Tải bản đầy đủ

HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LOGARIT

Câu 1: [2D2-4-4]
(Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Một người gửi tiết kiệm ngân
hàng theo hình thức gửi góp hàng tháng. Lãi suất tiết kiệm gửi góp cố định 0,55%
/tháng. Lần đầu tiên người đó gửi 2.000.000 đồng. Cứ sau mỗi tháng người đó gửi
nhiều hơn số tiền đã gửi tháng trước đó là 200.000 đồng. Hỏi sau 5 năm (kể từ lần
gửi đầu tiên) người đó nhận được tổng số tiền cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu?
A. 618.051.620 đồng.
539.447.312 đồng.

B. 484.692.514 đồng.

C. 597.618.514 đồng.

D.

Lời giải
Chọn A
Gọi Ai là số tiền thu được sau tháng i , r  0,55%  0, 0055 là lãi suất hàng tháng, A  2000
(nghìn đồng) là số tiền gửi ở tháng đầu.
* Số tiền thu được sau tháng 1 là: A1  A 1  r 
*

Số
tiền
thu
được
sau
tháng
2
là:

A2   A1  A  200 1  r   A 1  r   A 1  r   200 1  r 
* Số tiền thu được sau tháng 3 là:
3
2
2
A3   A2  A  2.200 1  r   A 1  r   A 1  r   A 1  r   200 1  r   2.200 1  r 
* Số tiền thu được sau tháng 4 là:
4
3
2
A4   A3  A  3.200 1  r   A 1  r   ...  A 1  r   200 1  r   2.200 1  r   3.200 1  r 
* Số tiền thu được sau tháng 5 là:
5
4
3
A5   A4  A  4.200 1  r   A 1  r   ...  A 1  r   200 1  r   2 1  r   ...  4. 1  r  


* Số tiền thu được sau tháng n là:
An   An1  A   n  1 .200 . 1  r 
2

 An  A 1  r   A 1  r 

n 1
n2
 ...  A 1  r   200 1  r   2. 1  r   ...   n  1 . 1  r  


n 1
 1  r   1 


n 1
2
3
  n
 An  2000 
 1  200 1  r   11  r    2  . 1  r   ...  1  n  . 1  r  




r


xn 1
Ta có: 1  x 1  ....  x  n 1  1
, lấy đạo hàm hai vế ta được:
x 1
1  n  x  n2  n.x  n1  x 2
 x 2  2 x 3  ....   n  1 x  n 
2
 x1  1
n

n 1

  1  r    2  . 1  r   ...  1  n  . 1  r 
2

1  n 1  r 


3

n

 n. 1  r 

r 

 n 1

  n

1  n 1  r 


 n2

 n. 1  r 

1  r 

1

1

2

 1  r n1  1 
  n  11  r   n. 1  r 2  1  r n1 
 An  2000 
 1  200 

2


r
r







Số tiền thu được sau 5 năm ( 60 tháng) là:



1

 n 1

2

 1  r 

2


 1, 005561  1 
 59 1, 0055   60. 1, 0055 2  1, 0055 61 
 A60  2000 
 1  200 

2
 0, 0055



 0, 0055




 A60  539.447.312 (đồng).
Câu 2: [2D2-4-4]
(Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Xét các số thực dương x, y
x y
 x  x  3  y  y  3  xy. Tìm giá trị lớn nhất Pmax
thỏa mãn log 3 2
x  y 2  xy  2
3x  2 y  1
.
của biểu thức P 
x y6
A. 3 .

B. 2 .

C. 1 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn C
Ta có:
log

3

x y
 x  x  3  y  y  3  xy
x  y 2  xy  2
2

 log 3 3  x  y   3  x  y   log

3

x

2

 y 2  xy  2   x 2  y 2  xy  2 .

Xét hàm số f  t   log 3 t  t , t  0 có f   t  
luôn đồng biến và liên tục trên khoảng  0;   .

1
 1  0, t  0 . Vậy hàm số f  t 
t ln 3

Do đó: f  3  x  y    f  x 2  y 2  xy  2   3  x  y   x 2  y 2  xy  2 1
Cách 1: Từ 1  xy   x  y   3  x  y   2 .
2

 x  y 1 
Ta có x  x  xy  xy  x  y  1  xy  
  xy
2


2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  1 .
Do đó từ 1 , suy ra:

 x  y  1
x
4

2

  x  y   3 x  y   2 .
2

Đặt t  x  y , t  0 .
2 x  y 1 x

Suy ra: P 
x y6

Ta có: f   t  

 t  1
2t  1 

3t 2  36t  135

Bảng biến thiên

4 t  6

2

2

 t 2  3t  2
3t 2  22t  3
4

 f t  .
t 6
4 t  6

 0  t  3 (nhận)


x  y 1
x  2
Dựa vào BBT, ta có max P  max f  t   f  3  1 khi và chỉ khi 
.

0;



x  y  3  y  1
Cách 2: (Trắc nghiệm)
Ta có: P  2 

x  11
.
x y6

Trong 1 coi y là ẩn, x là tham số. Ta có y 2   x  3 y  x 2  3x  2  0 có nghiệm khi

   x  3  4  x 2  3 x  2   0 
2

3 2 3
3 2 3
x
 3 nên x 11  0
3
3

Vậy P  2 nên trong 4 phương án thì Pmax  1 khi đó x  2 , y  1 .
Cách 3: (Trắc nghiệm)
Ta có: P  3 

y  17
 3 với x , y  0.
x y6

+ Nếu P  2 thì

3x  2 y  1
 2  x  11 . Thay vào 1 ta được: y 2  3 y  90  0 (vô lý).
x y6

+ Nếu P  1 thì

3x  2 y  1
 1  2 x  y  5  y  5  2 x . Thay vào 1 , ta được:
x y6

3  x  5  2 x   x 2   5  2 x   x  5  2 x   2  3x 2  12 x  12  0  x  2  y  1 .
2

Vậy Pmax  1 .
(TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - LẦN 2 - 2018) Cho hàm số
1

f  x   ln 1  2  . Biết rằng f  2   f  3  ...  f  2018  ln a  ln b  ln c  ln d
 x 
với a , b , c , d là các số nguyên dương, trong đó a , c , d là các số nguyên tố và
a  b  c  d . Tính P  a  b  c  d .

