Chinh phục các bài toán cực trị mũ và logarit

CHINH PHỤC TỐN THPTQG CHINH PHỤC TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN I MỞ ĐẦU Như ta biết đề thi mơn tốn kì thi THPT Quốc Gia 2018 vừa qua có xuất câu cực trị logarit khơng phải tốn khỵ lạ gây lòng tòng cho nhiều học sinh, thực chất mấu chốt toán việc sử dụng bất đẳng thức AM – GM để đánh giá Trong viết tơi bạn tìm hiểu phát triển tốn đỵ cao cđng ïn lại dạng toán cực trị xuất nhiều trước đây! Bài toán mở đầu Cho số thực a  0, b  thỏa mãn log 4a  5b 1  16a  b    log 8ab 1  4a  5b    Giá trị biểu thức a  2b bằng? 20 A B C D 27 Câu 43 mã đề 105 – Đề thi THPT Quốc Gia mơn tốn 2018 Nhận xét Với chưa cỵ kiến thức nhiều bất đẳng thức khả cao bỏ số khác sử dụng CASIO tìm mối liên hệ x,y cách cho Y  1000 , nhiên chắn phương trënh vô nghiệm Nếu tinh ý ta nhận thấy đề yêu cầu tìm giá trị biểu thức a  2b cỵ nghĩa a,b số xác định rồi, đỵ ta phải nghĩ tới phương pháp đánh giá! Chò ó thêm số lớn giả thiết theo bất đẳng thức AM – GM ta lại có thêm 16a  b  8ab Đến toán gần coi giải quyết! Lời giải Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 16a  b  8ab Từ suy ra: VT  log 4a  5b 1  8ab    log 8ab 1  4a  5b    a, b   27  a  2 Dấu “=” xảy 16a  b   a  2b  log b  4a  5b      8ab Vậy chọn đáp án D Chú ý Ngồi phép đánh giá đầu ta sử dụng thêm đánh giá sau: log a b  log b a  log a b  1  log a b  2 log a b log a b Ta cđng tëm hiểu tốn đề thi THPT Quốc Gia, chuyên đề chủ yếu nhắc tới dạng toán kiểu vậy, nhiên trước tiên ta nhắc lại số dạng toán kiến thức lý thuyết cần phải nắm rõ Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT II CÁC KIẾN THỨC CẦN NHỚ Để làm tốt toán chuyên đề cần phải nắm kiến thức lý thuyết bất đẳng thức, điều kiện có nghiệm biến đổi logarit sau Đây chình nội dung chuyên đề mà muốn nhắc tới, dạng toán lấy ý tưởng từ đề thi THPT Quốc Gia 2018 Trước tiên để làm tốt ta cần có số kiến thức bất đẳng thức nhắc lại kiến thức học sau: Bất đẳng thức AM – GM + Cho số thực dương a,b đỵ a  b  ab Dấu “=” a  b + Cho số thực dương a,b,c đỵ a  b  c  3 abc Dấu “=” a  b  c + Tổng quát với số thực dương + Dạng cộng mẫu số n x i 1  i n i 1 n i 1 i 1  xi  n n  xi Dấu “=” x1  x2   xn Dấu “=” x1  x   x n n x n i 1 x  x  x  x  2 Khi cho n  2, n  thë ta bất đẳng thức quen thuộc  1 1      x x x x  x  x Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz: + Cho số  x , x , , x n   y , y , , y n   n  n   n  đỵ ta cỵ   xi   yi     xi yi   i 1  i 1   i 1  Dấu “=” số lập thành số tỉ lệ Chú ý cho n  2, n  ta bất đẳng thức quen thuộc +  x1  x 2  y  y 2    x1 y  x y  +  x1  x 2  x  y  y 2  y    x1 y  x y  x y  2  n   n a i  i 1  x2 y2  x  y   n + Dạng cộng mẫu Engel tổng qt  Trong đỵ dạng   a b ab i 1 bi  bi i 1 dạng ta hay gặp Bất đẳng thức gọi bất đẳng thức Svacxơ a a a Dấu “=” xảy     n Riêng dạng cộng mẫu thë cần thêm điều kiện b1 b bn b1 , b , , b n  Bất đẳng thức Minkowski Tổng quát: Cho số thực r  số dương a , a , , a n , b , b , , b n ta có: | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN 1 n  n r r  n r r r r a  b     i i         bi   i 1   i 1   i 1  Ở xét trường hợp cho số  a , a , , a n   b1 , b , , b n  Khi đỵ ta cỵ: n   i 1 Dấu “=” xảy n  bi  i 1 n  a i 1 i  bi  a1 a a     n b1 b bn Dạng mà ta hay gặp a2  b2  c2  d2  a  b   c  d 2 Bất đẳng thức cín gọi bất đẳng thức Vector Bất đẳng thức Holder   Cho số dương xi , j i  1, m , j  1, n j m  m   n   Khi đỵ với số 1 , 2 , , n  thỏa mãn  i  ta có:    x i , j      x i , jj  j1  i 1 i 1  j1  i 1  n n Ở ta xét trường hợp đơn giản cho dãy số gồm  a, b, c  ;  m, n, p  ;  