(GV lê TUẤN ANH) 31 câu số mũ và logarit image marked image marked

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Tìm tập xác định

Câu 1:

D

của hàm số



 x2
log x −1 
y = log 2 log 1  + 2 2 ( )  + 3 .
 
3 
3 2

(
C. D = ( 2; −1 +

(

)
57 ) .

)

B. D = −1 − 57; −1 + 57 .

A. D = 1; −1 + 57 .

D. D = (1; + ) .

Hướng dẫn: A



x  1
x −1  0


 x2
 x2
ĐK   + 2log2 ( x −1)  0
  + x −1  0
2
2
2


x
 x2

log 2 ( x −1) 
log
+
2
+
3

0

−
log
+ x − 1 + 3  0
 1


3

 2

 3 2

x  1
x  1
x  1

 2
2

 x
 2
x

3
 x + 2 x − 56  0
log 3  2 + x − 1  3  + x − 1  3
2




 x  1

 1  x  57 − 1
−1 − 57  x  −1 + 57
Chú ý. Bài này ta có thể làm bằng cách giải ngược
Câu 2

(thử đáp án kết hợp với Casio.)

(Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho

log a 2019 + 22 log

a

2019 + 32 log 3 a 2019 + ... + n2 log n a 2019 = 10082  20172 log a 2019
B. n = 2018 .

A. n = 2017 .

C. n = 2019 .

D. n = 2016 .

Hướng dẫn: D
Ta có

log a 2019 + 22 log

a

2019 + 32 log 3 a 2019 + ... + n2 log n a 2019 = 10082  20172 log a 2019

 log a 2019 + 23 log a 2019 + 33 log a 2019 + ...n3 log a 2019 = 10082  2017 2 log a 2019
 (13 + 23 + 33 + ... + n3 ) log a 2019 = 10082  2017 2 log a 2019

 n ( n + 1)   2016.2017 

 =
  n = 2016 .
2  
2


2

Câu 3:

2

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình

log3 ( x + 2) + 2m log

x+2

3 = 16

có hai nghiệm đều lớn hơn −1 .
A. Vô số.

B. Đáp án khác.

C.  63 giá trị.

D. 16 giá trị.

Hướng dẫn: D
+TXĐ: x  −2; x  −1
+ Ta nhận thấy có thể đưa về biến chung đó là log3 ( x + 2) , do đó ta biến đổi như sau

1
4m
pt  log3 ( x + 2) + 2m. .log( x+ 2) 3 = 16  log3 ( x + 2) +
− 16 = 0
1
log3 ( x + 2)
2
+ Đặt t = log3 ( x + 2) khi đó phương trình trở thành

t+

4m
− 16 = 0  t 2 − 16t + 4m = 0
t

(*)

( do x + 2  1 nên t  0 )

+ Mỗi t cho ta một nghiệm x  −2; x  1 . Hơn nữa x  −1  x + 2  1  t  0 . Vậy bài
toán trở thành tìm m để phương trình

(*) có hai nghiệm dương.

 = 64 − 4m  0

 0  m  16
S = 16  0
 P = 4m  0


+ Vậy có 16 giá trị của m thỏa mãn.
Câu 4

(Gv Lê Tuấn Anh 2018): Biết hai hàm số y = a x , y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

đồng thời đồ thị của hai hàm số này đối xứng nhau qua đường thẳng y = − x . Tính
f ( −a ) + f ( −a 2 )

A. −3 .
Hướng dẫn: A

B. 4 .

C. 5 .

D. 3 .

+ Dựa vào tính chất đồ thị hàm số mũ và lorgarit đối xứng qua đường phân giác của góc phần
tư thứ nhất là y = x , theo đề bài vì y = f ( x ) đối xứng với y = a x qua đường thẳng y = − x
nên ta sử dụng tính chất này như sau.
+ Xét phép đổi biến y = Y ; x = − X . Khi đó trong hệ tọa độ mới là Oxy đồ thị hàm số
X

1
y = a x  Y = a − X =   , đường thẳng y = − x  Y = X , vì vậy trong hệ tọa độ mới này đồ
a
X

1
thì hàm mũ Y = a − X =   có đồ thì hàm logarit đối xứng qua đường phân giác Y = X
a

chính là Y = log 1 X và đây chính là hàm y = f ( x ) trong hệ tọa độ Oxy . Vậy
a

Y = log 1 X  y = log 1 ( − x ) = − log a ( − x ) = f ( x ) .
a

a

Tóm lại

y = f ( x ) có phương trình là y = f ( x ) = − log a ( − x ) . Do đó f ( −a ) + f ( −a 2 ) = −3 .

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Biết phương trình log 5

Câu 5:

 x
2 x +1
1 
= 2 log 3 
−
 có
x
2
2
x



nghiệm duy nhất x = a + b 2 trong đó a , b là các số nguyên. Hỏi m thuộc khoảng nào dưới
đây để hàm số y =

mx + a − 2
có giá trị lớn nhất trên đoạn 1;2 bằng −2 .
x−m

A. m ( 2;4) .

B. m ( 4;6) .

C. m ( 6;7 ) .

Hướng dẫn: A

log 5

 x
2 x +1
1 
2 x +1
x −1
= 2 log 3 
−
= 2 log3
  log 5
x
x
2 x
 2 2 x

x  0
 x 1
Đk 
 x −1  0

(

)

 log5 2 x + 1 + log3 4 x = log5 x + log3 ( x − 1)

2

(1)

Đặt u = 2 x + 1  3  4 x = ( u − 1) và v = x
2

(1) có dạng log 5 u + log 3 ( u − 1) = log 5 v + log 3 ( v − 1)
2

Xét f ( y ) = log 5 y + log 3 ( y − 1) , do u  3; v  1  t  1
2

2

(2)

D. m ( 7;9) .


Xét t  1. f  ( t ) =

1
1
+
.2 ( t − 1)  0
t ln 5 ( t − 1)2 ln 3

 f ( t ) là hàm đồng biến trên miền (1;+ ) .
(2) có dạng

 x = 1+ 2

f (u ) = f (v )  u = v  2 x + 1 = x  x − 2 x −1 = 0  
 x = 3 + 2 2 ( tm )
 x = 1 − 2
Vậy x = 3 + 2 2
+ Với x = 3 + 2 2 ta có y =
đoạn 1;2 . Ta có y =

mx + 1
= f ( x ) . Ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm số này trên
x−m

−m2 − 1

( x − m)

2

 0 , x  m

Ta thấy y = f ( x ) nghịch biến trên đoạn 1;2 vậy max f ( x ) = −2  f (1) = −2  m = 3 .
x1;2

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Rút gọn biểu thức P =

Câu 6

a

7 +1

.a 2−

(a )
2 −2

B. P = a 3 .

A. P = a 4 .

7

2 +2

, với a  0 ta được
D. P = a .

C. P = a 5 .

Chọn đáp án C

P=

7 +1

a

(

a

.a 2−

2 −2

)

7

2 +2

(
a
=
(
a

7 +1+ 2 − 7
2 −2

)(

)

2 +2

)

=

a3

= a5 .
a −2

Câu 7 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Đạo hàm của hàm số y = ( 2 x + 1) ln (1 − x ) là.
A. 2 ln (1 − x ) −

2x +1
. B. 2 x ln ( x −1) .
1− x

C.

2x +1
+ 2x .
1− x

D. 2 ln (1 − x ) +

2x +1
.
1− x

Chọn đáp án A

−1
2x + 1
y = ( 2 x + 1) .ln (1 − x ) + ( 2 x + 1) . ( ln (1 − x ) ) = 2.ln (1 − x ) + ( 2 x + 1) .
= 2ln (1 − x ) −
1− x
(1 − x )

Câu 8

(Gv Lê Tuấn Anh 2018): Giải bất phương trình log 1 ( log 3 ( 2 x − 1) )

1000

0.

2

A.

1
2
 x  2 và x  1 . B.  x  2 và x  1 . C. 1  x  2 .
2
3

Chọn đáp án B

D. 1  x  3 .


1

1
1


2 x − 1  0

x 
x 
x 
2
+ Đk 



2
2
1000
( log 3 ( 2 x − 1) )  0
log 3 ( 2 x − 1)  0
2 x − 1  1  x  1


+ Khi đó log 1 ( log 3 ( 2 x − 1) )

 0  1000 log 1 log 3 ( 2 x − 1)  0

1000

2

2

 log 1 log3 ( 2 x − 1)  0  log3 ( 2 x − 1)  1
2
1 x  2
log 3 ( 2 x − 1)  1

2
2 x − 1  3 


2  x2
−1 
3
log 3 ( 2 x − 1)  −1 2 x − 1  3  x 
3


+ Kết hợp với
Câu 9:

(*) ta được

2
 x  2 và x  1 thỏa mãn.
3

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho các mệnh đề sau đây.

(1) Hàm số y = log 22 x − log 2

x
+ 4 xác định khi x  0 .
4

(2) Đồ thị hàm số y = log a x có tiệm cận ngang.
(3) Hàm số y = log a x, 0  a  1 và hàm số y = log a x, a  1 đơn điệu trên tập xác định của

nó.
(4) Đạo hàm của hàm số y = ln (1 − cos x ) là

sinx

(1 − cos x )

2

.

Hỏi có bao nhiêu mệnh đề đúng ?
A. 0 .

B. 2 .

C. 3 .

D. 1 .

Chọn đáp án D
(1) Sai vì hàm số có tập xác định x  0 .
(2) Sai vì hàm số y = log a x có tiệm cận đứng x = 0 .
(3) Đúng theo định nghĩa sách giáo khoa.
(4) Sai vì đạo hàm của hàm số y = ln (1 − cos x ) là
Câu 10:

sinx
.
1 − cos x

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Đặt log 2 3 = a, log3 4 = b . Biểu diễn

xa 2 + yb 2 + 4
T = log 27 8 + log 256 81 theo a và b ta được T =
với x, y, z là các số thực. Hãy
za 2b + ab 2
tính tổng 4x 2 + y − z 3 .
A. 3 .
Chọn đáp án B

B. 4 .

C. 6 .

D. 2 .


1
1
Ta có T = log 27 8 + log 256 81 = log 33 23 + log 44 34 = 3. log 3 2 + 4. log 4 3
3
4

( a + b ) = a 2 + b 2 + 2ab
1 1 a+b
= log 3 2 + log 4 3 = + =
=
a b
ab

ab ( a + b )
a 2b + ab 2
2

Lại có ab = log 2 3.log 3 4 = log 2 4 = 2  t =
Câu 11

a 2 + b2 + 4
a 2b + ab 2

(Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho phương trình m.2x

2

−5 x + 6

+ 21− x = 2.26−5 x + m
2

(1).

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
A. m ( 0;2) .

B. m ( 0; + ) .

1 1 
C. m  ( 0; 2 ) \  ;
.
 8 256 

1 1 
D. m  ( −; 2 ) \  ;
.
 8 256 

Chọn đáp án C
Viết lại phương trình

(1) dưới dạng

m.2x

2

−5 x + 6

+ 21− x = 2.26−5 x + m

m.2 x

2

−5 x + 6

+ 21− x = 2

2

2

(x

2

)(

−5 x + 6 + 1− x2

) + m  m.2 x

2

−5 x + 6

(x

+ 21− x = 2
2

2

−5 x + 6

).2(1− x ) + m
2

u = 2 x −5 x +6
, ( u, v  0 ) . Khi đó phương trình tương đương với
Đặt 

1− x 2
v = 2
2

x = 2
2
 2 x −5 x + 6 = 1 
u = 1
mu + v = uv + m  ( u − 1)( v − m ) = 0  
 2
 x = 3
v = m
 21− x = m
 1− x2
= m ( *)
 2

Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt  phương trình

(*) có hai nghiệm phân biệt

x  2 và x  3 .
m  0
m  2
m

0


1 − log m  0



1 1 
2
 m  1  m  ( 0; 2 ) \  ;
Khi đó điều kiện là 

 8 256 
8
1 − log 2 m  4

1 − log 2 m  9

1
m 
256

1 1 
Vậy m  ( 0; 2 ) \  ;
.
 8 256 


(Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho hàm số y =

Câu 12

ln ( 2 x − a ) − 2m
ln ( 2 x − a ) + 2

( m là tham số thực),

trong đó x, a là các số thực thỏa mãn đẳng thức
log 2 ( x 2 + a 2 ) + log

2

(x

2

+ a 2 ) + log

2

(x

2

+ a 2 ) + ... + log

... 2

(x

2

+ a 2 ) − ( 2n +1 − 1) ( log 2 xa + 1) = 0

n

(với n là số nguyên dương). Gọi S là tập hợp các giá trị của m thoả mãn max
y = 1 . Số
2
1;e 



phần tử của S là.
A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .

D. Vô số.

Chọn đáp án B
+ Ta có log 2 ( x 2 + a 2 ) + 2 log 2 ( x 2 + a 2 ) + 4 log 2 ( x 2 + a 2 ) + ... + 2n log 2 ( x 2 + a 2 )
− ( 2n +1 − 1) ( log 2 xa + 1) = 0
 (1 + 2 + 4 + ... + 2n ) log 2 ( x 2 + a 2 ) − ( 2n +1 − 1) ( log 2 xa + 1) = 0
 ( 2n +1 − 1) log 2 ( x 2 + a 2 ) − ( 2n +1 − 1) log 2 ( 2 xa ) = 0
 x 2 + a 2 = 2 xa  x = a

+ Đặt t = ln x , hàm số h ( x ) = ln x đồng biến trên (1;e 2 ) nên x  1; e 2   t   0; 2 . Do đó
max
y = max g ( t ) = 1 với g ( t ) =
2
1;e 




0;2

Ta có g  ( t ) =

2m + 2

(t + 2)

2

t − 2m
t+2

và hàm số g ( t ) liên tục trên đoạn 0;2 .

Nếu 2m + 2 = 0  m = −1 thì g ( t ) = 1, t   0; 2  max g ( t ) = 1 nên m = −1 thoả mãn
0;2

Nếu

2m + 2  0  m  −1thì hàm số g ( t )

max g ( t ) = g ( 2 ) =
0;2

max g ( t ) = 1 
0;2

đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) , suy ra

1− m
2

1− m
= 1  m = −1
2

(không thỏa mãn) (2).

Nếu 2m + 2  0  m  −1 thì hàm số g ( t ) nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) , suy ra
max g ( t ) = g ( 0 ) = −m . max g ( t ) = 1  −m = 1  m = −1
0;2

Từ

0;2

(1),

(2) và

(1)

(không thoả mãn)

(3) suy ra S = 1 và số phần tử của tập hợp S là 1 .

(3).

Câu 13 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A. Nếu a  1 thì loga M  loga N  M  N  0
B. Nếu 0  a  1 thì loga M  loga N  0  M  N
C. Nếu M , N  0 và 0  a  1 thì loga M.N = loga M.loga N
D. Nếu 0  a  1 thì loga 2016  loga 2017
Chọn đáp án C
Câu 13sai vì đúng là. M , N  0 và 0  a  1 thì loga M.N = loga M + loga N
Câu 14 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Tính đạo hàm của hàm số y =
A. y ' =

1− 2( x + 3) ln3
2x

B. y ' =

3

1+ 2( x + 3) ln3
2x

C. y ' =

x+3
9x

1− 2( x + 3) ln3
2

D. y ' =

1+ 2( x + 3) ln3
2

3x

3

3x

Chọn đáp án A

x+3

Ta có y =

=

9x

1+ ( x + 3) ln
9x

Câu 15

x

x

x

 1
 1
 1
 1
= ( x + 3).    y ' =   + ( x + 3)   ln  
 9
 9
 9
 9

1
2
9 = 1− ( x + 3) ln9 = 1− ( x + 3) ln3 = 1 − 2( x + 3) ln3
(32 ) x
32x
32x

(

)

(Gv Lê Tuấn Anh 2018): Biết rằng phương trình 2log8 2x + log8 x2 − 2x + 1 =

4
3

có nghiệm duy nhất x. Chọn phát biểu đúng.
A. Nghiệm của phương trình thỏa mãn logx

1
 −4
16

log3( x+1)

C. log2 2x + 1 = 3

D. Tất cả đều đúng

Chọn đáp án C
Điều kiện 0  x  1
Phương trình  log8 4x2 + log8 x − 12 =

log3 4

B. 2x  3

4
4
 log8 4x2 x − 12  =

 3
3


 4x

2

 x2 − x − 2 = 0
 2x x − 1 = 4
 x = −1 loai
x − 1 = 16  

 x2 − x − 2 = 0  
x=2
2x x − 1 = −4  x2 − x + 2 = 0


A.Ta có log2

1
1
= −4 nên logx
 −4 là sai.
16
16
log3 4

B.Ta có 2x = 4 và 3

log3 4

= 4 nên 2x  3
log3 x+1

C.Ta có log2 2x + 1 = 3 và 3
Câu 16:

là sai.
log3 x+1

= 3 nên log2 2x + 1 = 3

là đúng.

1

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Tập xác định của hàm số y =

1

1
log5 x2 − 11x + 43 2
−

là
B. D = (2;9)

A. D = (8;9)

D. D = (9; +)

C. D = (−;2)

Chọn đáp án B
Tập xác định

1

1
 0  log5 x2 − 11x + 43  2
log5 x − 11x + 43 2
−

2

(do x2 − 11x + 43  1

nên log5 x2 − 11x + 43  0, x  TXD)
 x2 − 11x + 43  52  x2 − 11x + 18  0  2  x  9

Câu 17:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hàm số f ( x) =

1
3 + 2x

+

1
3 + 2− x

. Trong các khẳng

định sau có bao nhiêu khẳng định sai?

1. f '( x)  0x 
2. f (1) + f (2) + ... + f (2017) = 2017
1
1
3. f ( x2 ) =
+
3 + 4x 3 + 4− x
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Chọn đáp án C
+ Ta có f '( x) =

2x ln2

−

2− x ln2

(3 + 2 ) (3 + 2 )
x

+ Đặt t = 2x → 2− x =

2

−x

2

. Dễ thấy f '(0) =

ln2 ln2
−
= 0 . Do đó
16 16

(1) sai.

1
1
1
+
và t  0 . Ta xét hàm số g( x) =
trên ( 0; + ) .
3 + t 3t + 1
t


Ta có g '(t ) =

(

)

−8 t 2 − 1

( 3 + t ) ( 3t + 1)
2

2

= 0 t =  .

1
Lập bảng biến thiên ta có g(t )  g(1) = , t  ( 0; + ) .
2
1
Vậy f ( x)  , x 
2

 f (1) + f (2) + ... + f (2017) 

+ Dễ dàng kiểm tra

(3) sai vì

Câu 18:

2017
 2017 . Do đó
2

(2) sai.

2

2x  4x .

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Biết phương trình log32 x − (m + 2) log3 x + 3m − 1 = 0 có

2 nghiệm x1, x2 . Khi đó có bao nhiêu giá trị nguyên của m thỏa mãn x1x2 = 27
A. 2

B. 1

C. 3

D. vô số

Chọn đáp án B
Đặt t = log3 x( x  0)
Ta có x1x2 = 27  log3( x1.x2 ) = log3 27  log2 x1 + log3 x2 = 3  t1 + t2 = 3

t 2 − (m + 2)t + 3m − 1 = 0(2)
Để

(2) có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn t1 + t2 = 3

2
2


  −(m + 2)  − 4(3m − 1)  0(* )
  −( m + 2)  − 4(3m − 1)  0(* )


.m = 1 phù hợp đk



m
+
2
=
3(*
*
)
m
=
1



Câu 19 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho các phát biểu sau
1  1
1  1
1
 1
4
4
4
4
2
2
(1) Đơn giản biểu thức M =  a − b  a + b  a + b  ta được M = a − b










(2) Tập xác định D của hàm số y = log2 ln2 x − 1 là D = e; +
(3) Đạo hàm của hàm số y = log2 ln x là y ' =

1
x ln x.ln2

(4) Hàm số y = 10loga x − 1 có đạo hàm tại mọi điểm thuộc tập xác định
Số các phát biểu đúng là
A. 2
Chọn đáp án C

B. 1

C. 3

D. 4

(*)


1  1

1  1
1  1
1  1
1
 1
4
4
4
4
2
2
2
2
2
2
+ Ta có M =  a − b  a + b  a + b  =  a − b  a + b  = a − b . Vậy



 





 



(1) đúng

 x0

 x  0
+ Hàm số y = log2 ln x − 1 xác định khi và chỉ khi  2
  ln x  1
ln x − 1  0 
ln x  −1
2


x0

 1
 x  e 
1
 
0  x   D =  0;   e; + . Vậy

e
 e
 x  1  

e  x  e
+ Ta có y = log2 ln x  y ' =

1
1
. Vậy
=

ln x.ln2 x ln x.ln2

+ Ta có y = 10loga x − 1 với x  1 thì y ' =

(2) sai.

(3) đúng.

10
. Vậy
x − 1ln a

(4) đúng.
2

Câu 20:

1

 1x
 1x
(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho bất phương trình   + 3.  
 3
 3

+1

 12 có tập

nghiệm S = a, b . Giá trị của biểu thức P = 3a + 10b là

A. -4

B. 5

C. -3

D. 2

Chọn đáp án C
1

 1x
Điều kiện: x  0 . Đặt   = t  0 . Khi đó bất phương trình đã cho trở thành.
 3
1

 1x
t 2 + t  12  t 2 + t − 12  0  t + 4 t − 3  0  t  3     3
 3
1

 1x  1
   
 3
 3

Câu 21

log2 7 =

−1



1
x +1
 −1 
 0  −1  x  0  S = −1; 0  P = −3
x
x

(Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện

a log12 7
. Khi đó a2 + b2 bằng
1+ b log12 6

A. 2
Chọn đáp án A

B. 5

C. 8

D. 6


a log12 7
log12 7a
log12 7a

Ta có
=
=
1 + b log12 6 log 12 + log 6b log 12.6b
12
12
12

log12 7
log12 7
log12 7a
Mà log2 7 =
, dó đó
=
log12 2 log 12.6b
log12 2
12
7a = 7
 a =1
Bằng đồng nhất hệ số, ta có được 

 a2 + b2 = 12 + −12 = 2
b
12.6 = 2 b = −1
Câu 22

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho a, b> 0 thỏa mãn log6 a = log2 3 b = log(a + b) .

Tính 2b-a
A. 284

B. 95

C. 92

D. 48

Chọn đáp án C

 a = 6t
t
t

 3  4
3
t
t
t
t
Đặt t = log6 a = log2 b = log(a + b)   b = 8  6 + 8 + 10    +   = 1(* )
 5  5

t
a
+
b
=
10

t

t

t

t

 3  4
 3 3  4 4
Xét hàm số f (t ) =   +    f '(t ) =   ln +   ln  0  (* ) có nghiệm thì là
 5  5
 5 5  5 5
nghiệm duy nhất.

a = 36
(*)  
 2b − a = 92
b
=
64


Dễ thấy t = 2 là nghiệm PT

Câu 23:
A.

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Nếu f ( x) =

33

ln 4 f ( x)
2

B. 16ln 4 f ( x)

4x
thì f '( x + 2) + 2 f '( x − 1) bằng
ln4
C.

65
ln 4 f ( x)
4

D. 24ln 4 f ( x)

Chọn đáp án A
Tính đạo hàm f '( x) = 4x .


1  33
Suy ra f '( x + 2) + 2 f '( x − 1) = 4x+2 + 2.4x−1 = 4x 16 +  = ln4 f ( x)
2 2

Câu 24:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương

trình log2 ( x2 − 2x + 5) − mlog

x2 −2x+5

phương trình log

2017

( x + 1) − log

2=5

2017

có hai nghiệm phân biệt là nghiệm của bất

( x − 1)  log2017 4


A. 0

B. 1

C. 3

D. 2

Chọn đáp án A
+ Giải bpt log

2017

( x + 1) − log

2017

( x − 1)  log2017 4

TXD : x  1

Ta được nghiệm là 1  x  3. Bài toán trở thành “Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
để phương trình log2 ( x2 − 2x + 5) − mlog

x2 −2x+5

2 = 5 có hai nghiệm x phân biệt thuộc (1;3)

+Xét phương trình log2 ( x2 − 2x + 5) − mlog

x2 −2x+5

2=5

(1)

Đặt t = log2 ( x2 − 2x + 5);1  x  3 .
Lập bảng biến thiên của hàm số t = log2 ( x2 − 2x + 5);1  x  3 ta có được miền giá trị của t là

2  t  3 . Nhưng ta cần đi tìm sự tương ứng giữa x và t.
Nhìn vào t = log2 ( x2 − 2x + 5)  x2 − 2x + 5 = 2t  ( x − 1)2 = 2t − 5 ta thấy rằng cứ ứng với
1 giá trị của t thỏa mãn 2t − 5  0  t  log2 5 thì sẽ cho 2 giá trị của x. Như vậy muốn có
đúng 2 giá trị của x thuộc khoảng (1;3) thì cần phải có duy nhất 1 giá trị của t thuộc khoảng

1
(1) thành t − m = 5, với t  (log2 5;3)
t

(log2 5;3) . Khi đó phương trình

m = t 2 − 5 với t  (log2 5;3) . Bài toán cuối cùng thành: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham

số m để đồ thị hai hàm số y = t 2 − 5 với t  (log2 5;3) và y = m cắt nhau tại duy nhất 1
điểm. Lập BPT của hàm y = t 2 − 5 với t  (log2 5;3) rồi nhìn vào bảng biến thiên ta kết luận
được −6,128  m  −6
Kết luận: Không có giá trị nguyên nào của m thỏa mãn.
Câu 25

(Gv Lê Tuấn Anh)Cho ABC vuông tại A có AB = 3loga 8 , AC = 5log25 36 . Biết độ

dài BC = 10 thì giá trị a nằm trong khoảng nào dưới đây
A. ( 2;4 )

B. ( 3;5)

C. ( 4;7 )

Chọn đáp án A
Ta có BC 2 = AB 2 + AC 2  ( 3loga 8 ) = 64  a = 3
2

D. ( 7;8)

Câu 26 (Gv Lê Tuấn Anh): Cho đồ thị hàm số y = a x và y = logb x như hình vẽ:
Khẳng định nào sau đây đúng?
A. 0  a 

1
b
2

B. 0  a  1  b

C. 0  b  1  a

D. 0  a  1,0  b 

1
2

Chọn đáp án B
+ Xét hàm số y = a x đi qua ( 0;1) suy ra đồ thị hàm số

(1) là đường nghịch biến, suy ra

0  a  1.
+ Xét hàm số y = logb x đi qua

(1;0) suy ra đồ thị hàm số

(2) là đường đồng biến suy ra

b>1.
Suy ra 0  a  1  b.

