Bài toán logarit qua nhiều góc nhìn

Tài liệu gồm có 90 trang được biên soạn bởi các tác giả: Minh Chung và Dương Đình Tuấn, tuyển chọn 60 bài toán trắc nghiệm logarit có đáp án và lời giải chi tiết. Đây không phải là tổng hợp những bài toán logarit hay nhất mà nó bao gồm những bài toán logarit mang đến những tư duy hay nhất. Lời giải trong tài liệu ít nhiều có đôi chỗ không đúng với thuần tự luận hay những lí thuyết SGK vì vậy các bạn chỉ nên đọc tham khảo là chính.

LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 Lời nói đầu Lâu bắt tay vào viết đó, có dự định viết logarit lâu đến có hội để thử viết Hồi cịn hoạt động mạnh nhóm Luyện đề ĐH 2019 ( luyện đề ĐH 2020 ) gặp logarit khó tâm giải khơng dừng lại việc giải cịn cố tìm nhiều hướng giải Và đến hơm nay, lúc nghỉ dịch định viết chút logarit tặng bạn 2k2 mua thi khó khăn Hy vọng giúp ích cho bạn Có điều tài liệu khơng phải tổng hợp toán logarit hay mà bao gồm tồn logarit mang đến tư hay Vì đọc cách khéo léo Lưu ý điều khơng phải giáo viên nên lời giản nhiều có đơi chỗ khơng với tự luận hay lí thuyết sgk bạn nên đọc tham khảo MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 Câu 1: Trong nghiệm  x; y thỏa mãn bất phương trình log x2  y2  x  y   Giá trị lớn biểu thức T  x  y A B C D Lời giải: Chọn B Góc nhìn TH1: x2  2y2  Đặt 2y  z  x2  z  11 log x  y  x  y    x  y  x  y  2x  z  x2  z2 2     x  1   z    2 2  2 Tập hợp điểm M  x; z  miền  H  bao gồm miền hình trịn  C1  : x  z  miền hình trịn  C2  :  x  12   z     8 2 z  T  x    z    d : x   T  có điểm chung  Hệ  x  1   z  có nghiệm đường thẳng  2     x2  z    với miền  H  MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 Để T đạt Max d : 2x  z  T  tiếp xúc với đường tròn  C2  T  0 L  T 9  T      T  4 2  4 2 TH2:  x2  2y2 1 MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 log x2  y  x  y    2x  y  x  2y2  T  2x  y  1 L Vậy GTLN T  x  y Góc nhìn TH1: x2  2y2 1 T  x2  2y2 1 TH2: x2  2y2 1 T  x2  2y2  1  1 2 BCS    T  1    x  y   8     y T2  x   T    2  x  y  Dấu xảy  2 x  y  Góc nhìn  x  y  0  x  y  BPT   I ,    II  2 2 2 x  y  x  y 0  x  y  x  y Xét T  x  y TH1:  x; y  thỏa mãn  II   T  x  y  x  y    TH2:  x; y  thỏa mãn  I  x  y  x  y   x  1   y    2  2 2     9 9   1 x  y   x  1   2y         x  1   y      2.8   2 2 2       Suy max T   1   x; y    2;   2 Góc nhìn TH1: x  y  BPT  x  y  x  y   T  x  T  x  MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020  x  8Tx  2T  T  1 BPT 1 có nghiệm   '  16T  18T  9T  2T  9T   T  1 T   MaxT   1  x; y    2;   2 TH2:  x  y    x  y  x  y  Vậy MaxT  Góc nhìn TH1:  x  y    x  y  x  y  TH2: x  y   x  y  x  y 1  Ta có  x  y   22     x        2   y 2       2x  y        9  Suy  x  y   x  y    2   2x  y  Góc nhìn  0  x  y    2  I   x  y  x  y   log x2  y  x  y     2 x  y   2  II   x  y  2  2 x  y  x  y   I    2x  y  MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 2 x  y    II   2 x  y  1.x  y   x2  y2     2x  y  *Nhận xét: Đây mức VDC đòi hỏi tư nhiều, cách dựa vào góc nhìn tinh tế giải tốn 8 1 a b 2 Câu 2: Cho a , b  Giá trị nhỏ P  log5 a  b  log5    A C B D 2 Lời giải: Chọn C Góc nhìn 2 Ta có  2a  b    a  2b    a  b  