hàm số mũ hàm số LOGARIT

Câu 1: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-MĐ 903 lần 1-năm 2017-2018) Ông A vay ngân hàng 300 triệu đồng để mua nhà theo phương thức trả góp với lãi suất 0,5 0 tháng Nếu cuối tháng, tháng thứ sau vay, ơng hồn nợ cho ngân hàng số tiền cố định 5, triệu đồng chịu lãi số tiền chưa trả Hỏi sau khoảng tháng ông A trả hết số tiền vay? A 60 tháng B 36 tháng C 64 tháng D 63 tháng Lời giải Chọn D � 0,5 � 1 Sau tháng thứ số tiền nợ (đơn vị triệu đồng) T1  300 � � 5, � 100 � Sau tháng thứ hai số tiền nợ � � 0,5 � � � 0,5 � � 0,5 � � 0,5 � T2  � 300 � 1  5,   5,  300   5, � 1 � � � � � � � 5, � 100 � � � 100 � � � 100 � � 100 � Ký hiệu t   0,5 số tiền lại tháng thứ n là: 100 t n 1  300t n  1120t n  1120  820t n  1120 t 1 1120 �62,5 Như để trả hết nợ số tháng n  log1 0,5 820 100 n Tn  300t n  5, � t n 1  t n 2   1� � � 300t  5,6 Câu 2: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần MĐ 904 năm 2017-2018) Một người mua hộ chung cư với giá 500 triệu đồng Người trả trước số tiền 100 triệu đồng Số tiền lại người tốn theo hình thức trả góp với lãi suất tính tổng số tiền nợ 0, 5% tháng Kể từ ngày mua, sau tháng người trả số tiền cố định triệu đồng (cả gốc lẫn lãi) Thời gian (làm tròn đến hàng đơn vị) để người trả hết nợ A 136 tháng B 140 tháng C 139 tháng D 133 tháng Lời giải Chọn C Tổng số tiền người nợ A0  400 triệu đồng Số tiền người nợ hết tháng thứ là: A1  A0  0,5% A0   1, 005 A0  Số tiền người nợ hết tháng thứ hai là: A2  A1  0,5% A1   1, 005 A1   1, 005  1, 005 A0      1, 005  A0   1, 005  1 Số tiền người nợ hết tháng thứ ba là: A3  A2  0,5% A2   1, 005 A2   1, 005 �    1, 005  A0  � 1, 005   1, 005  1� �1, 005 A0   1, 005  1 �  � � � Số tiền người nợ hết tháng thứ n là: An   1, 005  A0  �  1, 005  � n n 1   1, 005  Ta có:  1, 005   1, 005     1, 005  n 2 n2   1� �   1, 005  n 1 tổng n số hạng cấp số nhân n 1�   1, 005  � � 200 �1, 005 n  1� có số hạng u1  q  1, 005 , đó: S n  �   � �  1, 005 n n 0 �1, 005   1� Người trả hết nợ An  �  1, 005  A0  800 � � n n � 400  1, 005   800 �  1, 005  � n  log1,005 �138,98 tháng Vậy người trả hết nợ sau 139 tháng Câu 3: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Ngân hàng BIDV Việt Nam áp dụng hình thức lãi kép với mức lãi suất: không kỳ hạn 0, 2% /năm, kỳ hạn tháng 4,8% /năm Ông A đến ngân hàng BIDV để gửi tiết kiệm với số tiền ban đầu 300 triệu đồng Nếu gửi không kỳ hạn mà ông A muốn thu vốn lãi vượt 305 triệu đồng ơng * A phải gửi n tháng n �� Hỏi số tiền ban đầu số tháng đó, ơng A   gửi tiết kiệm có kỳ hạn tháng ơng A nhận số tiền vốn lẫn lãi (giả sử suốt thời gian lãi suất ngân hàng khơng đổi chưa đến kỳ hạn mà rút tiền số tháng dư so với kỳ hạn tính theo lãi suất không kỳ hạn) A 444.785.421 đồng B 446.490.147 đồng C 444.711.302 đồng D 447.190.465 đồng Lời giải Chọn A n Áp dụng công thức lãi kép: Tn  a   r  Với Tn �305 triệu đồng số tiền vốn lẫn lãi sau n kỳ hạn a  300 triệu đồng số tiền gửi ban đầu, n số kỳ hạn tính lãi, r  %  lãi suất