Vận dụng cao - Phương trình Mũ - Logarit trong đề thi thử THPTQG năm 2021 có lời giải chi tiết

CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2018 Môn: Toán

HÀM SỐ MŨ VÀ LOGARIT

Câu 1. (ĐỀ MINH HỌA THPTQG NĂM 2021) Có bao nhiêu số nguyên ^{a a}



^2



sao cho tồn tại số thực x _{thỏa mãn}



^alogx2



^{loga x 2 ?}

A. 8. B. 9. C. 1. D. Vô số

Lời giải

Điều kiện x0. Đặt ya^logx 2 0 thì y^loga  x 2 a^logy 2 x. Từ đó ta có hệ

log log

2 2

x y

y a x a

  

  

 .

Do a2 nên hàm số f t( )a^t2 là đồng biến trên . Giả sử xy thì f y( ) f x( ) sẽ kéo theo ,

yx tức là phải có xy. Tương tự nếu xy.

Vì thế, ta đưa về xét phương trình xa^logx2 với x0 hay xx^loga 2. Ta phải có x2 và xx^loga 1 loga a 10.

Ngược lại, với a10 thì xét hàm số liên tục g x( ) x x^loga 2 x^loga(x^{1 log a} 1) 2 có lim ( )

x g x

   và (2)g 0.

nên ( )g x sẽ có nghiệm trên (2;). Do đó, mọi số a{2, 3,,9} đều thỏa mãn.

Câu 2: (ĐỀ THI THỬ CHUYÊN TRẦN PHÚ – HẢI PHÒNG NĂM 2021) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số mnhỏ hơn 2021 để phương trình ^log2



^{m m2x}



^2xcó

nghiệm thực?

A. 2018 . B. 2019. C. 2021. D. 2020.

Lời giải Chọn D

Ta có phương trình: ^log2



^{m m2x}



^2x(1)

Đặt: t 2^x m (t0) thì phương trình (1) trở thành

 

log2 m t 2x m t 4^x t 4^x m

        

Mà t 2^xmnên suy ra 4^xm 2^x m4^x  2^x mm 4^x 2^x 2^x m 2^x m

     

Từ đây ta xét hàm đặc trưng y f t( )t²t,  t 0có f t'( )2t 1 0, t 0

 

( ) [0; ) (2 )^x 2^x 2^x 2^x 4^x 2^x

f t trên f f m m m

           

Xét hàm y g x( )4^x 2^x có '( )g x 4 .2 ln(2)^x 2 ln(2)^x 0x 1 Ta có bảng biến thiên của hàm ( )g x như sau:

Từ đó để phương trình trên có 2 nghiệm thực thì 1

( 1) 4

m g m 

    Mà m nguyên dương và nhỏ hơn 2021nên suy ra m[1; 2020]

Vậy có tất cả 2020 giá trị nguyên mthỏa mãn yêu cầu đề bài

Câu 3: (ĐỀ THI THỬ CHUYÊN TRẦN PHÚ – HẢI PHÒNG NĂM 2021) Tính tổng S tất cả các nghiệm của phương trình 5 3 ¹

ln 5 5.3 30 10 0.

6 2

x x

x x

x x

   

    

 

  

A. S3. B. S1. C. S2. D. S 1. Lời giải

Chọn B.

Ta có: 5 3 ¹

ln 5 5.3 30 10 0

6 2

x x

x x

x x

   

    

 

  

       

ln 5^x 3^x 5 5^x 3^x ln 6x 2 5 6x 2 .

       

Khi đó phương trình có dạng ^f



^5x3x



^{ f}



^{6x2 ,}



^{với f t}

 

^{lnt5 ,t t}



^0;



 

¹

   

' 5 0, 0;

f t t f t

   t     đồng biến trên



^0;



nên từ phương trình



^{5x 3x}

 

^{6 2}



^{5x 3x 6 2}

 

^{5x 3x 6 2 0.}

f   f x    x g x    x 

     

²

 

²

' 5 ln 5 3 ln 3 6^{x x} '' 5^x ln 5 3 ln 3^x 0,

g x g x x

        

Do ^g''

 

^{x 0, x} phương trình ^{g x'}

 

^0 có nhiều nhất là một nghiệm, từ đó phương trình ^{g x}

 

^0

có nhiều nhất là hai nghiệm. Ta thấy x₁0;x₂1 là hai nghiệm của phương trình ^{g x}

 

^0.

