Có bao nhiêu số nguyên \(y\) sao cho tồn tại \(x \in \left( {\frac{1}{{10}};4} \right)\) thỏa mãn \({2021^{2{x^2} + xy}} = (1 + xy){2021^{7x}}?\)

Câu hỏi: Có bao nhiêu số nguyên \(y\) sao cho tồn tại \(x \in \left( {\frac{1}{{10}};4} \right)\) thỏa mãn \({2021^{2{x^2} + xy}} = (1 + xy){2021^{7x}}?\)

A. \(9\).

B. \(16\).

C. \(18\).

D. \(7\).

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Ta có \({2021^{2{x^2} + xy}} = (1 + xy){2021^{7x}} \Leftrightarrow {2021^{2{x^2} + xy – 7x}} = 1 + xy \Leftrightarrow 2{x^2} + xy – 7x = {\log _{2021}}\left( {1 + xy} \right)\)

Ta xét \(f\left( x \right) = 2{x^2} + xy – 7x – {\log _{2021}}\left( {1 + xy} \right)\,,\,\,xy > – 1\).

Ta có

\(f’\left( x \right) = 4x + y – 7 – \frac{y}{{\ln 2021.\left( {1 + xy} \right)}}\)

\(f”\left( x \right) = 4 + \frac{{{y^2}}}{{\ln 2021.{{\left( {1 + xy} \right)}^2}}} > 0\) nên hàm số \(f\left( x \right)\) là hàm lõm suy ra \(f\left( x \right)\) có tối đa hai nghiệm.

Và \(f\left( x \right)\) luôn có một nghiệm là \(x = 0\).

Ta có \(xy > – 1 \Leftrightarrow y > \frac{{ – 1}}{x}\), mà \(x \in \left( {\frac{1}{{10}};4} \right)\) nên \(\frac{{ – 1}}{x} \in \left( { – 10; – \frac{1}{4}} \right)\) suy ra \(y > – 10\).

TH1: \(y > 0\) mà \(y \in \mathbb{Z} \Rightarrow y \ge 1\), từ \(xy > – 1 \Rightarrow x > \frac{{ – 1}}{y}\), do đó tập xác định của \(f\left( x \right)\) là \(D = \left( {\frac{{ – 1}}{y}; + \infty } \right)\).

Để \(f\left( x \right)\) có nghiệm \(x \in \left( {\frac{1}{{10}};4} \right)\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( {\frac{1}{{10}}} \right) < 0\\f\left( 4 \right) > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{5y – 34}}{{50}} – {\log _{2021}}\left( {1 + \frac{y}{{10}}} \right) < 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\4 + 4y – {\log _{2021}}\left( {1 + 4y} \right) > 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\,\)

Xét \(h\left( y \right) = \)\(\frac{{5y – 34}}{{50}} – {\log _{2021}}\left( {1 + \frac{y}{{10}}} \right)\), có \(h’\left( y \right) = \frac{1}{{10}} – \frac{1}{{10\ln 2021.(1 + \frac{y}{{10}})}} > 0\,\,\,\,\forall y > 0\) nên hàm số đồng biến, và \(h(y) = 0 \Leftrightarrow y \approx 7,54\). Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}h\left( y \right) < 0\\y \in \mathbb{N}\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 \le y \le 7\)

Xét \(g\left( y \right) = 4 + 4y – {\log _{2021}}\left( {1 + 4y} \right) \Rightarrow g’\left( y \right) = 4 – \frac{4}{{\ln 2021.\left( {1 + 4y} \right)}} > 0\,\,\forall y \ge 1,\) do đó \(g\left( y \right)\)là hàm số đồng biến trên nửa khoảng \({\rm{[}}1; + \infty )\) nên \(g\left( y \right) \ge g\left( 1 \right) > 0\,\forall y \ge 1\).

Từ, ta có \(1 \le y \le 7 \Rightarrow y \in \left\{ {1,2,3…,7} \right\}\).

TH2: \(y < 0\) mà \(y \in \mathbb{Z},\,y > – 10\) nên \(y \in \left\{ { – 1; – 2,…, – 9} \right\}\).

từ \(xy > – 1 \Rightarrow x < \frac{{ – 1}}{y} \in \left( {\frac{1}{{10}};4} \right)\), do đó tập xác định của \(f\left( x \right)\) là \(D = \left( { – \infty ;\frac{{ – 1}}{y}} \right)\).

Do \(f(0) = 0;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{{ – 1}}{y}} \right)}^ – }} f(x) = + \infty \) nên hàm số có nghiệm\(x \in \left( {\frac{1}{{10}};4} \right)\) khi và chỉ khi hàm số có nghiệm \(x \in \left( {\frac{1}{{10}};\frac{{ – 1}}{y}} \right)\)khi và chỉ khi \(f\left( {\frac{1}{{10}}} \right) < 0 \Leftrightarrow \frac{{5y – 34}}{{50}} – {\log _{2021}}\left( {1 + \frac{y}{{10}}} \right) < 0\) luôn đúng với mọi\(y \in \left\{ { – 1; – 2,…, – 9} \right\}\).

Vậy \(y \in \left\{ { – 9, – 8,…, – 1,1,2,3…,6,7} \right\}\) nên có 16 giá trị của y thỏa mãn đề.

=======