Thông tin tài liệu
Câu 1: (THTT Số 1-484 tháng 10 năm 2017-2018) Biết x1 , x2 hai nghiệm phương x2 − 4x + trình log ÷+ x + = x x 1+ x2 = a + b 2x dương Tính a + b A a + b = 16 B a + b = 11 C a + b = 14 Lời giải Chọn C x > Điều kiện x ≠ ( ) với a , b hai số nguyên D a + b = 13 ( x − 1) x2 − 4x + ÷+ x − x + = x Ta có log ÷+ x + = x ⇔ log ÷ 2x 2x ⇔ log ( x − 1) + ( x − 1) = log x + x ( 1) 2 Xét hàm số f ( t ) = log t + t ⇔ f ′ ( t ) = + > với t > t ln Vậy hàm số đồng biến 3+ x = = f ( x ) ⇔ ( x − 1) = x ⇔ 3− x = Phương trình ( 1) trở thành f ( ( x − 1) ) 9 − x + x = Vậy 9 + ⇒ a = 9; b = ⇒ a + b = + = 14 ( l) ( tm ) Câu 2: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Tính tích tất nghiệm thực x + x + x ÷ = phương trình log ÷+ 2x A B C Lời giải Chọn D Điều kiện: x > x +1 ÷ 2x ÷ x + PT: ⇔ log ÷+ 2x Đặt t = ( 1) =5 2x2 + 1 = x+ ≥ x = 2x 2x 2x t PT trở thành log t + = (2) ( ) t Xét hàm f ( t ) = log t + t ≥ hàm đồng biến nên: ( ) ⇔ f ( t ) = f ( ) ⇔ t = (t/m) D Với t = x2 + = ⇔ x − x + = (t/m) Vậy x1 x2 = (theo Viet ) 2x Câu 3: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho a , b , c số thực thuộc đoạn [ 1; 2] thỏa mãn log 32 a + log 32 b + log 32 c ≤ Khi biểu thức P = a + b3 + c3 − ( log a a + log b b + log c c ) đạt giá trị lớn giá trị tổng a + b + c A B 3.2 3 C D Lời giải Chọn C Đặt x = log a; y = log b; z = log c Vì a, b, c ∈ [ 1; 2] nên x, y , z ∈ [ 0;1] P = a + b + c3 − ( log a a + log bb + log c c ) = a + b3 + c − ( a log a + b log b + c log c ) = a + b3 + c − ( ax + by + cz ) Ta chứng minh a − 3ax ≤ x3 + Thật vậy: 1 ⇒ f ′( a) = ⇔ a = a ln ln Trên đoạn [ 1; 2] ta có f ( a ) ≤ Max f ( 1) , f ( ) , f ÷ = ⇒ a − log a ≤ ln hay a − x ≤ ⇔ a − x − ≤ Do 3 2 Xét: a − 3ax − x − = ( a − x − 1) ( a + x + + a + ax − x ) ≤ Xét hàm số f ( a ) = a − log a, a ∈ [ 1; 2] ⇒ f ′ ( a ) = − 2 ( Vì theo ta có a − x − ≤ a + ( x − x + 1) + a + ax > 0, ∀a ∈ [ 1; 2] , ∀x ∈ [ 0; 1] ) Vậy a − 3ax − x3 − ≤ ⇔ a − 3ax ≤ x + Tương tự b3 − 3by ≤ y + 1; c − 3cz ≤ z + 3 3 3 Do P = a + b + c − ( ax + by + cz ) ≤ x + y + z + ≤ + = Đẳng thức xảy x = y = 0, z = hoán vị, tức a = b = 1, c = hốn vị Khi a + b + c = Câu 4: (THPT Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Tìm số giá trị nguyên m để phương trình x +1 + 41− x = ( m + 1) ( 2+ x − 2− x ) + 16 − 8m có nghiệm [ 0;1] ? A B C Lời giải Chọn A D x +1 + 41− x = ( m + 1) ( 2+ x − 2− x ) + 16 − 8m ⇔ ( x + 4− x ) = ( m + 1) ( x − − x ) + 16 − 8m x −x Đặt t = u ( x ) = − , x ∈ [ 0;1] 3 u ′ ( x ) = x + 2− x > ∀x [ 0;1] Suy u ( ) ≤ t ≤ u ( 1) hay t ∈ 0; 2 x −x x −x