định kỳ n �305 � � 0, 2% � ۳ n log � 0,2% �� �; 99,18 Ta 300 � 1 � 305 � 1 300 � � �� � 12 � � 12 � Như vậy, gửi không kỳ hạn để số tiền gồm vốn lẫn lãi lớn 305 triệu đồng ơng A phải gửi tối thiểu 100 tháng Với a  300 triệu đồng số tháng 100 tháng gửi tiết kiệm với kỳ hạn tháng ơng A gửi 33 định kỳ tháng cuối gửi không kỳ hạn 33 � 4,8% � Nên số tiền ơng A có sau 33 định kỳ là: T  300 � 1 � triệu đồng � � � 0, 2% � 1 Vậy số tiền ông A có sau 100 tháng S  T � � 444.785.421 đồng � 12 � Câu 4: (THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần năm 2017-2018) Một sinh viên trường làm vào ngày 1/ 1/ 2018 với mức lương khởi điểm a đồng/ tháng sau năm lại tăng thêm 10% chi tiêu hàng tháng 40% lương Anh ta dự định mua nhà có giá trị thời điểm 1/1/2018 tỉ đồng sau năm giá trị nhà tăng thêm 5% Với a sau 10 năm mua ngơi nhà đó, biết mức lương mức tăng giá trị nhà không đổi (kết quy tròn đến hàng nghìn đồng) A 21.776.000 đồng B 55.033.000 đồng C 14.517.000 đồng D 11.487.000 đồng Lời giải Chọn C Mức lương năm đầu sau chi tiêu 24a   0,  đồng Mức lương năm sau chi tiêu là: 24 � a   0,1  0, 4a   0,1 � � � 24a   0,1   0,  đồng Mức lương năm sau chi tiêu là: 24 � a  0,1  0, 4a   0,1 � 24a   0,1   0,  đồng � � Mức lương năm sau chi tiêu là: L L 2 3 24 � a  0,1  0, 4a   0,1 � 24a   0,1   0,  đồng � � Tổng tiền lương sau 10 năm sau chi tiêu là: S1  24a   0,  �    0,1    0,1    0,1    0,1 � � � a   r1  � 1  1 r  � � � 87,91344a  24 1  1 r  Tổng giá trị nhà sau 10 năm S  109   0, 05  Để anh sinh viên mua nhà thì: S1 S� 1, 055.109  87.91344a a 14.517.000 đồng Câu 5: (THPT Chun Trần Phú-Hải Phòng lần năm 2017-2018) Tính đến đầu năm 2011 , dân số toàn thành phố A đạt xấp xỉ 905.300 người Mỗi năm dân số thành phố tăng thêm 1,37% Để thành phố A thực tốt chủ trương 100% trẻ em độ tuổi vào lớp đến năm học 2024 – 2025 số phòng học cần chuẩn bị cho học sinh lớp (mỗi phòng 35 học sinh) gần với số sau đây; biết di cư đến, khỏi thành phố số trẻ tử vong trước tuổi khơng đáng kể, ngồi năm sinh lứa học sinh lớp tồn thành phố có 2400 người chết? A 459 B 322 C 458 D 321 Lời giải Chọn C Năm học 2024 – 2025 trẻ vào lớp nên trẻ phải sinh vào năm 2018 � 1,37 � Dân số năm 2018 tính từ mốc đầu năm 2011 S8  905300 � 1 � 1009411 � 100 � � 1,37 � Dân số năm 2017 tính từ mốc đầu năm 2011 S7  905300 � 1 � 995769 � 100 � Vậy số trẻ vào lớp 1009411   995769  2400   16042 Số phòng học cần chuẩn bị 16042 : 35  458,342 ( 458 phòng) Câu 6: (THPT Đồn Thượng-Hải Dương-lần năm 2017-2018) Tìm giá trị gần tổng nghiệm bất phương trình sau: � � � � 22 22  24 x  x5  27 x4  x3  1997 x2  2016  �0 � log x  log x   13  log x  log x  � 22 22 � � 3 � � A 12,3 B 12 C 12,1 D 12, Lời giải Chọn C Điều kiện:  x �1 Ta có 24 x  x  27 x  x  1997 x  2016   x  x    x  1  22 x  26 x  1997 x  2015  , x 2 Do bất phương trình cho tương đương với � � � � 22 22 � log x  log x   13  log x  log x  ��0 22 22 � � 3 � � 22 Đặt t  log x , ta có bất phương trình 2t  2t   2t  4t  � 13 2 13 � � �3 � � � t  � � �   