Vậy phương trình có hai nghiệm là x₁0;x₂  1 S x₁x₂1.

Câu 4: (ĐỀ THI THỬ THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH NĂM 2021) Gọi S là các cặp số thực



^{x y,}



sao cho ^ln



^xy



^{x 2020xln}



^xy



^{y 2020ye2021 và x }



^1;1



. Biết rằng giá trị lớn nhất của biểu thức ^Pe2021x



^y1



^{2021x2 với}



^{x y,}



^S đạt được tại



x0;y0



. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. ₀ 1 2;1

x  

  

 

. B. ₀ 1 1

4 2;

x  

  

 

. C. x0 



1;0



. D. ₀ 1 0;4

x  

 

  . Lời giải

Chọn A

Điều kiện xy0

Ta có: ^ln



^xy



^{x2020xln}



^{x y}



^{y2020ye2021}

         

2021

ln 2020 2021 ln 2020 e 0 *

x y x y x y e x y

x y

          

 Xét hàm

 

2021

ln 2020 e

f t t

   t , có

 

1 2021

0, 0

f t e t

t t

     

Do đó ^{f t}

 

đồng biến trên khoảng



^{0; }



Suy ra

 

^{*  f x}



^y



^{0 f e}



²⁰²¹



^{xye2021y xe2021}

Khi đó ^Pe2021x



^{1xe2021}



^{2021x2 g x}

 

 

^2021x



^{2022 2021 2021 2021}



⁴⁰⁴²

g x e  x e  x

 

^2021x



^{2021.2022 20212 20212 2021}



⁴⁰⁴²

g x e  x e 

   

2021 2 2 2021

2021.2022 2021 2021 4042 0, 1;1

e x x e x

       

Nên ^{g x}

 

nghịch biến trên đoạn



^1;1



Mà ^g

 

^{1 e202120210,g}

 

^{0 20222021e2021 0} nên tồn tại x0 



1; 0



sao cho g x

 

0 0 và khi đó

 

   

0

1;1

Max g x g x

  . Vậy P lớn nhất tại x0 



1; 0



.

Câu 5: (ĐỀ THI THỬ THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH NĂM 2021) Cho x y, 0 thỏa

 

2xylog2 xyx ^x 8. Giá trị nhỏ nhất của Px²y A. 14 3 10

7

 . B. 2 3 1 . C. 3 4 1³  . D. 4 3 3³  . Lời giải

Chọn C Ta có:

   

     

   

2 2

2 2 2 2

2 2

2 log 8 2 log 1 8

8 8

2 log 1 log log 1 2 1 2 log

4 4

log 1 2 1 log 2.

x x

xy xy x xy x y

y y x y y x

x x

y y

x x

        

           

   

        

   

Xét hàm y f t

 

log2t2t , t 0 có

 

^{1 2 0, 0}

.ln 2

f t t

  t     Suy ra hàm ^{f t}

 

luôn đồng biến trên



0;



Do đó:^{f y}



¹



^{f 4 y 1 4}

x x

 

     

 

Khi đó ta có: ^{2 2} 4 ² 2 2 ^{3 2} 2 2 ³

1 1 3 . . 1 3 4 1

P x y x x x

x x x x x

            

Vậy giá trị nhỏ nhất của Px²ylà 3 4 1³  khi và chỉ khi ² 2 ³ 2

x x

 x  

Câu 6: (ĐỀ THI THỬ THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH NĂM 2021) Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2021 của tham số m để phương trình log₆



2020xm



log 1010₄



x



có nghiệm là

A. 2021 . B. 2023 . C. 2022 . D. 2024 .

Lời giải Chọn B.

Điều kiện xác định:

0 2020 x

x m

 

 

  .

Đặt log₆



2020xm



log 1010₄



x



t ^{2020 6}

1010 4

t t

x m x

  

     m 6^t 2.4^t

 

1 .

Xét hàm số ^{f t}

 

^{ 6t 2.4t với}  t 

 

^{6 .ln 6t 2.4 .ln 4t}

f t  

 

0

f t  ³ 2^{ln 4}

2 ln 6

 t

    ₃



₆



2

log log 16

 t .