Câu 3: [2D2-4-4]

A. 1986 .

B. 1698 .

C. 1689 .
Lời giải

D. 1968 .


Chọn C.
 x2 1 
1 

Ta có f  x   ln 1  2   ln  2   ln  x  1  ln  x  1  2ln x , với x  2 .
 x 
 x 

Khi đó

f  2   ln1  ln 3  2ln 2
f  3  ln 2  ln 4  2ln 3
f  4   ln 3  ln 5  2ln 4


f  2016   ln 2015  ln 2017  2ln 2016
f  2017   ln 2016  ln 2018  2ln 2017
f  2018  ln 2017  ln 2019  2ln 2018
Suy ra f  2   f  3  ...  f  2018  ln1  ln 2  ln 2019  ln 2018

 0  ln 2   ln 3  ln 673   ln 2  ln1009 

 ln3  2ln 2  ln 673  ln1009
 ln3  ln 4  ln 673  ln1009
Do đó P  a  b  c  d  3  4  673  1009  1689 .
Câu 4: [2D2-4-4] (THPT Lê Hồng Phong - Nam Định - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Xét
1
các số thực a , b thỏa mãn điều kiện  b  a  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
3
 3b  1 
2
thức P  log a 
  12 log b a  3 .
 4 
a
A. min P  13 .

min P  9 .
Chọn C

D. min P  3 2 .
Lời giải

B. min P 

1
.
2

3

C.


2






1 
 3b  1 
 3b  1 
P  log a 
 3
  12  log b a   3  log a 
  12 
 4 
 4 
 a 
 log a a 
b

2

2



12
1
 3b  1 
 3b  1 
 3.
 log a 
  3  log a 

  12 
2
 4   log a b  1
 4 
 1  log a b 
Ta có:

3b  1
 b 3  3b  1  4b3  4b3  3b  1  0   b  1 4b2  4b  1  0
4



  b  1 2b  1  0 ( luôn đúng với
2



1
 b  1 ).
3

 3b  1 
 3b  1 
3
 log a 
  log a b ( vì a  1 )  log a 
  3log a b .
 4 
 4 
Do đó P  3log a b 



12

 log a b  1

2

 3  P  3  log a b  1 

12

 log a b  1

2

 * .

1
 b  a  1 nên log a b  1 .
3

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương:

3
3
 log a b  1 ,  log a b  1 ,
2
2

12

 log a b  1

2

3
3
12
 log a b  1   log a b  1 
2
2
2
 log a b  1
 3. 3

3
3
12
 log a b  1 .  log a b  1 .
2
2
2
 log a b  1

 3  log a b  1 

12

 log a b  1

2

 9 ** .

Từ * và ** ta có P  9 .

1

1

b  2
b  2


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
3
12
  log a b  1 
 log b  13  8
2
a

2

 log a b  1


1

b
1
1
1




2

b 
b 
b 
.



2 
2
2
1
3
3




a b3
log a b  3
log a b  1  2
b  a

2
Vậy min P  9 .
Câu 5: [2D2-4-4] (Chuyên Thái Bình – Lần 5 – 2018) Cho 2 số thực dương x, y thỏa mãn

log3  x  1 y  1

y 1

 9   x  1 y  1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  2 y


A. Pmin 

11
.
2

B. Pmin 

27
.
5

C. Pmin  5  6 3 .

D.

Pmin  3  6 2 .
Lời giải
Chọn D
Ta có log3  x  1 y  1

y 1

 9   x  1 y  1

  y  1 log3  x  1  log3  y  1   x  1 y  1  9 .
  y  1 log3  x  1  log3  y  1  x  1  9

 log 3  x  1  x  1 

9
 log 3  y  1
y 1

 log 3  x  1  x  1  2 

9
9
 2  log 3
(*).
y 1
y 1

Xét hàm số f  t   log3 t  t  2 với t  0 có f   t  

1
 1  0 với mọi t  0 nên
t ln 3
hàm số f  t  luôn đồng biến và liên tục trên  0;   .

Từ (*) suy ra x  1 
Vậy P  x  2 y 

9
8 y
9
x
1 
, do x  0 nên y   0;8  .
y 1
y 1
y 1

8 y
9
9
 2 y  2 y 1
 2  y  1 
 3  3  6 2 .
y 1
y 1
y 1

Vậy Pmin  3  6 2 khi 2  y  1 

9
3
 y
1.
y 1
2

Câu 6: [2D2-4-4]
(CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU
LONG-LẦN 2-2018) Xét các số thực dương x , y thỏa mãn


x y
 x  x  3  y  y  3  xy . Tìm giá trị Pmax của biểu thức
x  y 2  xy  2
5x  4 y  4
P
.
x y3

log

3

2

A. Pmax  0

B. Pmax  1

C. Pmax  2

D. Pmax  3

Lời giải
Chọn B
Ta có:
log

 log

3

3

x y
 x  x  3  y  y  3  xy
x  y 2  xy  2
2

3 x  y 
 log 3 3  x 2  y 2  xy  3  x  y 
x  y 2  xy  2
2

 3  x  y   log 3 3  x  y    x 2  y 2  xy  2   log

3

x

2

 y 2  xy  2  * .