t   12 � � � �2 � r � 3� r r r r r 13 t  ; �và v    t ;1 Ta có u  v �u  v  Đặt u  � 2 � � t 22 � � Dấu xảy  � 2t    3t � t  � x  � �  12, 06 �3 � 1 t Nghiệm thỏa điều kiện nên ta Chọn C Câu 7: (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần năm 2017-2018) Cho m  log a   ab với a  , b  P  log 2a b  16 log b a Tìm m cho P đạt giá trị nhỏ A m  B m  C m  D m  Lời giải Chọn C 1 Theo giả thiết ta có m  log a  ab     log a b  � log a b  3m  3 Suy P  log a b  16 16 8 2 � P   3m  1  � P   3m  1   log a b 3m  3m  3m  Vì a  , b  nên log a b  3m   Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho ba số dương ta có: � P   3m  1  8 64  �3  3m  1 12 ۳ P 3m  3m   3m  1 Dấu xảy  3m  1  � m 1 3m  Câu 8: (THPT Chun Thái Bình-lần năm học 2017-2018) Tính tổng tất nghiệm phương trình x  3x  3x  log   x  1  x  x  x 1 A 2  B 2 C D 2  Lởi giải Chọn C Điều kiện: x3  3x  3x   � x  3x  x   � x  3x  3x   x   x 1 � 1   x   �  x  1   x  1  �  x  1  x  x    � � � 1   x x3  3x2  3x  log   x  1  x  x  x 1 � log  x  x  3x    log  x  1  x  x    x  1 � log  x  x  x    x  3x  3x   log  x  1  x  1 * Xét hàm đặc trưng f  t   log t  t  t   1 Ta có: f �  t  t ln10  t  Với t  � f � Vậy hàm f  t   log t  t đồng biến với t  Phương trình (*) có nghiệm x  3x  x   x  � x   x  3x  14  �  x  2  x2  2x  4   x  2  2x    �  x    x  3  x  2 � � � � x   � x � � x Kết hợp với điều kiện suy phương trình có hai nghiệm � x � Vậy tổng hai nghiệm phương trình Câu 9: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần năm 2017-2018) Cho x , y số thực thỏa � mãn  x  y Tìm giá trị nhỏ biểu thức P   log x y  1  � log � y � x 18 27 A B C D 30 Lời giải Chọn C log x y  log x y  log x y  y 1� y �  log  log  � � Ta có y y � � log x y  log x y  2 log x y  2 x x x � x � 2  Suy P  log x Đặt t  log x �2 log x y  � y 1  8� �2 log y  � � x � �  y ,  x  y � log x  log x x  log x 2 �t  � Ta có hàm số f  t    t  1  � � với t  �t  � y �t  2 y� � x� � f�  t   t  1  t    t  2t    t  2 t 1 �  t  � � ; f� t4 � Lập bảng biến thiên  2; � ta � Vậy giá trị nhỏ biểu thức P   log x y  1  � log � � 2 t  � log x Câu 10: y 4 � (SGD Bắc y x y� �là 27 đạt x� � y  x2 � y  x4 Ninh năm 2017-2018) Cho phương trình 2x 1 � � log  x    x   log �  � x  , gọi S tổng tất nghiệm x � x� Khi đó, giá trị S A S  2 B S   13 C S  D S   13 Lời giải Chọn D � 2  x   � Điều kiện � x0 � Xét hàm số f  t   log t   t  1 , t  Ta có f �  t  ln 2.t  ln 2.t    t  1   , t  , hàm số f  t  đồng biến t ln t.ln khoảng  0; � Mặt khác ta có: 2x 1 � � log  x    x   log �  � x  2 x � x� � log x       � 1� x2  f � 2 � � x� � x2  2 x � x  2x  4x 1  � f � 1� � � 1� � x    log �  � �  � 1� � � x� � � x� � � � x  1 �  13 � � x � �  13 � x  � � x  1 �  13 � Kết hợp với điều kiện ta �  13 Vậy S  x � Câu 11: Bắc Ninh năm 2017-2018) Cho x, y0 thỏa mãn x y2 log  x  y   log  x   log  y  Khi đó, giá trị nhỏ biểu thức P   là: 1 y 1 x 31 29 32 A B C D 5 Lời giải Chọn B Ta sử dụng bất đăng thức phụ sau: (SGD x2 y  x  y   � a b a b log  x  y   log  x   