x, y, z  Ta có: a  b3  c3  x  y  z  m  n  p3    axm  byn  czp  Dấu “=” xảy dãy tương ứng tỷ lệ  Một bất đẳng thức dạng mà ta hay gặp:   a   b   c    abc  Bất đẳng thức trị tuyệt đối Cho số thực a,b đỵ ta cỵ a  b  a  b  a  b Dấu “=” thứ a,b dấu, dấu “=” thứ a,b trái dấu Điều kiện có nghiệm phương trình bậc Cho phương trënh ax  bx  c   a   Khi đỵ nếu: +   thë phương trënh cỵ nghiệm , đồng nghĩa vế trái ln khơng âm khïng dương +   thë phương trënh cỵ nghiệm phân biệt Ứng dụng kiến thức áp dụng cho tëm điều kiện có nghiệm để suy min, max Ngồi phải ý tới số phép biến đổi logarit mà ta học Tính chất hàm đơn điệu Nếu hàm số f  x  đơn điệu liên tục tập xác định nỵ thë phương trënh f  x   a có tối đa nghiệm Nếu hàm số f  x  đơn điệu không lien tục tập xác định nỵ thë phương trënh f  x   a có tối đa n  nghiệm Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT III CÁC DƢNG TOÁN CỰC TRỊ MŨ – LOGARIT KỸ THUẬT RÚT THẾ - ĐÁNH GIÁ ĐIỀU KIỆN ĐƯA VỀ HÀM BIẾN SỐ Đây kỹ thuật mà gặp toán cực trị mà ta luïn nghĩ tới, hầu hết chúng giải cách biểu thức từ giả thiết xuống u cầu từ đỵ sử dụng công cụ đạo hàm, bất đẳng thức để giải Sau ta cđng vào ví dụ minh họa VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho số thực x,y thỏa mãn x  y  Tìm giá trị lớn biểu thức P   2x  y  2y  x   9xy A 27 B 18 C 27 D 12 THPT Đï Lương 4-Nghệ An năm 2017-2018 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có  x  y  x  y  x  y   y   x    P   2x  x     x   x  9x   x   f  x   f    18 Chọn ý B Ví dụ 2: Cho số thực a, b  thỏa mãn log a  log b  Giá trị lớn biểu thức P  log a  log b bằng? A B log  log log  log C  log  log  D log  log Chuyên KHTN Hà Nội – Lần – 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi yêu cầu toán ta được: P  log a  log b  Xét hàm số f  t   log a log b log a  log a    log log log log log t  log  t  f '  t     t  log a  log t log  t Ta có f '  t     t  log t   t  t.log 22  t  1  log 22    f t  f    log  log  P  log  log 2   log  Chọn ý A | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Ví dụ 3: Cho số thực dương a,b thỏa mãn log a  log Giá trị nhỏ biểu b thức P  4a  b  log  4a  b  viết dạng x  y log z với x,y,z số thực dương lớn Khi đỵ tổng x  y  z có giá trị bao nhiêu? A B C D Cris Tuấn Lời giải Từ giả thiết ta có 4 log a  log  log a  log 2  a  b b b Đặt t  4a  b , theo bất đẳng thức AM – GM ta có 256 256 b3 b3 256 b3 b3 3 t  4a  b   b    3  12 b b 2 b6 2 3 Khi đỵ P  4a  b  log  4a  b   f  t   t  log t Ta có f '  t    4  1  0t  12 Vậy hàm f  t  đồng biến  12;   t ln 12 ln  P  f  t   f  12    log  x  y  4, z   x  y  z  Chọn ý C Ví dụ 4: Cho số thực dương a,b thỏa mãn log  12  a  b   log  a   b    Khi a3 b3 45 m đỵ giá trị nhỏ biểu thức P  viết dạng với m,n   n b2 a2 ab m số nguyên dương tối giản Hỏi giá trị m  n bao nhiêu? n A 62 B 63 C 64 D 65 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có: log  12  a  b   log  a   b     log  12  a  b   log 2  ab2  a   b    a   b    12 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có  12  a  b    a   b     a  b    a  b  Biến đổi tiếp biểu thức P  a  a    b3  a    a   b    a4  b4   a3  b3  45 45   ab ab  a   b    4 a  b   a  b  Chú ý tới bất đẳng thức quen thuộc  a  b   a  b   Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 1  a  b    a  b  45  a  b 4   a  b 3 45 t  4t 45 Từ đỵ suy P       2 ab a  b  12  t  t  a   b    12  a  b  Xét hàm số f t  t  4t  12  t  t   t  t   t 45       45  45   f ' t        0 3 t  12  t   12  t  t  12    12    P  f t   f  4  61 61  P   m  n  65 4 Chọn ý D Ví dụ 5: Cho số thực dương x,y thỏa