D01 các bài toán tổng hợp về mũ và lôgarit muc do 3

Câu 38: [2D2-7.1-3] (THPT Hồng Hóa - Thanh Hóa - Lần - 2018 - BTN) Giả sử x, y là các giá trị cho ba số a  8xlog2 y , b  2xlog2 y , c  y theo thứ tự đồng thời lập thành một cấp số cộng và một cấp số nhân Tổng x  y bằng A log  B log  C log  D 1 log  Lời giải Chọn D 8x  log2 y  y  2.2 x log2 y Từ giả thiết ta có  x  log y 2 y   x log2 y  8  x 3 2x y  y     y   x  x y y         y   x  log  Giải hệ ta được  y   Câu 38: [2D2-7.1-3] (THPT Hồng Hóa - Thanh Hóa - Lần - 2018) Giả sử x, y là các giá trị cho ba số a  8xlog2 y , b  2xlog2 y , c  y theo thứ tự đồng thời lập thành một cấp số cộng và một cấp số nhân Tổng x  y bằng A log  B log  C log  D 1 log  Lời giải Chọn D 8x  log2 y  y  2.2 x log2 y Từ giả thiết ta có  x  log y 2 y   x log2 y  8  x 3 2x   y  y  y   x  x y y         y    x  log Giải hệ ta được  y   Câu 27: [2D2-7.1-3] (Chuyên KHTN - Lần - Năm 2018) Trên một chiếc đài Radio FM có vạch chia để người dùng có thể dị sóng cần tìm Vạch ngoài bên trái và vạch ngoài bên phải tương ứng với 88 Mhz và 108 Mhz Hai vạch này cách 10cm Biết vị trí vạch cách vạch ngoài bên trái d  cm  có tần sớ bằng k.a d  Mhz  với k và a là hai hằng số Tìm vị trí tớt nhất vạch để bắt sóng VOV1 với tần số 102,7 Mhz A Cách vạch ngoài bên phải 1,98cm B Cách vạch ngoài bên phải 2, 46cm C Cách vạch ngoài bên trái 7,35cm D Cách vạch ngoài bên trái 8, 23cm Lời giải Chọn C d   k.a0  88  k  88 108 108  a  10 88 88 Gọi d1 là vị trí để vạch có tần sớ 102,7 Mhz đó ta có d  10  k.a10  108  88.a10  108  a10  d1 d1  108   108  102, 102,  d1  log 108  7,54 88  10     102,   10 10 88 88  88   88  88 Vậy vị trí tốt nhất vạch để bắt sóng VOV1 với tần số 102,7 Mhz là 7,35cm Câu 41: [2D2-7.1-3] (Sở GD&ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu - 2017 - 2018 - BTN) Có giá trị nguyên tham số m để tồn cặp số  x; y  thỏa mãn e3 x5 y  e x 3 y 1   x  y , đồng thời thỏa mãn log32  3x  y  1   m   log3 x  m2   A B C Lời giải D Chọn B Ta có: e3 x5 y  e x 3 y 1   x  y  e3 x5 y   3x  y   e x3 y 1   x  y  1 Xét hàm số f  t   et  t Ta có f   t   et   nên hàm số đồng biến Do đó phương trình có dạng: f  3x  y   f  x  y  1  3x  y  x  y   y   x Thế vào phương trình cịn lại ta được: log32 x   m  6 log3 x  m2   Đặt t  log3 x , phương trình có dạng: t   m  6 t  m2   Để phương trình có nghiệm    3m2  12m    m  Do đó có số nguyên m thỏa mãn Câu 24: (THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần - 2018 - BTN) Cho các số thực a 2a  b dương a , b thỏa mãn log16 a  log 20 b  log 25 Tính tỉ sớ T  b 1 A  T  B  T  C 2  T  D  T  2 Lời giải [2D2-7.1-3] Chọn D Đặt log16 a  log 20 b  log 25 2a  b  x , ta có:  a  16 x x x   16   20  x x x x  2.16  20  3.25 b  20        3  25   25   2a  b x   25    x    1 x 2x x 5 4 4 4               x  5 5 5      x a 16 x   Từ đó T   x      1;  b 20 5 Hay  T  Câu 33: [2D2-7.1-3](Sở GD ĐT Cần Thơ - 2017-2018 - BTN) Sinh nhật lần thứ 17 An vào ngày 01 tháng năm 2018 Bạn An muốn mua một chiếc máy ảnh giá 3850000 đồng để làm quà sinh nhật cho nên An qút định bỏ ớng heo 1000 đồng vào ngày 01 tháng 02 năm 2018 Trong các ngày tiếp theo, ngày sau bỏ ống nhiều ngày trước 1000 đồng Hỏi đến ngày sinh nhật mình, An có tiền (tính đến ngày 30 tháng năm 2018 )? A 4095000 đồng B 89000 đồng C 4005000 đồng D 3960000 đồng Lời giải Chọn C * Số tiền bỏ heo An ngày tạo thành một cấp số cộng có số hạng đầu u1  1000 công sai d  1000 * Tởng sớ tiền bỏ heo tính đến ngày thứ n là: Sn  u1  u2   un  n  u1  un  n  2u1   n  1 d   2 * Tính đến ngày 30 tháng năm 2018 (tính đến ngày thứ 89 ) tổng số tiền bỏ heo là: S89  89  2.1000  89  1 1000  45.89.1000  4005000 đồng Câu 50: [2D2-7.1-3](Sở GD ĐT Cần Thơ - 2017-2018 - BTN) Một người gửi 100 triệu đờng vào ngân hàng với kì hạn tháng (một quý), lãi suất 6% một quý theo hình thức lãi kép Sau tháng, người đó lại gửi thêm 100 triệu đờng với hình thức và lãi śt Hỏi sau mợt năm tính từ lần gửi người đó nhận số tiền gần với kết quả nào nhất? A 238, triệu đồng B 224, triệu đồng C 243,5 triệu đồng D 236, triệu đồng Lời giải Chọn A Sau tháng người đó thu được số tiền cả vốn và lãi là S1  100 1  6%  triệu đờng Sau mợt năm tính từ lần gửi người đó thu được số tiền cả vốn và lãi là S2  100  S1 1  6%  238,6 triệu đờng.Câu 906 [2D2-7.1-3] Tìm m cho: lg  3Cm3   lg  Cm1   A B C Lời giải Chọn B Điều kiện: m  Ta có: 3.m ! 3!  m  3 !  3C  3C lg  3Cm3   lg  Cm1    lg   10   10  1 m! C  C   m  1! m m  m m  m  1 m    10  m2  3m  18   m   n    m  3  l  D Câu 14: [2D2-7.1-3] (Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần – 2018 – BTN) Biết đồ thị hàm số 1  y  a x và đồ thị hàm số y  logb x cắt điểm A  ;  Giá trị biểu thức 2  T  a  2b2 bằng A T  15 C T  17 B T  D T  33 Lời giải Chọn C 1  Đồ thị hàm số y  a x và đồ thị hàm số y  logb x cắt điểm A  ;  nên ta có 2   a  2  a   2     T      17 1 b     2  log b     2 Câu 3: [2D2-7.1-3] (THPT Quốc Oai - Hà Nội - HKII - 2016 - 2017 - BTN) Tập nghiệm bất phương trình x  log   x   là : A  0;   \ 1 D  ;    C  0;    B  ;0  Lời giải Chọn A Điều kiện :   x     x   x  Ta có x  log   x    x  log 2  x   x  log 2  x    log 22 x  log 2  x  22 x   x  x   2x  t  t     t   Đặt t   t   , bất phương trình trở thành t  t      t  t   t  2 x Bất phương trình t  t   với t  nên với t  t  2 Bất phương trình t  t     dẫn đến  t   t 1 Do đó t  t    t   x  20  x  Kết hợp với điều kiện ban đầu ta được tập nghiệm bất phương trình là  0;   \ 1 Câu 46: [2D2-7.1-3] (Sở GD Kiên Giang-2018-BTN) Cho phương trình log   1 log  2.5    m Hỏi có giá trị nguyên m để phương trình có nghiệm x x tḥc đoạn 1;log5 9 ? A B C D Lời giải Chọn A Điều kiện x  1 1 log  5x  1 log  2.5x    m  log  5x  1  log  5x  1    m 1 2 2 Đặt t  log  5x  1 t  t   m  2 Để phương trình 1 có