Phương pháp giải toán Cực trị mũ – Logarit

( )
( )
( )
( )
4 2
2 2
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1
1 . 1
t t
t t
tt t t
− + + = − + = −
 + +
. 
Ta có ( )
1
1 ;2
2
0
1
1 ;2
2
t
g t
t
= 
 = 
= − 
; ( ) ( )
1 7 7
; 1 1; 2
2 5 5
g g g
= = = 
. 
| Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên 
Tạp chí và tư liệu toán học | 216 
Do đó, ( )
1
;2
2
min 1g t
= hay ( )  1, 1;1f a a  − ( )2 . 
Từ ( )1 và ( )2 suy ra 
( )2 22
2 4 1 1
log 1 2
24 1 2 1 2 4
a a
a a a a
a b b− − + = + + −
+ + +
( )
( )
2 2
2
log 1 2 1
1
a b b
f a
 − − + = 
= 
0; 1
0; 1
2 1a
a b
a b
= = 
 = = 
= 
. 
Vậy có một giá trị của a thỏa mãn. 
Câu 58. Cho phương trình ( )
2
5 5
2
1
log 2 5 1 log 21 1
log 5x
y x x
x y
+ + +
+ + − = − . Hỏi có tất cả bao nhiêu cặp 
số nguyên dương ( );x y thỏa phương trình trên. 
A. 2. B. 3. C. 4. D. 1 
Lời giải 
( )
2
5 5
2
1
log 2 5 1 log 21 1
log 5x
y x x
x y
+ + +
+ + − = − 
( ) ( )25 5 5log 2 5 1 log 21 1 log 2 xx y y x x + + − = − + + + 
( ) ( )25 5 5log 2 5 1 log 2 log 21 1xx y y x x + + + + + + = + 
( )( )25 5log 2 5 1 2 log 105xx y y x x + + + + + = 
( )( )22 5 1 2 105xx y y x x + + + + + = ( )* 
Do 105 lẻ 2 5 1x y+ + lẻ 5y chẵn y chẵn, mặt khác ( )22 2 1x xy x x y x x+ + + = + + + lẻ. 
Mà y và ( )1x x + chẵn nên 2 x lẻ 2 1x = 0x = . 
Thế 0x = vào ( )* ta được ( )( ) 2
4
5 1 1 105 5 6 104 0 26
5
y
y y y y
y
= 
 + + = + − = 
 = −
Do ,x y nguyên dương nên ( ) ( ); 0;4x y = . 
Vậy có một cặp số ( );x y thỏa yêu cầu đề bài. 
Câu 59. Có tất cả bao nhiêu cặp số ( );a b với ,a b là các số nguyên dương thỏa mãn 
( ) ( ) ( ) ( )3 2 23log 3 3 1 1a b a b a b ab a b+ + + = + + + − + . 
A. 2 . B. 3 . C. 1 . D.vô số. 
Lời giải 
Cách 1. 
Với ,a b là các số nguyên dương, ta có 
( ) ( ) ( ) ( )3 2 23log 3 3 1 1a b a b a b ab a b+ + + = + + + − + 
( ) ( ) ( )
3 3
3 3 2 2
3 2 2
log 3 3 3 1
a b
a b ab a b a b ab ab a b
a b ab
+
 + + + + = + − + + +
+ −
( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 2 2 2 23 3log log 3 3 1a b a b a b ab a b ab + + + = + − + + − 
Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 
217 | Chinh phục Olympic toán 
Xét hàm số ( ) 3logf t t t= + trên ( )0;+ . Ta có ( )
1
' 1 0, 0
ln3
f t t
t
= +  nên hàm số ( )f t đồng biến 
trên ( )0;+ . Khi đó, phương trình ( )1 trở thành 
( ) ( ) ( )
( )( )
( )
3 3 2 2 3 3 2 2
2 2
2 2
3 3
0 *
3 0
3 0
f a b f a b ab a b a b ab
a b ab
a b ab a b
a b
 + = + − + = + −
 + − =
 + − + − = 
+ − = 
Do *,a b nên phương trình ( )* vô nghiệm. Suy ra 3a b+ = . 
