ÔN hàm số mũ hàm số LOGARIT

Câu 1: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề năm 2017-2018) Gọi S tập hợp tất giá trị tham số m để bất phương trình log ( x − x + m ) > log ( x − ) có tập nghiệm chứa khoảng ( 2; +∞ ) Tìm khẳng định A S = ( 7; +∞ ) B S = [ 6; +∞ ) D S = ( −∞;5] C S = ( −∞; ) Lời giải Chọn A x − > x > log ( x − x + m ) > log ( x − ) ⇔  ⇔ x − x + m > x − m > − x + x −   Bất phương trình log ( x − x + m ) > log3 ( x − ) có tập nghiệm chứa khoảng ( 2; +∞ ) ⇔ m > − x + x − có nghiệm với x ∈ ( 2; +∞ ) Xét hàm số f ( x ) = − x + x − ( 2; +∞ ) Ta có f ′ ( x ) = −2 x + , f ′ ( x ) = ⇔ x = Bảng biến thiên x f′ +∞ + f ( x) − −∞ Dựa vào bảng biến thiên ta có: m > − x + x − có nghiệm với x ∈ ( 2; +∞ ) ⇔ m > Câu 2: HẾT (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần năm 2017-2018) Cho f ( x) = e 1+ x2 + ( x +1) m Biết f ( 1) f ( ) f ( 3) f ( 2017 ) = e n với m , n số tự nhiên m tối giản Tính m − n n A m − n = −1 B m − n = C m − n = 2018 Lời giải D m − n = −2018 Chọn A 2 x ( x + 1) + ( x + 1) + x ( x + x + 1) 1 1+ = = 2 x ( x + 1) x ( x + 1) x ( x + 1) f ( x) = e 1+ x2 + x ( x +1) +1 ( x +1) =e Xét dãy số ( uk ) : uk = x ( x +1) , ∀x > k ( k + 1) + 1 1 = 1+ = 1+ − , ( k ∈ ¥ *) k ( k + 1) k ( k + 1) k k +1 1 1 1 1 − Ta có u1 = + − , u2 = + − , u3 = + − , …, u2017 = + 2 3 2017 2018 f ( 1) f ( ) f ( 3) f ( 2017 ) = eu1 +u2 +u3 + +u2017 1 20182 − m u1 + u2 + u3 + + u2017 = 2017 + − = = 2018 2018 n Vậy m − n = −1 Câu 3: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần năm 2017-2018) Cho cấp số nhân ( bn ) thỏa mãn b2 > b1 ≥ hàm số f ( x ) = x − x cho f ( log ( b2 ) ) + = f ( log ( b1 ) ) Giá trị nhỏ 100 n để bn > A 234 B 229 C 333 Lời giải D 292 Chọn A Xét hàm số f ( x ) = x − x Có f ′ ( x ) = x − , f ′ ( x ) = ⇔ x = ±1 Mặt khác, ta có b1 > b2 ≥ Đặt a = log b2 > log b1 = b ≥ Ta có: a − 3a + = b3 − 3b ( 1) Nếu b > ⇒ a > b > ⇒ a − 3a > b3 − 3b ⇒ ( 1) vô nghiệm Nếu ≤ b ≤ ⇒ −2 < b3 − 3b ≤ ⇒ a − 3a + ≤ ⇒ ( a − 1) ( a + 2) ≤ Suy a = ⇒ b = b1 = 20 = ⇒ bn = 2n −1 > 5100 ⇔ n − > 100 log ⇒ n ≥ 234 Khi  b2 = = Vậy giá trị nhỏ n 234 Câu 4: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần năm 2017-2018) Cho a , b hai số thực dương thỏa mãn b = 3ab + 4a a ∈  4; 232  Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ b biểu thức P = log b 4a + log Tính tổng T = M + m 4 A T = 1897 62 B T = 3701 124 C T = 2957 124 D T = Lời giải Chọn B  