t>0$ nên hàm số $f\left(t\right)$ đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$.

Khi đó phương trình $\left(1\right)$ trở thành $f\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)=f\left[ 5\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-ab \right) \right]$ $\Leftrightarrow {{a}^{3}}+{{b}^{3}}=5\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-ab \right)$ $\Leftrightarrow \left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-ab \right)\left( a+b-5 \right)=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-ab=0\,\,\left( 2 \right) \\ & a+b-5=0\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right) \\ \end{align} \right.$

Do $a,b\in \mathbb{N}_{{}}^{*}$ nên phương trình $\left(2\right)$ vô nghiệm. Từ $\left(3\right)$suy ra: $a+b=5$.

Mà $a,b$ là các số nguyên dương nên $\left\{\begin{align}&0<a<5\\ &0<b<5\\ &a+b=5\\ &a,b\in {{\mathbb{N}}^{*}}\end{align}\right.$.

Nên $\left(a;b\right)\in \left\{\left(1,4\right);\left(4,1\right);\left(2,3\right);\left(3;2\right)\right\}$.

Vậy có 4 cặp số $\left(a;b\right)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 18. Có bao nhiêu cặp số nguyên $\left(x;y\right)$ thỏa mãn $0<y\le2023$ và ${{2}^{x}}+2x=4+4y+{\log_{2}}{{y}^{2}}$?

A. 2022.        B. 10.        C. 11.        D. 2023.

Lời giải:

Với $0<y\le 2023$ ta có:

${{2}^{x}}+2x=4+4y+{\log_{2}}{{y}^{2}}\Leftrightarrow  {{2}^{x}}+2x-2=4y+2+2{\log_{2}}y$

$\Leftrightarrow  {{2}^{x-1}}+x-1=2y+1+{\log_{2}}y$

$\Leftrightarrow  {{2}^{x-1}}+x-1=2y+{\log_{2}}\left(2y\right)$

Đặt ${{2}^{x-1}}=u\Rightarrow x-1={\log_{2}}u\,,\left(u>0\right)$, suy ra: $u+{\log_{2}}u=2y+{\log_{2}}\left(2y\right)$. $\left(1\right)$

Xét hàm số $f\left(t\right)=t+{\log_{2}}t$ trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$.

Ta có: ${f}'\left(t\right)=1+\dfrac{1}{t\ln2}>0$, $\forall t>0$ nên: $\left(1\right)$$\Leftrightarrow  f\left(u\right)=f\left(2y\right)\Leftrightarrow  u=2y$

Khi đó ta có: $2y={{2}^{x-1}}\Leftrightarrow  y={{2}^{x-2}}$ $\left(2\right)$

Theo giả thiết: $\left\{\begin{align}&y\in \mathbb{Z}\\ &0<y\le2023\end{align}\right.\Rightarrow 1\le y\le2023$, suy ra:

$\left\{ \begin{align} & x\in \mathbb{Z} \\ & 1\le {{2}^{x-2}}\le 2023 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x\in \mathbb{Z} \\ & 0\le x-2\le {{\log }_{2}}2023\approx 10,982 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x\in \mathbb{Z} \\  & 0\le x-2\le 10 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x\in \mathbb{Z} \\ & 2\le x\le 12 \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow x\in \left\{ 2;3;4;5;6;7;8;9;10;11;12 \right\}$ (có 11 số)

Từ $\left(2\right)$ ta có: Ứng với mỗi giá trị của $x$, cho duy nhất một giá trị của $y$ nên có $11$ cặp số nguyên $\left(x;y\right)$ thỏa mãn $0<y\le2023$.

Câu 19. Có bao nhiêu cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn ${\log_{4}}\left(9{{x}^{2}}+16{{y}^{2}}+112y\right)+{\log_{3}}\left(9{{x}^{2}}+16{{y}^{2}}\right)<{\log_{4}}y+{\log_{3}}\left(684{{x}^{2}}+1216{{y}^{2}}+720y\right)?$

A. 48.        B. 56.        C. 64.        D. 76.

Lời giải:

Điều kiện: $y>0$.