2   a  b    a  b   log a  b  log  a  b   8 1 a b 25  16     log5   log5  2a  b  2a  b  2a b  Ta lại có log5     log5  P Dấu xảy a  2b Góc nhìn 2: 1       25 1 a b 2a  b  a b  2a  b  2   1  a  b    2a  b   a  b  P 2a  b MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 Dấu xảy a  2b Câu Cho số thực a , b , c  thỏa mãn 3a  5b  15  c Giá trị nhỏ biểu thức P  a2  b2  c2   a  b  c  A 3log5 B 2  log5 C 2  D 4 Lời giải: Chọn D Góc nhìn a  b  15  c  T  T 1 3  T 1/ a  1 1 1  5  T 1/ b         bc  ac  ab   a  b  c   a  b  c 2 a b c a b c 15  T 1/ c  P  a  b  c   a  b  c    a  b  c    a  b  c   4 Vậy giá trị nhỏ biểu thức P 4 Góc nhìn a  log3 t  Đặt t    15  b  log5 t  t   c   log t 15  a b c P  log32 t  log52 t  log152 t   log3 t  log5 t  log15 t   log 32 t 1  log 52  log15   log t 1  log  log15   X 1  log 52  log15   X 1  log  log15   1  log  log15   Pmin  P    4 2   log  log15  2 Câu Cho số thực dương a , b , c thỏa mãn 5log2 a 16log2 b  27log2 c  Giá trị lớn S  A 16 log a.log2 b B 12 C D MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 Lời giải: Chọn B Góc nhìn Đặt x  log2 a; y  log2 b; z  log2 c ta có 5x2  6y2  27z2 1; S  xy  yz  zx 2 Ta tìm số k cho: 5x  16 y  27 z  2k  xy  yz  zx   x  16 y  z  k  x  y  z   k  x  y  z   2k  xy  yz  zx     k  x  16  k  y   27  k  z  k  x  y  z  x  y  z x2 y2 z2     1 1 k  16  k k  27 k 2 Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz ta có: 1   1 1        k   k  k  16  k k  27 k  k  16  k k  27  2 Vậy 12  xy  yz  zx  5x 16 y  27z S 12 Góc nhìn 5x2 16 y2  27 z  k  xy  yz  zx  1 ;  k  0  5x2  k  y  z  x  16 y  27 z  kyz     k  y  z   4.5 16 y  27 z  kyz     k  320  y  yz  k  10k    k  540  z  * Cho x  1 1 1 ; y  ;z  3  1  k  12,19  320  k  y y *   320  k      k  10k    540  k   z z MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020   '   k  10 k    320  k 100  k   P 12 *Nhận xét: Đây mức VDC khó cần vận dụng nhiều kiến thức BĐT mà bạn có Nó đơn BĐT thơi lịng vào loga cho thêm độ hấp dẫn Góc nhìn ta thấy cách thêm bớt k  x  y  z  cách tinh tế để đưa dạng Cauchy Schwarz Ở góc nhìn cịn gọi cách chày cối cách để làm BĐT có cách nhìn để chọn x, z, y cho hợp lí Nói tóm lại câu câu địi hỏi bạn có kĩ xử lí BĐT tốt làm Câu Cho x , y   thỏa mãn log4  x  2y  log4  x  2y 1 Tìm GTNN P biểu thức P x  y A P 4 B P C P D P1 Lời giải: Chọn C Góc nhìn Vì x2  4y2  nên P  4(t  1)  t , t  | y | Khi dùng BĐT Bunhiacopski ta   P  t   t  Dấu xảy y  , x  y2  Góc nhìn x  y  Điều kiện  x  y  Do giả thiết biểu thức P vai trò y  y nên ta giả sử y  Ta có: log ( x  y )  log ( x  y )   x  y  | x |  y Suy : P   y  y MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 Bài tốn trở thành tìm giá trị nhỏ  a.b.c  abc   a  1  1  b  1  1  c  1  1 Ta có   a  1 b  1 c  1   a  1 b  1   b  1 c  1   a  1 c  1   a  1   b  1   c  1   a  b  c   2016 Ta có  a  1 b  1 c  1   a  1 b  1   b  1 c  1   a  1 c  1   a.b.c   2016  56 S  2016  6S  log5 2016  S  log 2016 Dấu xảy a  b  1, c  2016 Vậy S  log 2016 Câu 53 [ THTT lần – tháng 12 ] Có giá trị nguyên   m  1  có nghiệm đoạn  m  1 log 21  x  3   m   log x  3 A B C m để phương trình 10   ;6  ? D Lời giải: Chọn C Góc nhìn  m  1 