log  y  � log  x  y   log  x y  � x  y  x y ĐK x; y  Áp dụng bất đẳng thức si ta có: � x  y �2 x.2 y � x  y �8 x2 y2  x  y P  � 1 y 1 x  x  y Đặt t  x  y  t �8  t0 � 4t  t t2 f ' t  0��   Xét f  t    t �8 có t  4   t � 2t Dựa bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến  8; � nên f  t   f    32 32  P Câu 12: (THPT Chuyên ĐH KHTN-Hà Nội năm 2017-2018) Cho số a , b  thỏa mãn log a  log b  Giá trị lớn biểu thức P  log a  log b bằng: A log  log B log  log C  log  log  D log  log Lời giải Chọn A �x, y  Đặt x  log a ; y  log b Ta có: a  x ; b  y � �x  y  Khi đó: P  log x  log y  x log3  y log  x log  y log Ta lại có: P   x log  y log  � x  y   log  log 3  log  log Vậy Pmax  log  log Câu 13: (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần năm 2017-2018) Cho số thực x dương x y thỏa mãn  9.3 P 2 y    9x 2 y  y  x2 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức x  y  18 x 3 D Hàm số khơng có giá trị nhỏ Hướng dẫn giải A P  B P  C P   Chọn A Từ giả thiết ta đặt t  x  y , t �� x Phương trình  9.3 2 y    9x 2 y  y  x2 2 trở thành t � �7 � � 49 t t  9.3     t �   49   � � � 49 � � �3 � � t t Nhận thấy t  nghiệm phương trình Ta chứng minh t  nghiệm phương trình t 7�  Xét t  : 7t  49 � � � 49 nên vế trái phương trình ln dương, nên phương trình �3 � vơ nghiệm t 7�  Xét t  :  49 � � � 49 nên vế trái phương trình ln âm, nên phương trình vơ �3 � nghiệm t x2  x  y  18 x  x  16 thay vào P   x x 16 16 16  x   �2 x   Dấu đạt x  � x  x x x Vậy t  x  y  � y  Câu 14: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Có tất cặp số nguyên chẵn  x; y  thỏa mãn x  y  55 ? A Chọn D B C 16 Lời giải D +) Do x  y  55 nên x �2 , suy x  55 số nguyên nên y �2 Do x, y chẵn nên x  2m , y  2n với m , n �N * Khi ta có (2m )  (3n )  55 � (2m  3n )(2m  3n )  55 2m  3n  2m  3n  � � � �m n �m n   55   11 � � � � m  log 28 2m  28 2m  � �m  � �n �� �n (loại) � n3  27 3 � � �n  � Vậy  x; y    6;  , phương trình có nghiệm thỏa mãn đề Câu 15: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Gọi S tập cặp số cho x � 1;1 ln  x  y   2017 x  ln  x  y   2017 y  e 2018 Biết  x, y  thực x y 2018 x  y  1  2018 x với giá trị lớn biểu thức P  e  x, y  �S đạt  x0 ; y0  Mệnh đề sau ? A x0 � 1;0  B x0  1 C x0  D x0 � 0;1 Lời giải Chọn A Điều kiện x  y  Ta có ln  x  y   2017 x  ln  x  y   2017 y  e2018 x y �  x  y  ln  x  y   2017  x  y   e 2018 e2018 � ln  x  y   2017   (*) x y e 2018 e 2018 , có f �  t     với t  t t t Do f  t  đồng biến khoảng  0; � , Xét hàm f  t   ln t  2017  2018 2018 suy (*) � f  x  y    f  e  � x  y  e � y  x  e 2018 2018 x Khi P  e   x  e2018   2018 x2  g  x  g�  x   e2018 x (2019  2018 x  2018e2018 )  4036 x � g�  x   e2018 x (2018.2020  20182 x  20182 e2018 )  4036 �e 2018 x (2018.2020  20182  20182 e 2018 )  4036  với x � 1;1  x  nghịch biến đoạn  1;1 , Nên g �  1  e2018  2018  , g �    2019  2018e 2018  nên tồn x0 � 1;0  mà g � g  x   g  x0  cho g  x0   max  1;1 Vậy P lớn x0 � 1;0  Câu 16: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Có