x −x ⇒ t = + − 2.2 ⇒ + = t + Phương trình trở thành : ( t + ) = 4t ( m + 1) + 16 − 8m ⇔ t + = t ( m + 1) + − 2m ⇔ t − t ( m + 1) + 2m − = ⇔ m ( t − 2) = t − t − ⇔ m ( t − ) = ( t − ) ( t + 1) ⇔ m = t + t ∈ 0; ⇔ t = m −1 Để phương trình cho có nghiệm [ 0;1] phương trình t = m − 3 ÷ phải có nghiệm 3 3 5 t ∈ 0; Suy m − ∈ 0; , hay m ∈ 1; 2 2 2 Câu 5: (THPT Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Xét bất phương trình log 22 x − ( m + 1) log x − < Tìm tất giá trị tham số m để bất phương trình có nghiệm thuộc khoảng A m ∈ ( 0; +∞ ) ( ) 2; + ∞ B m ∈ − ;0 ÷ C m ∈ − ; +∞ ÷ Lời giải D m ∈ ( −∞;0 ) Chọn C Điều kiện: x > log 22 x − ( m + 1) log x − < ⇔ ( + log x ) − ( m + 1) log x − < ( 1) 1 Do t ∈ ; +∞ ÷ 2 ( 1) thành ( + t ) − ( m + 1) t − < ⇔ t − 2mt − < ( ) Đặt t = log x Vì x > nên log x > log 2 = 1 Cách 1: u cầu tốn tương đương tìm m để bpt (2) có nghiệm thuộc ; +∞ ÷ 2 Xét bất phương trình (2) có: ∆ ' = m + > 0, ∀m ∈¡ f ( t ) = t − 2mt − = có ac < nên (2) ln có nghiệm phân biệt t1 < < t2 1 Khi cần < t2 ⇔ m + m + > ⇔ m > − 2 t −1 1 < m t > ÷ Cách 2: t − 2mt − < ⇔ f ( t ) = 2t 2 Khảo sát hàm số f ( t ) ( 0; + ∞ ) ta m ∈ − ; +∞ ÷ Câu 6: (THPT Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho hàm số x −1 Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận mx − x + m ≠ m ≠ m ≠ m ≠ A m ≠ −1 B m ≠ −1 C D 1 m< m< 1 m < m < y= Lời giải Chọn B • m = : Đồ thị có hai tiệm cận nên loại • m ≠ ⇒ lim y = : đồ thị có tiệm cận ngang x →±∞ Bài tốn trở thành : Tìm m để đồ thị hàm số có tiệm cận đứng ∆′ = − 3m > m < ⇔ ⇔ mx − x + = có nghiệm phân biệt khác ⇔ m + ≠ m ≠ −1 Câu 7: (THPT Chuyên ĐH Vinh-GK1-năm 2017-2018) Một người tham gia chương trình bảo hiểm An sinh xã hội công ty Bảo Việt với thể lệ sau: Cứ đến tháng hàng năm người đóng vào công ty 12 triệu đồng với lãi suất hàng năm không đổi 6% / năm Hỏi sau 18 năm kể từ ngày đóng, người thu tất tiền? Kết làm tròn đến hai chữ số phần thập phân A 403,32 (triệu đồng) B 293,32 (triệu đồng) C 412, 23 (triệu đồng) D 393,12 (triệu đồng) Lời giải Chọn D Gọi số tiền đóng hàng năm A = 12 (triệu đồng), lãi suất r = 6% = 0, 06 Sau năm, người rút tiền nhận số tiền A1 = A ( + r ) (nhưng người khơng rút mà lại đóng thêm A triệu đồng nữa, nên số tiền gốc để tính lãi năm sau A1 + A ) Sau năm, người rút tiền nhận số tiền là: A2 = ( A1 + A ) ( + r ) = A ( + r ) + A ( + r ) = A ( + r ) + A ( + r ) Sau năm, người rút tiền nhận số tiền là: 2 A3 = ( A2 + A ) ( + r ) = A ( + r ) + A ( + r ) + A ( + r ) = A ( + r ) + A ( + r ) + A ( + r ) … Sau 18 năm, người rút tiền nhận