Ta có: ${\log_{4}}\left(9{{x}^{2}}+16{{y}^{2}}+112y\right)+{\log_{3}}\left(9{{x}^{2}}+16{{y}^{2}}\right)<{\log_{4}}y+{\log_{3}}\left(684{{x}^{2}}+1216{{y}^{2}}+720y\right)$

$\Leftrightarrow  {\log_{4}}\left(9{{x}^{2}}+16{{y}^{2}}+112y\right)-{\log_{4}}y<{\log_{3}}\left(684{{x}^{2}}+1216{{y}^{2}}+720y\right)-{\log_{3}}\left(9{{x}^{2}}+16{{y}^{2}}\right)$

$\Leftrightarrow  {\log_{4}}\left(\dfrac{9{{x}^{2}}+16{{y}^{2}}+112y}{y}\right)<{\log_{3}}\left(\dfrac{684{{x}^{2}}+1216{{y}^{2}}+720y}{9{{x}^{2}}+16{{y}^{2}}}\right)$$\Leftrightarrow  {\log_{4}}\left(\dfrac{9{{x}^{2}}+16{{y}^{2}}}{y}+112\right)<{\log_{3}}\left(\dfrac{720y}{9{{x}^{2}}+16{{y}^{2}}}+76\right)$

$\Leftrightarrow  {\log_{4}}\left(\dfrac{9{{x}^{2}}+16{{y}^{2}}}{y}+112\right)-{\log_{3}}\left(\dfrac{720y}{9{{x}^{2}}+16{{y}^{2}}}+76\right)<0$

Đặt: $t=\dfrac{9{{x}^{2}}+16{{y}^{2}}}{y}(t>0)$

Bất phương trình trở thành: ${\log_{4}}(t+112)-{\log_{3}}\left(\dfrac{720}{t}+76\right)<0$ (1).

Xét hàm số $f(t)={\log_{4}}(t+112)-{\log_{3}}\left(\dfrac{720}{t}+76\right)$

có ${f}'(t)=\dfrac{1}{(t+112)\ln4}+\dfrac{720}{\left(76{{t}^{2}}+720t\right)\ln3}>0,\forall t>0$.

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $(0;+\infty )$.

Mà $f(144)={\log_{4}}(144+112)-{\log_{3}}\left(\dfrac{720}{144}+76\right)=0$

Từ đó $(1)\Leftrightarrow  f(t)<f(144)\Leftrightarrow  t<144\Leftrightarrow  \dfrac{9{{x}^{2}}+16{{y}^{2}}}{y}<144\Leftrightarrow  {{x}^{2}}<\dfrac{-16{{y}^{2}}+144y}{9}$(vì $y>0$)

Điều kiện: $-16{{y}^{2}}+144y>0\Leftrightarrow  0<y<9$

Đếm các cặp giá trị nguyên của $(x;y)$

Với $y=1 \ hay\ y=8\Leftrightarrow  {{x}^{2}}<\dfrac{128}{9}\Leftrightarrow  -\dfrac{8\sqrt{2}}{3}<x<\dfrac{8\sqrt{2}}{3}\Rightarrow x\in \{\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}$ nên có $14$ cặp.

Với $y=2 \ hay\ y=7\Leftrightarrow  {{x}^{2}}<\dfrac{224}{9}\Leftrightarrow  -\dfrac{4\sqrt{14}}{3}<x<\dfrac{4\sqrt{14}}{3}\Rightarrow x\in \{\pm 4;\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}$ nên có $18$ cặp.

Với $y=3\ hay\ y=6\Leftrightarrow  {{x}^{2}}<32\Leftrightarrow  -4\sqrt{2}<x<4\sqrt{2}\Rightarrow x\in \{\pm 5;\pm 4;\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}$ nên có 22 cặp.

Với $y=4\ hay\ y=5\Leftrightarrow  {{x}^{2}}<\dfrac{320}{9}\Leftrightarrow  -\dfrac{8\sqrt{5}}{3}<x<\dfrac{8\sqrt{5}}{3}\Rightarrow x\in \{\pm 5;\pm 4;\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\}$ nên có 22 cặp.

Vậy có 76 cặp giá trị nguyên $(x;y)$ thỏa mãn đề bài.

Câu 20. Có bao nhiêu cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn $-48\le x\le 50$ và ${\log_{5}}\left(5{{x}^{2}}-10x+10\right)+{{x}^{2}}-2x\le{{25}^{y}}+2y-1$

A. 53.        B. 54.        C. 55.        D. 99.

Lời giải:

Ta có: ${\log_{5}}\left(5{{x}^{2}}-10x+10\right)+{{x}^{2}}-2x\le{{25}^{y}}+2y-1$

$\Leftrightarrow  {\log_{5}}5\left({{x}^{2}}-2x+2\right)+{{x}^{2}}-2x+1\le{{5}^{2y}}+2y$

$\Leftrightarrow  {\log_{5}}5+{\log_{5}}\left[{{\left(x-1\right)}^{2}}+1\right]+{{\left(x-1\right)}^{2}}\le{{5}^{2y}}+2y$$\Leftrightarrow  {\log_{5}}\left[{{\left(x-1\right)}^{2}}+1\right]+{{\left(x-1\right)}^{2}}+1\le{{5}^{2y}}+2y\,\,\,\,\,\,\left(1\right)$