a = −b 2 Ta có b = 3ab + 4a ⇔ b − a = 3a ( b + a ) ⇔ ( a + b ) ( b − 4a ) = ⇔  b = a Vì a, b dương nên b = 4a , ta thay vào P ta log 4a 3 + log a = log a + + 3log a P = log a 4a + log a = a log log a − 2 32 Đặt log a = x a ∈  4;  nên x ∈ [ 2;32] Xét hàm số P ( x ) = P′ ( x ) = −3 ( x − 1) + x+2 + x x −1  x = −1 (l ) ⇒ P′ ( x ) = ⇔  x = Ta có bảng biến thiên 778 19 3701 ;m = ⇒T = M +m = 32 124 Câu 5: HẾT (THPT Lê Quý Đơn-Hải Phòng lần năm 2017-2018) Cho Vậy M = 1 hai số thực x , y thỏa mãn ≤ x ≤ , ≤ y ≤ log ( 11 − x − y ) = y + x − Xét biểu 2 thức P = 16 yx − x ( y + ) − y + Gọi m , M giá trị nhỏ giá trị lớn P Khi giá trị T = ( 4m + M ) bao nhiêu? A 16 B 18 C 17 D 19 Lời giải Chọn A Ta có log ( 11 − x − y ) = y + x − ⇔ ( x + y ) − log ( 11 − ( x + y ) ) − = Đặt t = x + y , < t < 11 Phương trình trở thành: 2t − log ( 11 − t ) − = ( 1) Xét hàm số f ( t ) = 2t − log ( 11 − t ) − khoảng ( 0;11) Có y ′ = + > , ∀t ∈ ( 0;11) Do hàm số f ( t ) đồng biến 11 − t Dễ thấy ( 1) có nghiệm t = Do t = nghiệm ( 1) 1− y) Suy x = − y Khi P = 16 y ( − ( − y ) ( y + 2) − y + = y − y + y +  1 Xét hàm số g ( y ) = y − y + y + 0;  , có  2  1 g ′ ( y ) = 12 y − 10 y + > , ∀y ∈  0;   2 Do đó, g ( y ) = g ( ) = max g ( y ) = g ( 1) =  1 , 0;  0;   2  2 Suy m = , m = Vậy T = 4.3 + = 16 Câu 6: (THPT Lê Quý Đơn-Hải Phòng lần năm 2017-2018) Tìm tập hợp giá trị tham số m để phương trình (ẩn x ): 3log x − ( m + 3) 3log x + m + = có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 x2 > A ( −1; +∞ ) \ { 0} C ¡ \ [ −1;1] B ( 0; +∞ ) D ( −1; +∞ ) Lời giải Chọn A - ĐK: x > - Ta có: 3log2 x − ( m + 3) 3log2 x + m + = ⇔ 2log x − ( m + 3) 3log x + m2 + = (1) 2 - Đặt t = 3log2 x , t > Ta bất phương trình: t − ( m + 3) t + m + = (2) Nhận thấy: (1) có hai nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm phân biệt dương  ∆′ > ( m + 3) − (m + 3) >  6 m + >  m > −1 ⇔ t1 + t2 = ( m + 3) > ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ m > −1 (*) m + >  m > −3 m + >  t1t2 = m + > Khi đó: (2) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn: t1.t2 = m + ⇔ 3log2 x1.3log2 xx = m + ⇔ 3log x1 + log2 x2 = m + ⇔ 3log ( x1x2 ) = m + log ( x x ) Từ x1 x2 > ⇒ log ( x1 x2 ) > ⇒ 2 > ⇒ m + > ⇔ m > ⇔ m ≠ Kết hợp điều kiện (*) ta được: m ∈ ( −1; +∞ ) \ { 0} Câu 7: (THPT Lê Q Đơn-Qng Trị-lần năm 2017-2018) Tìm tất giá trị m để mx +1 1  hàm số y = x + m nghịch biến  ; +∞ ÷ 2  1  1    A m ∈ ( −1;1) B