Có bao nhiêu số nguyên dương \(m\) để phương trình \(m\left( {{e^x} - 1} \right).\ln \left( {mx + 1}
Có bao nhiêu số nguyên dương \(m\) để phương trình \(m\left( {{e^x} - 1} \right).\ln \left( {mx + 1} \right) + 2{e^x} = {e^{2x}} + 1\) có \(2\) nghiệm phân biệt không lớn hơn 5.
Đáp án đúng là: C
Quảng cáo
- Đưa phương trình đã cho về dạng tích.
- Giải phương trình tích.
- Đặt \(y = \ln \left( {mx + 1} \right)\), sử dụng phương pháp đơn điệu hàm số chứng minh \(x = y\).
- Sử dụng phương pháp cô lập m.
ĐKXĐ: \(mx + 1 > 0\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}m\left( {{e^x} - 1} \right).\ln \left( {mx + 1} \right) + 2{e^x} = {e^{2x}} + 1\\ \Leftrightarrow m\left( {{e^x} - 1} \right).\ln \left( {mx + 1} \right) = {e^{2x}} - 2{e^x} + 1\\ \Leftrightarrow m\left( {{e^x} - 1} \right).\ln \left( {mx + 1} \right) = {\left( {{e^x} - 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \left( {{e^x} - 1} \right)\left[ {m\ln \left( {mx + 1} \right) - \left( {{e^x} - 1} \right)} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{e^x} - 1 = 0\\m\ln \left( {mx + 1} \right) - \left( {{e^x} - 1} \right) = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{e^x} - 1 = m\ln \left( {mx + 1} \right)\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Xét phương trình (*): Đặt \(y = \ln \left( {mx + 1} \right)\) ta có \({e^x} - 1 = my \Leftrightarrow {e^x} = my + 1 \Leftrightarrow x = \ln \left( {my + 1} \right)\).
Khi đó ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = \ln \left( {my + 1} \right)\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\y = \ln \left( {mx + 1} \right)\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Trừ (1) và (2) theo vế ta được: \(x - y = \ln \left( {my + 1} \right) - \ln \left( {mx + 1} \right)\) \( \Leftrightarrow x + \ln \left( {mx + 1} \right) = y + \ln \left( {my + 1} \right)\,\,\left( {**} \right)\).
Xét hàm số \(f(x) = x + \ln \left( {mx + 1} \right)\) ta có \(f'\left( x \right) = 1 + \dfrac{m}{{mx + 1}}\).
Vì \(m > 0\) (gt) \( \Rightarrow f'\left( x \right) > 0\) \( \Rightarrow \) hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên tập xác định.
Do đó \(\left( {**} \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = f\left( y \right) \Leftrightarrow x = y\).
Thay \(x = y\) vào \((1)\) ta được \(x = \ln \left( {mx + 1} \right) \Leftrightarrow {e^x} = mx + 1\,\,\left( {***} \right)\).
+) \(x = 0\) là 1 nghiệm của phương trình (***).
+) Khi \(x \ne 0\) ta có \((***) \Leftrightarrow m = \dfrac{{{e^x} - 1}}{x} = g\left( x \right)\).
Ta có: Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\) và \(g'\left( x \right) = \dfrac{{x{e^x} - {e^x} + 1}}{{{x^2}}}\).
Giải \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x{e^x} - {e^x} + 1 = 0\).
Hàm số \(h\left( x \right) = x{e^x} - {e^x} + 1\) ta có \(h'\left( x \right) = {e^x} + x{e^x} - {e^x} = x{e^x}\).
Giải \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\) (do \({e^x} > 0\,\,\forall x\)).
Ta có bảng biến thiên của hàm số \(h(x)\) như sau:
Suy ra \(h(x) \ge 0\,\,,\forall x \in \mathbb{R},\,\,h\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\) do đó \(g'(x) > 0\,\,,\forall x \ne 0\).
Bảng biến thiên của \(g(x)\):
Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt không lớn hơn 5 thì phương trình \(m = g(x)\)có duy nhất 1 nghiệm bé hơn hoặc bằng 5. Ta có\(g(5) = \dfrac{{{e^5} - 1}}{5} \approx 29,5\).
Dựa vào bảng biến thiên của \(g(x)\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}0 < m \le g(5)\\m \ne 1\end{array} \right.\).
Mà \(m \in {\mathbb{N}^*} \Rightarrow m \in \left\{ {2;3;...;29} \right\}\) nên có 28 giá trị thỏa mãn.
Đáp án cần chọn là: C
Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 2K9 Chú ý! Lộ Trình Sun 2027 - 1 lộ trình ôn đa kỳ thi (TN THPT, ĐGNL (Hà Nội/ Hồ Chí Minh), ĐGNL Sư Phạm, ĐGTD, ĐGNL Bộ Công an, ĐGNL Bộ Quốc phòngTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com. Cập nhật bám sát bộ SGK mới, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