nghiệm đoạn 1;log5 9 phương trình   có nghiệm đoạn Ta có phương trình  2;3 t  t  đoạn  2;3 1 Ta có f   t   t   f   t    t   2 Bảng biến thiên Xét hàm số f  t   Suy phương trình   có nghiệm đoạn  2;3  m  Vật có giá trị nguyên m để phương trình 1 có nghiệm tḥc đoạn 1;log5 9 Câu 1: [2D2-7.1-3] [CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP - 2017] Xét các số thực dương a, b thỏa mãn log9 a  log 12 b  log 15  a  b  Mệnh đề nào đúng? A a   3;9  b B a   9;16  b C a   2;3 b D a   0;  b Lời giải Chọn D a  9t 1 log9 a  t    b  12t   Đặt log9 a  log 12 b  log 15  a  b   t  log 12 b  t log 15  a  b   t a  b  15t  3 t t    12  Thế 1 và   vào  3 ta được 9t  12t  15t    +   =1   15   15  Dễ thấy   có nghiệm t  t t t t  12  12    12  9 Xét hàm số f  t     +    f   t     ln +   ln  0, t   15   15   15  15  15  15 số f  t  nghịch biến Do đó hàm Vậy t  là nghiệm nhất phương trình   a  91 a    0;  Do t  nên  b  144 b Câu 5: [2D2-7.1-3] [THPT chuyên KHTN lần - 2017] Cho log9 x  log12 y  log16  x  y  Giá trị tỷ số A x là y B 1 C D 1  Lời giải Chọn D log9 x  log12 y  log16  x  y  Đặt t  log9 x  x  9t Ta được : t  log12 y  log16  x  y   t 1     t 2t t  y  12 4 3 3 t t t  hay  12  16           t t  4 4  x  y  16         loai    x   1     y 4 t Khi đó: Câu 9: [2D2-7.1-3] [THPT THÁI PHIÊN HP - 2017] Xét a và b là hai số thực dương tùy ý Đặt 1000 log  a  b  Mệnh đề nào đúng? x  1000log 21000  a  b2  , y  1000 A x  y  1 B x  y  1 C x  y  1 D x  y  1 Lời giải Chọn A x  log  a  b2  , y  log  a  b  x  y  log  a  b2   2log  a  b  Ta có: a  b2   a  b 2 2 1 Do đó: x  y  log  a  b2   log  a  b   log   a  b    log  a  b   log  1 2  Vậy x  y  1 Câu 11: [2D2-7.1-3] [THPT Chuyên Hà Tĩnh - 2017] Cho log A y  x B y  x C 10 y  x x  log 15 y  log5  x  y  Tính D y ? x y  x Lời giải Chọn A Đk: x, y  log 10 x  log 15 y  log5  x  y   t t t t t t x  10  10 , y  15  15 , x  y   25 t  2  10  15  25    5 t t t t t t  2     Phương trình này có mợt nghiệm nhất t  5 t y  15    Vậy       x  10    Câu 19: [2D2-7.1-3] [THPT chuyên Lê Quý Đôn - 2017] Cho hai số thực dương a, b thỏa a log a  log6 b  log9  a  b  Tính b A B 1 C 1  D 1  Lời giải Chọn D Đặt t  log4 a  log6 b  log9  a  b   t 1   a  4t    2t t  2 2 3   t t t t  b           1     t 1  3      a  b  9t    ( L)    a 4t   1      b 6t   t Câu 25: [2D2-7.1-3] [THPT TH Cao Nguyên - 2017] Cho a, b, c là các số thực khác thỏa mãn 3a  5b  15c Giá trị tổng S  ab  bc  ca bằng A B C D Lời giải Chọn C 3a  5b b  a log5  Ta có 3a  5b  15 c   a  c 3  15 c  a log15 Suy S  ab  bc  ca  a.a log5  a log5 3.a log15  a.a log15  a  log5  log5 3.log15  log15 3    log5 log5 1   a log5 1        a log5 1    log5  log   log5 15 log5 15  Câu 31: [2D2-7.1-3] [TTLT ĐH Diệu Hiền - 2017] Giả sử p, q là các số thực dương cho p log9 p  log12 q  log16  p  q  Tìm giá trị q 1 A B C D  1  2 Lời giải Chọn B     p  9t   Đặt t  log9 p  log12 q  log16  p  q  Từ đó suy q  12t  9t  12t  16t  t   p  q  16 Chia cả hai vế phương trình cho 16t  ta được phương trình:  t 1     2t t t 4 3 3   1           1    t 4 4 4       0   p 3 p 1  Mặt khác      q 4 q t  Câu 2352 [2D2-7.1-3] [Sở GDĐT Lâm Đồng lần 03- 2017] Cho hàm số f  x   x.9 x Khẳng định nào sau là khẳng định sai?   A f  x    x lg  lg9 x  B f  x    x  x log9  C f  x    lg  x lg9  D f  x    x  x log  Lời giải Chọn C f  x    x.9 x   log4 x.9 x   x  x log4  2 f  x    x.9 x   log9 x.9 x   x  x log9  2 f  x    x.9 x   lg4 x.9 x   x lg4  x lg9   x lg4  x lg9   2 Câu 26 [2D2-7.1-3] [TTGDTX Vạn Ninh - Khánh Hịa - 2017] Cho hàm sớ f  x   3x x Khẳng định nào sau SAI? A f  x    x2 log  x  2log B f  x    x  x log3  C 90  D f  x    x log3  x log  log9 Lời giải Chọn D Ta có: 3x 4x   log3 3x  log3 x  log3  x2  x log3  Vậy A 2 3x 4x   log 3x  log x  log  x2 log  x  2log Vậy B 2 3x 4x   log 3x  log 4x  log  x2 log  x log  log Vậy C sai 2 3x 4x   ln 3x  ln x  ln  x2 ln  x ln  2ln Vậy D 2 Câu 3185: [2D2-7.1-3] [TTGDTX Cam Lâm - Khánh Hịa] Hệ phương trình sau có mấy nghiệm ( x; y) ? 2016 y x2 3log ( x A x 2017 y 2017 y 6) 2log ( x y B 2) C D Lời giải Chọn B Ta có 2016 3log ( x Điều kiện x2 y2 y x2 x x 2y 2017 2017 6) log ( x y 2) 2y y log 2016 2016 y x2 y2 x2 y2 log 2016 y Xét hàm số f t log 2016 log 2016 x t2 x2 y2 2017 2017 x2 log 2016 t 2017 2017 log 2016 y 2017 log 2016 x 2017 2017 0, Ta có f t 2t t 2t 2017 ln 2016 0, t Suy hàm số f t đồng biến 0, Do đó Với y y2 x2 y y x x x thay vào phương trình ta 3log3 3x 2log 2 x log3 x log x t Đặt 0, t 3log x t log x x x x 33 3log3 x t 3 t t x 2log x 2 t Lấy thay vào nghiệm nhất t trình là 7;7 Với y x thay vào phương trình ta 3log3 y t , ta được phương trình có 3 3 Suy phương trình có nghiệm x Suy nghiệm hệ phương t log3 y y 3, x t Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 3; , 7;7 Câu 3354: QUẾ VÂN - 2017] Cho hai phương trình   m  log x  Tìm tất cả các giá trị m hai phương trình  log x  2log x  1và log x  m [2D2-7.1-3] [THPT là tương đương? A m  m  B  m  C m  m  D  m  Lời giải Chọn C Ta có x  x      log x  log x   2 log x    x    2 4 log x  3log x      log x    log x  1 x  x     log x     x   x      x   log x   Để hai phương trình  log x  2log x  1và là nghiêm phương trình (3  m) log x  tương đương x  log x  m (3  m) log x (3  m) log   nên ta có: log x  m log 2  m  3(3  m)   m  2m   m  (3  m) log x  ta có nghiệm nhất x  log x  m Thử lại m  Vào phương trình Câu 3365: [2D2-7.1-3] [BTN 161 - Tập 2017] nghiệm hệ bất phương trình  log  x    log  x  1 là:  log x   log x       0,5 0,5  A  4;5 B  ;5 D  4;5 C  4;   Lời giải Chọn A Điều kiện: x   2 x   x  x  log  x    log  x  1 Suy ra:      x  3x   x  x   log 0,5  3x    log 0,5  x   Kết hợp điều kiện ta có nghiệm bất phương trình  x  Câu 3399: [2D2-7.1-3] [THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT - 2017] Phýõng trình log  3.2x  1  x  có hai nghiệm x1 , x2 tởng x1  x2 là   B log  A C  D Lời giải Chọn D log  3.2 x  1  x   3.2 x   x 1    x    3.2x    2x       Vậy x  log  Ta có x1  x2  log   log   Câu 38: [2D2-7.1-3] (THPT Quảng Xương - Thanh Hóa- Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) n là sớ rự nhiên thỏa mãn phương trình 3x  3 x  2cos nx có 2018 nghiệm Tìm sớ nghiệm phương trình 9x  9 x   2cos 2nx A 4036 B 2018 C 4035 D 2019 Lời giải Chọn A 9x  9 x   2cos 2nx  9x  9 x  2.3x.3 x   2cos 2nx 3x  3 x  2cos nx 1 x x 2      4cos nx   x  x 3   2cos nx   Khi đó nếu 1 và   có nghiệm chung 3x  3 x  3 x  3x  3x  3 x  x  Thay x  vào 1 ta được 30  30  2cos   , tức là 1 và   không có nghiệm chung Mặt khác ta thấy nếu x0 là nghiệm 1  x0 là nghiệm   Mà 1 có 2018 nghiệm nên   có 2018 nghiệm Vậy phương trình cho có 4036 nghiệm Câu 1164: [2D2-7.1-3] [THPT QUẢNG XƯƠNG I] Biết x1 , x2 ( x1  x2 ) là hai nghiệm phương trình log3 ( x2  3x   2)  5x 3 x 1  và x1  x2    a  b với a , b là hai sớ ngun dương Tính a  b B a  b  14 A a  b  13 C a  b  11 Lời giải D a  b  16 Chọn B Điều kiện: x   ;1  2;   Đặt t  x2  3x  , t   x2  3x   t  nên phương trình có dạng: log (t  2)  5t 1 2 (*) Xét hàm số f (t)  log (t  2)  5t 1 0;   Hàm số đồng biến 0;   và f (1)  PT(*)  f (t )  f (1)  t   x2  3x    x  3x    x1  Do đó x1  x2   3 3 , x2  2  a  9   a  b  14 b  Câu 21 [2D2-7.1-3] [THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN] Cho x log9 x  log12 y  log16  x  y  Giá trị tỷ số là y A 1  B 1 C D Lời giải Chọn A log9 x  log12 y  log16  x  y    y  12 Đặt t  log9 x  x  9t Ta được t  log12 y  log16  x  y    t   x  y  16 t  t 1     2t t 4 3 3 t t t hay  12  16            t 1  4 4     loai    x   1  Khi đó     y 4 t Câu 42: [2D2-7.1-3] (THPT Phan Đăng Lưu - Huế - Lần I - 2017 - 2018)Gọi x , y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện log9 x  log12 y  log16  x  y  và nguyên dương Tính P  a.b A P  B P  x a  b , với a , b là hai số  y C P  Lời giải D P  Chọn B Đặt t  log9 x  log12 y  log16  x  y   x  9t , y  12t , x  y  16t  t 1  (loaïi)    2t t   3  3 t t t   12  16           t 1  4  4        Vậy t a  x   1    a.b     y 4 b  Câu 85: [2D2-7.1-3] [CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU] Cho hàm số f  x     thức A  f    100    f     100  A 50 B 49 4x Tính giá trị biểu 4x   100  f ?  100  149 Lời giải C D 301 Chọn D X  100     301 Cách Bấm máy tính Casio fx 570 theo cơng thức  X   X 1  100     4x Cách 2.Sử dụng tính chất f  x   f 1  x   hàm số f  x   x Ta có 2      49   99       98    51    50   100  Af   f     f   f       f   f    f   f    100     100   100    100    100   100    100    100  100  49  42 2  301  42 PS: Chứng minh tính chất hàm số f  x   Ta có f  x   f 1  x   4x 4x  4x 41 x 4x 4x       x 1 x x x x     2.4  2  4x Câu 88: [2D2-7.1-3] [CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH] Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 2x  y  Tìm giá trị lớn nhất Pmax biểu thức P   x  y  y  x   xy A Pmax  27 B Pmax  18 C Pmax  27 D Pmax  12 Lời giải Chọn B Ta có  2x  y  2x  y   2x  y  x  y   x y Suy xy       Khi đó P   x2  y  y  x   xy   x3  y   x y  10 xy 2 P   x  y   x  y   3xy    xy   10 xy      3xy   x2 y  10 xy  16  x2 y  xy  xy  1  18 Vậy Pmax  18 x  y  Câu 21: [2D2-7.1-3] (THPT Quỳnh Lưu - Nghệ An - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Thầy Châu vay ngân hàng ba trăm triệu đồng theo phương thức trả góp để mua xe Nếu cuối tháng, bắt đầu từ tháng thứ nhất thầy Châu trả triệu đồng và chịu lãi số tiền chưa trả là 0, 65% tháng (biết lãi śt khơng thay đởi) sau thầy Châu trả hết số tiền trên? A 78 tháng B 76 tháng C 75 tháng D 77 tháng Lời giải Chọn D Gọi: A đồng là số tiền thầy Châu vay ngân hàng với lãi suất r % /tháng; X đồng là số tiền thầy Châu trả nợ cho ngân hàng vào cuối tháng Khi đó: Sớ tiền thầy Châu đó cịn nợ ngân hàng sau n tháng là: Tn  A 1  r  n 1  r  X r n 1 Thầy Châu trả hết số tiền Tn   A 1  r  n 1  r  X n 1   300 1, 0065   n r Vậy: sau 77 tháng thầy Châu trả hết số tiền 1, 0065n    n  76, 29 0, 0065 Câu 33: [2D2-7.1-3] (Tổng Hợp Đề SGD Nam Định - 2017 - 2018 - BTN) Ơng A ḿn sau năm có 1.000.000.000 đồng để mua ô tô Camry Hỏi rằng ông A phải gởi ngân hàng tháng số tiền gần nhất với số tiền nào sau đây? Biết lãi suất hàng tháng là 0,5% , tiền lãi sinh hàng tháng được nhập vào tiền vốn số tiền gửi hàng tháng là A 14.261.000 (đồng) B 14.260.500 (đồng) C 14.260.000 (đồng) D 14.261.500 (đồng) Hướng dẫn giải Chọn D Gọi M (đồng) là số tiền hàng tháng ông A phải gởi vào ngân hàng, sau n tháng số tiền cả gốc lẫn lãi là: a n Tn  1  r   1 1  r   r Tn r 1.000.000.000x 0,5%   14.261.494 (đồng) Suy a  n 60 1  r  1  r   1 1  0,5%  1  0,5%   1 Câu 36: [2D2-7.1-3] (THTT - Số 484 - Tháng 10 - 2017 - BTN) Gọi x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện log9 x  log6 y  log  x  y  và dương Tính a  b A a  b  B a  b  11 x a  b  , với a , b là hai số nguyên y C a  b  D a  b  Lời giải Chọn A Đặt log9 x  t  x  9t  y  6t  log x  log y  t     x  y  4t Theo đề có  log x  log  x  y   t  t x 3  y   Từ (1), (2), và (3) ta có (1) (2) (3) (4)  t 1     2t t t 2 3 3 t t t t t        3.2              t  2 2    1    (TM ) ( L) x   1  a  b Thế vào (4) ta được       a  1; b  y 2 2 Thử lại ta thấy a  1; b  thỏa mãn kiện bài toán Suy a  b  t Câu 31: [2D2-7.1-3] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Biết rằng năm 2001 , dân số Việt Nam là 78685800 người và tỉ lệ tăng dân số năm đó là 1, 7% Cho biết sự tăng dân sớ được ước tính theo cơng thức S  A.e Nr (trong đó A : là dân số năm lấy làm mớc tính, S là dân sớ sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm) Cứ tăng dân số với tỉ lệ vậy đến năm nào dân sớ nước ta mức 120 triệu người? A 2022 B 2020 C 2025 D 2026 Lời giải Chọn D S Từ công thức S  A.e Nr  N  ln với A  78685800 , r  1,7%  0.017 , S  120000000 r A 120000000 Vậy N  ln  N  24,83 (năm) 0, 017 78685800 Vậy sau 25 năm dân sớ nước ta mức 120 triệu người hay đến năm 2026 dân sớ nước ta mức 120 triệu người Câu 28: [2D2-7.1-3] (Chuyên Vinh - Lần - 2018 - BTN) Biết a là sớ thực dương bất kì để bất phương trình a x  x  nghiệm với x  Mệnh đề nào sau là đúng? A a  103 ;104  B a  102 ;103  C a   0;102  D 104 ;   Lời giải Chọn A Bất phương trình a x  x  với x  nó phải với x   a  Do a  nên hàm số y  a x đồng biến ; Đồ thị hàm số y  a x có bề lõm quay lên (hay hàm số là hàm số lõm ) Hai đồ thị hàm số y  a x và y  x  qua điểm A  0;1 nên bất phương trình a x  x  nghiệm với x  hàm số điểm A đường thẳng y  x  là tiếp tuyến đờ thị Phương trình tiếp đờ thị hàm số y  a x A là y  x.ln a  Suy ln a   a  e9  a  103 ;104  Câu 46: A [2D2-7.1-3] Cho các số thực x , y thỏa mãn log4 x  log6 y  log9 ( x  y ) Tính giá trị x biểu thức y 1  B 1 C 1  D 1  Lời giải Chọn A t  log4 x  log6 y  log9 ( x  y )  x  4t 1  t  y   2  Khi đó  x  y  9t  3  t x 2   y    k  2 2   1  Lấy 1 ,   thay vào  3               k  3  3  3 2t t t t t t Câu 45: [2D2-7.1-3] (THPT Kim Liên-Hà Nội -Lần 2-2018-BTN) Cho dãy số  un  thỏa mãn eu18  eu18  e4u1  e4u1 và un1  un  với n  Giá trị lớn nhất n để log3 un  ln 2018 bằng A 1419 B 1418 C 1420 D 1417 Lời giải Chọn A Ta có un1  un  với n  nên un là cấp số cộng có công sai d  eu18  eu18  e4u1  e4u1  eu18  e4u1  e4u1  eu18 1 Đặt t  eu18  e4u1  t   t  t 0 Phương trình 1 trở thành t  t   25t  t t  t  t  t   t   t 5   t   t  Với t  ta có : eu18  e4u1  u18  4u1  u1  51  4u1  u1  17 Vậy un  u1   n  1 d  17   n  1  3n  14 Có : log3 un  ln 2018  un  3ln 2018  3n  14  3ln 2018  n  3ln 2018  14  1419,98 Vậy giá trị lớn nhất n là 1419 Câu 25: [2D2-7.1-3] (THPT Sơn Tây - Hà Nội - 2018 – BTN – 6ID – HDG) Biết rằng tất cả các cặp  x; y  thỏa mãn log  x  y     log  x  y  1 Chỉ có nhất một cặp  x; y  thỏa mãn: 3x  y  m  Khi đó tính tởng tất cả các giá trị m tìm được ? A 20 D 14 B 46 C 28 Lời giải Chọn C log  x  y     log  x  y  1  x2  y    x  y  1   x     y    Do có nhất cặp  x; y   3x  y  m  thỏa mãn hệ  nên đường thẳng 2 x   y         3x  y  m  là tiếp tuyến đường tròn  x     y    Suy 3.2  4.2  m 32  42 Vậy chọn C  m  36  2  m  64 ... 1  6%  238 ,6 triệu đồng.Câu 906 [2D 2-7 . 1 -3 ] Tìm m cho: lg  3Cm3   lg  Cm1   A B C Lời giải Chọn B Điều kiện: m  Ta có: 3. m ! 3!  m  3? ?? !  3C  3C lg  3Cm3   lg  Cm1... hàm số f t đồng biến 0, Do đó Với y y2 x2 y y x x x thay vào phương trình ta 3log3 3x 2log 2 x log3 x log x t Đặt 0, t 3log x t log x x x x 33 3log3 x t 3 t t x 2log x 2 t Lấy thay... 3x 4x   log3 3x  log3 x  log3  x2  x log3  Vậy A 2 3x 4x   log 3x  log x  log  x2 log  x  2log Vậy B 2 3x 4x   log 3x  log 4x  log  x2 log  x log  log Vậy C sai 2 3x