log 21  x  3   m   log 3   m  1  x3   m  1 log 21  x  3   m   log  x  3   m  1  3   m  1 log 21  x  3   m   log  x  3   m  1  3 Đặt t  log  x  3  t   1;1 , phương trình trở thành  m  1 t   m  5 t  m   Bài tốn trở thành tìm giá trị nguyên m để phương trình  m  1 t   m  5 t  m   * có nghiệm t   1;1 MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 t  5t   PT : m  có nghiệm t   1;1  min 1;1 g  t   m  max 1;1 g  t  t  t 1 Xét hàm số g  t   t  5t  4t  Ta có g ' t   0t   1;1   2 t2  t 1 t  t    t  5t  nghịch biến đoạn  1;1 nên  1;1 g  t   g 1  3 ; t2  t 1 max  1;1 g  t   g  1  Suy hàm số g  t   Vậy 3  m  , m    m  3; 2; 1;0;1; 2 Góc nhìn Sử dụng tam thức bậc + TH1: m  PT * có dạng 4t   t    1;1    3m  2m  21  3  m    + TH2: m    m  1 m  3   3  m   3  m     m  1 3m    1  m   Câu 54 [ THPT Chuyên Hùng Vương – Bình Phước lần năm 2017-2018 ] Gọi S tập nghiệm phương trình   x    x   Khi số phần tử tập S A S  B S  C S  D S  Lời giải: Chọn B Góc nhìn 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  MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020   x    x      x    x    Xét hàm số f  x     x    x   có tập xác định D   Dễ thấy f  x  liên tục  có đạo hàm  Theo đinh lí 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 Mặt khác ta xét f '  x      x   x ln   x  f ''  x   4 x ln  x ln   x   x ln  x  2 ln  ln  x ln   x  ln ln Vậy f ''  x   có nghiệm suy f '  x   có nhiều hai nghiệm suy f  x   có nhiều ba nghiệm nên S  Góc nhìn   x    4x    4x  2x   x  2 2 x Ta vẽ đồ thị hai hàm số y  x y  2x  hệ trục Oxy xác định số 2 x giao điểm nên S  Câu 55 [ Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định – Học kì – 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    ;      C m    ;     D m   ;  Lời giải: Chọn C Góc nhìn Điều kiện x  MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 log 22 x   m  1 log x    1  log x    m  1 log x   1 Đặt t  log x Vì x  nên log x  log 2  1 1  Do t   ;   2  trở thành 1  t    m  1 t    t  2mt     1  YCBT tương đương tìm m để BPT   có nghiệm thuộc  ;   2  Xét bất phương trình   có:  '  m   0, m   f  t   t  2mt   có ac  nên   ln có hai nghiệm phân biệt t1   t2 Khi cần 1  t2  m  m    m   2 Góc nhìn t  2mt    f  t   t 1 1   mt   2t 2    Khảo sát hàm số f  t   0;   ta m    ;     Câu 56 [ Chuyên Lam Sơn – KSCL lần 2018-2019 ] Cho a số thực dương, a  Biết bất phương trình log a x  x  nghiệm với x  Số a thuộc tập hợp sau đây? A  2;3 B  8;   C  7;8 D  3;5 Lời giải: Chọn C Góc nhìn Từ khoảng cho đáp án ta cần xét a  Ta có lim x 0 lim x 1 ln  x  1  nên x ln  x  1  1 log a x ln x 1  lim x 1  lim x 1   x  ln a x  ln a x 1 ln a MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 Trường hợp Xét x  , thay vào log a x  x  thấy thỏa mãn Trường hợp Xét x  log a x  x   ta thu    ln a  a  e2 1 ln a Trường hợp Xet x  , log a x  x   ta thu log a x  , chuyển qua giới hạn bên trái x 1 log a x  , chuyển qua giới hạn bên phải x 1   ln a   a  e   ln a Từ 1   suy a  e2   7;8  Góc nhìn Ta giả sử  a  , bất phương trình cho, ta chọn x   log a  log a  Ta :  điều mâu thuẫn  1   Vì ta xét trường hợp a   ln x  x   ln a; x  Khi bất phương trình cho tương đương ln x   x  1 ln a   I   ln x  ln a, x   0;1  x  Để ý lim x 1 ln x ln x  lim x0   x 1 x 1 Ta xét hàm số f  x   ln x tập  0;   \ 1 x 1 x 1  ln x   ln x x f ' x  x  , 2  x  1  x  1 ' 1 1 x   1   ln x     x x  x  x BBT: MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 Theo 1 ln a   0;1 f  x  ln a    ln a   a  e  ln a  ln a  max 1;  f  x  Câu 57 Biết a tham số thực dương khác để bất phương trình log a x  x  nghiệm với x dương Mệnh đề sau ?  5 A a  1;   2 5  B a   ;3  2  C a   3;10  D a  10;   Lời giải: Chọn B Góc nhìn Có log a x  x  1, x   log a x  x   0, x  Xét hàm số y  f  x   log a x  x  , tập xác định D   0;   + Trường hơp 1: Xét Có f '  x     ln a    a  ln a  x ln a   ln a   , Suy y  f  x  nghịch biến  0;   x ln a MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 BBT: Có lim x 0 f  x   ; lim x  f  x    Suy f  x   log a x  x   0, x  , không thỏa mãn Suy  a  không thỏa mãn + Trường hợp 2: Xét   ln a    a ln a BBT:   Dựa vào BBT có log a x  x   0, x   f  0  ln a     log a      log a  ln a   1   ln a  ln a  ln a   2 ln  ln a       ln  ln a   ln a     , đặt t  ln a, t  ln a ln a trở thành ln t  t   Xét hàm số y  g  t   ln t  t  1, t  1 t Có g '  t     , g 't    t  t t MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 BBT 5  Dựa vào BBT g  t   ln t  t    t   ln a   a  e   ;3  2  5  Vậy a   ;3  2  Góc nhìn Xét  C  y  log a x, x  0;  d  y  x  Nhận xét đồ thị  C  y  log a x 1  a  ,  C '' y  log a x,   a  1 Dựa vào đồ thị có log a x  x  1, x  Suy a  Xét  C  y  log a x, x  0;  d  y  x  qua A 1;  Có log a x  x  1, x  Suy  d  y  x  tiếp xúc  C  A  0;1 MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 + Viết phương trình tiếp tuyến    với  C1  y  log a x 1  a  A  0;1 Có  C1  y  f  x   log a x 1  a  , xét x  Có f '  x   1  f ' 1  x ln a ln a Phương trình      d   1  a  e ln a Góc nhìn Có log a x  x  1, x  Xét y  f  x   log a x  x  , với x   0;   Có f  x   log a x  x  có đạo hàm liên tục  0;   f  x   log a x  x    f 1 , x   0;   Suy Max 0;  f  x   f 1 Suy M 1;  điểm cực đại đồ thị  C  f  x   log a x  x  Có f '  x    1, f ' 1   ln a   a  e x ln a Thử lại a  e có f  x   ln x  x  với x   0;   Có f '  x   1 x 1  , f ' x   x  x x BBT Dựa vào BBT có a  e log a x  x   0, x   0;   Suy a  e thỏa mãn yêu cầu đề MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 Câu 58 Phương trình sau có nghiệm nguyên phân biệt : 2e2 t   A B et  et  C D Lời giải: Chọn A Góc nhìn Đặt x  et    x  1  Có  x  1  x 1 x 1  x  ln x   1 x  ln x  x  1  x  1  VT 1  x  ln x   x 1 x 1  x  1 g  x   x   ln x  g '  x     x   ln x x 1  0 x x  x 1 BBT:  g  x   x   VT 1  x   x   t  nghiệm Góc nhìn MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 ĐK: et  t  2.e 2t   et   et  t  e   et  t   et  t   t e t et  t   0t t 0 32 x  x 1  32 x 1  2017 x  2017 Câu 59 Tìm tất giá trị m để hệ sau có nghiệm   x   m   x  2m   A m  3 B m  3 C m  2 D m  2 Lời giải: Chọn C Góc nhìn Điều kiện x  1 Xét 32 x  x 1  32  9x  9 x 1 x 1  2017 x  2017  32 x.3 x 1 x 1 Vậy bpt 32 x  x 1 x 1  2017  2017 x  0,VP  2017 1  x    2017 1  x  vơ nghiệm Nếu 1  x  VT   x   Suy  x    32.3  2017 1  x  Dễ thấy x  nghiệm Nếu x  VT   x   Suy  x   x 1 x 1 x 1  0, VP  