tất ba số thực  x, y , z  thỏa mãn đồng thời điều kiện x2 A y2 16 z2 4  128  xy  z     xy  z  B C D Lời giải Chọn B Ta có x2 y2 16 z  128 �  xy x2  y  z 3 2  27 � x  y  z  (1), 2  z     xy  z  � xy z  � x y z  (2) Đặt a  x  (theo (2)), b  Theo bất đẳng y , c3 z thức AM-GM ta  a  2b2  4c có  a  b2  b  c  c  c  c �7 a 2b c8  Dấu "=" xảy a  b  c , hay 3 x  y  z Thay vào (1) ta x  y  z  Vì x  nên có số thỏa mãn  x, y, z    1;1;1 ;  x, y, z    1; 1;1 ;  x, y, z    1;1; 1 ;  x, y, z    1; 1; 1 Câu 17: (THPT Chuyên Thái Bình-lần năm 2017-2018) Cho tham số thực a Biết phương trình e x  e  x  cos ax có nghiệm thực phân biệt Hỏi phương trình e x  e  x  cos ax  có nghiệm thực phân biệt A B C 10 D 11 Hướng dẫn giải Chọn C */ Phương trình e x  e  x  cos ax có nghiệm x Suy phương trình e  e  x  cos a x có nghiệm (*) 2 e e x x x �2x � ax e  e � cos  cos ax  � e  e    cos ax  1 � � � � x �2x ax e  e  cos � � �x x �2 ax e  e  2 cos � � x x  1  2 */ Phương trình (1) phương trình (2) có nghiệm chung x0 cos x0  x0 ax0  e  e 2 �x  � �0 ( vơ lý) Vậy (1) (2) có nghiệm khác cos  � */ Phương trình (1) có nghiệm ( theo (*)) x0 Nếu x0 nghiệm (1) x0 �0 e  e  x0 ax  cos � e  x0 x � x0 �  e  2 cos a �  � � 2� Khi  x0 nghiệm (2) Vậy phương trình (2) có nghiệm phân biệt ( khác nghiệm phương trình (1)) Kết luận: Phương trình cho có 10 nghiệm Câu 18: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần năm 2017-2018) Số nghiệm phương trình x  x    x  x  3 x A 3 x 6   x  x   x B  x 3 C D Lời giải Chọn D + Đặt x  x   u , x  x   v Khi phương trình có dạng: u  v  u.8v  v.8u  * + Khi u  , phương trình  * có dạng v  v (đúng) Khi phương trình x  3x   có hai nghiệm x phân biệt + Khi v  , phương trình  * có dạng u  u (đúng) Khi phương trình x  x   có hai nghiệm x phân biệt + Khi uv �0 , không tính tổng quát, giả sử u �v Trường hợp 1: u  v  � 8v  � u.8v  u � � �� u � u  v  u.8v  v.8u Có �u 1 � v.8  v � Trường hợp : u   v 8v  � u.8v  u � �� v � u.8v  v.8u  u  v Có �u 1 � v.8  v � Trường hợp : u  v  � 8u  � v.8u  v � � �� v � v.8u  u.8v  u  v Có �v 1 � u.8  u � Từ ba trường hợp suy u  v , phương trình  * có dạng : u  u.8u � u   v � u   v (loại phương trình cho khơng có nghiệm x chung Vậy phương trình  * có nghiệm u  v  , hay phương trình cho có nghiệm Câu 19: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần MĐ 234 năm học 2017-2018) Số nghiệm 2 x 5   x   x 8 x 3 phương trình x  x    x  x   A B C Hướng dẫn giải D Chọn B Đặt u  x  x  , v  3x  , phương trình cho viết lại u  v  u.8v  v.8u � u   8v   v  8u  1  * Ta thấy u  v  thỏa mãn phương trình  * Với u �0 v �0 ta có  * �  8v 8u   v u  ** Ta thấy: 8u  8u   u   Do VP  **  0, u �0 u u  8v  8v  Nếu v   v   Do VT  **  0, v �0 v v Từ suy  ** vơ nghiệm  Nếu u  Như vậy, phương trình cho tương đương với � x   13 � u0 � x2  8x   � � �� �� x   13 � v0 x   � � � x � � Vậy, phương trình cho có nghiệm Câu 20: (THPT Trần Quốc Tuấn năm 2017-2018)Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn hệ thức: 2log