m ∈  ;1÷ C m ∈  ;1 D m ∈  − ;1÷ 2  2    Lời giải Chọn D mx +1 mx + 1  Hàm số y = x + m nghịch biến  ; +∞ ÷ hàm số y = x+m 2  1  nghịch biến  ; +∞ ÷ 2  m2 − mx + ′ y = Xét hàm số y = , ta có: x+m ( x + m) m − <  −1 < m < 1 mx +     ⇔ Hàm số y = nghịch biến  ; +∞ ÷ ⇔  1 x+m 2  −m ≤  m ≥ −  ⇔ − ≤ m Đk:  cos x > log ( cot x ) = log ( cos x ) ⇔ log ( cot x ) = log ( cos x ) ⇔ log cos x − log sin x = log ( cos x ) ⇔ log cos x − log ( − cos x ) = log ( cos x ) t Đặt t = log cos x ⇒ cos x = t 22t 4 Phương trình trở thành ⇔ log = t ⇔ 4t = 3t − 12t hay  ÷ + 4t = 2t 1− 3 t 4 Hàm số f ( t ) =  ÷ + 4t đồng biến ¡ 3 Mặt khác f ( −1) = nên x = −1 nghiệm phương trình Do phương trình có nghiệm t = −1 π log cos x = −1 ⇔ cos x = ⇔ x = ± + k 2π 6053  − < k <  6 x ∈ ( 0; 2018π ) ⇒   < k < 6055  6 Vậy khoảng ( 0; 2018π ) có 1009.2 = 2018 nghiệm Câu 9: (THPT Đức THọ-Hà Tĩnh-lần năm 2017-2018) Cho số thực x , y với x ≥ x +3 y + xy +1 + x ( y + 1) + = 5− xy −1 + thỏa mãn 5 T = x + y + Mệnh đề sau đúng? A m ∈ ( 0;1) B m ∈ ( 1; ) x +3 y − y Gọi m giá trị nhỏ biểu thức C m ∈ ( 2;3 ) D m ∈ ( −1; ) Lời giải Chọn A x +3 y + xy +1 + x ( y + 1) + = 5− xy −1 + Ta có: − 3y ⇔ x +3 y − 5− x −3 y + x + y = 5− xy −1 − xy +1 − xy − x +3 y t −t t −t Xét hàm số f ( t ) = − + t có f ′ ( t ) = ln + ln + > , ∀t ∈ ¡ Do hàm số f ( t ) đồng biến ¡ ⇒ f ( x + y ) = f ( − xy − 1) ⇔ x + y = − xy − ⇔ y ( + x) = −x −1 ⇔ y = = − x − (do −2 x − +1 x ≥ nên x + ≠ ) ⇔ x + y + = x + 3+ x x+3 x2 + 2x + x+3 x2 + 6x + x2 + x + ′ g x = > , ∀x ≥ ( ) Xét hàm số g ( x ) = với x ≥ có ( x + 3) x+3 1 Do đó: g ( x ) ≥ g ( ) = , ∀x ≥ hay x + y + ≥ , ∀x ≥ Vậy m = ∈ ( 0;1) 3 Câu 10: (THPT Chuyên Thái Bình-lần năm 2017-2018) Cho số thực dương x , y thỏa mãn log ( x + y ) ( x + y ) ≤ Giá trị lớn biểu thức A = 48 ( x + y ) − 156 ( x + y ) + 133 ( x + y ) + A 29 B 1369 36 C 30 D 505 36 Lời giải Chọn C x + y > x + y >   2 2 ⇔  ( 1) TH1: log ( x + y ) ( x + y ) ≤ ⇔  1  1 x + y ≤ x + y  x − ÷ +  y − ÷ ≤ (*)     1 1 Tập nghiệm BPT (*) tọa độ tất điểm thuộc hình tròn tâm I  ; ÷ bán kính 2 2 Miền nghiệm hệ (1) phần tơ màu hình vẽ R= Đặt t = x + y ⇒ < t ≤ Khi f ( t ) = 48t − 156t + 133t +  19 t = 12 f ′ ( t ) = 144t − 312t + 133 ; f ′ ( t ) = ⇔  t =  12 Bảng biến thiên Do đó, max f ( t ) = 30 ⇒ t = ⇒ x + y = 1< t ≤ TH2: log ( x + y ) ( x + y ( 2) ) 0 < x + y < 0 < x + y <  2 ≤1 ⇔  ⇔  1  1 x + y ≥ x + y  x − ÷ +  y − ÷ ≥     ( 2) không