mãn log  x  2y   log x  log y , đỵ giá trị nhỏ biểu thức P  e dương x2 1 y e y2 x1 viết dạng m với m,n số nguyên n m tối giản Hỏi giá trị m  n bao nhiêu? n A 62 B 78 C 89 D 91 Sở giáo dục đào tạo tỉnh Hải Phòng Lời giải Biến đổi giả thiết ta có: log  x  2y   log x  log y  log  x  2y   log xy  x  2y  xy  x x  y  y 2 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có x   y  x x x x  x     y  y     y  4  y    y  2 2  2  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng cộng mẫu số Engel ta có: x y P  e 1 y e x  x x   y 2    y y x 2   ln P         x   2y  x  2y  1  x    y  1 2  x t2 Đặt t   y  t    ln P   f  t   f  4   P  e 2  t  1 Chọn ý C | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN x y Ví dụ 6: Cho hai số thực x,y thỏa mãn  x, y  đồng thời  2x2  2xy  y 2xy m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f  x, y   e x y x  5.2 y Gọi M,  xy  x  y2 Khi đỵ giá trị biểu thức T  M  m có giá trị bao nhiêu? A e  B e  1 C e  D Không tồn Lời giải x y Từ giả thiết ta có  x y 2x2  2xy  y 2xy x y x y  5.2   4.2 2x y  y x y  5.2 x y x 4a Đặt a  , b   a, b   ta được: a   5b   a  b  4a  5b    a  b  x  y b Khi đỵ f  x, y   e x y 2 x y y2 x2 x x  e   x   g x 2 Ta có g '  x   e x  x  1,g ''  x   e x   đỵ g  x   g    , không tồn giá trị nhỏ Chọn ý D Ví dụ : Gọi S tập hợp cặp số thực  x; y  thỏa mãn x   1; 1 đồng thời ln  x  y   2017x  ln  x  y   2017y  e 2018 Biết giá trị lớn biểu thức x y P  e 2018x  y    2018x với x, y  S đạt  x ; y  Mệnh đề đòng? A x0   1;  B x  1 D x0   0;  C x  THPT Chuyên Quốc Học – Huế năm 2017-2018 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có ln  x  y   2017x  ln  x  y   2017y  e 2018 x y   x  y  ln  x  y   2017  x  y   e 2018  ln  x  y   2017  Xét f  t   ln t  2017  e 2018  * xy e 2018 e 2018  f '  t     0, t   f  t  đồng biến  0;   t t t Khi đỵ phương trënh  *   x  y  e 2018  y  x  e 2018  P  e 2018x   x  e 2018   2018x  g  x   g '  x   e 2018x  2019  2018x  2018e 2018   4036x  g ''  x   e 2018x  2018.2020  2018 x  2018 e 2018   4036  e 2018x  2018.2020  2018  2018 e 2018   4036  0, x   1;  Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT Nên g '  x  nghịch biến  1; 1 Mà g '    e 2018  2018  0,g '    2019  2018e 2018 nên tồn x0   1;  cho g '  x0    max g  x   g  x  1;1 Chọn ý A Ví dụ 8: Cho số thực x,y thỏa mãn 3x  y2  log  x  y   biểu thức P   x  y   3xy bao nhiêu? A 13 B 17   log   xy   Giá trị lớn C D Lời giải Điều kiện x  y;  xy Biến đổi giả thiết ta có 3x  y2   3x log  x  y   log   2xy   y2 2 log  x  y    2xy   log   2xy   Nếu x  y   VT  log   2xy   VP  Nếu x  y   VT  log   2xy   VP Vậy x  y    x  y    2xy  xy  2 2  x  y Khi đỵ ta cỵ: P   x  y   6xy  x  y   3xy  2a  3a  a    3 2 Do xy    x  y    2;   a2    f a  a  x  y   f 1   13 Chọn ý A Ví dụ 9: Cho số thực dương a, x, y, z thỏa mãn 4z  y , a  Tìm giá trị nhỏ biểu thức S  log a2  xy   log a  x y  x z   4z  y B  A 4 25 16 C 2 D  21 16 Lời giải Từ giả thiết ta có z  y2 x2 y2 x2 y2  x3 y3  x2 z  x3 y   x3 y3   xy  4 Khi đỵ S  log  xy   log  xy  a 2  25 25    log a xy      16 16  Chọn ý B BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Cho số thực x,y thỏa mãn log x2  y2 1  2x  4y   Tính P  x biểu thức y S  4x  3y  đạt giá trị lớn | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN A P  B P  C P   13 D P  17 44 Câu 2: Cho số thực dương x,y thỏa mãn xy  4y  Tìm giá trị lớn biểu thức S  x  2y  6y  ln   x  y  A 24  ln C B 12  ln Câu 3: Cho số thực x,y thỏa mãn x biểu thức S  x  y  x  y  y2 1  ln D  ln  log  x  y    Biết giá trị lớn a a với a,b số nguyên dương phân