Đặt $u={\log_{5}}\left[{{\left(x-1\right)}^{2}}+1\right]$, mà $-48\le x\le50$nên $0\le u\le{\log_{5}}2402$

$\Rightarrow {{\left(x-1\right)}^{2}}+1={{5}^{u}}$

Phương trình trở thành $u+{{5}^{u}}\le2y+{{5}^{2y}}\,\,\,\,\,\,\,\left(2\right)$

Xét hàm số đặc trưng

$f(t)=t+{{5}^{t}}$ có ${f}'(t)=1+{{5}^{t}}\ln5>0,\forall t\in \left[0;{\log_{5}}2402\right]$.

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng$\left(0;{\log_{5}}2402\right)$.

Từ đó suy ra: $\left(2\right)\Leftrightarrow  u\le2y$.

$\Rightarrow 0\le2y\le{\log_{5}}2402$

$\Leftrightarrow  0\le y\le\dfrac{{\log_{5}}2402}{2}\approx 2,41825$

$\Rightarrow y=\{0;1;2\}$

Đếm các cặp giá trị nguyên của $(x;y)$

+ Với $y=0\Rightarrow {{\left(x-1\right)}^{2}}+1\le1\Leftrightarrow  x=1$ nên có 1 cặp.

+ Với $y=1\Rightarrow {{\left(x-1\right)}^{2}}+1\le5\Leftrightarrow  -2\le x-1\le\pm 2\Leftrightarrow  -1\le x\le3$ nên có 4 cặp.

+ Với $y=2\Rightarrow {{\left(x-1\right)}^{2}}+1\le{{5}^{4}}\Leftrightarrow  -4\sqrt{39}\le x-1\le4\sqrt{39}$

$\Leftrightarrow  -23,97999\le x\le 25,97999$ nên có 49 cặp.

Vậy có 54 cặp giá trị nguyên $(x;y)$ thỏa mãn đề bài.

Câu 21. Cho các số thực dương $x,y$ thỏa mãn bất phương trình ${{4.2}^{\dfrac{{\log_{2}}x+3y+3}{4}}}\ge x+{{3.2}^{y+1}}$. Hỏi giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=x-y$ nằm trong khoảng nào sau đây?

A. $\left(\dfrac{9}{50},\dfrac{1}{5}\right)$.        B. $\left(\dfrac{11}{50},\dfrac{6}{25}\right)$.        C. $\left(\dfrac{1}{5},\dfrac{11}{50}\right)$.        D. $\left(\dfrac{6}{25},\dfrac{1}{4}\right)$.

Lời giải:

Theo bất đẳng thức Côsi: $x+{{3.2}^{y+1}}=x+{{2}^{y+1}}+{{2}^{y+1}}+{{2}^{y+1}}\ge4\sqrt[4]{x{{.2}^{3y+3}}}={{4.2}^{\dfrac{{\log_{2}}x+3y+3}{4}}}$,$(1)$.

Theo đề ra, ta có: ${{4.2}^{\dfrac{{\log_{2}}x+3y+3}{4}}}\ge x+{{3.2}^{y+1}}$,$(2)$.

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $x={{2}^{y+1}}\Rightarrow P=x-y={{2}^{y+1}}-y$.

Xét hàm số: $f(y)={{2}^{y+1}}-y\Rightarrow f'(y)={{2}^{y+1}}\ln2-1,f'(y)=0\Leftrightarrow  y={\log_{2}}\left(\dfrac{1}{\ln2}\right)-1$.

Khảo sát sự biến thiên, dễ dàng nhận thấy giá trị nhỏ nhất của $f(y)$ là

$f\left({\log_{2}}\left(\dfrac{1}{\ln2}\right)-1\right)\approx 1,914$.

Câu 22. Có bao nhiêu cặp số nguyên $\left(x;y\right)$ thỏa mãn ${\log_{7}}\left(\left|x\right|+\left|y\right|\right)+{\log_{5}}\left(\left|x\right|+\left|y\right|-5\right)-{\log_{7}}5<{\log_{7}}\left(\left|x\right|+\left|y\right|+4\right)$

A. 128.        B. 120.        C. 144.        D. 149.

Lời giải:

Điều kiện: $\left|x\right|+\left|y\right|-5>0$.