thỏa điều kiện x > , y > Câu 11: HẾT (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần năm 20172018) Đồ thị hàm số y = g ( x ) đối xứng với đồ thị hàm số y = a x (a > 0, a ≠ 1) qua điểm   I ( 1;1) Giá trị biểu thức g  + log a ÷ 2018   A 2016 B −2020 C 2020 D −2016 Lời giải Chọn D Gọi M ( x; y ) điểm thuộc đồ thị hàm số y = a x (a > 0, a ≠ 1) M ′ ( x′; y′ ) ảnh  x + x′ =  x = − x′ ⇔ M ( x; y ) qua phép đối xứng tâm I ( 1;1) Khi ta có   y + y′ =  y = − y′ ′ Vì M ( x; y ) điểm thuộc đồ thị hàm số y = a x (a > 0, a ≠ 1) nên ta có − y ′ = a 2− x ⇔ y′ = − a − x′     2− x − + log a ÷ Vậy y = g ( x ) = − a suy g  + log a 2018  = −2016 ÷ = − a  2018   Câu 12: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần năm 2017-2018) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn 2a + 4b + 8c = Gọi M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ M biểu thức S = a + 2b + 3c Giá trị biểu thức + log M m A 2809 500 B 281 50 C 4096 729 Lời giải Chọn C Đặt a = log x, 2b = log y , 3c = log z Ta có S = log ( xyz ) 4 • = x + y + z ≥ 3 xyz ⇒ xyz ≤  ÷ ⇔ S ≤ 3log  ÷ 3 3 4 max S = M = 3log  ÷, x = y = z = 3 D 14 25 • Gọi z = ( x, y, z ) ⇒ ≤ z ≤  4 Do ( x − 1) ( y − 1) ≥ ⇒ xy ≥ x + y + = − z ⇒ xyz ≥ z ( − z ) ≥ (vì z ∈ 1;   3 Suy S ≥ , m = S = x = z = 1, y = + log M m = M  4 3log  ÷  3 + log 4 3log  ÷ 3 1= 4096 729 Câu 13: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Số giá trị nguyên nhỏ 2018 tham số m để phương trình log ( 2018 x + m ) = log ( 1009 x ) có nghiệm A 2020 B 2017 C 2019 Lời giải D 2018 Chọn A 2018 x + m = 6t ⇒ 2.4t + m = 6t ⇔ m = −2.4t + 6t Đặt log ( 2018 x + m ) = log ( 1009 x ) = t ⇒  t 1009 x = t t t t Đặt f ( t ) = −2.4 + Ta có: f ′ ( t ) = ln − 2.4 ln t   ln Xét f ′ ( t ) = ⇒  ÷ = = log 16 ⇔ t = log ( log 16 ) ln 2 Bảng biến thiên: –   Phương trình f ( t ) = m có nghiệm m ≥ f  log ( log 16 ) ÷ ≈ −2, 01    m < 2018  −2 ≤ m ≤ 2017 Mà  nên ta có:  Vậy có 2020 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán m ∈ ¢ m ∈ ¢ Câu 14: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần năm 2017-2018) Phương trình x − ( m + 1) x + 3m − = có hai nghiệm trái dấu m ∈ ( a; b ) Giá trị P = b − a A P = B P = 19 C P = 15 D P = 35 Lời giải Chọn B Đặt t = x , ta có phương trình t − ( m + 1) t + 3m − = ( 1) Với x1 < < x2 < x1 < < x2 , nên phương trình cho có hai nghiệm trái dấu x1 , x2 phương trình ( 1) có hai nghiệm < t1 < < t2 Ta có ( 1) ⇔ t − 2t − = m ( 2t − 3) ( ) Vì t = t − 2t − khơng nghiệm phương trình ( ) nên: ( ) ⇔ =m 2t − ( 3) Xét hàm số f ( t ) = Ta có f ′ ( t ) = t − 2t − , với < t ≠ 2t − 2t − 6t + 22 ( 2t − 3) > với < t ≠ Bảng biến thiên: Phương trình ( 1) có hai nghiệm < t1 < < t2 phương trình ( 3) có hai nghiệm < t1 < < t2 Từ bảng biến thiên ta suy giá trị cần tìm m < m a1 ≥ b2 > b1 ≥ ; hàm số f ( x ) = x − x cho f ( a2 ) + = f ( a1 ) f ( log b2 ) + = f ( log b1 ) Số nguyên dương n nhỏ lớn cho bn > 2018an A 16 B 15 C 17 Lời giải D 18 Chọn B Hàm số f ( x ) = x − x có bảng biến thiên sau:  f ( a2 ) < f ( a1 )  f ( a2 ) + = f ( a1 ) ⇒ Theo giả thiết  a2 > a1 ≥  a2 > a1 ≥ 0 ≤ a1 < a2 ≤ Từ suy  , f ( x ) + ≥ ∀x ≥ Ta xét trường hợp: 0 ≤ a1 ≤ < a2  f ( a2 ) + ≥  f ( a2 ) = −2 a2 = ⇒ ⇒  Nếu ≤ a1 < a2 ≤  a1 =  f ( a1 ) ≤  f ( a1 ) =  f ( a2 ) + >  Nếu ≤ a1 ≤ < a2  điều khơng thể  f ( a1 ) ≤ Do xảy trường hợp a1 = 0; a2 = Từ suy an = n − 1( n ≥ 1) Tương b2 > b1 ≥ nên log b2 > log b1 ≥ , suy log b2 = b = ⇔ ⇒ bn = 2n −1 ( n ≥ 1)  log a = b =  1 x Xét hàm số g ( x ) = − 2018 x khoảng [ 0; +∞ ) , ta có bảng biến thiên   2018   g  log ln ÷ <    2018  log ln > 11  Ta có  g ( 12 ) = −20120 nên số nguyên dương nhỏ n thỏa g ( n − 1) >   g ( 13) = −18042   g ( 14 ) = −11868  g ( 15 ) = 2498 >  n − = 15 ⇔ n = 16 Ta chọn đáp án A Câu 16: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần năm 2017-2018) Cho số thực x ≠ , y ≠ thỏa mãn x = y Mệnh đề sau sai? x A = log B xy > C x = y y Lời giải Chọn C Với số thực x ≠ , y ≠ thỏa mãn x = y , ta có 1 D y = x y  x x x x  = log ⇔ y = ⇔  y ÷ = y ⇔ x = y , nên mệnh đề: “ = log ”  ÷ y y    Từ x = y ⇒ ( x ) = y > 1, ∀y ≠ ⇒ xy > ⇒ xy > , nên mệnh đề: “ xy > ” y xy xy  1  1  = ⇒  y ÷ =  x ÷ ⇔ x = y , nên mệnh đề: “ y = x ” đúng/  ÷     y x  Từ = , ta có = ⇔ ( x y x y ) y y 3 = ⇔ = ⇔  ÷ = ⇔ y = , trái giả thiết, nên 2 y y y y mệnh đề “ x = y ” sai Câu 17: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần năm 2017-2018) Cho a , x số thực dương, x a ≠ thỏa mãn log a x = log ( a ) Tìm giá trị lớn a e B log ( − 1) A C e Lời giải ln10 e D 10 log e e Chọn D log x log x = x log a ⇔ = ( log a ) log a x a Giá trị lớn log a lớn log x Xét hàm số f ( x ) = với x > x − ln x Ta có f ′ ( x ) = ; f ′( x) = ⇔ x = e x ln10 Ta có bảng biến thiên x Ta có: log a x = log ( a ) ⇔ log a x = x log a ⇔ THBTN log e e Từ bảng biến thiên suy ( log a ) lớn Khi ( log a ) = log e log e ⇒ log a = e e ⇒ a = 10 log e e Câu 18: (SGD Phú Thọ – lần - năm 2017 – 2018) Cho hàm số f x = e ( ) f ( 1) f ( ) f ( 3) f ( 2017 ) = e A −2018 m n 1+ x2 + ( x +1) Biết m phân số tối giản Tính P = m − n n C D −1 Lời giải ( m, n ∈ Nn) với B 2018 Chọn D Ta có f ( x) = e 1+ x2 + ( x +1) 2 =e 1  +1  − ÷+  x x +1  x ( x +1) =e 1  1   − ÷ + 2 − ÷+1  x x +1   x x +1  =e 1  +1÷  −  x x +1  =e 1 − +1 x x +1 = e.e 1 − x x +1 Do 1− f ( 1) = e.e 1 − 1 − ; f ( ) = e.e ; f ( 3) = e.e ;…; f ( 2016 ) = e.e 2016 ⇒ f ( 1) f ( ) f ( 3) f ( 2017 ) = e 2017 e1− 2018 = e 2018 + 2017 =e ⇒ m = 2018 − , n = 2018 Vậy P = −1 2017 − 2017 ; f ( 2017 ) = e.e 2017 − 2018 20182 −1 2018 Câu 19: (SGD Phú Thọ – lần - năm 2017 – 2018) Có giá trị nguyên dương  x + mx +  m log ÷+ x + mx + = x + có hai nghiệm thực tham số để phương trình 2  ÷ x+2   phân biệt? A B C D Lời giải Chọn B x + > Điều kiện:   x + mx + >  x + mx +  ÷+ x + mx + = x + Ta có log  ÷ x+2   ⇔ log 2 x + mx + + x + mx + = log ( x + ) + x + ⇔ f ( ) x + mx + = f ( x + ) ( 1) + > , ∀t ∈ ( 0; +∞ ) t ln ⇒ f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) nên ( 1) ⇔ x + mx + = x +  x > −2  x > −2 Từ  ⇔  ( 2)  x + ( m − ) x − =  x + mx + = ( x + ) Xét hàm số f ( t ) = log t + t với t ∈ ( 0; +∞ ) có f ′ ( t ) = YCBT ⇔ ( ) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 lớn −2 ∆ = ( m − ) + 12 > m ∈ ¡ m ∈ ¡    ⇔ ( x1 + ) + ( x2 + ) > ⇔  x1 + x2 + > ⇔ 4 − m + >  x x + x + x + >  −3 + − m + > ( ) ( 2)   ( x1 + ) ( x2 + ) > m <  * ⇔ ⇔ m < mà m ∈ ¥ ⇒ m ∈ { 1; 2;3; 4} m <  Câu 20: HẾT (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần - năm 2017 – 2018) Giả sử a , b số thực cho x + y = a.103 z + b.102 z với số thực dương x , y , z thoả mãn log ( x + y ) = z log ( x + y ) = z + Giá trị a + b A 31 B 29 C − 31 D − 25 Lời giải Chọn B Đặt t = 10 z Khi x + y = a.t + b.t log ( x + y ) = z  x + y = 10 z = t t − 10.t ⇔ Ta có  ⇒ xy =  2 2 z  x + y = 10.10 = 10t log ( x + y ) = z + 3t ( t − 10t ) 3 3 Khi x + y = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) = t − = − t + 15t 2 Suy a = − , b = 15 29 Vậy a + b = Câu 21: (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần - năm 2017 – 2018) Gọi a số thực lớn 2 để bất phương trình x − x + + a ln ( x − x + 1) ≥ nghiệm với x ∈ ¡ Mệnh đề sau đúng? A a ∈ ( 2;3] B a ∈ ( 8; + ∞ ) C a ∈ ( 6;7 ] Lời giải Chọn C D a ∈ ( −6; − 5] 1  Đặt t = x − x + =  x − ÷ + suy t ≥ 2  2 Bất phương