số tối b b giản Tính T  a  2b A 25 B 34 C 32 D 41 Câu 4: Cho x,y hai số thực dương thỏa mãn log x  log y  log  x  y  Giá trị nhỏ biểu thức S  2x  y là? A 2  B C  D  2 Câu 5: Cho số thực a,b thỏa mãn a  b  log a2  b2  a  b   Giá trị lớn biểu thức P  2a  4b  là? A 10 B D C 10 10 Câu 6: Cho số thực x,y thỏa mãn xy  4, x  10 , y  Gọi M,m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  log 22 x   log y   Tính S  M  2m A 10 B D C 10 10 10 Câu 7: Cho x,y hai số thực dương thỏa mãn log x  log  x  3y    log y Biết giá trị lớn biểu thức S  dương A 30 xy x2  xy  2y  2x  3y x  2y a b với a,b,c số nguyên c b phân số tối giản Tính giá trị biểu thức P  a  b  c c B 15 C 17 Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor D 10 Chinh phục olympic toán | CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT A 1419 B 1418 Câu 5: Cho dãy số  a n  C 1420 D 1417 THPT Kim Liên – Hà Nội lần năm học 2017 – 2018 thỏa mãn a  5an1 an   , với n  Tìm số 3n  nguyên dương n  nhỏ để a n số nguyên A n  123 B n  41 Câu 6: Cho dãy số  u n  C n  39 D n  49 2u u u u u 2u   4e  2e  4e  e  e  thỏa mãn  Giá trị nhỏ *  u n 1  u n  3, n  số n để u n  ? A 725 B 682 C 681 D 754 Câu 7: Cho dãy số  u n  cỵ số hạng u  thỏa mãn đẳng thức sau : log 22  5u   log 22  7u   log 22  log 22 u n   7u n với n  Giá trị nhỏ n để u n  1111111 A 11 B C D 10 Câu 8: Có giá trị nguyên tham số a thuộc đoạn  0; 2018 cho ba số a 5x  51 x ; ; 25x  25 x theo thứ tự đỵ, lập thành cấp số cộng? A 2008 B 2006 C 2018 Câu 9: Cho dãy số  u n  thỏa mãn 2 u1   3u2  D 2007 1  log  u 23  4u   4  u n   2u n với n  Giá trị nhỏ n để S n  u  u   u n  5100 A 230 B 231 C 233 D 234 Câu 10: Cho dãy số  u n  thỏa mãn log  2u  63   log  u n  8n   , n  * Đặt S n  u  u   u n Tìm số nguyên dương lớn n thỏa mãn u n S 2n 148  u 2n S n 75 A 18 D 19 B 17 C 16 Sở Giáo dục Đào tạo Bắc Ninh lần năm học 2017 – 2018 Câu 11: Cho hàm số f  x   e 1 x2   x  2 Biết f  1 f   f  3 f  2017   e m n  m, n   với m n phân số tối giản Tính P  m  n A 2018 B 2018 120 | Chinh phục olympic toán C D 1 Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Sở Giáo dục Đào tạo Phú Thọ lần năm học 2017 – 2018 Câu 12: Cho cấp số cộng  u n  có tất số hạng dương thỏa mãn đẳng thức u  u   u 2018  u  u   u 1009  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  log 23 u  log 32 u  log 32 u 14 A 2 B 3 C D Câu 13: Cho cấp số cộng  a n  , cấp số nhân  b n  thỏa mãn a  a  b  b1  ; hàm số f  x   x  3x cho f  a    f  a  f  log b    f  log b  Số nguyên dương n nhỏ lớn cho b n  2018a n A 16 B 15 C 17 D 18 THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc lần năm học 2017 – 2018 Câu 14: Cho cấp số nhân  b n  thỏa mãn b  b1  hàm số f  x   x  3x cho f  log  b2     f  log  b1   Giá trị nhỏ n để b n  5100 A 234 B 229 C 333 D 292 THPT Phan Châu Trinh – Đăk Lăk lần năm học 2017 – 2018 Câu 15: Cho dãy số  u n   1  4u 7  e 6u1 6  log  u  u  u    e    thỏa mãn  u   u  n   , n  *  n   n n  3n   Giá trị lớn số n để u n  A 3472   n   2018 n1 B 3245 C 3665 Câu 16: Cho f  n    n  n    n  N * Đặt u n  D 3453 f  1 f   f  2n  1 f   f   f  2n  Tìm số n nguyên dương nhỏ cho u n thỏa mãn điều kiện log u n  u n  A n  23 B n  29 C n  21 10239 1024 D n  33 THPT Chuyên Biên Hòa – Hà Nam lần năm học 2017 – 2018 Câu 17: Cho dãy số  un  xác định u n  ln  2n    ln  n  n   , n  Tìm số nguyên n lớn cho u n   u n   Biết  a  kí hiệu phần nguyên số a số tự nhiên nhỏ khïng vượt a A 37 B 36 C 38 D 40 THPT Chuyên Biên Hòa – Hà Nam lần năm học 2017 – 2018 Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | 121 CHINH