Câu 27:

(Gv Lê Tuấn Anh) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình

32x −1 + 2m2 − m − 3 = 0 có nghiệm

3

A. m   −1; 
2


1

B. m   ; + 
2


 3
D. m   −1; 
 2

C. m ( 0; + )

Chọn đáp án A
pt  32 x−1 = −2m + m + 3

Phương trình có nghiệm khi −2m + m + 3  0  −1  m 
Câu 28:

3
.
2

(Gv Lê Tuấn Anh) Cho phương trình log 2 2 ( 2 x ) − 2 log 2 ( 4 x 2 ) − 8 = 0 (1) . Khi đó

phương trình

(1) tương đương với phương trình nào dưới đây?
2

−x

+ 22 x

2

− x +1

−3 = 0

A. 3x + 5x = 6 x + 2

B. 42 x

C. x 2 − 3x + 2 = 0

D. 4 x 2 − 9 x + 2 = 0

Chọn đáp án D
TXĐ của

(1): x>0


log

(1)  log 2 2 ( 2 x ) − 2log 2 ( 2 x ) − 8 = 0  

log

( 2x ) = 4
x = 2

( 2 x ) = −2  x = 1/ 4
2

2

Thử xem phương trình nào trong 4 đáp án cũng chỉ có 2 nghiệm là x=2 và x=1/4 thì đó là đáp
án đúng, suy ra chọn D.
Câu 29
A.

4
(Gv Lê Tuấn Anh): Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2 x +1 − .8x trên  −1;0 bằng:
3

4
9

B.

5
6

C.

2 2
3

D.

2
3

Chọn đáp án D
2x = 0
3
x = 1
4
y = 2 x +1 ln 2 − .8x ln 8 = 0  2 x − 2. ( 2 x ) = 0   x
1 

3
2 =
 x = −1/ 2


2

Xét y (-1)= 5/6 ; y (-1/2)=0,9428 ; y (0)=2/3. Ta có ymin =
Câu 30:

2
3

(Gv Lê Tuấn Anh) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số



x2
y = log 2018  2017 x − x − − m+ 1 xác định với mọi x thuộc  0; + )
2


A. 1

B. 2

C. 2018

D. vô số

Chọn đáp án D
+ Hàm số xác định với mọi x thuộc  0; + ) khi và chỉ khi

2017 x − x −

x2
x2
− m+ 1  0,  x  0; + )  2017 x − x −
 m− 1,  x  0; + )(*)
2
2

+ Xét hàm số f ( x ) = 2017 x − x −

x2
,  x  0; + ) . Hàm số liên tục trên  0; + ) .
2

f  ( x ) = 2017x ln 2017 −1 − x,  x 0; + )
f  ( x ) = 2017x ln 2 2017 −1  0,  x 0; + )
Vậy f  ( x ) đồng biến trên 0; +)  f  ( x )  f  ( 0) = ln 2017 −1  0,  x  0; + )
Vậy f ( x ) đồng biến trên  0; + )  min f ( x ) = 1 .
x 0; + )

+ Bất phương trình

(*) tương đương min f ( x ) min f ( x )  m − 1,  x  0; + )  m  2

Vậy có vô số giá trị nguyên của m.

x0; + )

x0; + )

(Gv Lê Tuấn Anh) Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để phương trình

Câu 31:

9 x + 9 = m3x cos  x có duy nhất 1 nghiệm thực.

A. 1

B. 0

C. 2

D. vô số

Chọn đáp án A
Ta có 9x + 9 = m3x cos  x  3x + 32− x = m cos  x (1)
+ Giả sử x0 là 1 nghiệm của phương trình
phương trình

(1) thì dễ thấy 2 − x0 cũng là nghiệm của

(1).

Nên nếu phương trình có nghiệm duy nhất thì suy ra : x0 = 2 − x0  x0 = 1 thay vào phương
trình

(1) ta thu được m=-6.

+ Kiểm tra lại với m=-6, thay vào phương trình

Vì 3x + 32− x  6

(1) ta được 3x + 32− x = −6 cos  x .

(theo bất đẳng thức cosi) và −6cos  x  6 nên

vế trái = vế phải = 6. Tức là ta có x = 1 là nghiệm duy nhất của

(2) xảy ra khi và chỉ khi
(2). Kết luận m=-6