Xét hàm số f  t   t  log 3 t , t  0 .
Có: f   t   1 

1
 0, t  0  f  t  là hàm số đồng biến trên
ln 3.t

khoảng  0;    .
Do đó, *  3  x  y   x 2  y 2  xy  2  xy   x  y   3  x  y   2 .
2

Mặt khác, ta xét

S  x 2  y 2   x  y   2 xy   x  y   2  x  y   6  x  y   4  5   x  y  3  5
2

2

2

2

.
Khi đó, ta có:
3x  2 y  1
P
  P  3 x   P  2  y  1  6 P
x y6
2
2
2
2
 1  6 P    P  3 x   P  2  y    x 2  y 2   P  3   P  2  



 5  2 P 2  10 P  13  26 P 2  38 P  64  0  0  P  1 .

x  2
Suy ra MaxP  1  
.
y 1
Câu 7: [2D2-4-4] (Lương Văn Chánh - Phú Yên – 2017 - 2018 - BTN) Tính giá trị của
biểu thức P  x  y  xy  1 biết rằng 4
2

x  0 và 1  y 
A. P  4 .

2

x2 

1
x2

1

 log 2 14   y  2  y  1  với

13
.
2

B. P  2 .

C. P  1 .
Lời giải

D. P  3 .


Chọn B
x2 

Xét 4

1
x2

1

x2 

Ta có 4

1
x2

 log 2 14   y  2  y  1  .
1

4

2 x2 .

1
x2

1

 4 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  1 , (1).

Mặt khác 14   y  2  y  1  14  3 y  1 
Đặt t  y  1 ta có 0  t 





3

y 1 .

30
. Xét hàm số f  t   t 3  3t  14 . Ta tìm GTLN –
2


 30  56  9 30
30 
GTNN của hàm số trên đoạn  0;
;
 
 được min f  t   f 
30
2 
4
2
0;





2 





max f  t   f 1  16 .


30 
0;

2 


Suy ra log 2 14   y  2 y  1  log 2 16  4 , (2).


 x  1
 x  1
Từ (1) và (2) suy ra ta có 
. Thay vào P  2 .

t  y  1  1
y  0

Câu 8: [2D2-4-4] (THPT Gia Định - TPHCM - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Xét các số
1  ab
 2ab  a  b  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin
thực dương a , b thỏa mãn log 2
ab
của P  a  2b .
A. Pmin 

Pmin 

2 10  1
.
2

2 10  3
.
2
D. Pmin 

B. Pmin 

3 10  7
.
2

C.

2 10  5
.
2
Lời giải

Chọn A
Theo đề bài suy ra: 1  ab  0 .
Ta có:
1  ab
log 2
 2ab  a  b  3
ab

 log 2 1  ab   log 2  a  b   2  ab  1  a  b  1

 log 2 1  ab   1  2 1  ab    log 2  a  b   a  b
 log 2  2  2ab   2  2ab  log 2  a  b   a  b

1 .


Xét hàm số: f  t   log 2 t  t ,  t  0  . Ta có: f   t  

1
 1  0 , với
t ln 2

mọi t  0 .
Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên khoảng  0;    .
Do đó: 1  f  2  2ab   f  a  b   2  2ab  a  b  a 

2b
.
1  2b

Theo đề bài ta có: a , b  0 , suy ra b  2 .
2b
Ta có: P  a  2b 
 2b  g  b  , với b   0; 2  .
1  2b
Đạo hàm: g   b  

5

1  2b 

2

 2 ; g b  0  b 

10  2
  0; 2  .
4

 10  2  2 10  3
Ta có: lim g  x   2 ; g 
; lim g  x   4 .
 
x 0
x 2
2
 4 

2 10  3
.
2
Câu 9: [2D2-4-4] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Cho các số thực dương x
, y thỏa mãn log x  y   x 2  y 2   1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức
Vậy Pmin 

A  48  x  y   156  x  y   133  x  y   4 là:
3

A. 29 .

2

B.

1369
.
36

C. 30 .

D.

.
Lời giải
Chọn C

x  y  1
x

y

1


2
2
TH1: log x  y   x 2  y 2   1   2
 
1 .
1 
1 1
2
x


y


(*)
x  y  x  y
 


2 
2 2

1 1
Tập nghiệm của BPT (*) là tất cả các điểm thuộc hình tròn tâm I  ;  bán kính
2 2
1
R
.
2
Miền nghiệm của hệ (1) là phần tô màu như hình vẽ.

505
36


Đặt t  x  y  1  t  2
Khi đó f  t   48t 3  156t 2  133t  4

 19
t  12
2


f  t   144t  312t  133 ; f  t   0  
t  7
 12
Bảng biến thiên

Do đó, max f  t   30  t  2  x  y  2 .
1t  2

0  x  y  1
0

x

y

1


2
2
TH2: log ( x  y )  x 2  y 2   1   2
 
1 
1 1
2
x

y

x

y
x


y


 
 

2 
2 2


 2

 2 .

không thỏa điều kiện x  0 , y  0 .

Câu 10: [2D2-4-4] (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Cho các số thực
không âm a, b, c thỏa mãn 2a  4b  8c  4 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất của biểu thức S  a  2b  3c . Giá trị của biểu thức 4M  log M m bằng
A.

2809
.
500

B.

281
.
50

C.

4096
.
729

D.

14
.
25


Lời giải
Chọn C
Đặt a  log 2 x, 2b  log 2 y, 3c  log 2 z . Ta có S  log 2  xyz  .
3

4
4
 4  x  y  z  3 xyz  xyz     S  3log 2  
3
3
4
4
MaxS  M  3log 2   , khi x  y  z 
3
3
4
Gọi z  min  x, y, z   1  z  .
3
3

 4
Do  x  1 y  1  0  xy  x  y  1  3  z  xyz  z  3  z   2 (vì z  1; 
 3
Suy ra S  1 , do đó m  min S  1 khi x  z  1, y  2
4M  log M m  4

4
3log 2  
3

 log

4
3log 2  
3

1

4096
.
729

Câu 11: [2D2-4-4] (SỞ GD VÀ ĐT HƯNG YÊN NĂM 2018) Cho hai số thực a , b thỏa
mãn điều kiện a 2  b 2  1 và log a2 b2  a  b   1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức

P  2a  4b  3 là
A. 10 .