Mà ,a b là các số nguyên dương nên 
*
20 3
10 3
3 1
, 2
aa
bb
a b a
a b b
 = 
 = + = = = 
Vậy có hai cặp số ( );a b thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Cách 2. Với ,a b là các số nguyên dương, ta có 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )( )( )
3 2 2
3
3 3 2 2
3
2 2
3
log 3 3 1 1
log 3 3 3
3
log 3 1
3
a b a b a b ab a b
a b
a b ab a b a b ab ab a b
a b
a b ab a b
+ + + = + + + − +
+
 + + + + = + − + +
+
 = + − − −
• Trường hợp 1. 2a b+ = . Khi đó ( ) 3
2
1 log 4 3
3
ab = − loại do *,a b . 
• Trường hợp 2. 
3
3 log 0
3
a b
a b
+
+ và ( )( )2 2 3 0, , *a b ab a b a b+ − − −  , nên ( )1 
không xảy ra. 
• Trường hợp 3. 3a b+ = , khi đó ( )1 thỏa mãn. 
Mà ,a b là các số nguyên dương nên 
2
1
1
2
a
b
a
b
 = 
= 
 = 
= 
. 
Vậy có hai cặp số ( );a b thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Câu 60. Có bao nhiêu số nguyên x thuộc đoạn  1;2020 sao cho tồn tại số nguyên dương y thỏa 
mãn 
( )24 3 10 log 3 1
10 ?
4
x y x y− + +
= 
A. 2020. B. 1347. C. 673. D. Vô số. 
Lời giải 
( ) ( )
24 3 1 log 23 1 3 110 4 3 1 log log
4 4
x y x y y
x y x
− + + + 
= − + = 
( )( ) ( )24 3 1 2 log log 3 1 log4x y x y − + + = + − 
( ) ( )24 3 1 log 2log log4 log 3 1 0x y x x y − + + + − + = 
( ) ( ) ( )2 24 3 1 log log 4 log 3 1 0x y x x y − + + − + = 
Nếu ( ) ( ) ( )2 24 3 1 thì log 4 log 3 1 . Suy ra 1 0x y x y VT + + 
| Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên 
Tạp chí và tư liệu toán học | 218 
Nếu ( ) ( ) ( )2 24 3 1 thì log 4 log 3 1 . Suy ra 1 0x y x y VT + + 
Do đó, từ ( )
( )( )
( )
2
2 2
1 14 1
1 suy ra: 4 3 1 2
3 3
x xx
x y y y x
− +−
= + = = + 
Với 3 1, 3 2,x k x k k= + = + từ ( )2 dễ dàng thấy y là số nguyên dương. 
Xét y không phải là số nguyên dương. Từ ( )2 , suy ra x chia hết cho 3. 
Đặt *3 , .x k k= Vì  1;2020x  nên *1 3 2020.k k *1 673, .k k 
Do đó, có 673 số nguyên x thuộc đoạn  1;2020 mà y không phải là số nguyên dương. 
Vậy có 2020 673 1347− = số nguyên x thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Câu 61. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ),a b thỏa mãn đồng thời các điều kiện 2 20 16a b + và 
2
16 64
log ?
