Có bao nhiêu cặp số nguyên $(x; y)$ và $0 \leq x \leq 2020$ thỏa mãn $\log_{2} (\frac{2 x + 6}{x - 1}) + \frac{8}{x - 1} = y - 2 + 2^{y}$ ?

2018

2

2020

1

Đáp án và lời giải

Đáp án:D

Lời giải:Lời giải
Chọn D
Điều kiện của

x

x \in (- \infty; - 3) \cup (1; + \infty)

. Nên ta chỉ kiểm tra

2 \leq x \leq 2020

Ta có:

\log_{2} (\frac{2 x + 6}{x - 1}) + \frac{8}{x - 1} = y - 2 + 2^{y} \Leftrightarrow \log_{2} (\frac{2 x + 6}{x - 1}) + 2 + \frac{8}{x - 1} = y + 2^{y}

\Leftrightarrow \log_{2} (\frac{2 x + 6}{x - 1}) + \frac{2 x + 6}{x - 1} = y + 2^{y} \Leftrightarrow \log_{2} (\frac{2 x + 6}{x - 1}) + 2^{\log_{2} (\frac{2 x + 6}{x - 1})} = y + 2^{y} (1)

Đặt

f (t) = 2^{t} + t

.
Ta có:

f' (t) = 1 + 2^{t} . \ln 2 > 0 \forall t

f (t)

luôn đồng biến.
Do đó:

(1) \Rightarrow f (y) = f (\log_{2} (\frac{2 x + 6}{x - 1})) \Rightarrow y = \log_{2} (\frac{2 x + 6}{x - 1}) \Rightarrow \frac{2 x + 6}{x - 1} = 2^{y}

Đặt

u = \frac{2 x + 6}{x - 1} \Rightarrow u' = \frac{- 8}{{(x - 1)}^{2}} < 0 \forall x \in (- \infty; - 3) \cup (1; + \infty)

2 \leq x \leq 2020

và

u = \frac{2 x + 6}{x - 1}

luôn nghịch biến trên

[2; 2020]

nên

u \in [\frac{4046}{2019}; 10]

Mà:

u = 2^{y}

và

y \in ℤ

nên

u \in \{4; 8\}

*Với

u = 4 \Rightarrow \{\begin{cases} 4 = 2^{y} \Leftrightarrow y = 2 \\ \frac{2 x + 6}{x - 1} = 4 \Leftrightarrow 2 x + 6 = 4 x - 4 \Leftrightarrow x = 5 \end{cases}

*Với

u = 8 \Rightarrow \{\begin{cases} 8 = 2^{y} \Leftrightarrow y = 3 \\ \frac{2 x + 6}{x - 1} = 8 \Leftrightarrow 2 x + 6 = 8 x - 8 \Leftrightarrow x = \frac{7}{3} \end{cases}

(loại)
Vậy, phương trình có một cặp nghiệm thỏa bài toán:

(5; 2)

Bạn có muốn?

Xem thêm

Câu hỏi