2017 1  x    2017 1  x  có nghiệm với 1  x   32 x 1  2017 x  2017 có nghiệm với 1  x  Xét f  x   x   m   x  2m   Ta có   m  4m  để bpt có nghiệm 1  x  TH 1:    2   m   , bpt có nghiệm 1  x  11 m   TH :     , nghiệm bpt  ; x1    x2 ;    m  2  MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020  f  1  3m   Ta có  1;1   x1; x2      m  2 m   f      Do BPT có nghiệm 1  x  m  2 Kết hợp với điều kiện ta m   2  m  2    Từ 1   suy hệ cho có nghiệm m  2 Góc nhìn Xét 32 x  x 1 x 1  32   9x  9 x 1  2017 x  2017  32 x.3 Suy  x   x 1 x 1 x 1  2017  2017 x  0,VP  2017 1  x    2017 1  x  vơ nghiệm Nếu 1  x  VT   x   Suy  x   x 1  32.3  2017 1  x  Dễ thấy x  nghiệm Nếu x  VT   x   Vậy bpt 32 x  x 1 x 1 x 1  0,VP  2017 1  x    2017 1  x  có nghiệm với 1  x   32 x 1  2017 x  2017 có nghiệm với 1  x  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 1  x  2 x2  2x   f  x *   x  1 x2 Xét f '  x    x     1;1 Để bpt * có nghiệm m  x1;1 f  x  Lập bảng biến thiên hàm số f  x   1;1 ta có m  f 1  f  1  2 Vậy m  2 MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 1 x  y Câu 60 Cho  x; y  thỏa mãn 2017 x  2018  Gọi M , m giá trị lớn y  y  2019 nhất, giá trị nhỏ biểu 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 Góc nhìn Ta có 20171 x  y  x  2018 20171 y x  2018   y  y  2019 2017 x y  y  2019  20171 y 1  y   2018  2017 x  x  2018    Xét hàm số f  t   2017t  t  2018  , với  t   f '  t    t  2018 2017t.ln 2017  2t.2017t  2017t  t  2018  ln 2017  2t    Hàm số f  t  đồng biến  t   1 y  x  y  1 x Theo giả thiết S   x  y  y  3x   25 xy   x  1  x    1  x   3x   25 x 1  x      x  x  3 x  x    25 x 1  x   16 x  20 x3  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 x3  18 x  x  12 , với  x   2 x   S '  x   64 x3  96 x  36 x  Cho S '  x       x  MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020 BBT: 25   M  max0;1 S  x   Từ BTT ta có  m  S  x   196 0;1  16 Vậy M  m  391 16 Góc nhìn 1 x  y Ta có 2017 x  2018 20171 y x  2018    y  y  2019 2017 x y  y  2019  20171 y 1  y   2018  2017 x  x  2018    Xét hàm số f  t   2017t  t  2018 , với  t   f '  t    t  2018 2017t.ln 2017  2t.2017t  2017t  t  2018  ln 2017  2t    Hàm số f  t  đồng biến  t   1 y  x  y  1 x  x y Từ  x; y  x  y  suy  xy       Viết lại S  16 x y  12  x3  y   34 xy S  16 x y  12  x  y   3xy  x  y    34 xy   S  16 x y  xy  12 MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN LUYỆN ĐỀ ĐH 2020  1 Đặt t  xy; t  0;  S  f  t   16t  2t  12  4 Khảo sát hàm số f  t  ta Vậy M  m   1 t0;   4   191   25 f t   f    ; max   f  t   f    t 0;    16   12  4 391 16 MINH CHUNG – DƯƠNG ĐÌNH TUẤN ... mức VDC đòi hỏi tư nhiều, cách dựa vào góc nhìn tinh tế giải toán 8 1 a b 2 Câu 2: Cho a , b  Giá trị nhỏ P  log5 a  b  log5    A C B D 2 Lời giải: Chọn C Góc nhìn 2 Ta có  2a ... D ln14 Lời giải: Chọn A Góc nhìn YCBT  tìm m để GTNN hàm x  3x  x  x  mx Dấu đạt x  Góc nhìn m  f '   với f  x   x  3x  x  5x ( Ý nghĩa tiếp tuyến ) Góc nhìn Vế trái, vế phải hàm... nghiệm ? A B C D Nhiều Lời giải: Chọn B Góc nhìn Vì câu dạng trắc nghiệm nên làm cách ổn Chọn a  4; b  ta viết lại phương trình x  x  x.4 x Giải phương trình biết có nghiệm Góc nhìn Chia vế