2
b
a b
a b
+
+ 
+
A. 10. B. 6. C. 7. D. 8. 
Lời giải 
Từ điều kiện 2 20 16,a b + suy ra ,a b không đồng thời bằng 0 nên 2 0.a b+ Ta có 
( ) ( )2 2 2
16 64
log 4 log 4 log 2
2
b
a b a b b a b
a b
+
+ + + + − +
+
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2log 2 2 log 4 4 2 4 ,a b a b b b f a b f b + + + + + + + + 
với ( ) 2logf t t t= + là hàm đồng biến trên khoảng ( )0; .+ 
Do đó, ( ) ( )2 4 2 4 4.f a b f b a b b a b+ + + + + 
Kết hợp với điều kiện 2 20 16, ,a b a b + nên nghiệm nguyên ( ),a b là các điểm nguyên trong mặt 
phẳng tọa độ ( )Oxy nằm trong hình tròn tâm ( )0;0 ,O bán kính bằng 4 (bỏ đi tâm )O và nằm ngoài 
hình vuông 4.a b+ = 
Đếm trực tiếp trên hình, ta có 8 điểm nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Vậy có 8 cặp số nguyên ( ), .a b 
Câu 62. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số nguyên y thỏa mãn 
( )
( )2
2
2 2
33
log log 4 4 8 ?
y x x xx
x x
y y
+ + − −
− + + = 
A. 2. B. 4. C. 3. D. Vô số. 
Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 
219 | Chinh phục Olympic toán 
Lời giải 
Điều kiện 
3
0
.
x
y
y
− 
 Ta có 
( )
( )2
2
2 2
33
log log 4 4 8
y x x xx
x x
y y
+ + − −
− + + = 
( )2 22 2
3 3
log log 2 2
x x
x x x x
y y
 − −
 − + + − = + − 
( ) ( ) ( )2 2 22 2
3 3 3
log log 2 2 2 ,
x x x
x x x x f f x x
y y y
 − − −
 + = + + + + + = + + 
Với với ( ) 2logf t t t= + là hàm đồng biến trên khoảng ( )0; .+ Do đó 
( )2 2 2
3 3 3
2 2 .
2
x x x
f f x x x x y
y y x x
 − − −
= + + = + + = 
+ + 
Nhận xét. Nếu tồn tại cặp số ( );x y thì điều kiện 
3
0
x
y
−
 luôn thỏa mãn. 
Cách 1. Xét hàm 
2
3
2
x
y
x x
−
=
+ +
 với 3,x ta có 
( )
 
2
2
2
2
6 5
; 0 6 5 0 3 14;3 14
2
x x
y y x x x
x x
− + +
 = = − + + = − +
+ +
Lập bảng biên thiên, suy ra 
7 2 14 7 2 14
; \ 0 .
7 7
y
 − − − +
Mà y nên 2; 1 .y − − Mặt khác, dựa vào bảng biến thiên , ứng với mỗi giá trị 2; 1y − − ta có 2 
nghiệm .x 
Vậy có 4 giá trị x thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Cách 2. Xét phương trình ( ) ( )2 1 2 3 0 *yx y x y+ − + + = 
Phương trình ( )* có nghiệm khi và chỉ khi ( ) ( )
2
1 4 2 3 0y y y = − − + 
2 7 2 14 7 2 147 14 1 0 .
7 7
y y y
− − − +
 − − + 
Vì , 0 2; 1 .y y y − − 
• Với 2,y = − thay vào ( )* suy ra 
1
1; .
2
x
− 
 − 
 
• Với 1,y = − thay vào ( )* suy ra 1 2; 1 2 .x − + − + 
Vậy có 4 giá trị x thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Câu 63. Cho các số thực dương ,x y thỏa mãn điều kiện 
log log log log 100x y x y+ + + = 
và log , log ,log ,logx y x y là các số nguyên dương. 
A. 
16410 . B. 
14410 . C. 
10010 . D. 
20010 . 
Lời giải 
Đặt 
2
2
log log
.
loglog
x a x a
y by b
 = = 
= = 
 Ta có 
| Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên 
Tạp chí và tư liệu toán học | 220 
1 1
log log log log log log log log 100
2 2
x y x y x y x y+ + + = + + + = 
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 22 2 2 21 1 100 1 1 202 1 1 9 11
2 2
a b a b a b a b + + + = + + + = + + + = + 
Mà 1, 1a b+ + là các số nguyên dương nên suy ra 
1 9
1 11
a
b
+ = 
+ = 
 hoặc 
1 11
.