B.

10
.
2

C.

1
.
10

D. 2 10 .

Lời giải
Chọn A
Do a 2  b 2  1 nên log a2 b2  a  b   1
2

2

1 
1 1

a  b  a  b   a    b    .
2 
2
2

2

2

1 
1

Mặt khác P  2a  4b  3  2  a    4  b  
2 
2

2
2

1 
1 
2
2
2

4
a


b


  2   2    20. 12  10 . Vậy Pmax  10 .


Câu 12: [2D2-4-4] (Lớp Toán - Đoàn Trí Dũng -2017 - 2018) Gọi A và B là các điểm lần
lượt nằm trên các đồ thị hàm số y  log 2 x và y  log 1 x sao cho điểm M  2,0 



2

là trung điểm của đoạn thẳng AB . Diện tích tam giác OAB là bao nhiêu biết rằng
O là gốc tọa độ?


 17  1 
A. S  8log 2 
 .
 2 

 17  1 
B. S  4 log 2 
 .
 2 

 17  1 
C. S  8log 2 
 .
 2 

 17  1 
D. S  4 log 2 

 2 
Lời giải

Chọn B
Gọi tọa độ các điểm A  a, 2log 2 a  , B  b,  log 2 b  . Vì M  2,0  là trung điểm của
đoạn thẳng AB nên:
b  4  a
b  4  a
a  b  4
17  1


 a

 2
2
2
2 log 2 a  log 2 b
b  a
a  a  4  0
a  b  4
Vì 
nên
2 log 2 a  log 2 b


 4  a  2log 2 a   a  2log 2 a 
17  1
OA  a, 2log 2 a 
. (Bài
S 
 4log 2

2
2
OB
4

a
,

2log
a



2

toán của tác giả Đoàn Trí Dũng).
Câu 13: [2D2-4-4] [THPT Chuyên KHTN - 2017] Kí hiệu
1

1
 1 1
2
3log 2 2
2log 4 x
x

f  x  x
8
 1  1 . Giá trị của f  f  2017   bằng.





A. 2017 .

B. 1500 .

C. 2000 .
Lời giải

Chọn A
Điều kiện: 1  x  0 .

D. 1017 .


1

1

1
2
 1 1
2
 log1 x
2
3log 2 2
log x 2
2
log
x
x
4
2


f  x  x
8
 1  1   x.x
2
 1  1









  x.x


log x 2

 2



log 2 x 2

1

1
2

 1  1


  x.2  x 2  1 2  1   x  1

.

2.

1
2

1  x .

Suy ra f  2017   2017  f  f  2017    2017 .

Câu 14: [2D2-4-4] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - lần 1 - 2017 - 2018) Gọi S là tập các
x   1;1
cặp
số
thực
sao
cho

 x, y 
ln  x  y   2017 x  ln  x  y   2017 y  e2018 . Biết rằng giá trị lớn nhất của biểu
x

y

thức P  e2018 x  y  1  2018 x 2 với  x, y   S đạt được tại  x0 ; y0  . Mệnh đề nào
sau đây đúng ?
A. x0   1;0  .

B. x0  1 .

C. x0  1 .

D.

x0  0;1 .
Lời giải
Chọn A
Điều kiện x  y  0
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 
 0 (*)
x y

e2018
1 e2018

Xét hàm f  t   ln t  2017 
, có f  t    2  0 với t  0
t
t
t

Do đó f  t  đồng biến trên khoảng  0;   ,
suy ra (*)  f  x  y   0  f  e2018   x  y  e2018  y  x  e 2018
Khi đó P  e2018 x 1  x  e2018   2018x 2  g  x 

g   x   e2018 x (2019  2018 x  2018e2018 )  4036 x


g   x   e2018 x (2018.2020  20182 x  20182 e2018 )  4036
 e2018 x (2018.2020  20182  20182 e2018 )  4036  0 với x   1;1

Nên g   x  nghịch biến trên đoạn  1;1 ,
mà g   1  e2018  2018  0 , g   0   2019  2018e2018  0 nên tồn tại x0   1;0 
sao cho g  x0   0 và khi đó max g  x   g  x0 
1;1

Vậy P lớn nhất tại x0   1;0  .
Câu 15: [2D2-4-4] (THPT Chuyên Hạ Long - QNinh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho
các số thực dương x và y thỏa mãn 4  9.3x
nhỏ nhất của biểu thức P 

2

2 y



 4  9x

2

2 y

 .7

2 y  x2  2

. Tìm giá trị

x  2 y  18
.
x

3 2
.
2

A. P  9 .

B. P 

C. P  1  9 2 .
nhất.

D. Hàm số không có giá trị nhỏ
Hướng dẫn giải

Chọn A
Từ giả thiết ta đặt t  x 2  2 y , t 
Phương trình 4  9.3x

2

2 y



 4  9x

2

.
2 y

 .7

2 y  x2  2

trở thành

  7 t

49
t
t
4  9.3   4  9  . t  4  7  49   9 9.    49   0 .
7
  3 

t

t

Nhận thấy t  2 là nghiệm phương trình.
Ta chứng minh t  2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
t

7
 Xét t  2 : 7  49 và 9.    49 nên vế trái phương trình luôn dương, nên
3
phương trình vô nghiệm.
t

t

7
 Xét t  2 : 7  49 và 9.    49 nên vế trái phương trình luôn âm, nên phương
3
trình vô nghiệm.
t


x  2 y  18 x 2  x  16
x2  2

Vậy t  x  2 y  2  y 
thay vào P 
x
x
2
2

 x

16
16
16
 1  2 x.  1  9 . Dấu bằng đạt được khi x   x  4 .
x
x
x

Câu 16: [2D2-4-4] [THPT Đặng Thúc Hứa - 2017 ] Xét các số thực a , b thỏa mãn
a  b  1. Biết rằng biểu thức P 

1
a
k
 log a đạt giá trị lớn nhất khi b  a .
log ab a
b

Khẳng định nào sau đây đúng?

3 
A. k   ; 2  .
2 

B. k   2;3 .

 3
C. k   0;  .
 2

D.

k   1;0  .
Lời giải
Chọn C
Ta có P 

1
a
 log a  log a ab  1  log a b  1  log a b  1  log a b .
log ab a
b

Khi b  a k  P  1  k  1  k . Đặt t  1  k . Với k  1 .
2

 1 9 9
 P  t  t  2    t     .
 2 4 4
2

 Max P 

1
9
3  3
. Đẳng thức xảy ra  t   k    0;  .
2
4
4  2

Câu 17: [2D2-4-4] [Minh Họa Lần 2 - 2017 ] Xét các số thực a , b thỏa mãn a  b  1 . Tìm
a
giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức P  log 2a  a 2   3log b   .
b
b
A. Pmin  19 .

C. Pmin  14 .

B. Pmin  13 .

Pmin  15 .
Lời giải
Chọn D
Với điều kiện đề bài, ta có.

D.


2


2
a
a
 a 
a
P  log 2a  a 2   3log b     2 log a a   3log b    4 log a  .b    3log b  
 b  
b
b
b
b

 b  b 
2
a
 4 1  log a b   3log b  
b

b 


.
3
3
Đặt t  log a b  0 (vì a  b  1 ), ta có P  4(1  t ) 2   4t 2  8t   4  f (t ) .
t
t
b

Ta có f (t )  8t  8 
Vậy f (t )  0  t 

3 8t 3  8t 2  3 (2t  1)(4t 2  6t  3)


.
t2
t2
t2

1
1
. Khảo sát hàm số, ta có Pmin  f    15 .
2
2

Câu 18: [2D2-4-4] [THPT chuyên Biên Hòa lần 2 - 2017 ] Cho hai số thực a , b thỏa mãn
1  a  b  0 . Tính giá trị nhỏ nhất Tmin của biểu thức sau T  log2a b  loga.b a36 .
A. Tmin  16 .

B. Tmin  13 .

C. Tmin không tồn tại.

D. Tmin  19 .
Lời giải

Chọn A

T  log 2a b  log a.b a36  log a2 b 

36
36
.
 log a2 b 
log a ab
1  log a b

Đặt t  log a b , vì 1  a  b  0  log a b  log b b  t  1 .
Xét f (t )  t 2 

36
36
 f '(t )  2t 
. Cho f '(t )  0  t  2 .
1 t
(1  t ) 2

Hàm số f (t ) liên tục trên [1; ) có
 f (1)  19

 Min f (t )  16  MinT  16 .
 f (2)  16
[1;  )
[1;  )
 lim f (t )  
t 

Câu 19: [2D2-4-4] [THPT Đặng Thúc Hứa - 2017 ] Xét các số thực a , b thỏa mãn
1
a
k
 log a đạt giá trị lớn nhất khi b  a .
a  b  1. Biết rằng biểu thức P 
log ab a
b
Khẳng định nào sau đây đúng?


3 
A. k   ; 2  .
2 

B. k   2;3 .

 3
C. k   0;  .
 2

D.

k   1;0  .
Lời giải
Chọn C
Ta có P 

1
a
 log a  log a ab  1  log a b  1  log a b  1  log a b .
log ab a
b

Khi b  a k  P  1  k  1  k . Đặt t  1  k . Với k  1 .
2

 1 9 9
 P  t  t  2    t     .
 2 4 4
2

 Max P 

1
9
3  3
. Đẳng thức xảy ra  t   k    0;  .
2
4
4  2

Câu 20: [2D2-4-4] [THPT Quảng Xương 1 lần 2 - 2017 ] Trong các nghiệm ( x; y ) thỏa mãn
bất phương trình log x2  2 y 2 (2 x  y )  1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T  2 x  y
bằng:
A. 9 .

B.

9
.
8

C.

9
.
4

D.

9
.
2

Lời giải
Chọn D
Bất PT

 x 2  2 y 2  1
 log x2  2 y2 (2 x  y )  1  
( I ),
2
2
2 x  y  x  2 y

0  x 2  2 y 2  1
( II ) .

2
2
0  2 x  y  x  2 y

Xét T= 2x  y .
TH1: (x; y) thỏa mãn (II) khi đó 0  T  2 x  y  x 2  2 y 2  1 .
2
2
2
TH2: (x; y) thỏa mãn (I) x  2 y  2 x  y  ( x  1)  ( 2 y 

2 x  y  2( x  1) 

9
) 2  . Khi đó.
8
2 2

1
1
9
1 
1 2 9
9 9 9 9
( 2y 
)   (22  ) ( x  1) 2  ( 2 y 
)  
.  
2 
2 8 4 2
2
2 2 4
2 2  4

.
Suy ra : max T 

1

9
1
 ( x; y)  (2; ) .
2
2


Câu 21: [2D2-4-4] [THPT Quảng Xương 1 lần 2 - 2017 ] Trong các nghiệm ( x; y ) thỏa mãn
bất phương trình log x2  2 y 2 (2 x  y )  1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T  2 x  y
bằng:
A. 9 .

B.

9
.
8

C.

9
.
4

D.

9
.
2

Lời giải
Chọn D
Bất PT

 x 2  2 y 2  1
 log x2  2 y2 (2 x  y )  1  
( I ),
2
2
2 x  y  x  2 y

0  x 2  2 y 2  1
( II ) .

2
2
0  2 x  y  x  2 y

Xét T= 2x  y .
TH1: (x; y) thỏa mãn (II) khi đó 0  T  2 x  y  x 2  2 y 2  1 .
TH2: (x; y) thỏa mãn (I) x 2  2 y 2  2 x  y  ( x  1) 2  ( 2 y 

2 x  y  2( x  1) 

1

9
) 2  . Khi đó.
8
2 2

1
1
9
1 
1 2 9
9 9 9 9
( 2y 
)   (22  ) ( x  1) 2  ( 2 y 
)  
.  
2 
2 8 4 2
2
2 2 4
2 2  4

.
Suy ra : max T 

9
1
 ( x; y)  (2; ) .
2
2

Câu 22: [2D2-4-4] [Minh Họa Lần 2 - 2017 ] Số lượng của loại vi khuẩn A trong một phòng
thí nghiệm được tính theo công thức s  t   s  0  .2t , trong đó s  0  là số lượng vi
khuẩn A lúc ban đầu, s  t  là số lượng vi khuẩn A có sau t phút. Biết sau 3 phút thì
số lượng vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc ban đầu, số lượng
vi khuẩn A là 10 triệu con?
A. 7 phút.

B. 48 phút.

C. 12 phút.

D. 19 phút.

Lời giải
Chọn A
Ta có: s  3  s  0  .23  s  0  
 2t 

s t 

s 0

s  3
2

3

 78125 . s  t   s  0  .2t

 128  t  7 .

Câu 23: [2D2-4-4] [CHUYÊN SƠN LA - 2017 ] Kết quả thống kê cho biết ở thời điểm năm
2013 dân số Việt Nam là 90 triệu người, tốc độ tăng dân số là 1,1% / năm. Nếu mức


tăng dân số ổn định như vậy thì dân số Việt Nam sẽ gấp đôi (đạt ngưỡng 180 triệu )
vào năm nào?
B. 2070 .

A. 2077 .

C. 2093 .

D. 2050 .

Lời giải
Chọn A
Dân số thế giới được ước tính theo công thức S  A.e ni , trong đó A là dân số của
năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, i là tỉ lệ tăng dân số hàng năm.
Theo đề bài ta có: S  A.e ni  180  90e1,1%.n  n  63.01338005 .
Vậy sau khoảng hơn 63 năm thì dân số Việt Nam đạt ngưỡng 180 triệu
hay vào khoảng năm 2077 .
Câu 24: [2D2-4-4] [THPT NGUYỄN QUANG DIÊU - 2017 ] Một nghiên cứu cho thấy
một nhóm học sinh được xem cùng một danh sách các loài động vật và được kiểm
tra lại xem họ nhớ được bao nhiêu % mỗi tháng. Sau t tháng, khả năng nhớ trung
bình của nhóm học sinh tính theo công thức M  t   75  20ln  t  1 , t  0 (đơn vị

% ). Hỏi sau khoảng bao lâu thì số học sinh nhớ được danh sách đó là dưới 10% .
A. Sau khoảng 24 tháng.

B. Sau khoảng 22 tháng.

C. Sau khoảng 23 tháng.

D. Sau khoảng 25 tháng.
Lời giải

Chọn D
Ta có 75 20 ln t 1
ln t

1

3,25

t

10 .
24,79 . Khoảng 25 tháng.

Câu 25: [2D2-4-4] [THPT chuyên Biên Hòa lần 2 - 2017 ] Đầu năm 2016, anh Hùng có xe
công nông trị giá 100 triệu đồng. Biết mỗi tháng thì xe công nông hao mòn mất
0, 4% giá trị, đồng thời làm ra được 6 triệu đồng ( số tiền làm ra mỗi tháng là
không đổi ). Hỏi sau một năm, tổng số tiền ( bao gồm giá tiền xe công nông và
tổng số tiền anh Hùng làm ra ) anh Hùng có là bao nhiêu?
A. 104, 907 triệu.
triệu.

B. 172 triệu.

C. 167, 3042 triệu.

D. 72

Lời giải
Chọn C
Sau một năm số tiền anh Hùng làm ra là 6.12  72 triệu đồng.
Sau một năm giá trị xe công nông còn 100(1  0, 4%)  95,3042 triệu đồng.
12

Vậy sau một năm số tiền anh Hùng có là 167, 3042 triệu đồng.


Câu 26: [2D2-4-4] [CHUYÊN VĨNH PHÚC - 2017 ] Một người gửi tiết kiệm ngân hàng, mỗi
tháng gửi 1 triệu đồng, với lãi suất kép 1% trên tháng. Gửi được hai năm 3 tháng
người đó có công việc nên đã rút toàn bộ gốc và lãi về. Số tiền người đó được rút là.
26
A. 101. 1, 01  1 triệu đồng.



B. 100. 1, 01 6  1 triệu đồng.

27
C. 101. 1, 01  1 triệu đồng.



27
D. 100. 1, 01  1 triệu đồng.



Lời giải
Chọn C
Phương pháp: Quy bài toán về tính tổng cấp số nhân, rồi áp dụng công thức tính
tổng cấp số nhân:
Dãy u1 ; u2 ; u3 ;...; un được gọi là 1 CSN có công bội q nếu: uk  uk 1q .
Tổng n số hạng đầu tiên: Sn  u1  u2  ...  un  u1

1  qn
.
1 q

+ Áp dụng công thức tính tổng của cấp số nhân.
Cách giải: + Gọi số tiền người đó gửi hàng tháng là a  1 triệu.
+ Đầu tháng 1: người đó có a .
Cuối tháng 1: người đó có a. 1  0, 01  a.1, 01 .
+ Đầu tháng 2 người đó có: a  a.1, 01 .
Cuối tháng 2 người đó có: 1, 01 a  a.1, 01  a 1, 01  1, 012  .
+ Đầu tháng 3 người đó có: a 1  1, 01  1, 012  .
Cuối tháng 3 người đó có: a 1  1, 01  1, 012  .1, 01  a 1  1, 012  1, 013  .
….
+ Đến cuối tháng thứ 27 người đó có: a 1  1, 01  1, 012  ...  1, 0127  .
Ta cần tính tổng: a 1  1, 01  1, 012  ...  1, 0127  .
Áp dụng công thức cấp số nhân trên với công bội là 1, 01 ta được

1  1,0127
 100. 1,0127  1 triệu đồng.
1  0,01
Câu 27: [2D2-4-4] [Cụm 4 HCM - 2017 ] Một tờ “siêu giấy” dày 0,1mm có thể gấp được
vô hạn lần. Hỏi sau bao nhiêu lần gấp thì tờ giấy này đụng mặt trăng. Biết khoảng
cách từ trái đất đến mặt trăng là 384 000 km .