PHỤC CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT Câu 18: Cho dãy số  u n  có tất số hạng dương thỏa mãn u n   2u n đồng thời u12  u 22   u 2n  u 2n 1  u n 2   , n  Số tự nhiên n nhỏ để u n  5100 là? A 232 B 233  un  Câu 19: Cho dãy số C 234 D 235 thỏa mãn ln  u 12  u 22  10   ln  2u  6u  đồng thời u n   u n  2u n 1  1, n  Giá trị nhỏ n để u n  5050 A 100 B 99 D 102  391  39   1 log  u    log  u    40    4  thỏa mãn  2n u   n  1 u n 1  , n  n 2  n n  n      Câu 20: Cho dãy số  u n  Giá trị nhỏ n để u n  A 235 C 101 * 5100  n  5100  n  n  B 255 C 233 D 241 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu : Cho dãy số  u n  thỏa mãn log u   log u  log u 10  log u 10 u n   2u n với n  Giá trị nhỏ để u n  5100 A 247 B 248 C 229 D 290 Đề tham khảo kỳ thi THPT Quốc Gia 2018 – Bộ Giáo dục Đào tạo Lời giải Vì u n   2u n nên dễ thấy dãy số  u n  cấp số nhân có cơng bội q  Ta có u 10  u q  9.u Xét log u   log u  log u 10  log u 10  log u  log  9.u    log u  log  9.u    log u  18 log  log u   log u  18 log  log u    log u  18 log   log u  18 log  Đặt  log u1  18 log  t  t  0 Phương trënh trở thành t  t2   t   t2  t      t  2  L  Với t    log u  18 log    log u  18 log   u  Trong trường hợp ta có: u n  122 | Chinh phục olympic toán 17 n 1  5100  n 18  599  n  99 log  18 17 Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Mà n  * nên giá trị nhỏ trường hợp n  248 Chọn ý B    Câu : Cho biểu thức A  log 2017  log 2016  log 2015  log   log   log    Biểu thức A có giá trị thuộc khoảng khoảng đây? A  log 2017; log 2018   log 2019; log 2020  D  log 2020; log 2021  B C  log 2018; log 2019  Sở Giáo dục Đào tạo Ninh Bënh năm học 2017 - 2018   Lời giải  Đặt A n  log 2017  log 2016  log 2015  log   log   log 2    A n   n  A n 1  Ta có  log    A    log  A  log   A   log    log  A  log   A   log 10    log 10  A 10  log  10  A   log 11    log 12  A 11  log  11  A 10   log 13    log 999  A 997  log  997  A 996   log 1000    log 1000  A 998  log  998  A 997   log 1001    log 1002  A 999  log  999  A 998   log 1003    log 2020  A 2017  log  2017  A 2016   log 2021  Vậy A 2017   log 2020; log 2021  Chọn ý D Câu : Cho dãy số  u n  thỏa mãn ln u  ln u  ln u  u n   u n en  Tìm u A e B e C e 3 D e 4 THPT Quảng Xương I – Thanh Hỵa năm học 2017 – 2018 Lời giải Từ giả thiết suy dãy số  u n  cấp số nhân với công bội e u n  0n  Ta có u  u e ; u  u e ; u  u e Do đỵ ta cỵ: ln u  ln u  ln u   ln  u e   ln  u e   ln  u e     ln u     ln u     ln u      ln u    ln u   16  2  ln u  4  u  e 4 Chọn ý D Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 123 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT Câu 4: Cho dãy số  u n  thỏa mãn e u18  e u18  e 4u1  e 4u1 u n   u n  với n  Giá trị lớn n để log u n  ln 2018 bằng? A 1419 B 1418 C 1420 D 1417 THPT Kim Liên – Hà Nội lần năm học 2017 – 2018 Lời giải Ta có u n   u n  với n  nên  u n  cấp số cộng có cơng sai d  e u18  e u18  e 4u1  e 4u1  e u18  e 4u1  e 4u1  e u18   Đặt t  e u18  e 4u1  t   Phương trënh   trở thành t  t  t  t   t   t 5 0 t 0  t 0 Với t  ta có e u18  e 4u1  u 18  4u  u  51  4u  u  17 Vậy u n  u   n   d  17   n    3n  14 Khi đỵ ta log u n  ln 2018  u n  ln 2018  3n  14  ln 2018  n  3ln 2018  14  1419, 98 Vậy giá trị lớn n 1419 Chọn ý A Câu 5: Cho dãy số  a n  thỏa mãn a  5an1 an   , với n  Tìm số 3n  nguyên dương n  nhỏ để a n số nguyên A n  123 B n  41 Từ giả thiết ta có 5an1 an C n  39 D n  49 Lời giải 3n  3n  1   a n 1  a n   a n 1  a n  log 3n  3n  3n  Từ đỵ suy a n  a n 1  log 3n  3n  3n   a n 2  log  log 3n  3n  3n  11 