1 9
a
b
+ = 
+ = 
Trường hợp 1. 
64
64 100 164
100
1 9 8 log 64 10
10 10
1 11 10 log 100 10
a a x x
xy
b b y y
+
 + = = = = 
 = = 
+ = = = = 
Trường hợp 2. 
100
100 64 164
64
1 11 10 log 100 10
10 10
1 9 8 log 64 10
a a x x
xy
b b y y
+
 + = = = = 
 = = 
+ = = = = 
Vậy 16410 .xy = 
Câu 64. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ),x y thỏa mãn điều kiện 
( ) ( )
2
2 222 8 32.2 2 3 5?
x xx x x x y y x
+
 + − = + − + 
A. 4. B. 2. C. 1. D. 3. 
Lời giải 
Ta có 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
3 22 2 52 3 3 22 8 32.2 2 3 5 2 3 2 2
y x xx x x xx x y y x x x y x
+ + ++ + − = + − + + + = + + 
( ) ( )( )3 23 2 5 ,f x x f y x + = + + 
Xét hàm số ( ) 2tf t t= + là hàm đồng biến trên . 
Suy ra ( )
3
3 2
2 2
3 5 5
3 2 5
2 2
x x x
x x y x y y x
x x
+ − −
+ = + + = = +
+ +
. 
Cách 1. Xét hàm ( ) 2
5
, .
2
x
g x x
x
−
=  
+
 Ta có 
( )
( )
 
2
2
2
10 2
0 5 3 3;5 3 3 .
2
x x
g x x
x
− + +
 = = − +
+
Lập bảng biến thiên ta được ( )
5 3 3 5 3 3
; .
4 4
g x
 − − − +
Vì ,x y nên ( ) .g x Suy ra ( ) 2; 1;0 .g x − − Thử lại 
• Với ( ) 2
5
2 2 1, 3.
2
x
g x x y
x
−
= − = − = − = −
+
• Với ( ) 2
5 1 13 1 13
1 1 ;
2 22
x
g x x
x
 − − − − + 
= − = − 
+ 
(loại). 
• Với ( ) 2
5
0 0 5, 5.
2
x
g x x y
x
−
= = = =
+
Vậy có 2 cặp số nguyên ( ),x y là ( ) ( )1; 3 , 5;5 .− − 
Cách 2. 
Ta có 
2
5
.
2
x
y x
x
−
= +
+
 Vì ,x y nên 
2
5
.
2
x
x
−
+
 Suy ra 
2
5
.
2
x
k
x
−
= 
+
Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 
221 | Chinh phục Olympic toán 
Ta có ( )22
5
2 5 0 * .
2
x
k kx x k
x
−
= − + + =
+
• Với 0 5; 5k x y= = = (nhận) 
• Với 0.k Khi đó, ( )* có nghiệm khi và chỉ khi 
( )
5 3 3 5 3 3
1 4 2 5 0 ; .
4 4
k k k
 − − − +
 = − + 
Vì \ 0k nên 2; 1 .k − − Thử lại ta nhận 2, 1, 3.k x y= − = − = − 
Vậy có 2 cặp số nguyên ( );x y là ( ) ( )1; 3 , 5;5 .− − 
Cách 3. Ta có 
2
5
.
2
x
y x
x
−
= +
+
 Vì ,x y nên 
2
5
.
2
x
x
−
+
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 25 : 2 5 5 : 2 25 : 2x x x x x x x− + − + + − + 
( ) ( ) ( )2 2 22 27 : 2 27 : 2x x x + − + + 
( )  2 22 {1;3;9;27} 1;25 1;1; 5;5 .x x x + − − 
Thử lại 
• Với 1 3x y= − = − (nhận). 
• Với 
1
1
3
x y= = − (loại). 
• Với 
145
5
27
x y= − = − (loại). 
• Với 5 5x y= = (nhận). 