Ta có: ${\log_{5}}\left(\left|x\right|+\left|y\right|-5\right)<{\log_{7}}\left(\left|x\right|+\left|y\right|+4\right)-{\log_{7}}\left(\left|x\right|+\left|y\right|\right)+{\log_{7}}5$

$\Leftrightarrow  {\log_{5}}\left(\left|x\right|+\left|y\right|-5\right)<{\log_{7}}\left(\dfrac{5\left|x\right|+5\left|y\right|+20}{\left|x\right|+\left|y\right|}\right)$

Đặt: $t=\left|x\right|+\left|y\right|-5\,\,(t>0)$, bất phương trình trở thành: ${\log_{5}}\left(t\right)<{\log_{7}}\left(5+\dfrac{20}{t+5}\right)$ $\Leftrightarrow  {\log_{5}}\left(t\right)-{\log_{7}}\left(5+\dfrac{20}{t+5}\right)<0$ (1).

Xét hàm số $f(t)={\log_{5}}\left(t\right)-{\log_{7}}\left(5+\dfrac{20}{t+5}\right)$ ta có ${f}'(t)=\dfrac{1}{t\ln5}+\dfrac{20}{\left[5{{\left(t+5\right)}^{2}}+20\left(t+5\right)\right]\ln7}>0,\forall t>0$.

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $(0;+\infty )$.

Ta có $f(5)={\log_{5}}5-{\log_{7}}\left(5+\dfrac{20}{10}\right)=0$

Từ đó suy ra: $(1)\Leftrightarrow  f(t)<f(5)\Leftrightarrow  0<t<5\Leftrightarrow  \left|x\right|+\left|y\right|-5<5\Leftrightarrow  5<\left|x\right|+\left|y\right|<10$.

Đếm các cặp giá trị nguyên của $(x;y)$

Ta có: $\left|x\right|+\left|y\right|<10$, mà $\left|y\right|\ge0$ nên $\left|x\right|<10$.

Với $\left|x\right|=0\Rightarrow y=\{\pm 6;\pm 7;\pm 8;\pm 9\}$ nên có 8 cặp.

Với $\left|x\right|=1\Rightarrow y=\{\pm 5;\pm 6;\pm 7;\pm 8\}$ nên có 16 cặp.

Với $\left|x\right|=2\Rightarrow y=\{\pm 4;\pm 5;\pm 6;\pm 7\}$ nên có 16 cặp.

Với $\left|x\right|=3\Rightarrow y=\{\pm 3;\pm 4;\pm 5;\pm 6\}$ nên có 16 cặp.

Với $\left|x\right|=4\Rightarrow y=\{\pm 2;\pm 3;\pm 4;\pm 5\}$ có 16 cặp.

Với $\left|x\right|=5\Rightarrow y=\{\pm 1;\pm 2;\pm 3;\pm 4\}$ nên có 16 cặp.

Với $\left|x\right|=6\Rightarrow y=\{0;\pm 1;\pm 2;\pm 3\}$ nên có 14 cặp.

Với $\left|x\right|=7\Rightarrow y=\{0;\pm 1;\pm 2\}$ có 10 cặp.

Với $\left|x\right|=8\Rightarrow y=\{0;\pm 1\}$ có 6 cặp.

Với $\left|x\right|=9\Rightarrow y=\left\{0\right\}$ có 2 cặp.

Vậy có 120 cặp giá trị nguyên $(x;y)$ thỏa mãn đề bài.

Nguyễn Quốc Hoàn ,  02/3/2023

Đánh giá và nhận xét

Đánh giá trung bình

(1 đánh giá)

5

  • 5
    1 đánh giá
  • 4
    0 đánh giá
  • 3
    0 đánh giá
  • 2
    0 đánh giá
  • 1
    0 đánh giá

Đánh giá*

Bạn cảm thấy thế nào về bài viết này

Duong Doan
Tuyệt vời
tuyệt vời
Bài viết liên quan

ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 11 CÁC (...)

  • Ngày đăng 15/03/2023
  • Lượt xem 5040 lượt xem
Dành cho học sinh khá giỏi ôn luyện

Phương trình mặt cầu trong không gian tọa độ Oxyz

  • Ngày đăng 20/03/2023
  • Lượt xem 3057 lượt xem
Dành ôn luyện thi tốt nghiệp THPT 2023, vận dụng và vận dụng (...)

Phương trình mặt phẳng mặt cầu trong không gian m (...)

  • Ngày đăng 20/03/2023
  • Lượt xem 1145 lượt xem
Ôn thi TN THPT môn toán năm 2023

Phương pháp không gian tọa độ Oxyz phần 2

  • Ngày đăng 19/03/2023
  • Lượt xem 625 lượt xem
Ôn thi TN THPT môn Toán năm 2023
Nhập địa chỉ e-mail để nhận tin từ hs.edu.vn nhé !