A. 41 .

B. 1003 .

C. 42 .

D. 119 .

Lời giải
Chọn C
Gọi n là số lần gấp thỏa yêu cầu bài toán.
Ta có 1 km  106 mm ; Theo bài ra ta có: 0,1.2n  384000.106  n  41,804 .
Vậy, sau 42 lần gấp thì tờ giấy đụng mặt trăng.
Câu 28: [2D2-4-4] [Sở GDĐT Lâm Đồng lần 03 - 2017 ] Ông Toàn gửi 50 triệu đồng vào
ngân hàng ngân hàng ACB theo thể thức lãi kép ( đến kỳ hạn mà người gửi không
rút lãi ra thì tiền lãi được tính vào vốn của kỳ kế tiếp) với lãi suất 14 % một năm.
Hỏi sau hai năm ông Toàn thu được cả vốn lẫn lãi bao nhiêu (Giả sử lãi suất không
thay đổi)?
A. 63,98 (triệu đồng).

B. 64,98 (triệu đồng).

C. 64,89 (triệu đồng).

D. 65,89 (triệu đồng).
Lời giải

Chọn B
Áp dụng công thức tính lãi kép, sau hai năm ông Toàn thu được cả vốn lẫn lãi là.

50 1  0,14   64,98 (triệu đồng).
2

Câu 29: [2D2-4-4] [Cụm 4 HCM - 2017 ] Một tờ “siêu giấy” dày 0,1mm có thể gấp được
vô hạn lần. Hỏi sau bao nhiêu lần gấp thì tờ giấy này đụng mặt trăng. Biết khoảng
cách từ trái đất đến mặt trăng là 384 000 km .
A. 41 .

B. 1003 .

C. 42 .

D. 119 .

Lời giải
Chọn C
Gọi n là số lần gấp thỏa yêu cầu bài toán.
Ta có 1 km  106 mm ; Theo bài ra ta có: 0,1.2n  384000.106  n  41,804 .
Vậy, sau 42 lần gấp thì tờ giấy đụng mặt trăng.
Câu 30: [2D2-4-4] [THPT Chuyên Phan Bội Châu - 2017 ] Ông Quang cho ông Tèo vay 1
tỉ đồng với lãi suất hàng tháng là 0,5% theo hình thức tiền lãi hàng tháng được cộng
vào tiền gốc cho tháng kế tiếp. Sau 2 năm, ông Tèo trả cho ông Quang cả gốc lẫn
lãi. Hỏi số tiền ông Tèo cần trả là bao nhiêu đồng? (Lấy làm tròn đến hàng nghìn).
A. 3.225.100.000 .
1.120.000.000 .

B. 1.121.552.000 .

C. 1.127.160.000 .

D.


Lời giải
Chọn C
Tổng số tiền ông Tèo cần trả sau 24 tháng là.
P24  11  0,5%   1.127.160.000 (đồng).
24

Câu 31: [2D2-4-4] [THPT Chuyên Quang Trung - 2017 ] Một người gửi 15 triệu đồng vào
ngân hàng theo thể thức lãi kép kỳ hạn một quý với lãi suất 1, 65% một quý. Hỏi sau
bao lâu người đó có được ít nhất 20 triệu đồng (cả vốn lẫn lãi) từ số vốn ban đầu?
(Giả sử lãi suất không thay đổi).
A. 4 năm 2 quý.
1 quý.

B. 4 năm 3 quý.

C. 5 năm.

D. 4 năm

Lời giải
Chọn D
n

 1, 65 
Số tiền của người ấy sau n kỳ hạn là T  15 1 
 .
 100 
n

4
 1, 65 
Theo đề bài, ta có 15 1 
  20  n  log11,65  17,56 .
 100 
100 3
Câu 32: [2D2-4-4] [THPT Yên Lạc-VP - 2017 ] Giá trị còn lại của một chiếc xe theo thời
gian khấu hao t được xác định bởi công thức:

V  t   15000e0,15t , trong đó V  t  được tính bằng USD và t được tính bằng năm.
Hỏi sau bao lâu giá trị còn lại của chiếc xe chỉ là 5000 USD gần nhất với số nào
sau đây?
A. 7, 3 năm.
năm.

B. 9, 3 năm.

C. 6, 3 năm.

D. 8, 3

Lời giải
Chọn A
Ta có :

V  t   15000e 0,15t  e 0,15t 

V t 
 V t  
20  V  t  
 0,15t  ln 
  t   ln 

15000
3  15000 
 15000 

.

20  5000 
ln 
  7,324 năm. [2D2-4-4] [Chuyên ĐH
3  15000 
Vinh] Trong môi trường nuôi cấy ổn định người ta nhận thấy rằng: cứ sau đúng 5

Câu 33: Thay V  t   5000 ta được t  


ngày số lượng loài của vi khuẩn A tăng lên gấp đôi, còn sau đúng 10 ngày số lượng
loài của vi khuẩn B tăng lên gấp ba. Giả sử ban đầu có 100 con vi khuẩn A và 200
con vi khuẩn B , hỏi sau bao nhiêu ngày nuôi cấy trong môi trường đó thì số lượng
hai loài bằng nhau, biết rằng tốc độ tăng trưởng của mỗi loài ở mọi thời điểm là như
nhau?
A. 10  log 4 2 (ngày).

B. 5  log 8 2 (ngày).

3

3

C. 5  log 4 2 (ngày).

D. 10  log 3 2 (ngày).

3

2

Lời giải
Chọn A
Giả sử sau x ngày nuôi cấy thì số lượng vi khuẩn hai loài bằng nhau.
x

ở ngày thứ x số lượng vi khuẩn của loài A là: 100  2 5 con vi khuẩn.
x

ở ngày thứ x số lượng vi khuẩn của loài B là: 200  310 con vi khuẩn.
Khi đó ta có phương trình:
x
5

x
10

100  2 = 200  3 

2

x
5
x

310

x

 4 10
 2     2  x  10  log 4 2 .
3
3

Câu 34: [2D2-4-4] [THPT Chuyên Hà Tĩnh] Trong Vật lý, sự phân rã của các chất phóng
xạ được tính theo công thức m  t   m0 .e kt trong đó m0 là khối lượng ban đầu của
chất phóng xạ, m  t  là khối lượng chất phóng xạ còn lại sau thời gian t , k là hằng
số phóng xạ phụ thuộc vào từng loại chất. Biết chu kỳ bãn rã của 14C là khoảng
5730 năm (tức là một lượng 14C sau 5730 năm thì còn lại một nửa). Người ta tìm
được trong một mẫu đồ cổ một lượng Cacbon và xác định được là nó đã mất đi
khoảng 25% lượng Cacbon ban đầu của nó. Hỏi mẫu đồ vật có tuổi là bao nhiêu?
A. 2300 năm.
năm.

B. 2378 năm.

C. 2387 năm.

D.

2400

Lời giải
Chọn B
Ta có m  t   m0 .e  kt  e  kt 

m t 
 m t  
 kt  ln 
.
m0
 m0 

Do chu kỳ bãn rã của 14C là khoảng 5730 năm nên k 

1  m  t   ln 2
.ln 
.

t
 m0  5730


Mẫu đồ cổ có một lượng Cacbon và xác định được là nó đã mất đi khoảng 25%
m t  3
3
 .
lượng Cacbon ban đầu của nó nên m  t   m0 
4
m0
4
Mẫu đồ vật có tuổi là t 

1  m  t   5730  3 
.ln 
.ln    2378 .

k
ln 2
4
 m0 

Câu 35: [2D2-4-4] [THPT Nguyễn Khuyến –NĐ] Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P   log a b

2


 6  log b

a




2 2

A. 30 .

b
 với a , b là các số thực thỏa mãn
a 

B. 40 .

C. 60 .

b  a 1.
D. 50 .

Lời giải
Chọn C
Ta có  log a b2   4  log a b  . Đặt log a b  t .
2

log

b
a

2

b 1
b 1
 log b   log b b  log b
2
a 2
a a
a
a


 1
1
1
a  

 2  log b log b
 b
a
a
a











 1
 1  2log a b  6  4log b a 
1
1
1
2
2

 

1

 

2   log a 1 log b  1  2  1  2log b a log a b  2  2  log a b  4log b a  4 
b
a
2
2

4
2
2t  6 
1
t  1 2  t  3t  2    t  1 t  2   t  1 .

2
2 t  4  4 2 t 2  4t  4
t 2
t  2
t
 t 1 
Ta được P  4t  6 
 .
t 2
2

2

Với b  a  1  b  a2 * Lấy log cơ số a  1 hai vế của  * ta được log a b  2 nên
t 2.

 t 1 
*) Xét hàm số f  t   4t  6 
 , t  D   2;   .
t 2
2

2

Ta được.



t  3

12(t  1)
1 3
2
3
2
f '  t   8t 
 0  8t  t  4t  4   12  t  1  0  8t  32t  20t  12  0  t 
2
2
t  2

 1 3
t  2

.
Do t  2 nên f '  t   0 có nghiệm t  3 .
f  t   ; f  3  60;lim
f  t    nên hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng
Ta có lim
t 
t 2


60. .

Câu 36: [2D2-4-4] [THPT Hoàng Văn Thụ - Khánh Hòa] Áp suất không khí P (đo bằng
milimet thủy ngân, kí hiệu là mmHg ) suy giảm mũ so với độ cao x (đo bằng mét),
tức là P giảm theo công thức P  Po e xi . Trong đó P0  760 mmHg là áp suất của
mực nước biển  x  0  , i là hệ số suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000m thì áp suất
của không khí là 672, 71 mmHg . Hỏi áp suất không khí ở độ cao 3000m gần bằng với
số nào dưới đây?
A. 554,38 mmHg .
201,81 mmHg .

B. 482,17 mmHg .

C. 530, 23 mmHg .

D.

Lời giải
Chọn C
Tại độ cao 1000m ta có 672, 71  760e1000i  i 

1
672, 71
ln
.
1000
760

Tại độ cao 3000m ta có P  760e3000i  527 .
Câu 37: [2D2-4-4] Áp suất không khí P (đo bằng mi-li-met thủy nhân, kí hiệu là mmHg )
suy giảm mũ so với độ cao x (đo bằng mét), tức là P giảm theo công thức P  P0 .e xi
. Trong đó P0  760mmHg áp suất ở mực nước biển  x  0  , I là hệ số suy giảm.
Biết rằng ở độ cao 1000m thì áp suất của không khí là 624, 71mmHg . Hỏi áp suất
không khí ở độ cao 3000m là bao nhiêu (làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng đơn
vị).
A. P  530mmHg .
P  527 mmHg .

B. P  531mmHg .

C. P  528mmHg .

Lời giải
Chọn D
Theo đề ta cso 672, 71  760.e1000i  i 

1
672, 71
ln
.
1000
760

D.


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×