a  log b �log  a  6b  Tìm ab  b a  2ab  2b 2 A PMax  giá trị lớn PMax biểu thức P B PMax  C PMax  D PMax  Hướng dẫn giải Chọn C �++ log b log  a 6b  Ta có: log a ++ log a log  ab 6b  a2 ab 6b 2 a �a � a � � �  �0 � 3 � �2 b �b � b Do a, b dương nên  Đặt t  a �2 b a ,  t �2 b Khi đó: P  ab  b t 1  2 a  2ab  2b t  2t  Xét hàm số f  t    t  Ta có: f � t 1 với  t �2 t  2t  2 t  2t  t  2t   Suy f  t  �f    Do PMax  �0, t � 0; 2 1 Vậy Max f  t   t   0;2 2 HẾT Câu 21: (THPT Trần Hưng Đạo-TP HCM năm 2017-2018) Xét số thực dương x , y thỏa mãn 2018   x  y 1 A Pmin   2x  y  x  1 Tìm giá trị nhỏ Pmin P  y  x B Pmin  C Pmin  D Pmin  Lời giải Chọn B Cách 1: Ta có 2018   x  y 1  2x  y  x  1 �  x  y  1  log 2018 �  x  1   x  y   log 2018  x  y   log 2018  x  1 2x  y  x  1 2 �  x  1  log 2018  x  1   x  y   log 2018  x  y  2  f x  y  với f  t   2t  log 2018 t ,  t    x  1 � Có dạng f � � �    t   nên hàm số Xét hàm số f  t   2t  log 2018 t ,  t   , ta có f �  t   t.ln 2018 2 f  t  đồng biến khoảng  0;  � Khi f �  f x  y  �  x  1  x  y  x  1 � � �  � y  x2  2 Ta có P  y  3x   x  1  x  x  x  Bảng biến thiên x � � � P Vậy Pmin  � x  Cách 2: Ta có 2018    x  y � 20182 x 2 x  y 1  x 1 x  y  x  1   2x  y  x  1   20182 x 1 2x  y 2018 2x  y �  �  2 x  y 2018    x  1 20182 x  y   x  1 x  x 1 20182u v u v  x  y Đặt u   x  1 , với , v  Phương trình có dạng:  20182v u � u.20182u  v.20182 v  1 với u , v  t  t   2018t  t.2018t.ln 2018  với  t   , suy Xét hàm đặc trưng f  t   t.2018 có f � hàm số f  t  đồng biến  0;  � Do phương trình  1 có dạng f  u   f  v  � u  u 2 �  x  1  x  y � y  x  Khi P  y  3x   x  1  x  x  x  có đồ thị �3 � đường cong Parabol, đỉnh điểm thấp có tọa độ I � ; � Do vậy, Pmin  �4 � x Câu 22: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Xét số thực x , y  x �0  thỏa mãn  y  x  3 2018 x 3 y Gọi m giá trị nhỏ biểu thức T  x  y Mệnh đề sau ? A m � 0;1 B m � 1;  C m � 2;3 D m � 1;0  2018 x 3 y  2018xy 1  x   2018 xy 1  Lời giải Chọn D  y  x  3 2018 x 3 y � 2018 x 3 y  2018 x3 y  x  y  2018 xy 1  2018 xy 1  xy  � f  x  y   f   xy  1  1 x 3 y  2018xy 1  x   2018 xy 1  Ta có 2018 t t Xét hàm số f  t   2018  2018  t , với t �� ta có f�  t   2018t ln 2018  2018t ln 2018   , t �� Do f  t  đồng biến � nên  1 � x  y   xy  x 1  x  1 � y  x  3   x  � y   �T  x  x3 x3  x  1 Xét hàm số f  x   x  , với x � 0; � có x3 x2  x  f�  x  1   , x � 0; � 2 x     x  3    0; �  f  x  Do f  x  đồng biến f  0 Dấu “  ” xảy � x  � m   Câu 23: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Tính giá trị biểu thức P  x  y  xy  biết 13 1 �y � A P  B P  x2  x2 1  log � 14   y   � C P  Lời giải với x �0 y  1� � D P  Chọn B Xét Ta có x2  x2 1 x2  x2  log � 14   y   � 1 �4 x2 x2 Mặt khác 14   y   1 4 y  1� � , dấu xảy x  �1 , (1) y   14  y     y 1 Đặt t  y  ta có �t � 30 Xét hàm số f  t   t  3t  14 Ta tìm GTLN – � 30 � � 30 � 56  30 f  t  f � 0; GTNN hàm số đoạn � ; �được �min �2 � � 30 � 0; � � � � � � � � max f  t   f  1  16 � 30 � 0; � � � � 14   y   Suy log � � y  1� ��log 16  , (2) � �x  �1 �x  �1 �� Từ (1) (2) suy ta có � Thay vào P  t  y 1  � �y  Câu 24: (THPT Đô Lương 4-Nghệ An năm 2017-2018) Xét số thực dương x, y thỏa x y 3x  y   x  x  3  y  y  3  xy Tìm giá trị lớn P  mãn log x y6 x  y  xy  A B C D Lời giải Chọn B Ta có log x y  x  x  3  y  y  3  xy x  y  xy  2 � log  x  y    x  y    log � log  x  y    x  y   log 3 x  log � log � 3 x  y  � � �  x  y   log x  y  xy     x  y  xy   x  y  xy     x  y  xy    y  xy     x  y  xy    * Xét hàm số f  t   log t  t , với t   t  có f �   , t  t.ln Vậy hàm số f  t  liên tục đồng biến khoảng  0; � 2 2 Do đó: f   x  y    f  x  y  xy   �  x  y   x  y  xy   1 Từ  1 � xy   x  y    x  y   2 �x  y  � 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   t  x  y Đặt , t   t  1 2t   2 x  y  1 x Suy ra: P � x y6  t  3t  t 6  3t  22t   f  t  t  6  t  Ta có: f � 3t  36t  135  t  6  � t  (nhận) Bảng biến thiên t � f�  t   f  t x  y 1 �x  f  t   f    � � Dựa vào BBT, ta có max P  max � �  0;� �x  y  �y  Câu 25: (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa năm 2017-2018) Cho bất phương trình  m.3x 1   3m     4 7 x x  , với m tham số Tìm tất giá trị tham số m để bất phương trình cho nghiệm với x � �;0 A m  22 B m  Chọn A  Ta có m.3x 1   3m    x 22 22 C m � Lời giải  4 7 x x D m � 22 0 x x �4  � �4  � �4  � ��  m   m  t  Đặt   � � � � � � � � � � �, x �0 nên  t �1 � � � � � � Tìm tham số m cho t  3mt  3m   , với  t �1 t  t  t2  Ta tìm GTLN hàm số f  t     t �1 m � m  max  0;1 3t  3t  3t  � t  2t  t  1  � f t   0 � �   Ta có  t  1 t  1  � Lập bảng biến thiên ta Vậy max  0;1 t  22  f 1   3t  3   Câu 26: [2D2 -4](THPT Chuyên Biên Hòa-Hà Nam-lần năm 2017-2018) Cho f  n    n  n  1  n �N * Đặt un  f  1 f  3 f  2n  1 f   f   f  2n  10239 1024 D n  33 Tìm số n nguyên dương nhỏ cho un thỏa mãn điều kiện log un  un  A n  23 B n  29 C n  21 Lời giải Chọn A 2 �n  1  1� Ta có f  n    n  n  1    n  1 � �   1     1  Khi ta có un  �  1  32  1   1 � n2  1�  2n 1  1� � � �� 2 2 � �  2n  1  �  1  42  1  52  1 � n  n     � �� � 2 2n  n  10239 10239 �  log  2n  2n  1   0 1024 2n  2n  1024 10239  Xét hàm số g  n    log  2n  2n  1  với n �1 2n  2n  1024 4n  4n   0  n   Ta có g �  2n  2n  1 ln  2n2  2n  1 với n �1 � g  n  nghịch biến Theo đề ta có log un  un  �1  2047 � 10239  nên  log  2n  2n  1   0 Mà g � � � � 2n  2n  1024 � � 1  2047 Do n nguyên dương nhỏ thỏa mãn nên n  23 �n Câu 27: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần năm 2017-2018) Phương trình x  2 m 3 x   x  x  x  m  x   x 1  có nghiệm phân biệt m �(a; b) đặt T  b  a thì: A T  36 B T  48 C T  64 D T  72 Hướng dẫn giải Chọn B x  2 Ta có �2 m 3 x m3 x   x  x  x  m  x   x 1  � m 3 x   x     m  x  23  2  x  m  x  2 x    x  t Xét hàm f  t    t �  t   2t.ln  3t  0, t �� nên hàm số liên tục đồng biến � có f � Do từ (1) suy m  3x    x  � m   x  x  x 3 Xét hàm số f  x    x  x  x  � x3 �  x   3x  12 x  ; f �  x  � � có f � x 1 � Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta có, phương trình