Vậy có 2 cặp số nguyên ( );x y là ( ) ( )1; 3 , 5;5 .− − 
Câu 65. Có bao nhiêu cặp số nguyên không âm ( );a b thỏa mãn điều kiện 
2 2
2 2
2
2 log 4 1?
a ba b a b
a b
++ ++ +
+
A. 25. B. 24. C. 36. D. 35. 
Lời giải 
Điều kiện 
2 2
0 ,
a b
a b
a b
+
+
 không đồng thời bằng 0. Khi đó, ta có 
 ( ) ( )
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2 2
2 log 4 1 2 log 4 log 1
a b a ba b a ba b a b a b
a b
+ ++ +++ + + + + + +
+
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 22 2 2 2
2 2
2 log 2 log 2 ,2
a ba b a b a b f a b f a b
++ + + + + + + 
Với ( ) 22 log
tf t t= + là hàm số đồng biến trên khoảng ( )0; .+ 
Do đó, ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 22 2 2 22 2 1 1 2.f a b f a b a b a b a b + + + + − + − 
Kết hợp với điều kiện ,a b và ,a b không đồng thời bằng 0 nên nghiệm ( );a b là các điểm nguyên 
trong mặt phẳng tọa ( )Oxy nằm trong hình hoa, kể cả biên, bỏ đi điểm ( )0;0O (hình hoa là hình hợp 
bởi bốn hình tròn bán kính 2 lần lượt có tâm ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 11;1 , 1; 1 , 1;1 , 1; 1I I I I− − − − ) 
| Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên 
Tạp chí và tư liệu toán học | 222 
Đếm trực tiếp, ta thấy đó là các điểm nguyên nằm trong hình vuông ,ABCD kích thước 4 x 4, bỏ đi 
điểm ( )0;0 . Do đó, có 25 1 24− = điểm nguyên. 
Vậy có 24 cặp số nguyên ( ); .a b 
Câu 66. Có bao nhiêu cặp số nguyên không âm ( ),x y thỏa mãn điều kiện 
2 2
2 211log 6 8 9 0?
6 8 2
x y
x y x y
x y
+ +
+ + − − + 
+ +
A. 45. B. 49. C. 48. D. 47. 
Lời giải 
Ta có 
2 2
2 211log 6 8 9 0
6 8 2
x y
x y x y
x y
+ +
+ + − − + 
+ +
( )2 2 2 2log 11 11 log(6 8 2) 6 8 2x y x y x y x y + + + + + + + + + + ( )1 
Xét hàm số đặc trưng ( ) logf t t t= + với 0.t Ta có ( )
1
1 0, 0
.ln10
f t t
t
 = +  Hàm số ( )f t đồng 
biến trên khoảng ( )0; .+ Do đó ( )2 2 2 2(1) 11 (6 8 2) 11 6 8 2f x y f x y x y x y + + + + + + + + 
( ) ( )
2 2
3 4 16.x y − + − 
Vì ,x y là số nguyên không âm nên ta coi cặp số ( ),x y là các điểm nguyên ( ),x y nằm trong hình tròn 
( )C có tâm ( )3;4 , 4I R = ở góc phần tư thử nhất. 
Phương pháp giải toán cực trị mũ – logarit | 
223 | Chinh phục Olympic toán 
Vậy có 5 7 5 2 1 1 1 48 + + + + = cặp số nguyên ( ), .x y 
Chú ý. Ta cũng có thể tính trực tiếp như sau 
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
3 4 16 * 3 16 1 7.x y x x− + − − − 
Vì x là số nguyên không âm nên 0;1;2;3;4;;5;6;7 .x 
Thay vào ( )* ta cũng có được 48 cặp số nguyên ( ), .x y 
Câu 67. Có bao nhiêu cặp số thực ( );x y ; 