Bảng biến thiên:

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình

 

1 có nghiêm. Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi ₃



₆



2

log log 16 m f

 

 

     2 m 2021. Vây có 2023 giá trị của mthỏa mãn ycbt.

Câu 7: (ĐỀ THI THỬ THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH NĂM 2021) Cho hai số thực a1,b1, biết phương trình a b^{x x21}1có hai nghiệm x₁, x₂. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 

2 1 2

1 2

1 2

x x 4

S x x

x x

 

 

    

A. 4. B. ³4. C. 3 4³ . D. 3 2³ .

Lời giải Chọn C.

Ta có: a b^{x x21}1^logb



^{a bx x21}



^{log 1b x2xlogba 1 0.}

Phương trình có hai nghiệm x₁, x₂theo viet ta có: ^{1 2}

1 2

log

. 1

x x ba

x x

   

  

 ^.

 

2 1 2

1 2

1 2

x x 4

S x x

x x

 

 

    



^log



^{2 4}

a log

a

b b

  .

Đặt log_abt, t0.

 

^{2 4}

S f t t

  t với t0. Ta có: ^f

 

^{t 2t 4}₂

t

  

 

0

f t  2 ³₂ 4 t 0

t

    t ³2. Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số f t

 

trên khoảng



0;



bằng

 

^{32 3 43}

f  .

Vậy giá trị nhỏ nhất của Sbằng 3 4³ .

Câu 8: (ĐỀ THI THỬ CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2021) Xét tất cả các số thực dương ;x y

thỏa mãn 1 1

log 1 2

10 2 2

x y

x y xy

 

     

 

.

Khi biểu thức 4₂ 1₂

x  y đạt giá trị nhỏ nhất, tích xy bằng A. 9

100. B. 9

200. C. 1

64. D. 1

32. Lời giải

Chọn C Ta có

   

   

1 1

log 1 2 log 1 2

10 2 2 10 2

log log 2 1 2

10

log log 2 2 , *

10 10

x y x y x y

xy xy

x y xy

x y

x y xy xy

x y x y

xy xy

   

  

         

   

      

 

 

    

 

Xét hàm số ^{f t}

 

^{logt  t, t 0}

Ta có

 

^{1 1 0, 0}

.ln10

f t t

 t     , suy ra hàm số đồng biến trên



^0;



Như vậy

 

^{* 2 1 1 20, **}

 

10 x y

xy x y

     

Xét 4₂ 1₂ P x  y

Ta có

2

2 2

4 1 1 2 1 1

. 1 . .1 320 min 320

4 2 P P

x y x y

     

       

     

 

   

Dấu “” xảy ra khi

1 1 20, **

 

1

4 1

4 1

16 x y x

x y y

    

 

 

 

   

 

 Kết luận 1

xy64

Câu 9: (ĐỀ THI THỬ THPT ĐẶNG THÚC HỨA – NGHỆ AN NĂM 2021) Có bao nhiêu số nguyên ^{x }



^{2021; 2021}



để ứng với mỗi x có tối thiểu 64 số nguyên y thoả mãn

 

4

3 2

log x ylog xy ?

A. 3990. B. 3992. C. 3988. D. 3989.

Lời giải Chọn D

Điều kiện

4 0

0 x y x y

  

  



.

Xét hàm số f y

 

log3 x⁴ylog2



xy

  

3



⁴



2

 

1log log

f y 2 x y x y

     .

Ta có

 



⁴

  

1 1

2 ln 3 ln 2 f y

x y x y

  

  <0 vì ,x y nguyên nên ²



^x4y



^{ln 3}



^xy



^{ln 2}

nên ^{f y}

 

là hàm số nghịch biến.

Giả sử y₀ là nghiệm của phương trình ^{f y}

 

^0 thì bất phương trình log3 x⁴ylog2



xy



có nghiệm 0 x yy₀  x y y₀.

Đặt

   

4 2

4

3 2

1 3

log log

2 2

t t

x y

x y x y t

x y

  

     

 



. Suy ra y3^2tx⁴ 2^txy x 2^t64 t 6.