có nghiệm phân biệt  m  Suy a  4; b  � T  b  a  48 HẾT -Câu 28: (THPT Mộ Đức-Quãng Ngãi-lần năm 2017-2018) Cho hai số thực dương x , y thay đổi thỏa mãn đẳng thức  xy  1 22 xy 1   x  y  x  y Tìm giá trị nhỏ ymin y A ymin  B ymin  C ymin  D ymin  Lời giải Chọn B Ta có  xy  1 22 xy 1   x  y  x y �  xy   1 22 xy 1   x  y  x  y 1  1 t Xét hàm f  t    t  1 với t �1  t   2t   t  1 2t.ln  với t �1 Khi f � Từ  1 � xy   x  y  � y  y�  x2  2x   x  1 x2  2x 1 x2 �  � 2x2  2x   � � x  1 � Loại x  1 điều kiện t nên f    Câu 29: (THPT Mộ Đức-Quãng Ngãi-lần năm 2017-2018) Một người lập kế hoạnh gửi tiết kiệm ngân hàng sau: Đầu tháng năm 2018, người gửi 10 triệu đồng; sau đầu tháng tiếp theo, người gửi số tiền nhiều 10% so với số tiền gửi tháng liền trước Biết lãi suất ngân hàng không đổi 0,5% tháng tính theo hình thức lãi kép Với kế hoạnh vậy, đến hết tháng 12 năm 2019, số tiền người tài khoản tiết kiệm ? (Làm tròn đến hàng nghìn) A 922 756 000 đồng B 832 765 000 đồng đồng D 926 281 000 đồng Lời giải Chọn A Với A  10 triệu, a  0,1 , r  0,005 C 918 165 000 Đầu tháng 2: A   r   A   a  Đầu tháng 3: A   r   A   a    r   A   a  2 Đầu tháng 4: A   r   A   a    r   A   a    r   A   a  2 … n 1 n 2 n 2 n 1   r     r    a      r    a     a  � Đầu tháng n : A � � � n 1 n2 n2 n 1   r     r    a      r    a     a  �  1 r  Hết tháng n : A � � � Gọi B số tiền người tài khoản tiết kiệm đến hết tháng 12 năm 2019 Khi n  24 Ta có B  A  1 a   1 r  ar n n   r   922756396, Câu 30: (THPT Hoàng Hoa Thám-Hưng Yên-lần năm 2017-2018) Cho a b số nguyên dương khác Gọi P tích nghiệm phương trình  log a x   log b x   log a x  log b x  2018  Khi P số nguyên, tìm tổng a  b để P nhận giá trị nhỏ nhất? A a  b  48 B a  b  12 C a  b  24 D a  b  20 Lời giải Chọn B Ta có  log a x   log b x   log a x  log b x  2018  � 8log b a  log a x   log a x   log b a   2018  Điều kiện x  0, suy P ��* Từ giả thiết a b số nguyên dương khác 1, suy a, b  1� logb a  Ta suy a 2018   Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt c 8logb a � t1  loga x1 7 6logb a  loga  P  Suy tổng hai nghiệm t1  t2  � 8logb a t2  loga x2 � Suy 7 6logb a  8logb P � P  b7.a6 , (1) �ab � Tiếp tục ta ba  � �, giả thiết a, b, P ��* � abMP � ab  c.P với c ��* ,c  �P � Thay vào ta a2b  c8 , (2) Để P nhận giá trị nhỏ nhất, theo (1) ta phải có a b nhỏ Từ (2), suy c nhỏ nhất, mà c  chọn c  � a2b 28  22.64  42.16  82.4   Suy  a, b �  2,64 ; 4,16 ; 8,4 � P � 64;32;16 Vậy Pmin  16 a  8, b ...  e2018 x (20 19  20 18 x  20 18e2018 )  40 36 x � g�  x   e2018 x (20 18 .20 20  20 1 82 x  20 1 82 e2018 )  40 36 �e 20 18 x (20 18 .20 20  20 1 82  20 1 82 e 20 18 )  40 36  với x � 1;1  x  nghịch... 32  1   1 � n2  1�  2n 1  1� � � �� 2 2 � �  2n  1  �  1  42  1  52  1 � n  n     � �� � 2 2n  n  1 023 9 1 023 9 �  log  2n  2n  1   0 1 0 24 2n  2n  1 0 24 ... � 22 22 � log x  log x   13  log x  log x  ��0 22 22 � � 3 � � 22 Đặt t  log x , ta có bất phương trình 2t  2t   2t  4t  � 13 2 13 � � �3 � � � t  � � �   t   12 � � � �2