3n  3n   log   log  log 5 3n  3n  3n   11 3n  3n     log   log  3n      log 5  3n  3n    a  log Do đỵ a n  log  3n   Vì n  nên a n  log  3n    log 5  , đồng thời dễ thấy  an  5a n  dãy tăng Lại có a n  log  3n    n  Lần lượt thử giá trị a n  2; 3; 4; ta có a n  giá trị nguyên, lớn 1, nhỏ nhất, cho giá trị tương ứng n  41 124 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Vậy n  41 Chọn ý B Câu 6: Cho dãy số  u n  2u u u u u 2u   4e  2e  4e  e  e  thỏa mãn  Giá trị nhỏ *  u n 1  u n  3, n  số n để u n  ? A 725 B 682 C 681 D 754 Lời giải Từ giả thiết ta suy  u n  CSC có cơng sai d   u  u  24 Biến đổi giả thiết tương đương 4e u9  2e u9  4e u1  u9  e u1  e u1   4e u1  48  2e u1  24  4e u1  24  e u1  e u1     2e 24   e u1    2e   2e 24   e u1  24    e u1    1  13  1  13   u  ln  24   2e    Ta có u n  u   n    2018  n  681  n  682 Chọn ý B Câu 7: Cho dãy số  u n  cỵ số hạng u  thỏa mãn đẳng thức sau : log 22  5u   log 22  7u   log 22  log 22 u n   7u n với n  Giá trị nhỏ n để u n  1111111 A 11 B C D 10 Lời giải Vì u n   7u n nên dễ thấy dãy số  u n  cấp số nhân có cơng bội q  Biến đổi giả thiết tương đương log 22  5u   log 22  7u   log 22  log 22   log  log u    log  log u   log 22  log 22 2  log 5.log u  log 22 u  log 7.log u  u   L  log u     u1  35  log  log u  log  log 35u  Ta có u n  u n 1 u n  1111111  n 1  1111111  n 1  35.1111111 35  n  log  35.1111111   Mà n  * nên giá trị nhỏ trương hợp n  10 Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 125 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT Chọn ý D Câu 8: Có giá trị nguyên tham số a thuộc đoạn  0; 2018  cho ba số a 5x  51 x ; ; 25x  25 x theo thứ tự đỵ, lập thành cấp số cộng? A 2008 B 2006 C 2018 D 2007 Lời giải a ; 25x  25 x , theo thứ tự đỵ lập thành cấp số cộng a   5x   51 x    25x  25 x   5x   51 x  25x  25 x  12 Ba số 5x   51 x ; 5x 1  51x Dấu “=” xảy  x x0 x 25  25 Như xét a   0; 2018 thë ta nhận a   12; 2018 Có 2007 số a thoả đề Chọn ý D Câu 9: Cho dãy số  u n  thỏa mãn 2 u1   3u2  1  log  u 23  4u   4  u n   2u n với n  Giá trị nhỏ n để S n  u  u   u n  5100 A 230 B 231 C 233 D 234 Lời giải Theo giả thiết ta có u n   2u n nên  u n  cấp số nhân với công bội q  Suy u n  u n 1 với n  * , n  Ta lại có : 2 u1    u   2.4 u1   u1 1  1  log  u 23  4u   log  u 23  u   4  4  8 8 Mà 2.4 u1  u1   1     log  u  u   log  u      4      1  u1 2.4  u1    u1  Nên phương trënh   tương đương  8  1  log u  u    3 3 4   Khi đỵ S n  u  u   u n  u1 Do đỵ, S n  5100   2n 2n   12 2n  2n   5100  log  100  n  233 2 Chọn ý D 126 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Câu 10: Cho dãy số  u n  thỏa mãn log  2u  63   log  u n  8n   , n  Đặt S n  u  u   u n Tìm số nguyên dương lớn n thỏa mãn A 18 B 17 C 16 * u n S 2n 148  u 2n S n 75 D 19 Sở Giáo dục Đào tạo Bắc Ninh lần năm học 2017 - 2018 Lời giải Ta có n  * , log  2u  63   log  u n  8n    log  2u  63   log  u n  8n   2u  63  3t 2u  63  3t   3t  2.2 t  t  Đặt t  log  2u  63      t t u n  8n   u  32   u n  8n   S n  u  u   u n  4n Do đỵ u n S 2n  8n   16n 148  n  19   u 2n S n  16n   4n 75 Chọn ý A Câu 11: Cho hàm số f  x   e 1 x2   x  2 Biết f   f   f   f  2017   e m n  m, n   với m phân số tối giản Tính P  m  n n A 2018 B 2018 C D 1 Sở Giáo dục Đào tạo Phú Thọ lần năm học 2017 - 2018 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có f x  e 1 x   x  1 e 1  1      x x   x x  1 e 1  1      2  1  x x1   x x 1  e 1  1    x x1   ex  1 x1  e.e x  x1 Do đỵ ta được: f    e.e 1 1  1  ; f    e.e ; f    e.e ;…; f  2016   e.e 2016  f   f   f   f  2017   e 2017 e 1 