Do đó ^{4 2 12 4 12 4 12} 27, 00034

3 2 3 2 3 3 0

26.99

t t t x

x x x x x x

x

 

               

. Mà ^{x }



^{2021; 2021}



^{và x suy ra} x 



2021; 2020;...; 27; 28; 29;...; 2021 



. Vậy có tất cả 3989 số nguyên ^{x }



^{2021; 2021}



thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 10. (ĐỀ THI THỬ CHUYÊN BIÊN HÒA – HÀ NAM NĂM 2021) Cho các số thực a; b; x; y thỏa mãn a1; b1 và a^2x b^2y  ab. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P6xy² bằng:

A. 45

4 . B. 3. C. 54

16. D. 45

16. Lời giải

Chọn D

Ta có: a^2x b^2y  ab 

1 1

2 log log

2 2

1 1

2 log log

2 2

a a

b b

x ab b

y ab a

   





   





1 1

4 4 log

1 1

4 4log

b

b

x a

y a

  





  



Do đó

 

2

2 1 1 1 1 1 2 1 3 25

6 6 log log log

4 4 log_b 4 4 ^b 16 ^b 8 ^b 2 log_b 16

P x y a a a

a a

   

            

 

 

Đặt ^logbat t



⁰



ta được:

 

^{1 2 1 3 25}

16 8 2 16

f t t t

   t

 

2

  

²



1 1 3 1

2 3 4

8 8 2 8

f t t t t t

t t

       

 

⁰

f t   t2 (do t0) Bảng biến thiên:

  

 

0;

min 45

16

x f t

   . Vậy 45

minP16

Câu 11. (ĐỀ THI THỬ CHUYÊN BIÊN HÒA – HÀ NAM NĂM 2021) Tất cả các giá trị của m để phương trình ^{3x23x m log}_x²_3



^{3 x m 3}



có nghiệm là

A. m. B. 3

m 4

 . C. 3

4.

m D. 3 3

4 m 4

   . Lời giải

Chọn A

^{3x23x m log}_x²_3



^{3x m 3}



 

 

2

2

3 3 3

3^{x   x m } log_{x }3 3x m 3

   

 

 

2 3

3

3 3 2

3

log 3 3

3

log 3

3

x x m

x m x



 

 

 



   

3 3 3 3 3

3 3

3^{x }. log x 3 3 ^{x m }. log 3x m 3

     (*)

Đặt

2 3

3 3

a x

b x m

  

   



Khi đó a3,b3.

Xét hàm số f t

 

3 . log^t ₃t với t3.

 

3 ln 3. log₃ 3 . ¹ 0 ln 3

t t

f t t

t

    với mọi t3.

Do đó hàm số f t

 

đồng biến trên khoảng



^3;



^.

Khi đó phương trình

 

*  f a

 

 f b

 

a b

  x² 3 3 xm 3

2 3

x x m

  

 

 

2 2

2 2

3 3 3 0

3 3 3 0

x m x x x m

x m x x x m

      

 

       

O 7 M N

x y

log_b y x

log_a y x Để phương trình có nghiệm ¹

2

3

9 12 0 4

9 12 0 3

4 m m

m m

 

    

      



 m .

Do đó m thì phương trình có nghiệm.

Câu 12: (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH 2020) Cho các hàm số ylog_ax và ylog_bx có đồ thị như hình vẽ bên. Đường thẳng x7 cắt trục hoành, đồ thị hàm số

log_a

y x và ylog_bx lần lượt tại H, M , N. Biết rằng HM MN. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. a7b. B. a2b. C. ab⁷. D. ab².

Lời giải: Ta có: M



^{7, log 7 ,}a



N



^{7, log 7}b



mà HM MN nên log 7_b 2 log 7_a log 7 ²

a a b

    .

Câu 13: (Nguyễn Khuyến Bình Dương 2019) Có bao nhiêu số n để ^{f n}

 

^a biết rằng a là giá trị nhỏ nhất của

  

log 2 log 3 log 4 .... log3



3



3

 

3



9ⁿ

f n  n với n, n2.

A. 2 . B. 4 . C. 1. D. Vô số.

Lời giải: Ta có

  

¹



^log3

9

f n  f n n với n, n2.

Với

 

     

9 log3

3 1 1

1 9

f n n

n f n f n

  f n     



Với

 

     

9 log3

3 1 1

1 9

f n n

n f n f n

  f n     



Với

 

     

9 log3

3 1 1

1 9

f n n

n f n f n

  f n     



 

²

 

^{3 ....}



^{39 1}

  

³⁹



^{39 1}



^....