1
,
2
x y thỏa mãn 
3 2
10 2
log log
2 2 1
x y
x y
= 
+ − 
A. 0. B. 3. C. 1. D. 2. 
Lời giải 
Đặt 
3 2
10 2
log log ( )
2 2 1
x y
t t
x y
= = 
+ − 
. Ta được 
2 1 1 1
2 , 2 1 1,
2 1 2 2 1 2
10 1 20 1
3 , 3 10 10,
2 2 2 2
t t
t t
y
y y
y y
x
x x
x x
=  = +  − − 
 =  = −  
 + + 
Suy ra 
3
2
log 103 10 2,095
0log 12 1
t
t
t t
tt
 . Do t nên 1;2t 
• Nếu 
2
2 1
2 1
1 6
10
3 7
2
y
y
y
t
xx
x
= = − 
= → 
= = + 
• Nếu 
2
4 2
2 1
2 3
10
189
2
y
yy
t
x
x
x
= =− 
= → 
 == + 
. 
Vậy có 2 cặp ( );x y thỏa mãn. 
Câu 68. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( );a b thỏa mãn ( ) ( )
2
2 24.2 8 3 2 0
a b ab a b a b a b ab
+ − −− + + + + − + = ? 
A. 12. B. 10. C. 14. D. 9. 
Lời giải 
Ta có 
( ) ( )
2
2 24.2 8 3 2 0
a b ab a b a b a b ab
+ − −− + + + + − + = 
( ) ( ) ( )
2 22 3 3 32 2 2 3 3 3 1
a b ab a ba b ab a b
+ + − − + + + = + − − . 
Xét hàm số ( ) 2tf t t= + trên , có ( )' 2 .ln2 1 0,tf t t= +  ( )f t đồng biến và liên tục trên , 
nên phương trình 
( ) ( )( ) ( ) ( )2 21 2 3 3 3 2 3 3 3f a b f ab a b a b ab a b + + = − − + + = − − 
( )2 23 3 2 0 (2)a b a b b − − + + + = . 
Xem (2) là phương trình bậc hai biến a và b là tham số. Tồn tại cặp số thực ( );a b thỏa (2) khi và chỉ 
khi phương trình (2) có nghiệm 
( ) ( )2 2 2
9 2 21 9 2 21
0 3 4 3 2 0 3 18 1 0
3 3
b b b b b b
− − − +
 − − + + − − + 
Do b nguyên nên 6, 5, 4, 3, 2, 1,0b − − − − − − . 
| Chương 5. Phương trình nghiệm nguyên 
Tạp chí và tư liệu toán học | 224 
• Với 6 :b = − phương trình (2) thành 2
4
9 20 0
5
a
a a
a
= − 
+ + = 
= − 
. 
• Với 5 :b = − phương trình (2) thành 2
2
8 12 0
6
a
a a
a
= − 
+ + = 
= − 
. 
• Với 4 :b = − phương trình (2) thành 2
1
7 6 0
6
a
a a
a
= − 
+ + = 
= − 
. 
• Với 3 :b = − phương trình (2) thành 2 6 2 0 3 7a a a+ + = = − . 
• Với 2b = − phương trình (2) thành 2
0
5 0
5
a
a a
a
= 
+ = 
= − 
. 
• Với 1b = − phương trình (2) thành 2
0
4 0
4
a
a a
a
= 
+ = 
= − 
. 
• Với 0b = phương trình (2) thành 2
1
3 2 0
2
a
a a
a
= − 
+ + = 
= − 
. 
Vậy có 12 cặp số nguyên ( ),a b thỏa yêu cầu bài toán. 
 [1]. Đề thi thử các trường trên cả nước. 
[2]. Tách các câu hỏi từ dự án của Strong Team Toán VD – VDC, nhóm Toán VD -VDC . 
[3]. Phương trình nghiệm nguyên liên quan tới mũ – logarit, Trần Trọng Trị, nhóm giáo viên tiếp 
sức Chinh phục kì thi THPT Quốc Gia 2020 – VTV7. 
[4]. Một số đề thi American Mathematics Competitions. 
 Tài liệu tham khảo 
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 
Hết 
CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN