Tài liệu Lớp 12 số mũ và logarit (gv lê tuấn anh) 31 câu số mũ và logarit từ đề thi năm 2018

Câu 1: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Tìm tập xác định D của hàm số   x2   y  log 2 log 1   2log2  x 1   3 .   3  3 2  C. D   2; 1   57  .  A. D  1; 1  57 .  B. D  1  57; 1  57 . D. D  1;   . Hướng dẫn: A   x  1 x 1  0    x2  x2 ĐK    2log2  x 1  0    x 1  0 2 2 2   x  x2  log 2  x 1  log  2  3  0  log  x  1  3  0  1   3   2   3 2  x  1 x  1 x  1   2    x2  2 x  3  x  2 x  56  0 log 3  2  x  1  3   x  1  3 2     x  1   1  x  57  1 1  57  x  1  57 Chú ý. Bài này ta có thể làm bằng cách giải ngược Câu 2 (thử đáp án kết hợp với Casio.) (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho log a 2019  22 log a 2019  32 log 3 a 2019  ...  n 2 log n a 2019  10082  2017 2 log a 2019 A. n  2017 . B. n  2018 . C. n  2019 . D. n  2016 . Hướng dẫn: D Ta có log a 2019  22 log a 2019  32 log 3 a 2019  ...  n 2 log n a 2019  10082  2017 2 log a 2019  log a 2019  23 log a 2019  33 log a 2019  ...n3 log a 2019  10082  2017 2 log a 2019  13  23  33  ...  n3  log a 2019  10082  2017 2 log a 2019  n  n  1   2016.2017       n  2016 . 2   2   2 Câu 3: 2 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình log3  x  2  2m log x 2 3  16 có hai nghiệm đều lớn hơn 1 . A. Vô số. B. Đáp án khác. C. 63 giá trị. D. 16 giá trị. Hướng dẫn: D +TXĐ: x  2; x  1 + Ta nhận thấy có thể đưa về biến chung đó là log3  x  2 , do đó ta biến đổi như sau 1 4m pt  log3  x  2  2m. .log x 2 3  16  log3  x  2   16  0 1 log3  x  2 2 + Đặt t  log3  x  2 khi đó phương trình trở thành t 4m t  16  0  t 2  16t  4m  0 (*) ( do x  2  1 nên t  0 ) + Mỗi t cho ta một nghiệm x  2; x  1 . Hơn nữa x  1  x  2  1  t  0 . Vậy bài toán trở thành tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm dương.   64  4m  0   0  m  16 S  16  0  P  4m  0  + Vậy có 16 giá trị của m thỏa mãn. Câu 4 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Biết hai hàm số y  a x , y  f  x  có đồ thị như hình vẽ đồng thời đồ thị của hai hàm số này đối xứng nhau qua đường thẳng y   x . Tính f  a   f  a 2  A. 3 . Hướng dẫn: A B. 4 . C. 5 . D. 3 . + Dựa vào tính chất đồ thị hàm số mũ và lorgarit đối xứng qua đường phân giác của góc phần tư thứ nhất là y  x , theo đề bài vì y  f  x  đối xứng với y  a x qua đường thẳng y   x nên ta sử dụng tính chất này như sau. + Xét phép đổi biến y  Y ; x   X . Khi đó trong hệ tọa độ mới là Oxy đồ thị hàm số X 1 y  a x  Y  a  X    , đường thẳng y   x  Y  X , vì vậy trong hệ tọa độ mới này đồ a X thì hàm mũ Y  a X 1    có đồ thì hàm logarit đối xứng qua đường phân giác Y  X a chính là Y  log 1 X và đây chính là hàm y  f  x  trong hệ tọa độ Oxy . Vậy a Y  log 1 X  y  log 1   x    log a   x   f  x  . a a Tóm lại y  f  x  có phương trình là y  f  x    log a   x  . Do đó f  a   f  a 2   3 . (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Biết phương trình log 5 Câu 5:  x 2 x 1 1   2 log 3    có x 2 2 x   nghiệm duy nhất x  a  b 2 trong đó a , b là các số nguyên. Hỏi m thuộc khoảng nào dưới đây để hàm số y  mx  a  2 có giá trị lớn nhất trên đoạn 1; 2 bằng 2 . xm A. m   2; 4  . B. m   4;6  . C. m   6;7  . Hướng dẫn: A log 5  x 2 x 1 1  2 x 1 x 1  2 log 3    2 log 3   log 5 x x 2 x  2 2 x x  0 Đk   x 1 x 1  0    log 5 2 x  1  log 3 4 x  log 5 x  log 3  x  1 2 (1) Đặt u  2 x  1  3  4 x   u  1 và v  x 2 (1) có dạng log 5 u  log 3  u  1  log 5 v  log 3  v  1 2 Xét f  y   log 5 y  log 3  y  1 , do u  3; v  1  t  1 2 2 (2) D. m   7;9  . Xét t  1. f   t   1 1  .2  t  1  0 t ln 5  t  12 ln 3  f  t  là hàm đồng biến trên miền 1;   . (2) có dạng  x  1 2 f u   f v   u  v  2 x  1  x  x  2 x 1  0    x  3  2 2  tm   x  1  2 Vậy x  3  2 2 + Với x  3  2 2 ta có y  đoạn 1; 2 . Ta có y  mx  1  f  x  . Ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm số này trên xm m2  1  x  m 2  0 , x  m Ta thấy y  f  x  nghịch biến trên đoạn 1; 2 vậy max f  x   2  f 1  2  m  3 . x1;2 Câu 6 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Rút gọn biểu thức P  a 7 1 .a 2 a  2 2 A. P  a 4 . B. P  a 3 . 7 2 2 , với a  0 ta được D. P  a . C. P  a 5 . Chọn đáp án C P a 7 1 .a 2 a  2 2 7 2 2  a   a 7 1 2  7 2 2   2 2   a3  a5 . a 2 Câu 7 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Đạo hàm của hàm số y   2 x  1 ln 1  x  là. A. 2 ln 1  x   2x 1 . B. 2 x ln  x  1 . 1 x C. 2x 1  2x . 1 x D. 2 ln 1  x   2x 1 . 1 x Chọn đáp án A 1 2x 1 y   2 x  1 .ln 1  x    2 x  1 .  ln 1  x    2.ln 1  x    2 x  1 .  2 ln 1  x   1 x 1  x  Câu 8 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Giải bất phương trình log 1  log 3  2 x  1  1000 0. 2 A. 1 2  x  2 và x  1 . B.  x  2 và x  1 . C. 1  x  2 . 2 3 Chọn đáp án B D. 1  x  3 . 1  1 1   2 x  1  0 x  x  x  2    + Đk  2 2 1000  log 3  2 x  1   0 log 3  2 x  1  0 2 x  1  1  x  1  + Khi đó log 1  log 3  2 x  1   0  1000 log 1 log 3  2 x  1  0 1000 2 2  log 1 log 3  2 x  1  0  log 3  2 x  1  1 2 x2 log 3  2 x  1  1 2 x  1  31  2   2  x2 1  3 log 3  2 x  1  1 2 x  1  3  x  3  + Kết hợp với Câu 9: (*) ta được 2  x  2 và x  1 thỏa mãn. 3 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho các mệnh đề sau đây. (1) Hàm số y  log 22 x  log 2 x  4 xác định khi x  0 . 4 (2) Đồ thị hàm số y  log a x có tiệm cận ngang. (3) Hàm số y  log a x, 0  a  1 và hàm số y  log a x, a  1 đơn điệu trên tập xác định của nó. (4) Đạo hàm của hàm số y  ln 1  cos x  là sinx 1  cos x  2 . Hỏi có bao nhiêu mệnh đề đúng ? A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1 . Chọn đáp án D (1) Sai vì hàm số có tập xác định x  0 . (2) Sai vì hàm số y  log a x có tiệm cận đứng x  0 . (3) Đúng theo định nghĩa sách giáo khoa. (4) Sai vì đạo hàm của hàm số y  ln 1  cos x  là Câu 10: sinx . 1  cos x (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Đặt log 2 3  a, log 3 4  b . Biểu diễn xa 2  yb 2  4 với x, y, z là các số thực. Hãy T  log 27 8  log 256 81 theo a và b ta được T  za 2b  ab 2 tính tổng 4x 2  y  z 3 . A. 3 . Chọn đáp án B B. 4 . C. 6 . D. 2 . 1 1 Ta có T  log 27 8  log 256 81  log 33 23  log 44 34  3. log 3 2  4. log 4 3 3 4  a  b   a 2  b 2  2ab 1 1 ab  log 3 2  log 4 3     a b ab ab  a  b  a 2b  ab 2 2 Lại có ab  log 2 3.log 3 4  log 2 4  2  t  Câu 11 a 2  b2  4 a 2b  ab 2 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho phương trình m.2 x 2 5 x  6 2  21 x  2.265 x  m (1). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.  A. m   0; 2  . B. m   0;   . 1 1  C. m   0; 2  \  ; .  8 256  1 1  D. m   ; 2  \  ; .  8 256  Chọn đáp án C Viết lại phương trình (1) dưới dạng m.2 x 2 5 x  6  21 x  2.265 x  m 2 m.2 x 2 5 x  6  21 x  2 2 x 2  5 x  6  1 x 2   m  m.2 x 2 5 x  6 2  21 x  2 x 2 5 x  6 .21 x   m 2 u  2 x 5 x  6 ,  u , v  0  . Khi đó phương trình tương đương với Đặt  1 x 2 v  2 2 x  2 2  2 x 5 x  6  1  u  1 mu  v  uv  m   u  1 v  m   0    2  x  3 v  m  21 x  m  1 x2  m  *  2 Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt  phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x  2 và x  3 . m  0 m  2 m  0  1  log m  0   1 1  2 Khi đó điều kiện là   m  1  m   0; 2  \  ;   8 256  8 1  log 2 m  4  1  log 2 m  9  1 m  256  1 1  Vậy m   0; 2  \  ; .  8 256  (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho hàm số y  Câu 12 ln  2 x  a   2m ln  2 x  a   2 ( m là tham số thực), trong đó x, a là các số thực thỏa mãn đẳng thức log 2  x 2  a 2   log 2 x 2  a 2   log 2 x 2  a 2   ...  log ... 2    x 2  a 2    2n 1  1  log 2 xa  1  0 n y  1 . Số (với n là số nguyên dương). Gọi S là tập hợp các giá trị của m thoả mãn max 2 1;e    phần tử của S là. A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. Vô số. Chọn đáp án B + Ta có log 2  x 2  a 2   2 log 2  x 2  a 2   4 log 2  x 2  a 2   ...  2n log 2  x 2  a 2    2n 1  1  log 2 xa  1  0  1  2  4  ...  2n  log 2  x 2  a 2    2n 1  1  log 2 xa  1  0   2n 1  1 log 2  x 2  a 2    2n 1  1 log 2  2 xa   0  x 2  a 2  2 xa  x  a + Đặt t  ln x , hàm số h  x   ln x đồng biến trên 1;e 2  nên x  1; e 2   t   0; 2 . Do đó max y  max g  t   1 với g  t   2 1;e    0;2 Ta có g   t   2m  2 t  2 2 t  2m t2 và hàm số g  t  liên tục trên đoạn  0; 2 . Nếu 2m  2  0  m  1 thì g  t   1, t   0; 2  max g  t   1 nên m  1 thoả mãn 0;2 Nếu 2m  2  0  m  1 thì hàm số g  t  max g  t   g  2   0;2 max g  t   1  0;2 đồng biến trên khoảng  0; 2  , suy ra 1 m 2 1 m  1  m  1 2 (không thỏa mãn) (2). Nếu 2m  2  0  m  1 thì hàm số g  t  nghịch biến trên khoảng  0; 2  , suy ra max g  t   g  0   m . max g  t   1  m  1  m  1 0;2 Từ 0;2 (1), (2) và (1) (không thoả mãn) (3) suy ra S  1 và số phần tử của tập hợp S là 1 . (3). Câu 13 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Nếu a  1 thì loga M  loga N  M  N  0 B. Nếu 0  a  1 thì loga M  loga N  0  M  N C. Nếu M , N  0 và 0  a  1 thì loga M .N  loga M .loga N D. Nếu 0  a  1 thì loga 2016  loga 2017 Chọn đáp án C Câu 13sai vì đúng là. M , N  0 và 0  a  1 thì loga M .N  loga M  loga N Câu 14 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Tính đạo hàm của hàm số y  A. y '  1  2( x  3) ln3 2x 3 B. y '  1  2( x  3) ln3 2x 3 C. y '  x3 9x 1  2( x  3) ln3 2 3x D. y '  1  2( x  3) ln3 3x 2 Chọn đáp án A x3 Ta có y   9x 1  ( x  3) ln 9x Câu 15 x x x  1  1  1  1  ( x  3).    y '     ( x  3)   ln    9  9  9  9 1 2 9  1  ( x  3) ln9  1  ( x  3) ln3  1  2( x  3) ln3 (32 ) x 32 x 32 x   (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Biết rằng phương trình 2log8 2x  log8 x2  2x  1  4 3 có nghiệm duy nhất x. Chọn phát biểu đúng. A. Nghiệm của phương trình thỏa mãn logx 1  4 16 log3 ( x1) C. log2 2x  1  3 D. Tất cả đều đúng Chọn đáp án C Điều kiện 0  x  1 Phương trình  log8 4x2  log8 x  12  log 4 B. 2x  3 3 4 4  log8  4x2 x  12     3 3  4x 2  x2  x  2  0  2x x  1  4  x  1 loai x  1  16     x2  x  2  0   x2 2x x  1  4  x2  x  2  0  A.Ta có log2 1 1  4 nên logx  4 là sai. 16 16 log3 4 B.Ta có 2x  4 và 3 log3 4  4 nên 2x  3 log3 x1 C.Ta có log2 2x  1  3 và 3 Câu 16: là sai. log3 x1  3 nên log2 2x  1  3 là đúng. (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Tập xác định của hàm số y  1 1 1 log5 x  11x  43 2  2 là A. D  (8;9) B. D  (2;9) C. D  (;2) D. D  (9; ) Chọn đáp án B Tập xác định 1 1  0  log5 x2  11x  43  2 log5 x  11x  43 2 (do x2  11x  43  1  2 nên log5 x2  11x  43  0, x  TXD )  x2  11x  43  52  x2  11x  18  0  2  x  9 Câu 17: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hàm số f ( x)  1 3  2x  1 3  2 x . Trong các khẳng định sau có bao nhiêu khẳng định sai? 1. f '( x)  0x   2. f (1)  f (2)  ...  f (2017)  2017 1 1 3. f ( x2 )   3  4x 3  4 x A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Chọn đáp án C + Ta có f '( x)  2x ln2  2 x ln2 3  2  3  2  x + Đặt t  2x  2 x  1 t 2 x 2 . Dễ thấy f '(0)  và t  0 . Ta xét hàm số g( x)  ln2 ln2   0 . Do đó 16 16 (1) sai. 1 1  trên  0;   . 3  t 3t  1 Ta có g '(t )    8 t 2  1  3  t   3t  1 2 2  0 t   . 1 Lập bảng biến thiên ta có g(t )  g(1)  , t   0;   . 2 1 2017  2017 . Do đó Vậy f ( x)  , x    f (1)  f (2)  ...  f (2017)  2 2 + Dễ dàng kiểm tra Câu 18: (3) sai vì (2) sai. 2 2x  4x . (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Biết phương trình log32 x  (m  2) log3 x  3m  1  0 có 2 nghiệm x1, x2 . Khi đó có bao nhiêu giá trị nguyên của m thỏa mãn x1x2  27 A. 2 B. 1 C. 3 D. vô số Chọn đáp án B Đặt t  log3 x( x  0) Ta có x1x2  27  log3 ( x1.x2 )  log3 27  log2 x1  log3 x2  3  t1  t2  3 t 2  (m  2)t  3m  1  0(2) Để (2) có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn t1  t2  3   (m  2)  2  4(3m  1)  0(* )   (m  2)  2  4(3m  1)  0(* )      .m  1 phù hợp đk  m  2  3(* * ) m  1 Câu 19 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho các phát biểu sau 1  1 1  1 1  1 4 4 4 4 2 2 (1) Đơn giản biểu thức M   a  b   a  b   a  b  ta được M  a  b         (2) Tập xác định D của hàm số y  log2 ln2 x  1 là D  e;  (3) Đạo hàm của hàm số y  log2 ln x là y '  1 x ln x.ln2 (4) Hàm số y  10loga x  1 có đạo hàm tại mọi điểm thuộc tập xác định Số các phát biểu đúng là A. 2 Chọn đáp án C B. 1 C. 3 D. 4 (*) 1  1 1  1 1  1 1  1 1  1 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 + Ta có M   a  b   a  b   a  b    a  b   a  b   a  b . Vậy               (1) đúng  x0   x  0 + Hàm số y  log2 ln x  1 xác định khi và chỉ khi  2   ln x  1 ln x  1  0  ln x  1 2  x0   1  x  e  1   0  x   D   0;   e;  . Vậy  e  e  x  1    e  x  e + Ta có y  log2 ln x  y '  (2) sai. 1 1  . Vậy ln x.ln2 x ln x.ln2 + Ta có y  10loga x  1 với x  1 thì y '  10 . Vậy x  1ln a (3) đúng. (4) đúng. 2 Câu 20: 1  1x  1x (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho bất phương trình    3.    3  3 1  12 có tập nghiệm S  a, b . Giá trị của biểu thức P  3a  10b là A. -4 B. 5 C. -3 D. 2 Chọn đáp án C 1  1x Điều kiện: x  0 . Đặt    t  0 . Khi đó bất phương trình đã cho trở thành.  3 1  1x t 2  t  12  t 2  t  12  0  t  4 t  3  0  t  3     3  3 1  1x  1      3  3 Câu 21 log2 7  1  1 x  1  x 1  0  1  x  0  S  1; 0  P  3 x (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện a log12 7 . Khi đó a2  b2 bằng 1  b log12 6 A. 2 Chọn đáp án A B. 5 C. 8 D. 6 a log12 7 log12 7a log12 7a Ta có   1  b log12 6 log 12  log 6b log 12.6b 12 12 12 log12 7 log12 7 log12 7a Mà log2 7  , dó đó  log12 2 log12 2 log 12.6b 12 7a  7  a1   a2  b2  12  12  2 Bằng đồng nhất hệ số, ta có được  b 12.6  2 b  1 Câu 22 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho a, b> 0 thỏa mãn log6 a  log2 3 b  log(a  b) . Tính 2b-a A. 284 B. 95 C. 92 D. 48 Chọn đáp án C  a  6t t t   3  4 3 t t t t Đặt t  log6 a  log2 b  log(a  b)   b  8  6  8  10        1(* )  5  5  t a  b  10  t t t t  3  4  3 3  4 4 Xét hàm số f (t )        f '(t )    ln    ln  0  (* ) có nghiệm thì là 5  5  5  5 5  5 nghiệm duy nhất. Dễ thấy t  2 là nghiệm PT Câu 23: A.  a  36  2b  a  92 (*)   b  64  (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Nếu f ( x)  33 ln 4 f ( x) 2 B. 16ln 4 f ( x) 4x thì f '( x  2)  2 f '( x  1) bằng ln4 C. 65 ln 4 f ( x) 4 D. 24ln 4 f ( x) Chọn đáp án A Tính đạo hàm f '( x)  4x .  1  33 Suy ra f '( x  2)  2 f '( x  1)  4x2  2.4x1  4x  16    ln 4 f ( x) 2 2  Câu 24: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình log2 ( x2  2x  5)  m log phương trình log 2017 x2 2 x 5 ( x  1)  log 25 2017 có hai nghiệm phân biệt là nghiệm của bất ( x  1)  log2017 4 A. 0 B. 1 C. 3 D. 2 Chọn đáp án A + Giải bpt log 2017 ( x  1)  log 2017 ( x  1)  log2017 4 TXD : x  1 Ta được nghiệm là 1  x  3 . Bài toán trở thành “Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình log2 ( x2  2x  5)  m log x2 2 x 5 +Xét phương trình log2 ( x2  2x  5)  m log 2  5 có hai nghiệm x phân biệt thuộc (1;3) x2 2 x 5 25 (1) Đặt t  log2 ( x2  2x  5);1  x  3 . Lập bảng biến thiên của hàm số t  log2 ( x2  2x  5);1  x  3 ta có được miền giá trị của t là 2  t  3 . Nhưng ta cần đi tìm sự tương ứng giữa x và t. Nhìn vào t  log2 ( x2  2x  5)  x2  2x  5  2t  ( x  1)2  2t  5 ta thấy rằng cứ ứng với 1 giá trị của t thỏa mãn 2t  5  0  t  log2 5 thì sẽ cho 2 giá trị của x. Như vậy muốn có đúng 2 giá trị của x thuộc khoảng (1;3) thì cần phải có duy nhất 1 giá trị của t thuộc khoảng 1 (1) thành t  m  5, với t  (log2 5;3) (log2 5;3) . Khi đó phương trình t m  t 2  5 với t  (log2 5;3) . Bài toán cuối cùng thành: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hai hàm số y  t 2  5 với t  (log2 5;3) và y  m cắt nhau tại duy nhất 1 điểm. Lập BPT của hàm y  t 2  5 với t  (log2 5;3) rồi nhìn vào bảng biến thiên ta kết luận được 6,128  m  6 Kết luận: Không có giá trị nguyên nào của m thỏa mãn. Câu 25 (Gv Lê Tuấn Anh)Cho ABC vuông tại A có AB  3loga 8 , AC  5log25 36 . Biết độ dài BC  10 thì giá trị a nằm trong khoảng nào dưới đây A.  2;4  B.  3;5  C.  4;7  Chọn đáp án A Ta có BC 2  AB 2  AC 2   3loga 8   64  a  3 2 D.  7;8  Câu 26 (Gv Lê Tuấn Anh): Cho đồ thị hàm số y  a x và y  log b x như hình vẽ: Khẳng định nào sau đây đúng? A. 0  a  1 b 2 B. 0  a  1  b C. 0  b  1  a D. 0  a  1,0  b  1 2 Chọn đáp án B + Xét hàm số y  a x đi qua  0;1 suy ra đồ thị hàm số (1) là đường nghịch biến, suy ra 0  a  1. + Xét hàm số y  log b x đi qua (1;0) suy ra đồ thị hàm số (2) là đường đồng biến suy ra b>1. Suy ra 0  a  1  b. Câu 27: (Gv Lê Tuấn Anh) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 32x 1  2m 2  m  3  0 có nghiệm 3  A. m   1;  2  1  B. m   ;   2   3 D. m   1;   2 C. m   0;   Chọn đáp án A pt  32 x 1  2m  m  3 Phương trình có nghiệm khi 2m  m  3  0  1  m  Câu 28: 3 . 2 (Gv Lê Tuấn Anh) Cho phương trình log 2 2  2 x   2 log 2  4 x 2   8  0 1 . Khi đó phương trình (1) tương đương với phương trình nào dưới đây? 2 x  22 x 2  x 1 3  0 A. 3x  5 x  6 x  2 B. 42 x C. x 2  3x  2  0 D. 4 x 2  9 x  2  0 Chọn đáp án D TXĐ của (1): x>0 log 1  log 2 2  2 x   2 log 2  2 x   8  0   log  2x  4 x  2   2 x   2  x  1/ 4 2 2 Thử xem phương trình nào trong 4 đáp án cũng chỉ có 2 nghiệm là x=2 và x=1/4 thì đó là đáp án đúng, suy ra chọn D. Câu 29 A. 4 (Gv Lê Tuấn Anh): Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  2 x 1  .8 x trên  1;0 bằng: 3 4 9 B. 5 6 C. 2 2 3 D. 2 3 Chọn đáp án D 2x  0 3 x  1 4 y  2 x 1 ln 2  .8 x ln 8  0  2 x  2.  2 x   0   x 1   3 2   x  1/ 2  2 Xét y (-1)= 5/6 ; y Câu 30: (-1/2)=0,9428 ; y (0)=2/3. Ta có ymin  2 3 (Gv Lê Tuấn Anh) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số   x2 x y = log 2018  2017  x   m  1 xác định với mọi x thuộc  0;   2   A. 1 B. 2 C. 2018 D. vô số Chọn đáp án D + Hàm số xác định với mọi x thuộc  0;   khi và chỉ khi 2017 x  x  x2 x2  m  1  0,  x   0;    2017 x  x   m  1,  x   0;  * 2 2 + Xét hàm số f  x  = 2017 x  x  x2 ,  x   0;   . Hàm số liên tục trên  0;   . 2 f   x  = 2017 x ln 2017  1  x,  x   0;   f   x  = 2017 x ln 2 2017  1  0,  x   0;   Vậy f   x  đồng biến trên  0;    f   x   f   0   ln 2017  1  0,  x   0;   Vậy f  x  đồng biến trên  0;    min f  x   1 . x 0;   + Bất phương trình (*) tương đương min f  x  min f  x   m  1,  x   0;    m  2 Vậy có vô số giá trị nguyên của m. x 0;   x 0;   Câu 31: (Gv Lê Tuấn Anh) Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để phương trình 9 x  9  m3x cos  x có duy nhất 1 nghiệm thực. A. 1 B. 0 C. 2 D. vô số Chọn đáp án A Ta có 9 x  9  m3x cos  x  3x  32 x  m cos  x 1 + Giả sử x0 là 1 nghiệm của phương trình phương trình (1) thì dễ thấy 2  x0 cũng là nghiệm của (1). Nên nếu phương trình có nghiệm duy nhất thì suy ra : x0  2  x0  x0  1 thay vào phương trình (1) ta thu được m=-6. + Kiểm tra lại với m=-6, thay vào phương trình Vì 3x  32 x  6 (1) ta được 3x  32 x  6 cos  x . (theo bất đẳng thức cosi) và 6 cos  x  6 nên vế trái = vế phải = 6. Tức là ta có x  1 là nghiệm duy nhất của (2) xảy ra khi và chỉ khi (2). Kết luận m=-6