 

f f f f f f n

          .

Vậy có 2 giá trị n3⁹ 1 và n3⁹ thỏa mãn. Chọn A.

Câu 14: (Sở GD – ĐT Phú Thọ). Cho x0,y0thỏa mãn log16



x3y



log9xlog12y. Giá trị của

3 2 3

3 2 3 3

x xy y x x y y

 

  bằng:

A. 6 13 11

 B. 82 17 13

69

 C. 5 13

6

 D. 3 13

11



Lời giải: Đặt log9xlog12 ylog16



x3y



t

9 12 3 3 16 4

t

t t

t

x y x x y y

 

  

    

    

 Theo đề bài ta có phương trình:

9^t3.12^t 16^t 3 4

4 3 3

t t

   

    

   

3 2 3

3 1 0

4 4

t t

   

      

   

 

 

3 13 3

4 2

3 13 3

4 2

  

  

 

    

 

t

t

n l

.

Vậy 13 3

2 x y

  . Khi đó

3

3 2

1 5 13

3 6

t t P t t

  

 

  . Chọn đáp án C.

Câu 15: (Chuyên Quang Trung – Bình Phước 2019) Cho m n, là các số nguyên dương khác 1. Gọi P là tích các nghiệm của phương trình

  

2018 log_m x log_nx 2017 log_mx2018 log_nx2019. P nguyên và đạt giá trị nhỏ nhất khi

A. m n. 2²⁰²⁰. B. m n. 2²⁰¹⁷. C. m n. 2²⁰¹⁹. D. m n. 2²⁰¹⁸. Lời giải: Phương trình tương đương với: ^{2018 log}_nm



^log_mx



²



2017 2018 log _nm



log_mx20190 Gọi ,a b là hai nghiệm của phương trình, theo viet ta có

2017 2018 log 2017

log log 1 log

2018 log 2018

n

m m m

n

a b m n

m

    

 

2017 2017

2018 2018

log_m ab log_mm n.  ab m n.

    

 

. Vì ,m n nguyên dương khác 1 nên

2017

2 2018

2 2.

m P ab n

n

 

  

 



. Vậy P nguyên và nhỏ nhất khi 2₂₀₁₈ ²⁰¹⁹

2 2

m mn

n

 

 

 



. Chọn C.

Câu 16: (NÔNG CỐNG-THANH HÓA 2019) Cho n là số nguyên dương và 0a1, tìm n sao cho

3

2 2 2 2 2

log 2019 2 loga  a2019 3 log a2019 ... n logna2019 1008 .2017 log 2019 a

A. 2017 B. 2018 C. 2019 D. 2016

Lời giải: Ta có:

3 3 3 2 2

log 2019 2 log 2019 3 log 2019 ..._{a a a} log 2019 1008 .2017 log 2019_{a a}

PT     n 

3 3 3 3 2 2

1 2 3 ... n 1008 .2017

      mà ta lại có: 3 3 3 3



1



^{2 2}

1 2 3 ...

4

n n

n 

     Vậy n2016. Chọn D

Câu 17: (Tứ Kỳ - Hải Dương 2019) Cho hàm số

 

^{2019 ln 2019}

x

y f x e e

    

 

. Tính giá trị biểu thức ^{A f}

 

^{1  f}

 

^{2 ... f}



²⁰¹⁸



A. 2018. B. 1009. C. 2017

2 . D. 2019

2 . Lời giải: Ta có

 

²⁰¹⁹

2019 x

x

f x e

e e

 



Xét 2 giá trị ,x y thỏa mãn: x y2019, ta có:

   

^{2019 2019}

2019 2019

x y

x y

e e

f x f y

e e e e

    

 

2019

2019 2019

2019

2019 2019

x x

x x

e e

e e e e



  

 

2019

2019 2019

1

x

x x

e e

e e e e

  

 

   



^{1 2018}

   

²



²⁰¹⁷

 

^...

 

¹⁰⁰⁹

 

¹⁰¹⁰

 

¹⁰⁰⁹

A f f f f f f

         . Chọn B.

Câu 18: (Chuyên Lam Sơn – Thanh Hoá 2019). Cho các số thực ,a b thay đổi, thoả mãn 1

, 1

a3 b . Khi biểu thức Plog3_ablog_b



a⁴9a²81



đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng a b bằng:

A. 3 9 ². B. 2 9 ³. C. 2 9 2 . D. 3 3 2 . Lời giải: Ta có



^a29



^{2 0 a49a281 9 a2.}

Suy ra Plog3_ablog_b



a⁴9a²81



log3_ablog 9_b a²log3_ab2 log 3_b a2 2. Vậy P_min 2 2, dấu “=” xảy ra

2

2 2

3

9 3

log _a 2 log 3_b 9 3 9 a a

b a b a b

 

  

     

  

 

. Chọn A.

Câu 19: (THPT ĐOÀN THƯỢNG HẢI DƯƠNG)Cho phương trình sau:



²



^{2 2} 1

 

2

2

4^{ x m} log x 2x3 2^{x  x}log 2 x m 2 0. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình trên có đúng hai nghiệm thực phân biệt.

A. 3

m 2 hoặc 1

m 2 B. 1

m 2 hoặc 3 m2

C. 1

m 2 D. 3

m2

Lời giải: Ta có: sắp xếp cho 2 vế giống nhau: ^{22x m 1log2}

 

^x1



^22



^{2x121log2}



^{2 x m 2}



 ¹^{2 1 2}

  

²



^{2 1 2}

 

2^{x } log x 1 2 2 ^{x m } log 2 x m 2

      . Xét hàm đặc trưng f t

 

2^t1log2



t2

 

t0



Có ^{f '}

 

^{t 0 nên f}

 

^x1



²



^{ f}



^{2 x m}

  

^{2 2}2

2 1 2 2

1 2

2 1 2 2

x x x m

x x m

x x x m

    

     

    



   

2 2

2 1

1

2 3 2

x m

x m

  

    

. Để hệ

 

1 có bốn nghiệm phân biệt 1 3

2 m 2

   . Nên để hệ

 

1 có hai nghiệm phân biệt  1

m 2 hoặc 3

m2. Chọn B

Câu 20: (CHUYÊN HẠ LONG-QUẢNG NINH LẦN 1) Cho bất phương trình:

 

2 2 2

2 2 2

.9 ^{x x} 2 1 6 ^{x x} 4 ^{x x} 0

m ^  m ^ m ^  . Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng 1 2.

 x

A. 3

m 2 B. 3

m 2 C. m0 D. m0

Lời giải: Ta có: với 1 ²

2 0

x 2 x  x . Đặt

2 2

3 1

2

x x

t

  

   

  ta có bpt: ^mt2



^2m1



^{tm0 với t1}

Xét

 



¹



²

m f t t t

 



với  t 1. Ta có:

 

 

2 4

' 1

1 f t t

t

 



, ^lim

 

⁰

x f t

  và

 

1

lim 0

x

 f t



 .

Xét sự biến thiên, ta thấy ^{f t}

  

^{ 0;}



^{. Nên m0. Chọn C}

Câu 21: (Toán Học Tuổi Trẻ) Số các giá trị nguyên dương của k thỏa mãn 2^k có 100 chữ số khi viết trong hệ thập phân là

A. 10. B. 6. C. 4. D. 5.

Lời giải: Ta có 10⁹⁹ 2^k 10¹⁰⁰ 99klog 2100328,87k332,19 có 4 giá trị k thỏa mãn. Chọn C.

Câu 22: (Chuyên Long An – 2019). Cho ,

, 1

x y x y

 

 



 sao cho ^{ln 2 x x3 ln 3 19y3 6xy x}



^2y



y

 

     

 

 

. Tìm giá trị nhỏ nhất m của biểu thức 1

T x 3

x y

   . A. m 1 3. B. m2. C. 5

m 4. D. m1. Lời giải: Ta có ^{ln 2 x x3 ln 3 19y3 6xy x}



^2y



^{ln 2}



^{y x}

 

^{2y x}



^{3 ln 3}

   

^{y 3y 3}

y

 

           

 

 

(*).

Xét hàm ^{f t}

 

^lntt3,



^t0



^{; ta có f}

 

^{t 1 3t2 0, t 0}

  t    , suy ra ^{f t}

 

đồng biến trên



^0;



^.

Vậy

 

^{ 2yx3yxy. Khi đó:}

1 1 3 1 3 1 3 1 3 1 5

2. .

3 4 4 4 4 4 4 4 4 2 4 2 4

x x x x x

T x x

x y x x x

             

 .Dấu “=” xảy ra x y1.

Chọn C.

Câu 23: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh 2019). Cho hai số a b, dương thỏa mãn đẳng thức

4 25

log log log4 2

a b b a

  . Giá trị biểu thức ^{M log6}



^{a2b 5}



^{log6b bằng}

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

Lời giải: Đặt _{4 25}

4

log log log4 25

2 4

2 10

t t

t

a

t a b b a b

b a







 

    

 

 



.

Khi đó

   

2

2 2 5 5 5 1 5

4. 5 2.10 2 0 4. 2. 1 0

2 2 2 4

t t t

t t t       

             

      .

Sử dụng máy tính ta tính được M 1. Chọn A.

Câu 24: (THPT THIỆU HÓA-THANH HÓA) Cho hàm số

 

2 ²

1 17

log 2 4

f x x x x 

      

 

.

Tính 1 2 2018

2019 2019 ... 2019

T f   f   f  

       

     

A. 2019

T  2 B. T 2019 C. T 2018 D. T 1009

Lời giải: Ta có:

 

2

 

²

 

1 17

1 log 1 1 1

f x  x x x 

          

  

1



log 42 2

f x f x

     1 2018 1 1

1 2

2019 2019 2019 2019

f   f  f  f 

         

       

Nên T 1009.22018

Câu 25: (THPT TRẦN PHÚ-HÀ TĨNH) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thuộc đoạn



0; 2020 sao cho với mỗi giá trị



a luôn tồn tại số thực x để ba số 5 ¹ 5¹ , 2

x_{ }x a

 và 25^x25^x theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng?

A. 2007 B. 2009 C. 2010 D. 2008

Lời giải: Ta có:

   

2

1 1 1 1

5 5 25 25 2. 5 5. 5 2

2 5 5

x x x x x x

x x

a a

      

           

   

Xét 1

5 2

5

x

t  x  ^{a f t}

 

^{t25t2 với t2 nên a f}

 

^{2 12 a}



^{12; 2020}



^2009 giá trị của a. Chọn B

Câu 26: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh 2019). Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình

2

25 5

4 log log 1 0

5

xm x  có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂ thoả mãn x x_{1 2}50 x x_{1 2} 6250 ?

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

Lời giải: Ta có ^{x x1 250 x x1 2 6250}



^{x x1 2 25}



^{20x x1 2 625}

Phương trình 4 log²₂₅ log₅ 1 0 log²₅ log₅ 1 0 5

x m x   x m xm  , (*).

(*) có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂^{  m24}



^m1



^{0m2.}

Khi đó 4log5



x x1. 2



log5x1log5x2 m, (t/m). Chọn C.

Câu 1. (Đề thi thử VTED) Có bao nhiêu số nguyên m10 để phương trình m me^x e^x có nghiệm thực.

A. 9. B. 8. C. 10. D. 7.

Lời giải: Bình phương hai vế, phương trình tương đương với:

2 2 2 1

; .

4

x x x x x x x x x x

m m e e m e m e e e m e e m e e  

                   Vậy ^m



^0,1,...,9



có 10 số nguyên thoả mãn.

Câu 2. (Liên trường Nghệ An - lần 1 2019). Biết phương trình

2018 2019

2 1 1

log 2 log

2 2

x

x x x

 

 

    

   

   

có nghiệm duy nhất xa b 2 trong đó a b; là những số nguyên. Khi đó a b bằng

A. 5. B. 1. C. 2 . D. 1.

Lời giải: Điều kiện: x1

Xét

 

2018

 

2 1

log , 0;

f x D

x x

 

     

 

,

 

 

1 0, 0

2 ln 2018

f x x x

x x x

 

    



. Hàm số nghịch biến trên



^0;



^.

Mặt khác:

 

2018

2 1 2 1

0 log 0 1 2 1 0 3 2 2

f x x x x

x x

x x

 

              

 

Nên ( ) 0, 3 2 2

( ) 0, 3 2 2

f x x

f x x

    



   



.

Xét

 

2019

 

log 1 , 1;

2 2

g x x D

x

 

     

 

,

 



²



1 0, 1

ln 2019

g x x x

x x

     

 .

Hàm số đồng biến trên



^1;



^.

Câu 27: (SỞ NINH BÌNH-BẠC LIÊU) Biết 2 ¹⁰⁰

 

1

log .2^k 2 log_c

k

k a b



 

  

 





 ^{với a b c, ,} là các số nguyên và ab c 1. Tổng a b c  là

A. 203 B. 202 C. 201 D. 200

Lời giải: Ta có ¹⁰⁰

  

^{2 100}

 

^{2 3 100}



¹⁰⁰

1

.2^k 2 2 ... 2 2 2 ... 2 ... 2

k

S k







         



¹⁰⁰



²



⁹⁹



⁹⁹



²



¹⁰⁰

 

2 2 1 2 2 1 ... 2 2 1 2 2 1

S

         

   

101 2 100 101 100 101

100.2 2 2 ... 2 100.2 2 2 1 99.2 2

S

          

   

100

101

2 2 2

1

log .2^k 2 log 99.2 101 log 99

k

k



 

     





 ^{a b c  101 99 2  202. Chọn B}

Câu 28: (Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An lần 2). Một anh sinh viên nhập học đại học vào tháng 8 năm 2014. Bắt đầu từ tháng 9 năm 2014, cứ vào ngày mồng một hàng tháng anh vay ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất cố định 0,8% / tháng. Lãi tháng trước được cộng vào sổ nợ để tiếp tục tính lãi cho tháng tiếp theo (lãi kép). Vào ngày mồng một hàng tháng kể từ tháng 9/2016 về sau anh không vay ngân hàng nữa và anh còn trả được cho ngân hàng 2 triệu đồng do có việc làm thêm. Hỏi ngay sau khi kết thúc ngày anh ra trường (30/06/2018) anh còn nợ ngân hàng bao nhiêu tiền (làm tròn đến hàng nghìn đồng) ?

A. 49.024.000 . B. 47.401.000 . C. 47.024.000 . D. 45.401.000 .

Lời giải: Số tiền sinh viên đó nợ ngân hàng 24 tháng



9 / 2014 9 / 2016



là:

 

 

6

3.10 1 0,8% 24

1 0,8% 1 79661701, 66 A 0,8%

 

   

  (triệu đồng).

Vào ngày mồng một hàng tháng kể từ tháng 9/2016 về sau anh không vay ngân hàng nữa và anh còn trả được cho ngân hàng 2 triệu đồng do có việc làm thêm. Nên đến ngày 1/6/2018 (tức 21 tháng) anh sinh viên đó còn nợ ngân hàng số tiền là:

   

21 2.105 21

79661701, 06 1 0,8% 1 0,8% 1 48635234, 72.

N   0,8%   

 

Sau khi trả xong tháng thứ 21 thì đến 30/8/2018 anh sinh viên nợ ngân hàng số tiền là:

48635234.72(1 0,8%) 49024316, 6. Chọn A.

Câu 29: (Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên) Cho , ,x y z là 3 số dương lập thành cấp số nhân;

log_a , log _a , log3

x y a z lập thành cấp số cộng với a là số thực dương khác 1. Giá trị của 9x y 3z

p y  z  x là

A. 13. B. 3. C. 12. D. 10.

Lời giải: Ta có , ,x y z là 3 số dương lập thành cấp số nhân  xz y²

 

¹

Lại có log_a , log _a , log3

x y a z lập thành cấp số cộng

3

3 4 3 4

log_a x log _a z 2 log _a y log_a x 3log_az 4 log_a y log_ax z. log_a y xz y

         

 

²

Từ

 

^{1 và}

 

2 suy ra:

 

2 2

3 4 2 2 4 , , z 0

xz y xz y

x y z x y

xz y z y y

   

 

    

 

 

 

 

13 P

  . Chọn A.

Câu 30: (Chuyên Lê Quý Đôn – Lai Châu 2018). Xét các số dương a b c; ; thoả mãn:

4 4 2

16 log a4 log b2 log c1. Tìm giá trị lớn nhất của a.

A. 10^1. B. 1. C. 10 ². D.

1

10 . 2

Lời giải: Ta có