trình x − x + + a ln ( x − x + 1) ≥ ⇔ t + a ln t + ≥ ⇔ a ln t ≥ −t − Trường hợp 1: t = a ln t ≥ −t − với a Trường hợp 2: ≤ t < −t − 3  3  , ∀t ∈  ;1÷ Ta có a ln t ≥ −t − 1, ∀t ∈  ;1÷ ⇔ a ≤ ln t 4  4  Xét hàm số f t = −t − ⇒ f ′ t = − ( ) ( ) ln t t ≥ 0, ∀t ∈  ;1  ÷ ln t ln t − − −t − −7 3  , ∀t ∈  ;1÷ ⇔ a ≤ ln t 4  ln Trường hợp 3: t > a≤ −t − , ∀t ∈ ( 1; + ∞ ) ln t ln t − − −t − Xét hàm số t , ∀t ∈ ( 1; + ∞ ) f ( t) = ⇒ f ′( t ) = − ln t ln t 1 Xét hàm số g ( t ) = ln t − − ⇔ g ′ ( t ) = + > t t t Vậy g ( t ) = có tối đa nghiệm Ta có a ln t ≥ −t − 1, ∀t ∈ ( 1; + ∞ ) ⇔ a ≥ g ( t ) = +∞ g ( t ) = có nghiệm ( 1; + ∞ ) Vì g ( 1) = −2; tlim →+∞ Do f ′ ( t ) = có nghiệm t0 Khi ln t0 = Bảng biến thiên −t − , ∀t ∈ ( 1; + ∞ ) ⇔ a ≥ −t0 ln t −7 −t ≤ a ≤ Vậy ln Vậy số thực a thỏa mãn yêu cầu toán a ∈ ( 6;7 ] Vậy a ≥ 1  Cách 2: Đặt t = x − x + =  x − ÷ + suy t ≥ 2  Bất phương trình thành t + a ln t + ≥ , t ≥ t0 + suy f ( t0 ) = −t0 t0 Cần tìm amax để f ( t ) = t + a ln t + ≥ , t ≥ Do cần tìm amax nên ta xét a > a 3  > ∀t ≥ ⇒ hàm số đồng biến  ; +∞ ÷ t 4  −7 ⇔a≤ ≈ 6.08 3 ⇒ f ( t ) ≥ f  ÷ ⇒ + a ln ≥ ln 4 4 Vậy số thực a thỏa mãn yêu cầu toán a ∈ ( 6;7 ] Có f ′ ( t ) = + Câu 22: (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần - năm 2017 – 2018) Tính tổng S tất  x + 3x  x +1 x nghiệm phương trình: ln  ÷+ + 5.3 − 30 x − 10 = x +   A S = B S = C S = −1 D S = Lời giải Chọn A Điều kiện x > − Phương trình tương đương ln ( 5x + 3x ) − ln ( x + ) + ( x + 3x ) − ( x + ) = ⇔ ln ( x + 3x ) + ( 5x + 3x ) = ln ( x + ) + ( x + ) (1) Xét hàm số f ( t ) = ln t + 5t , t > Có f ′ ( t ) = + > , ∀ t > nên f ( t ) đồng biến Từ ( 1) t x x suy f ( + ) = f ( x + ) ⇔ x + 3x = x + ⇔ x + 3x − x − = x x x x Xét g ( x ) = + − x − , g ′ ( x ) = ln + ln − 2 g ′′ ( x ) = 5x ( ln ) + 3x ( ln 3) > ∀x > − Nên g ′ ( x ) = có khơng q nghiệm suy g ( x ) = có khơng q nghiệm    − ; +∞ ÷   Mà g ( ) = g ( 1) = Vậy phương trình có hai nghiệm ; Do S = Câu 23: HẾT (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) Phương trình 2017sin x = sin x + − cos x có nghiệm thực đoạn [ −5π; 2017 π] ? A 2017 B 2023 C 2022 D 2018 Lời giải Chọn B Điều kiện − cos x ≥ ⇔ + sin x ≥ ( *) Phương trình ⇔ 2017sin x = sin x + + sin x ( 1) Đặt sin x = t , t ∈ [ −1;1] ( 1) thành 2017t = t + + t ( 2) Ta có 2017t > , ∀t ∈ [ −1;1] t + + t > t + t = t + t ≥ , ∀t ∈ [ −1;1] ) ( ) ( 2 Do ( ) ⇔ t = log 2017 t + + t ⇔ log 2017 t + + t − t = ( 3) a 21 , với t ∈ [ −1;1] có  t f ′( t ) = 1 + 1+ t2 t + + t ln 2017  Xét hàm số = ( = ) − t + 1.ln 2017  ÷− = −1  t + 1.ln 2017 < , ∀t ∈ ( −1;1) ⇒ f ( t ) nghịch biến [ −1;1] t + 1.ln 2017 Do [ −1;1] , phương trình f ( t ) = có nghiệm có nghiệm Mặt khác f ( ) = nên f ( t ) = ⇔ t = Khi ( 3) ⇔ t = hay sin x = ⇔ x = k π ( k ∈ ¢ ) Bài x ∈ [ −5π; 2017 π] ⇒ k π ∈ [ −5π; 2017π] ⇒ k ∈ [ −5; 2017 ] Mà k ∈ ¢ ⇒ k ∈ { −5; −4; −3; ; 2017} Vậy phương trình cho có 2023 nghiệm thực đoạn [ −5π; 2017 π] Câu 24: HẾT S = ( a; b ) tập giá trị m để phương trình log ( mx − x3 ) + log ( −14 x + 29 x − ) = có ba nghiệm phân biệt Khi hiệu H = b − a A B C 2 Câu 25: Có giá trị nguyên m để nghiệm? A B C D 3 2 sin x phương trình + 3cos x = m.3sin x có D Câu 26: Có giá trị m để giá trị nhỏ hàm số f ( x ) = e x − 4e x + m đoạn [ 0;ln 4] ? A B C D Câu 27: Xếp 10 sách tham khảo khác gồm: sách Văn, sách tiếng Anh sách Tốn (trong có hai Tốn T1 Tốn T2) thành hàng ngang giá sách Tính xác suất để sách tiếng Anh xếp hai sách Toán, đồng thời hai Tốn T1 Tốn T2 ln xếp cạnh 1 1 A B C D 210 600 300 450 Câu 28: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội - Lần năm 2017 – 2018) S = ( a; b ) tập giá trị m để phương trình log ( mx − x ) + log ( −14 x + 29 x − ) = có ba nghiệm phân biệt Khi hiệu H = b − a A B C 2 Lời giải Chọn B Ta có log ( mx − x ) + log ( −14 x + 29 x − ) = D ⇔ log ( mx − x −14 x + 29 x − > = log ( −14 x + 29 x − ) ⇔   mx − x = −14 x + 29 x − ) 1 14 < x < ⇔ m = x − 14 x + 29 x − = x − 14 x + 29 −  x x 2 m x − ( − x ) >  m x − x − ( − x ) − x > m > x  Bất phương trình cho tương đương ( log x ≤ log m x − x − ( − x ) − x ( ⇔ x3 ≤ m x − x − ( − x ) − x ( ) ⇔ x x ≤ m x − x2 − ( 1− x ) − x x x + ( 1− x) 1− x ) ) x 1− x + 1− x x x − x2 Áp dụng bất đẳng thức si ta có ⇔m≥ =  x   1− x  + − x ÷+  + x ÷≥ x + − x   1− x   x  Vì m ≥ x + − x Khảo sát hàm số f ( x ) = x + − x ( 0;1) ta f ( x ) ≥ ≈ 1, 414 Vậy m nhận giá trị 2,3, 4,5, 6, 7,8 trình ... có 4. 5 !2! 3! cách xếp sách thỏa mãn yêu cầu Bởi vậy, số khả xếp sách thỏa mãn yêu cầu n ( A ) = 5 !2! A4 + 4. 5 !2! 3! n ( A ) 2. 5 !2! A 43 + 4. 5 !2! 3! = = Xác suất cần tìm P = n ( Ω) 10! 21 0 Câu 32 : ... f ( t ) =  ÷ + 31 − 2t , với t ∈ [ 0;1] Ta có f ′ ( t ) =  ÷ ln − 2. 31 −2t.ln 3 3 3 thành: t 2 2  2 f ′′ ( t ) =  ÷  ln ÷ + 4. 31 −2t ( ln 3) > ∀t ∈ [ 0;1] 3  3 2 ln < ∀t ∈ [ 0;1]... 14 x + 29 x − = x − 14 x + 29 −  x x 2