số tiền là: A18 = A ( + r ) + A ( + r ) + + A ( + r ) + A ( + r ) 18 17 18 17 Tính: A18 = A ( + r ) + ( + r ) + + ( + r ) + ( + r ) + − 1 ( + r ) 19 − ( + r ) 19 − ( + 0, 06 ) 19 − ⇒ A18 = A − 1 = A − 1 = 12 − 1 ≈ 393,12 + r − r 0, 06 ( ) Câu 8: (Trường BDVH218LTT-khoa 1-năm 2017-2018) Cho hai số thực a , b thỏa mãn a3 P = 16 log a > b > biểu thức ÷+ 3log a a có giá trị nhỏ Tính a + b a 12b − 16 b A Chọn D B 11 Lời giải C D ỉ a ÷ + 3log 2a a Vì số hạng thứ hai chứa log a a nên ta cố gắng đưa ÷ Ta có: P = 48log a ỗ ỗ ữ ỗ b è 12b - 16 ø b ỉ a a ữ log a ỗ ữ v log a iu buộc ta cần đánh giá 12b - 16 Ê b Tht vy: ỗ ữ ỗ ố 12b - 16 ø b Ta có: 12b − 16 ≤ b ⇔ ( b − ) ( b + 4) ≥ (Đúng) Suy ra: a a ≥ > 12b − 16 b a a Suy ra: log a ÷ ≥ log a b > log a = (do a > ) 12b − 16 Do đó: a a a a 2 P = 48log a ÷+ 3log a a ≥ 48log a b + 3log a a = 8log a b + 8log a b + log a a ÷ 12b − 16 b b b a a log a a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương 8log a , 8log a , ta được: b b b a a P ≥ ×3 ×3 8log a ×8log a ×log 2a a ÷ = 64 = 36 b b b Đẳng thức xảy b = b = b = b = a 1⇔ 8log a = log a = ⇔ 1⇔ a=4 log a = log a = a a b b b Vậy a + b = Chú ý: + Đánh giá 12b − 16 ≤ b , ta dùng bất đẳng thức Cauchy: b3 + 16 = b3 + + ≥ 3 64b3 = 12b ⇔ 12b − 16 ≤ b a a a + Sau có P ≥ 48log a + 3log a a , ta đặt t = log a Vì log a > log a = nên t > b b b b f ( t ) = 36 t = Khi đó: P ≥ 48t + = f ( t ) , với t > Khảo sát hàm f ( t ) ta ( 0;+∞ ) t (Hoặc dùng Cauchy trên) Câu 9: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 11-năm 2017-2018) Giá trị m để phương trình log 32 x + log32 x + − 2m − = có nghiệm thuộc đoạn 1; A ≤ m ≤ 16 B ≤ m ≤ C ≤ m ≤ D ≤ m ≤ Lời giải Chọn D Điều kiện x > Đặt t = log 32 x + ≥ , ta phương trình t + t − 2m − = ( *) Ta có x ∈ 1; ⇔ ≤ log x ≤ ⇔ ≤ t = log 32 x + ≤ Phương trình cho có nghiệm thuộc x ∈ 1; ⇔ ( *) có nghiệm t ∈ [ 1; 2] Đặt f ( t ) = t + t , với t ∈ [ 1; 2] Hàm số f ( t ) hàm đồng biến đoạn [ 1; 2] Ta có f ( 1) = f ( ) = Phương trình t + t = 2m + ⇔ f ( t ) = 2m + có nghiệm t ∈ [ 1; 2] ⇔ f ( 1) ≤ 2m + ≤ f ( ) f ( 1) ≤ 2m + ≤ 2m + ⇔ ⇔ ⇔ 0≤ m≤ 2m + ≤ 2m + ≤ f ( ) Câu 10: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 11-năm 2017-2018) Tìm m để tồn cặp ( x; y ) thỏa mãn log x2 + y2 + ( x + y − ) ≥ x + y + x − y + − m = ( C ( A ) 2) 10 − 10 − B 10 − 10 + ( ) 10 + D 10 − Lời giải Chọn C Điều kiện x + y − ≥ 2 Ta có log x2 + y + ( x + y − ) ≥ ⇔ x + y − ≥ x + y + ⇔ ( x − ) + ( y − ) ≤ ( C1 ) Miền nghiệm bất phương trình hình tròn (cả bờ) ( C1 ) có tâm I1 ( 2; ) bán kính R1 = Mặt khác: x + y + x − y + − m = ⇔ ( x + 1) + ( y − 1) = m ( *) 2 Với m = ⇒ x = −1; y = không thỏa mãn: ( x − ) + ( y − ) ≤ 2 Với m > ( *) đường tròn ( C2 ) có tâm I ( −1; 1) bán kính R2 = m Để để tồn cặp ( x; y ) ( C1 ) ( C2 ) tiếp xúc với Trường hợp 1: ( C1 ) ( C2 ) tiếp xúc ngồi Khi đó: R1 + R2 = I1 I m + = 10 ⇔ m = ( 10 − ) Trường hợp 2: ( C1 ) nằm ( C2 ) hai đường tròn tiếp xúc Khi đó: R2 − R1 = I1 I ⇔ Vậy m = ( 10 − ) m − = 10 ⇔ m = m = ( 10 + ) ( ) 10 + thỏa mãn yêu cầu toán HẾT -Câu 11: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Tìm tất giá trị m để hệ 32 x + sau có nghiệm x +1 − 32+ x +1 + 2017 x ≤ 2017 x − ( m + ) x + 2m + ≥ B m > −3 A m ≥ −3 Chọn C Điều kiện x ≥ −1 Xét 32 x + x +1 − 32+ ⇔ ( 9x − 9) x +1 D m ≤ −2 + 2017 x ≤ 2017 ⇔ 32 x.3 x +1 − 32.3 x+1 ≤ 2017 − 2017 x ≤ 2017 ( − x ) Dễ thấy x = nghiệm x +1 x +1 > , VP = 2017 ( − x ) < ≤ 2017 ( − x ) vô nghiệm x Nếu −1 ≤ x < VT = ( − ) x Suy ( − ) C m ≥ −2 Lời giải x +1 x Nếu x > VT = ( − ) x Suy ( − ) x +1 x +1 < , VP = 2017 ( − x ) > ≤ 2017 ( − x ) có nghiệm với −1 ≤ x < Vậy bpt 32 x + x +1 − 32+ x +1 + 2017 x ≤ 2017 có nghiệm với −1 ≤ x ≤ Cách 1: Xét: f ( x ) = x − ( m + ) x + 2m + ≥ Ta có ∆ = m − 4m − , để bpt có nghiệm −1 ≤ x ≤ thì: TH1: ∆ ≤ ⇔ −2 + ≤ m ≤ + , bpt có nghiệm −1 ≤ x ≤ ( 1) m > + TH2: ∆ > ⇔ , nghiệm bpt ( −∞; x1 ] ∪ [ x2 ; +∞ ) m < −2 + f ( −1) < 3m + < ⇔ ⇔ m < −2 Ta có ( −1;1) ⊂ ( x1 ; x2 ) ⇔ m + < f ( 1) < Do BPT có nghiệm −1 ≤ x ≤ m ≥ −2 Kết hợp điều kiện ta m > + −2 ≤ m < −2 + ( ) Từ ( 1) ( ) suy hệ cho có nghiệm m ≥ −2 Cách 2: Bài tốn trở thành tìm m để bpt x − ( m + ) x + 2m + ≥ có nghiệm −1 ≤ x ≤ BPT ⇔ m ( x − ) ≤ x − x + ⇔ m ≥ f ′( x) = x2 − 4x + ( x − 2) x2 − x + = f ( x) x−2 ( *) (Do −1 ≤ x ≤ ) Xét f ′ ( x ) = ⇔ x = − ∈ [ −1;1] f ( x ) Lập bảng biến thiên hàm số f ( x ) [ −1;1] ta Để bpt ( *) có nghiệm m ≥ x∈[ −1;1] có m ≥ f ( 1) = f ( −1) = −2 Vậy m ≥ −2 Câu 12: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Biết x1 , x2 hai nghiệm phương trình log ) ( x − 3x + + + 5x −3 x +1 = x1 + x2 = a , b hai số nguyên dương Tính a + b A a + b = 13 B a + b = 11 C a + b = 14 Lời giải Chọn C Điều kiện x ∈ ( −∞ ;1] ∪ [ 2; + ∞ ) ( x1 < x2 ) ( ) a + b với D a + b = 16 2 x − x + = t với t ≥ Ta có x − x + = t − Đặt Phương trình cho trở thành log ( t + ) + 5t Xét hàm số f ( t ) = log ( t + ) + 5t Có f ′ ( t ) = −1 −1 = ( *) [ 0; + ∞ ) + 5t −1.2t.ln > với t ≥ Do hàm số đồng biến [ 0; + ∞ ) ( t + ) ln Mặt khác f ( 1) = Phương trình ( *) có dạng: f ( t ) = f ( 1) ⇒ t = Với t = ⇒ x − 3x + = ⇔ x − x + = ⇒ x1 = Vậy x1 + x2 = 3− 3+ , x2 = 2 a = 9+ ⇒ ⇒ a + b = 14 b = ( ) Câu 13: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Biết x+ x = log 14 − ( y − ) y + x > Tính giá trị biểu thức P = x + y − xy + A B C Lời giải D Chọn C Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x + Lại có 14 − ( y − ) Đặt t = y + = 14 − ( y + 1) x+ ≥2⇒2 x ≥4 x y +1 + y +1 y + ≥ Xét hàm số f ( t ) = −t + 3t + 14 ( 0; + ∞ ) , ta có f ′ ( t ) = −3t + Do f ′ ( t ) = ⇔ −3t + = ⇔ t = t ∈ ( 0; + ∞ ) f ( t ) = f ( 1) = 16 Từ ta có (max 0; +∞ ) Vậy 14 − ( y − ) y + ≤ 16 ⇒ log 14 − ( y − ) y + ≤ Khi x = y + ⇔ ⇒ P = y = Câu 14: (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho x , y số thực thỏa x+ x = log 14 − ( y − ) log x + y ( x + y ) ≤ Khi 3x + y đạt giá trị lớn nhất, giá trị k = x y B k = A k = C k = D k = Lời giải Chọn C Xét trường hợp x + y > log x + y ( x + y ) ≤ ⇔ x + y ≤ x + y ( 1) Đặt P = x + y ⇒ y = P − 3x ( 1) ⇔ x + ( P − 3x ) − P ≤ ⇔ 10 x − Px + P − P ≤ ( ) ∆ = P − 10 ( P − ) = − P + 10 P Nếu ∆ < ( ) vơ nghiệm Do ∆ ≥ ⇔ ≤ P ≤ 10 Vậy Pmax = 10 Khi ( ) ⇔ x = 6P x = ⇒ y =1⇒ k = = 20 y Câu 15: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Gọi S tập x nghiệm phương trình ( − x ) ( + ) = Khi số phần tử tập S A S = B S = C S = D S = Lời giải Chọn B Định lí Rolle: Nếu f ( x ) hàm liên tục đoạn [ a; b ] , có đạo hàm khoảng ( a; b ) f ( a ) = f ( b ) tồn c ∈ ( a; b ) cho f ′ ( c ) = Hệ quả: Nếu f ( x ) có đạo hàm ( a; b ) f ′ ( x ) có nhiều n nghiệm ( n số nguyên dương) ( a; b ) f ( x ) có nhiều n + nghiệm ( a; b ) x x x Cách 1: ( − x ) ( + ) = ⇔ ( − x ) ( + ) − = Xét hàm số f ( x ) = ( − x ) ( + ) − có tập xác định D = ¡ Dễ thấy f ( x ) liên tục ¡ có đạo hàm ¡ Theo định lý Rolle: 1 1 1 Trên đoạn 0; ta có f ( ) = f ÷ = nên ∃c1 ∈ 0; ÷: f ′ ( c1 ) = 2 2 2 1 1 1 Trên đoạn ;1 ta có f ( 1) = f ÷ = nên ∃c2 ∈ ;1÷ : f ′ ( c2 ) = 2 2 2 Do f ′ ( x ) = có hai nghiệm phân biệt c1 , c2 x x Mặt khác ta xét f ′ ( x ) = − ( + ) + ln ( − x ) , f ′′ ( x ) = −4 x ln + x ln ( − x ) − x ln = x ( −2 ln + ln − x ln ) = − ln ln Vậy f ′′ ( x ) = có nghiệm suy f ′ ( x ) = có nhiều hai nghiệm suy ⇒x= f ( x ) = có nhiều ba nghiệm nên S = x x Cách 2: ( − x ) ( + ) = ⇔ = 2x + 2− x ( x ≠ 2) Ta vẽ đồ thị hai hàm số y = x y = 2x + hệ trục Oxy xác định số 2− x giao điểm nên S = Câu 16: (THPT Chuyên Lam-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Cho x , y số thực dương thỏa mãn x+2 y xy + xy + x + = + 3− x− y + y ( x − 2) Tìm giá trị nhỏ biểu thức T = x+ y A Tmin = + B Tmin = + C Tmin = + Lời giải Chọn B Theo đề ta có xy + x + = + 3− x − y + y ( x − 2) xy 