2018 e 2017  2017 2018 e  2017 ; f  2017   e.e 2017  2018 20182  2018  m  20182  , n  2018 Vậy P  1 Chọn ý D Câu 12: Cho cấp số cộng  u n  có tất số hạng dương thỏa mãn đẳng thức u  u   u 2018   u  u   u 1009  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  log 23 u  log 32 u  log 32 u 14 A 2 B 3 C D Lời giải Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | 127 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT Biến đổi giả thiết tương đương 2018  2u  2017d   2.1009  2u  1008d  3d  u   d d 3d 5d 9d 3d 9d 27d   u1    un  : ; ; ;  u   P  log 32  log 32  log 32 2 2 2 2 2  27d  u 14  u1  u   u 2018   u  u   u 1009   Chọn ý C Câu 13: Cho cấp số cộng  a n  , cấp số nhân  b n  thỏa mãn a  a  b  b1  ; hàm số f  x   x  3x cho f  a    f  a  f  log b    f  log b  Số nguyên dương n nhỏ lớn cho b n  2018a n A 16 B 15 C 17 D 18 THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc lần năm học 2017 – 2018 Lời giải Hàm số f  x   x  3x có bảng biến thiên sau: x y'  1    0   y  2 f  a    f  a1   f  a2   f  a1  Theo giả thiết   a2  a1  a2  a1  0  a1  a  Từ đỵ suy  , f  x    x  Ta xét trường hợp: 0  a1   a  f  a    f  a   2 a2  Nếu  a  a     f  a1   f  a1   a   f  a    Nếu  a   a  điều khïng thể f  a1   Do đỵ xảy trường hợp a  0; a  Từ đỵ suy a n  n   n   Tương b  b1  nên log b  log b  , suy log b2  b2    bn  n 1  n    log a1  b1  Xét hàm số g  x   x  2018x khoảng  0;   , ta có bảng biến thiên: 128 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN x  log g ' x  2018 ln    g x 2018   g  log  ln     2018  g  log ln      2018  log ln  11  Ta có g  12   20120  g  13   18042  g  14   11868 g  15   2498   thỏa g  n    nên số nguyên dương nhỏ n n   15  n  16 Chọn ý A Câu 14: Cho cấp số nhân  b n  thỏa mãn b  b1  hàm số f  x   x  3x cho f  log  b2     f  log  b1   Giá trị nhỏ n để b n  5100 A 234 B 229 C 333 D 292 THPT Phan Châu Trinh – Đăk Lăk lần năm học 2017 – 2018 Lời giải Xét hàm số f  x   x  3x Có f   x   3x  , f   x    x  1 x y'  1      y  2 Mặt khác, ta có b1  b  Đặt a  log b2  log b1  b  Ta có: a  3a   b  3b    Nếu b   a  b   a  3a  b  3b    vï nghiệm  Nếu  b   2  b  3b   a  3a     a    a     b    b n  n 1  5100  n   100 log  n  234 Suy a   b  Khi đỵ   b   Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 129 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT Vậy giá trị nhỏ n 234 Chọn ý A Câu 15: Cho dãy số  u n   1  4u 7  e 6u1 6  log  u  u  u    e    thỏa mãn  u   u  n   , n  *  n   n n  3n   Giá trị lớn số n để u n  A 3472   n   2018 n1 B 3245 C 3665 D 3453 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có u n 1  Đặt  u n  3  3     un   un    u n 1   2 n1 n2 n2 2 n1 3  v n   v n   v n  CSN với công bội q  n1 2 n 1 n 1 n 1 3 3 3 3  3  Khi đỵ    v1     u1    u n      u1   2 n1  2  2 2 2  33 13 Ta có u   u1 , u   u1 , thay vào giả thiết ta 4 log  u 12  2u    e 6u1  e 6u1 6  3 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có e 6u1  e6u1 6   e6 6u1 e6u1 6   1 Mặt khác ta cỵ log  u12  2u1    log 3  u      1 13 Do đỵ VT  VP , đẳng thức xảy u1   u n     n1 22 Để u n    n  1 2018 n1 13     n1 22 n 1    n   2018 n1 n 1  n  3453 Chọn ý D Câu 16: Cho f  n    n  n    n  N * Đặt u n  f  1 f   f  2n   f   f   f  2n  Tìm số n nguyên dương nhỏ cho u n thỏa mãn điều kiện log u n  u n  A n  23 B n  29 C n  21 10239 1024 D n  33 THPT Chuyên Biên Hòa – Hà Nam lần năm học 2017 – 2018 Lời giải Từ giả thiết ta có f  n    n  n      n    n    1   130 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN 1  2   2   32      2n      4n     Khi đỵ ta cỵ u n 2 2 2           4n    2n          2n  1  2n  2n  10239 10239   log  2n  2n  1   0 1024 2n  2n  1024 10239 Xét hàm số g  n    log  2n  2n    với n   2n  2n  1024 4n  4n  Ta có g  n      với n   g  n  nghịch biến 2  2n  2n  1 ln  2n  2n  12 Theo đề ta có log u n  u n   1  2047  10239  0 Mà g    nên  log  2n  2n    2n  2n  1024   n 1  2047 Do n nguyên dương nhỏ thỏa mãn nên n  23 Chọn ý A Câu 17: Cho dãy số  un  xác định u n  ln  2n    ln  n  n   , n  Tìm số nguyên n lớn cho u n   u n   Biết  a  kí hiệu phần nguyên số a số tự nhiên nhỏ khïng vượt a A 37 B 36 C 38 D 40 THPT Chuyên Biên Hòa – Hà Nam lần năm học 2017 – 2018 Lời giải Ta có u n  ln 2n    0; ln    u n   n2  n   un   un    2n   2 2n   u n   ln     e  n  37.462  3 n n1  n n1 Chọn ý A Câu 18: Cho dãy số  u n  có tất số hạng dương thỏa mãn u n   2u n đồng thời u12  u 22   u 2n  u 2n 1  u n    A 232 , n  Số tự nhiên n nhỏ để u n  5100 là? B 233 C 234 D 235 Lời giải Ta có u n   2u n  u n  n 1 u , đẳng thức đòng với n  nên đòng với n  nên Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 131 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 4  u 12  4u 12  4u   3 4  u 12  2u    u    u  3 u 12  u 22  u   Do đỵ u n  n 1  5100  n 1  3.5100  n  log  100 log  233 Chọn ý C thỏa mãn ln  u 12  u 22  10   ln  2u  6u  đồng thời  un  Câu 19: Cho dãy số u n   u n  2u n 1  1, n  Giá trị nhỏ n để u n  5050 A 100 B 99 C 101 D 102 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có u  2 ln  u12  u 22  10   ln  2u  6u    u     u      u  Mặt khác ta có u n   u n  2u n 1   u n   u n 1  u n 1  u n  Đặt v n  u n   u n  v n   v n    v n  CSC có cơng sai d  Khi đỵ  v n  n   u n  Vậy để u n  5050  u  u  u  u  n n  n  1   un  n     un  u1   i  i 2  u n  u n 1  n n  n  1  5050  n  100 Chọn ý C Câu 20: Cho dãy số  u n   391  39   1 log  u    log  u    40    4  thỏa mãn  2n u   n  1 u n 1  , n  n 2  n n  n      Giá trị nhỏ n để u n  A 235 5100  n  5100  n  n  B 255 C 233 Lời giải D 241  Ta có  n  n      n    2n  n    n    n    n    2 *  Biến đổi giả thiết tương đương 132 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN nu n   n   u n   2n  n   n  1  n  1   nu n   n   u n   Đặt  nu n     n  1 u n 1   n  1 n 2   n  1    1  n  1   1     n  1 u n 1    nu n   2 n   n  1  n 1  n  1   1  v n   v n   v n  CSN có cơng bội q  n 1 2 n 1 n 1 1 1  1 1 1  Từ đỵ suy    v1     u1    u n   n 1  u   2 n n n 2 2 2  1 Thay u    u1 vào giả thiết ta 40 39  39  1 1 1 log  u1    log  u1     u1   u n   n   n n n 4 4 Để u n  5100  n   n  100 log  n  233 5100  n  n  Chọn ý C Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | 133 LỜI KẾT Vậy đến trang cuối tuyển tập này, viết chưa thực hay hy vọng kiến thức mà đưa vào viết giúp ích bạn q trình học tập Dự án tới gửi tới bạn chủ đề nhiều bạn yêu cầu cho fanpage vấn đề toán cực trị, max hàm số, mong bạn ý theo dõi fanpage Một lần gửi lời cảm ơn đến người có đóng góp cho viết chúc bạn mùa ôn thi thành công nhé! ... có tối đa n  nghiệm Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | CHINH PHỤC CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT III CÁC DƢNG TOÁN CỰC TRỊ MŨ – LOGARIT KỸ THUẬT RÚT THẾ - ĐÁNH... số tối giản Tính giá trị biểu thức P  a  b  c c B 15 C 17 Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor D 10 Chinh phục olympic toán | CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT Câu 8: Cho x,y... tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 21 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT Đến vào giả thiết lại khảo sát hàm số đoạn  1; 1 ta tëm giá trị 58 27 lớn P  Câu Chọn