1 ⇔ x + y − x + y + x + y = 5xy −1 − xy −1 + xy − 3 t −t t Xét f ( t ) = − t + t ⇒ f ′ ( t ) = ln + ln + > x +1 x +1 ⇒ x + y = xy − ⇒ y = >0⇒ x>2 Do y > 0, x > ⇒ x−2 x+2 x + x2 − x + Ta có: T = x + y = x + = x−2 x−2 x = + ∈ ( 2; +∞ ) x2 − 4x + T′ = = ⇔ x = − ∉ ( 2; +∞ ) ( x − 2) Bảng biến thiên Chỉnh lại bbt cho em,chỉ xét với x > nhé,kết không thay đổi 5x +2 y + Từ bảng biến thiên ta thấy Tmin = + x = + D Tmin = + Câu 17: (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-nawm-2018) Có số nguyên dương a ( a tham số) để phương trình x − x2 9 2 ( 3a + 12a + 15) log 27 ( x − x ) + a − 3a + 1÷ log 11 1 − ÷ = log9 ( x − x ) + log11 ÷ có nghiệm nhất? B A C Vô số D Lời giải Chọn B Điều kiện < x < − x2 − x2 PT ⇔ ( a + 4a + ) log ( x − x ) + ( 9a − 6a + ) log11 ÷ = log ( x − x ) + log11 ÷ 2 − x2 ⇔ ( a + 4a + ) log ( x − x ) + ( 9a − 6a + 1) log11 ÷= 2 − x2 2 ⇔ ( a + ) log ( x − x ) + ( 3a − 1) log11 ÷= log ( x − x ) 3a − ⇔ ÷ = a + log ( *) 11 ÷ 2− x Mà vế trái ( *) dương với a nguyên dương Vì < x < nên − x < ⇒ > ⇒ log11 >0 2 ÷ 2− x 2− x Do từ ( *) suy log ( x − x ) > ⇔ x − x > ⇔ x − x + < ⇒ khơng tồn x Vậy khơng có giá trị a thỏa yêu cầu Câu 18: (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018) Xét số thực dương x, y thỏa mãn log P= x+ y = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy Tìm giá trị lớn Pmax biểu thức x + y + xy + 2 3x + y + x+ y+6 A B C D Lời giải Chọn C Ta có: log x+ y = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy x + y + xy + 2 ⇔ log 3 ( x + y ) + ( x + y ) = log (x + y + xy + ) + x + y + xy + Xét hàm số f ( t ) = log t + t , t > có f ′ ( t ) = + > 0, ∀t > Vậy hàm số f ( t ) t ln đồng biến liên tục khoảng ( 0; +∞ ) 2 2 Do đó: f ( ( x + y ) ) = f ( x + y + xy + ) ⇔ ( x + y ) = x + y + xy + ( 1) Cách 1: Từ ( 1) ⇔ xy = ( x + y ) − ( x + y ) + 2 x + y +1 Ta có x = x + xy − xy = x ( y + 1) − xy ≤ ÷ − xy Đẳng thức xảy x = y + x + y + 1) Do từ ( 1) , suy ra: x ≤ ( − ( x + y ) + 3( x + y ) − Đặt t = x + y , t > Suy ra: P= 2( x + y) +1+ x Ta có: f ′ ( t ) = x+ y+6 ≤ ( t + 1) 2t + + −3t − 36t + 135 ( t + 6) 2 − t + 3t − t +6 −3t + 22t − = = f (t) ( t + 6) = ⇔ t = (nhận) Bảng biến thiên t +∞ f ′( t ) + − f ( t) x = y +1 x = f ( t ) = f ( 3) = ⇔ Dựa vào BBT, ta có max P = max ( 0;+∞ ) x + y = y = Cách 2: (Trắc nghiệm) x − 11 Ta có: P = + x+ y+6 2 Trong ( 1) coi y ẩn, x tham số Ta có y + ( x − 3) y + x − 3x + = có nghiệm 3− 3+ ≤x≤ < nên x − 11 < 3 = x = , y = ∆ = ( x − 3) − ( x − 3x + ) ≥ ⇔ Vậy P < nên phương án Pmax Cách 3: (Trắc nghiệm) y + 17 < với x , y > Ta có: P = − x+ y+6 3x + y + = ⇔ x = 11 Thay vào ( 1) ta được: y + y + 90 = (vô lý) x+ y+6 3x + y + = ⇔ x + y = ⇔ y = − x Thay vào ( 1) , ta được: + Nếu P = x+ y+6 + Nếu P = ( x + − x ) = x + ( − x ) + x ( − x ) + ⇔ x − 12 x + 12 = ⇔ x = ⇒ y = Vậy Pmax = Câu 19: (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018) Gọi S tập hợp tất giá trị m ( ) cho 10m ∈ ¢ phương trình log mx −5 x − x + = log mx −5 (x + x − ) có nghiệm Tìm số phần tử S A 15 B 14 C 13 Lời giải D 16 Chọn A Ta có: x − x + > với x nên phương trình log mx −5 ( x − x + ) = log mx −5 (x + x − ) tương đương với mx − > mx − ≠ mx > ⇔ mx ≠ 2 x − x + > x=2 2 x − x + = x + x − x = Phương trình có nghiệm tương đương với ta nhận nghiệm x = loại x = nhận nghiệm x = loại x = + Trường hợp 1: Nhận nghiệm x = loại x = m > m > Điều tương đương với 2m ≠ ⇔ m ≠ (vơ lí) 5m ≤ m ≤1 5m = m = + Trường hợp 2: Nhận nghiệm x = loại x = m = m >1 5m > 1 < m ≤ m ≠ ⇔ m ≠ ⇔ Điều tương đương với 2m ≤ m ≠ 2m = m ≤ m = 10m = 30 Suy ra: 10 < 10m ≤ 25 m ≠ 12 Vì 10m ∈ ¢ nên 10m ∈ { 11;13;14 ; 25} ∪ { 30} Trong tập hợp có 15 phần tử nên tập hợp S có 15 phần tử 11 13 14 25 30 Chú ý: m ∈ ; ; ; ∪ 10 10 10 10 10 Câu 20: (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định-lần năm 2017-2018) Xét số thực a , b thỏa mãn điều kiện < b < a < Tìm giá trị nhỏ biểu thức 3b − P = log a ÷+ 12 log b a − a A P = 13 B P = C P = D P = Lời giải Chọn C ÷ 3b − 3b − P = log a ÷ −3 ÷+ 12 log b a ÷ − = log a ÷+ 12 a log a a ÷ b 2 12 3b − 3b − + −3 = log a ÷ − = log a ÷ ÷+ 12 log b − ( ) − log b a a 3b − ≤ b ⇔ 3b − ≤ 4b3 ⇔ 4b3 − 3b + ≥ ⇔ ( b + 1) ( 4b − 4b + 1) ≥ ⇔ ( b + 1) ( 2b − 1) ≥ ( với < b < ) 3b − 3b − ⇒ log a ÷ ≥ log a b ( a < ) ⇒ log a ÷ ≥ 3log a b 12 12 − ⇔ P ≥ ( log a b − 1) + Do P ≥ 3log a b + 2 ( *) ( log a b − 1) ( log a b − 1) Ta có: Vì < b < a < nên log a b > Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương: 12 3 ( log a b − 1) , ( log a b − 1) , log b − ( a ) 2 3 12 3 12 ( log a b − 1) + ( log a b − 1) + log a b − 1) ( log a b − 1) ( ≥ 3 2 2 ( log a b − 1) ( log a b − 1) ⇔ ( log a b − 1) + 12 ( log a b − 1) ≥ ( **) Từ ( *) ( **) ta có P ≥ b = b = ⇔ Dấu xảy 12 ( log a b − 1) = ( log b − 1) = a ( log a b − 1) b= 1 b = b = b = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 a = b = log a b − = log a b = b = a Vậy P = Câu 21: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần năm 2017-2018) Một người đầu tháng đặn gửi vào ngân hàng khoản tiền T theo hình thức lãi kép với lãi suất 0, 6% tháng Biết đến cuối tháng thứ 15 người có số tiền 10 triệu đồng Hỏi số tiền T gần với số tiền số sau? A 635.000 B 535.000 C 613.000 D 643.000 Lời giải Chọn A Gọi Ak số tiền người cuối tháng thứ k , đặt r = 0, 6% Ta có A1 = T ( + r ) A2 = ( A1 + T ) ( + r ) = T ( + r ) + T ( + r ) A3 = ( A2 + T ) ( + r ) = T ( + r ) + T ( + r ) + T ( + r ) = T ( + r ) A15 = T ( + r ) ⇒T = (1+ r ) 15 (1+ r ) −1 r −1 r A15 r ( + r ) ( + r ) 15 − 1 = 10 ×106 × 0, 6% ≈ 635.301 đồng 1, 006 × ( 1, 00615 − 1) Câu 22: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần năm 2017-2018) Cho ≤ x; y ≤ thỏa mãn 20171− x − y = x + 2018 Gọi M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu y − y + 2019 2 thức S = ( x + y ) ( y + 3x ) + 25 xy Khi M + m bao nhiêu? A 136 B 391 16 C 383 16 D 25 Lời giải Chọn B 1− x − y = Ta có 2017 20171− y x + 2018 x + 2018 = ⇔ 2017 x y − y + 2019 ( − y ) + 2018 ⇔ 20171− y ( − y ) + 2018 = 2017 x ( x + 2018 ) t Xét hàm số f ( t ) = 2017 ( t + 2018 ) , với ≤ t ≤ ⇒ f ′ ( t ) = ( t + 2018 ) 2017t.ln 2017 + 2t.2017t = 2017 t ( t + 2018 ) ln 2017 + 2t > ⇒ Hàm số f ( t ) đồng biến ≤ t ≤ ⇒ 1− y = x ⇔ y = 1− x Cách 1: 2 Theo giả thiết S = ( x + y ) ( y + 3x ) + 25 xy = x + ( − x ) ( − x ) + 3x + 25 x ( − x ) = ( x − x + 3) ( x − x + ) + 25 x ( − x ) = 16 x − 20 x + 16 x − 12 x3 + 15 x − 12 x + 12 x − 15 x + 12 + 25 x − 25 x = 16 x − 32 x + 18 x − x + 12 Xét hàm số S ( x ) = 16 x − 32 x + 18 x − x + 12 , với ≤ x ≤ 2± x = ⇒ S ′ ( x ) = 64 x − 96 x + 36 x − Cho S ′ ( x ) = ⇔ x = Bảng biến thiên 25 S ( x) = M = max [ 0;1] Từ bảng biến thiên, ta có m = S ( x ) = 191 [ 0;1] 16 25 191 391 + = Vậy M + m = 16 16 Cách 2: x+ y Từ ≤ x; y ≤ x + y = suy ≤ xy ≤ ÷ = 2 3 Viết lại S = 16 x y + 12 ( x + y ) + 34 xy S = 16 x y + 12 ( x + y ) − 3xy ( x + y ) + 34 xy S = 16 x y − xy + 12 1 Đặt t = xy, t ∈ 0; S = f ( t ) = 16t − 2t + 12 191 25 f ( t ) = f ÷= max f ( t ) = f ÷ = Khảo sát hàm f ( t ) ta , 1 16 t∈0; 12 t∈0; 4 Vậy M + m = 25 191 391 + = 16 16 HẾT 4 ... 20 18 = 20 17 x ( x + 20 18 ) t Xét hàm số f ( t ) = 20 17 ( t + 20 18 ) , với ≤ t ≤ ⇒ f ′ ( t ) = ( t + 20 18 ) 20 17 t.ln 20 17 + 2t .20 17 t = 20 17 t ( t + 20 18 ) ln 20 17 + 2t > ⇒ Hàm số f (... + 25 xy Khi M + m bao nhiêu? A 13 6 B 3 91 16 C 383 16 D 25 Lời giải Chọn B 1 x − y = Ta có 20 17 20 17 1− y x + 20 18 x + 20 18 = ⇔ 20 17 x y − y + 20 19 ( − y ) + 20 18 ⇔ 20 17 1− y ( − y ) + 20 18 ... 20 x + 16 x − 12 x3 + 15 x − 12 x + 12 x − 15 x + 12 + 25 x − 25 x = 16 x − 32 x + 18 x − x + 12 Xét hàm số S ( x ) = 16 x − 32 x + 18 x − x + 12 , với ≤ x ≤ 2 x = ⇒ S ′ ( x ) = 64 x − 96
Ngày đăng: 20/09/2019, 21:13
Xem thêm:
