bài tập vận dụng cao môn toán

TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

BÀI TOÁN VẬN DỤNG NĂM 2017
CHUYÊN ĐỀ: LŨY THỪA – MŨ – LOGARIT
Câu 1: [Đề thi THPT Quốc Gia năm 2017 – MH LẦN 2] Tìm tập hợp các giá trị
6x + ( 3 − m ) 2x − m = 0

m

của tham số thực
để phương trình
( 0;1)
khoảng
.
( 2; 4 )
[ 3; 4]
[ 2; 4]
A.
.
B.
.
C.
.

có nghiệm thuộc

( 3; 4 )
D.

.

Hướng dẫn giải
Chọn C.
PP1: Giải tự luận.
6 x + 3.2 x
6 + ( 3 − m ) 2 − m = 0 ( 1) ⇔ 2 x + 1 = m
x

Ta có:

x

f ( x) =
Xét
f ′( x) =

hàm

số

12 x.ln 3 + 6 x.ln 6 + 3.2 x.ln 2

(2

x

+ 1)

2

6 x + 3.2 x
2x + 1

xác

định

> 0, ∀x ∈ ¡

,

có

f ( x)
nên hàm số

0 < x < 1 ⇔ f ( 0 ) < f ( x ) < f ( 1) ⇔ 2 < f ( x ) < 4
Suy ra

¡

trên

( 1)

đồng biến trên

¡

f ( 0 ) = 2, f ( 1) = 4.

vì

( 0;1)

Vậy phương trình
có nghiệm thuộc khoảng
PP2: Trắc nghiệm có sử dụng máy tính.
6 x + 3.2 x
x
x
6 + ( 3 − m ) 2 − m = 0 ( 1) ⇔ 2 x + 1 = m
Ta có:

m ∈ ( 2; 4 )
khi

.

6 x + 3.2 x
2x + 1

Sử dụng chức năng MODE 7 để nhập vào màn hình biểu thức
0,1
X =0
X =1
Start
, End
, Step
.
Cách bấm máy tính

Màn hình hiện
(Để đọc được cẩn cài FONT CỦA CHƯƠNG
TRÌNH GIẢ ẬP MÁY TÍNH CASIO FX 570VNPLUS - ES03)
w7a6^Q)$+3O2^Q)R2^Q)$+1==0=1=0.1=

ADMIN TRẦN VĂN TÀI – 0977.413.341 - TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM

, vơi

1 | THBTN


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

F( X)
Khi đó ta thấy giá trị bên cột

từ
( 0;1)

Vì nghiệm chỉ thuộc khoảng nên
nên loại đáp án B.

2

đến

4

nên loại đáp án A và D.
F( X)
2
4
không lấy giá trị
bằng và

Câu 2: [Đề thi THPT Quốc Gia năm 2017 – Mã đề 104 – MH LẦN 2] Xét các
số thực

a

,

Pmin

a > b >1

b

thỏa mãn
. Tìm giá trị nhỏ nhất
a
P = log 2a ( a 2 ) + 3log b  ÷
b
b
.
Pmin = 19
Pmin = 13
Pmin = 14

A.
.
B.
.
C.
.

của biểu thức

Pmin = 15
D.

.

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Với điều kiện đề bài, ta có
2

2



a 
a
 a 
a
P = log ( a ) + 3log b  ÷ =  2 log a a  + 3log b  ÷ = 4 log a  .b ÷ + 3log b  ÷
b 
b

b
b 
 b  b 
2
a
b

2

2



a
= 4 1 + log a b  + 3log b  ÷.
b
b 

t = log a b > 0
b

Đặt

P = 4( 1+ t ) +
2

(vì

a > b >1

), ta có

3
3
= 4t 2 + 8t + + 4 = f ( t )
t
t

3 8t 3 + 8t 2 − 3 ( 2t − 1) ( 4t + 6t + 3 )
=
=
t2
t2
t2

.

2

f ′(t ) = 8t + 8 −
Ta có
f ′( t ) = 0 ⇔ t =

Vậy

1
2

. Khảo sát hàm số, ta có

1
Pmin = f  ÷ = 15
2

.

Câu 3: [Đề thi THPT Quốc Gia năm 2017 – Mã đề 101] Xét các số thực dương
x y
,
thỏa mãn
P= x+ y
.
9 11 − 19
Pmin =
9
A.
.
Pmin =

C.

18 11 − 29
9

2 | THBTN – CA
TÀI: 0977.413.341

log 3

1 − xy

= 3 xy + x + 2 y − 4
x + 2y

Pmin
. Tìm giá trị nhỏ nhất

Pmin =

B.
Pmin =

.

D.

9 11 + 19
9
2 11 − 3
3

của

.

.

BIÊN SOẠN VÀ SƯU TẦM THẦY


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG

(8.9.10)

Hướng dẫn giải
Chọn D.
1 − xy
log 3
= 3 xy + x + 2 y − 4
x + 2y

⇔ log 3 ( 1 − xy ) − log 3 ( x + 2 y ) = 3 ( xy − 1) + ( x + 2 y ) − 1
⇔ log 3 3 ( 1 − xy ) − log 3 ( x + 2 y ) = 3 ( xy − 1) + ( x + 2 y )

⇔ log 3 3 ( 1 − xy ) + 3 ( 1 − xy ) = log 3 ( x + 2 y ) + ( x + 2 y )
f ( t ) = log 3 t + t
Xét

( t > 0)
,

f ′( t ) =

1
+ 1 > 0, ∀t > 0
t ln 3

f ( 3 ( 1 − xy ) ) = f ( x + 2 y ) ⇔ 3 − 3 xy = x + 2 y

Suy ra :

Điều kiện

3 − 2y
1+ 3y

1 − xy
5y − 2
2
>0⇔ 2
>0⇔ y>
x + 2y
5
6y + 3

P= x+ y = y+

P′ = 1 +

⇔x=

3 − 2y
1 + 3y

−11

(1+ 3y)

2


−1 − 11

y =
3
=0⇔

−1 + 11
y =
3


Bảng biến thiên:
x

- 1-

- ¥

y¢

11

-

3

+

0

1
3

2
5

-

- 1 + 11
3
0

- ¥

Pmin =

Vậy

+
+¥

2

y

+¥

- ¥

2 11 - 3
3

2 11 − 3
.
3

ADMIN TRẦN VĂN TÀI – 0977.413.341 - TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM

3 | THBTN


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

Câu 4: [Đề thi THPT Quốc Gia năm 2017 – Mã đề 102] Tìm tất cả các giá trị
4 x − 2 x +1 + m = 0

m

thực của tham số
để phương trình
phân biệt.
m ∈ ( −∞;1)
m ∈ ( 0; +∞ )
m ∈ ( 0;1]
A.
.
B.
.
C.
.

có hai nghiệm thực
m ∈ ( 0;1)

D.

.

Hướng dẫn giải
Chọn D.
PP1: Phương trình

( )

x
4 x − 2 x +1 + m = 0 ⇔ 2

2

( 1)

− 2.2 x + m = 0
,

.
( 1)
t = 2x > 0
t 2 − 2t + m = 0 ( 2 )
Đặt
. Phương trình
trở thành:

,
.
( 1)
( 2)
⇔
Phương trình
có hai nghiệm thực phân biệt
phương trình
có hai
a = 1 ≠ 0
 ∆′ = 1 − m > 0


⇔  S = −b = 2 > 0
a


c
 P = = m > 0 ⇔ m ∈ ( 0;1)
a

0

nghiệm thực phân biệt và lớn hơn
PP2: Sử dụng phương pháp thử và loại trừ.

m =1

Xét
⇔ x=0

ta được phương trình

.

m =1

Phương trình chỉ có một nghiệm khi

Xét

m = −1

(

ta được phương trình

⇔ x = log 2 1 + 2

)

( )

x
4 x − 2 x+1 + 1 = 0 ⇔ 2

2

.

− 2.2 x + 1 = 0 ⇔ 2 x = 1

. Loại B và C.

2x = 1 + 2
⇔
 x
x 2
x
 2 = 1 − 2
4 x − 2 x+1 − 1 = 0 ⇔ ( 2 ) − 2.2 − 1 = 0

. Phương trình chỉ có một nghiệm khi

m = −1

. Loại A.

Chọn D.

Câu 5: [Đề thi THPT Quốc Gia năm 2017 – Mã đề 102] Xét các số thực dương
a

b

,
thỏa mãn
P = a + 2b
.
2 10 − 3

Pmin =
2
A.
.
4 | THBTN – CA
TÀI: 0977.413.341

log 2

1 − ab
= 2ab + a + b − 3
a+b

Pmin =

B.

3 10 − 7
2

Pmin
. Tìm giá trị nhỏ nhất

Pmin =

.

C.

2 10 − 1

2

Pmin =

.

D.

của
2 10 − 5
2

.

BIÊN SOẠN VÀ SƯU TẦM THẦY


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

Hướng dẫn giải
Chọn A.
ab < 1
Điều kiện:
.
1 − ab
log 2
= 2ab + a + b − 3 ⇔ log  2 ( 1 − ab )  + 2 ( 1 − ab ) = log ( a + b ) + ( a + b ) ( *)
2 
2


a+b
Ta có
.
y = f ( t ) = log 2 t + t
( 0; +∞ )
Xét hàm số
trên khoảng
.
1
f ′( t ) =
+ 1 > 0, ∀t > 0
f ( t)
t.ln 2
Ta có
. Suy ra hàm số
đồng biến trên khoảng

( 0; +∞ )
.

( *) ⇔
Do
⇔a=

đó,
−b + 2
2b + 1

.

P = a + 2b =

Ta có
g′( b) =

f  2 ( 1 − ab )  = f ( a + b ) ⇔ 2 ( 1 − ab ) = a + b ⇔ a ( 2b + 1) = 2 − b

−5

( 2b + 1)

2

−b + 2
+ 2b = g ( b )
2b + 1

.

+ 2 = 0 ⇔ 2b + 1 2 = 5 ⇔ 2b + 1 = 10 ⇔ b = 10 − 2
(
)
2
2
4

Lập bảng biến thiên ta được

 10 − 2  2 10 − 3

Pmin = g 
÷
÷=
2
 4 

(vì

b>0

).

.

Câu 6: [Đề thi THPT Quốc Gia năm 2017 – Mã đề 103] Xét hàm số
f ( t) =

9t
9t + m 2

m
S
với
là tham số thực. Gọi
là tập hợp tất cả các giá trị của
f ( x) + f ( y) = 1
e x+ y ≤ e ( x + y )
x, y
m
sao cho

với mọi
thỏa mãn
. Tìm số phần
S
tử của .
0.
1.
2.
A.
B.
C. Vô số.
D.
Hướng dẫn giải
Chọn D.

Ta có nhận xét:

e x ≥ e.x
⇒ ex+ y ≤ e ( x + y ) ⇔ x + y = 1
 y
e ≥ e. y

ADMIN TRẦN VĂN TÀI – 0977.413.341 - TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM

.
5 | THBTN


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

x + y =1
( Dấu ‘’=’’ xảy ra khi
).
f ( x ) + f ( y ) = 1 ⇔ f ( x) + f (1 − x) = 1
Do đó ta có:

9x
91− x
9 + m 2 .9 x + 9 + m 2 .91− x
⇔ x
+
=1⇔
=1
9 + m2 91− x + m 2
9 + m2 .9 x + m2 .91− x + m4
⇔ 9 + m 2 .9 x + 9 + m 2 .91− x = 9 + m 2 .9 x + m 2 .91− x + m 4

⇔ m4 = 9 ⇔ m = ± 3

.
Vậy có hai giá trị m thỏa mãn yêu cầu.

Câu 7:

[Đề thi THPT Quốc Gia năm 2017 – Mã đề 104] Xét các số nguyên
a, b
a ln 2 x + b ln x + 5 = 0
dương
sao cho phương trình

có hai nghiệm phân biệt
2
x1 , x2
x3 , x4
5log x + b log x + a = 0
và phương trình
có hai nghiệm phân biệt
x1 x2 > x3 x4
Smin
S = 2a + 3b
thỏa mãn
. Tính giá trị nhỏ nhất
của
.466666
Smin = 30
S min = 25
S min = 33
Smin = 17
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Điều kiện

x>0

, điều kiện mỗi phương trình có 2 nghiệm phân biệt là

b 2 > 20a

.
at 2 + bt + 5 = 0 (1) 5u 2 + bu + a = 0(2)
t = ln x u = log x
Đặt
,
khi đó ta được
,
.
x
u
x
t
Ta thấy với mỗi một nghiệm thì có một nghiệm , một thì có một .

x1.x2 = et1 .et2 = et1 +t2 = e

−

b
a

x3 .x4 = 10u1 +u2 = 10

Ta có

,
b
b
5
⇒ − > − ln10 ⇔ a >
⇔a≥3
a
5
ln10

−

b
5

x1 x2 > x3 x4 ⇔ e

−

b
a

> 10

−

b
5

, lại có

a, b

(

do

nguyên

dương),

suy

ra

b 2 > 60 ⇒ b ≥ 8

Vậy

.
S = 2a + 3b ≥ 2.3 + 3.8 = 30

Smin = 30
, suy ra

a = 3, b = 8

đạt được
y = log

Câu 8: (SGD VĨNH PHÚC) Đạo hàm của hàm số

y′ =

6
3 x − 1 ln 2

A.
6 | THBTN – CA
TÀI: 0977.413.341

y′ =
B.

2
( 3x − 1) ln 2

3x − 1
là:

y′ =
C.

2

.

6
( 3x − 1) ln 2

y′ =

2
3 x − 1 ln 2

D.
BIÊN SOẠN VÀ SƯU TẦM THẦY


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Điều kiện:

y = log

2

3x − 1 ≠ 0

3x − 1 ⇒ y′ =

( 3x − 1) ′
( 3x − 1) ln

2

=

3

6
=
( 3x − 1) ln 2 ( 3x − 1) ln 2
.

Câu 9: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Bất phương trình
S = [ a; b ]

nghiệm là
A.

b − 2a

thì

6

B.

2.5 x + 2 + 5.2 x + 2 ≤ 133. 10 x

có tập

bằng

10

C.

12

D.

16

Hướng dẫn giải

Ta có:

2.5 x + 2 + 5.2 x + 2 ≤ 133. 10 x ⇔ 50.5 x + 20.2 x ≤ 133 10 x

chia hai vế bất phương
x

trình cho

5x

ta được :

x
 2
20.2 x 133 10 x
2
50 + x ≤
⇔
50
+
20.
≤

133.

÷

÷
÷
5
5x
5
 5

(1)

x

Đặt

 2
t = 
÷
÷ , (t ≥ 0)
5



20t 2 − 133t + 50 ≤ 0 ⇔

phương trình (1) trở thành:

2

25
≤t ≤
5
4

x

Khi đó ta có:
Vậy

2
x
−4
2  2
25
 2  2  2
≤
⇔  ÷ ≤  ÷ ≤  ÷ ⇔ −4 ≤ x ≤ 2
÷ ≤
5  5 ÷
4
5 5 5


a = −4, b = 2
nên

b − 2a = 10

Câu 10: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho

(

)

a

là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn

log 2 ( 2017a )

3log 3 1 + a + 3 a > 2 log 2 a
A. 14

B. 22

. Tìm phần nguyên của
C. 16

.
D. 19

Hướng dẫn giải
t = 6 a,t > 0

Đặt

, từ giả thiết ta có

3log3 ( 1 + t 3 + t 2 ) > 2 log 2 t 3

ADMIN TRẦN VĂN TÀI – 0977.413.341 - TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM

7 | THBTN


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

⇔ f ( t ) = log 3 ( 1 + t 3 + t 2 ) − log 2 t 2 > 0

f ′( t ) =

3
2
1 3t 2 + 2t
2 1 ( 3ln 2 − 2 ln 3) t + ( 2 ln 2 − 2 ln 3) t − 2 ln 3
. 3 2
−
. =
ln 3 t + t + 1 ln 2 t
ln 2.ln 3. ( t 4 + t 3 + t )

a

Vì đề xét

nguyên dương nên ta xét

t ≥1

.

g ( t ) = ( 3ln 2 − 2 ln 3) t 3 + ( 2 ln 2 − 2 ln 3) t 2 − 2 ln 3
Xét

Ta có

8
4
8
4

g ′ ( t ) = 3ln t 2 + 2 ln t = t  3ln t + 2 ln ÷
9
9
9
9


g′( t ) = 0 ⇔ t =

2 ln 9

4 <0
3ln 8
9

.

[ 1; +∞ )

g ( t)
Lập bảng biến thiên suy ra hàm số

giảm trên khoảng

.

g ( t ) ≤ g ( 1) = 5ln 2 − 6 ln 3 < 0 ⇒ f ′ ( t ) < 0
Suy ra

.

[ 1; +∞ )

f ( t)
Suy ra hàm số

Nên

t=4

luôn giảm trên khoảng

.

f ( t) = 0
là nghiệm duy nhất của phương trình

.

f ( t ) > 0 ⇔ f ( t ) > f ( 4 ) ⇔ t < 4 ⇔ 6 a < 4 ⇔ a < 4096
Suy ra

.

Nên số nguyên

a

lớn nhất thỏa mãn giả thiết bài toán là

a = 4095

.

log 2 ( 2017a ) ≈ 22,97764311
Lúc đó

.

log 2 ( 2017a )
Nên phần nguyên của

bằng 22.

Đáp án: B.

8 | THBTN – CA

TÀI: 0977.413.341

BIÊN SOẠN VÀ SƯU TẦM THẦY


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

x=

Câu 11: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Biết
2 log a ( 23 x − 23) > log

a

(x

2

+ 2 x + 15 )

15
2

là một nghiệm của bất phương trình

(*). Tập nghiệm

T

của bất phương trình (*)

là:

A.

19 

T =  −∞; ÷
2


.

B.

 17 
T = 1; ÷
 2

T = ( 2;8 )
.

C.

T = ( 2;19 )
.

D.

.

Hướng dẫn giải
2 log a ( 23 x − 23) > log

Nếu

a >1

a

(x

2

+ 2 x + 15 ) ⇔ log a ( 23 x − 23 ) > log a ( x 2 + 2 x + 15 )

ta có

23 x − 23 > x 2 + 2 x + 15

log a ( 23 x − 23) > log a ( x 2 + 2 x + 15 ) ⇔  2
⇔ 2 < x < 19

 x + 2 x + 15 > 0

Nếu

0 < a <1

ta có

23 x − 23 < x 2 + 2 x + 15
1 < x < 2
log a ( 23 x − 23) > log a ( x 2 + 2 x + 15 ) ⇔ 
⇔
 x > 19
23 x − 23 > 0
x=

Mà

15
2

là một nghiệm của bất phương trình. Chọn D.

Câu 12: (T.T DIỆU HIỀN) Tìm

( m − 1) log 21 ( x − 2 )

2

m

để phương trình :

+ 4 ( m − 5 ) log 1

2

A.

2

7
−3 ≤ m ≤
3

.

B.

m∈¡

1
+ 4m − 4 = 0
x−2

có nghiệm trên
.

C.

m ∈∅

5 
 2 , 4 
−3 < m ≤

.

D.

7
3

.

Hướng dẫn giải
Chọn A.

t = log 1 ( x − 2 )
Đặt

2

. Do

5 
x ∈  ; 4 ⇒ t ∈ [ −1;1]
2 

ADMIN TRẦN VĂN TÀI – 0977.413.341 - TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM

9 | THBTN


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

4 ( m − 1) t 2 + 4( m − 5)t + 4m − 4 = 0
⇔ ( m − 1) t 2 + ( m − 5 ) t + m − 1 = 0
⇔ m ( t 2 + t + 1) = t 2 + 5t + 1

⇔m=

t 2 + 5t + 1
t2 + t +1

⇔ g ( m) = f ( t )

Xét

t 2 + 5t + 1
f ( t) = 2
t + t +1

f ′( t ) =

4 − 4t 2

( t 2 + t + 1)

2

≥0

t ∈ [ −1;1]
với

∀t ∈ [ −1;1] ⇒

[ −1;1]
Hàm số đồng biến trên đoạn

∀t ∈ [ −1;1]

g ( m) ; f ( t )
Để phương trình có nghiệm khi hai đồ thị
⇒ f ( −1) ≤ g ( m ) ≤ f ( 1) ⇔ −3 ≤ m ≤

10 | THBTN – CA
THẦY TÀI: 0977.413.341

cắt nhau

7
3

BIÊN SOẠN VÀ SƯU TẦM


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

Câu 13: (LẠNG GIANG SỐ 1) Số các giá trị nguyên dương để bất phương trình
2

2

3cos x + 2sin x ≥ m.3sin

2

x

có nghiệm là
2
B. .

1
A. .

C.

3

.

D.

4

.

Hướng dẫn giải
Chọn A.

Đặt

sin 2 x = t ( 0 ≤ t ≤ 1)
t

2

2

3cos x + 2sin x ≥ m.3sin

2

x

⇔ 3( 1−t )

3
3
2
⇔ t + 2t ≥ m.3t ⇔
+ ÷ ≥ m
2
3
( 3t )  3 
+ 2t ≥ 3t

t

Đặt:

3 2
y = t +  ÷ ( 0 ≤ t ≤ 1)
9 3
t

t

1  2
2
1
y′ = 3.  ÷ .ln +  ÷ .ln < 0
9  3
3
9
⇒

t

0

1
_

f'(t)
f(t)

Hàm số luôn nghịch biến

4
1

Dựa vào bảng biến thiên suy ra

m ≤1

thì phương trình có nghiệm

Suy ra các giá trị nguyên dương cần tìm

m =1

.

Câu 14: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Có bao nhiêu giá trị thực của tham số
phương trình
1.
A.

m.3

x2 −3 x + 2

+3

B.

4− x 2

2.

6−3 x

=3

+m

có đúng
3.
C.

3

m

để

nghiệm thực phân biệt.
4.
D.

Hướng dẫn giải
Chọn A.
ADMIN TRẦN VĂN TÀI – 0977.413.341 - TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM

11 | THBTN


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

3x −3 x + 2 = u
⇒ u.v = 36−3 x
 4− x
3 = v
2

2

Đặt.

.

Khi

đó

phương

trình

trở

thành

mu + v = uv + m ⇔ m ( u − 1) − v ( u − 1) = 0 ⇔ ( u − 1) ( m − v ) = 0
3
u = 1
=1
⇔
⇔

v = m
32− x = m
x 2 −3 x + 2

2

x =1
 x 2 − 3x + 2 = 0

⇔
⇔ x = 2
2
 4 − x = log 3 m
 x 2 = 4 − log 3 m

Để phương trình có ba nghiệm thì
Tức

4 − log 3 m = 0 ⇔ m = 81

x 2 = 4 − log 3 m

1;2
có một nghiệm khác

.

.

Chọn A.

Câu 15: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Cho

log a log b log c
b2
=
=
= log x ≠ 0;
= xy
p
q
r
ac
. Tính

p, q , r

.
y=

y = q − pr
2

A.

.

y

p+r

2q

B.

y = 2q − p − r
.

C.

theo

y = 2q − pr
.

D.

.

Hướng dẫn giải
Chọn C.
b2
b2
y
= x ⇔ log = log x y
ac
ac
⇒ y log x = 2 log b − log a − log c = 2q log x − p log x − r log x

= log x ( 2q − p − r )

⇒ y = 2q − p − r

log x ≠ 0
(do

).

Câu 16: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho hàm số
 1 
A= f 
÷+
 100 

 2 
f
÷+ ... +
 100 

12 | THBTN – CA
THẦY TÀI: 0977.413.341

 100 
f
÷
 100 

4x
f ( x) = x
4 +2

. Tính giá trị biểu thức

?
BIÊN SOẠN VÀ SƯU TẦM


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

A.

50

.

B.

49

.

149
3

C.
.
Hướng dẫn giải

D.

301
6

.

Chọn D.
X
 100

 4
÷ = 301
∑
X

÷ 6
X =1  100
÷
 4 +2
100

Cách 1. Bấm máy tính Casio fx 570 theo công thức

f ( x) =

f ( x) + f ( 1− x) = 1
Cách

A=f


2. Sử dụng tính chất
 1 
 99     2 

÷+ f 
÷ +  f 
÷+
 100 
 100     100 

= 49 +

4
1
2

1
2

4 +2

+

của hàm số
  49 
 98  
 51  
f
÷ + ... +  f 
÷+ f 

÷ +
 100  
 100  
  100 

.

x

4
4 +2
x

. Ta có
 50 
 100 
f
÷+ f 
÷
 100 
 100 

4
301
=
4+2
6

f ( x) =

4x
4x + 2

PS: Chứng minh tính chất của hàm số
.
x
1− x
x
4
4
4
4
4x
2
f ( x) + f ( 1− x) = x
+ 1− x
= x
+
= x
+
=1
x
4 + 2 4 + 2 4 + 2 4 + 2.4
4 + 2 2 + 4x
Ta có
.

Câu 17: (THTT – 477) Nếu
bằng
29.

A.

log8 a + log 4 b 2 = 5

log 4 a 2 + log8 b = 7

và
B.

218.

8.
C.
Hướng dẫn giải

thì giá trị của
D.

ab

2.

Chọn A.
x = log 2 a ⇒ a = 2 x ; y = log 2 b ⇒ b = 2 y
Đặt
.
1
2
 3 x + y = 5
 x + 3 y = 15

x = 6
log8 a + log 4 b = 5
⇔
⇔
⇔

2
3 x + y = 21  y = 3
log 4 a + log8 b = 7
x + 1 y = 7
 3
ab = 2 x + y = 29
Ta có
. Suy ra
.

Câu 18: (THTT – 477) Cho

n >1

1
1
1
+
+ ... +
log 2 n ! log 3 n !
log n n !

là một số nguyên. Giá trị của biểu thức

bằng

ADMIN TRẦN VĂN TÀI – 0977.413.341 - TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM

13 | THBTN


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)
0.
n.
n !.
1.

A.

B.

C.
Hướng dẫn giải

D.

Chọn D.
n > 1, n ∈ ¢ ⇒

1
1
1
1

+
+
+ ... +
= log n! 2 + log n ! 3 + log n! 4 + ... + log n! n
log 2 n ! log 3 n ! log 4 n !
log n n !

= log n! ( 2.3.4...n ) = log n! n ! = 1

x, y

Câu 19: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hai số thực dương
Pmax

2x + 2 y = 4
Pmax

A.

. Tìm giá trị lớn nhất
27
=
Pmax = 18
2
.
B.
.

thỏa mãn
P = ( 2 x + y ) ( 2 y + x ) + 9 xy

của biểu thức
.
2

2

Pmax = 27
C.

Pmax = 12
.

D.

.

Hướng dẫn giải
Chọn B.
4 = 2x + 2 y ≥ 2 2x+ y ⇔ 4 ≥ 2x+ y ⇔ x + y ≤ 2
Ta có

.
2

Suy ra

Khi đó

 x+ y
xy ≤ 

÷ =1
 2 

.

P = ( 2 x 2 + y ) ( 2 y 2 + x ) + 9 xy = 2 ( x 3 + y 3 ) + 4 x 2 y 2 + 10 xy

.

P = 2 ( x + y ) ( x + y ) − 3xy  + ( 2 xy ) + 10 xy


2

2

≤ 4 ( 4 − 3 xy ) + 4 x 2 y 2 + 10 xy = 16 + 2 x 2 y 2 + 2 xy ( xy − 1) ≤ 18

Pmax = 18
Vậy

x = y =1
khi

.

Câu 20: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Tìm tất cả các giá trị của

( 7 −3 5)

x

2

(

+m 7+3 5

14 | THBTN – CA
THẦY TÀI: 0977.413.341

)

x

2

= 2x

2

m

để phương trình

−1

có đúng hai nghiệm phân biệt.

BIÊN SOẠN VÀ SƯU TẦM

TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

m<
A.

1
16

0≤m<
.

B.

1
16

.

C.

1
1
− 2
16

.

D.

 1
− 2 < m ≤ 0

m = 1

16

.

Hướng dẫn giải
Chọn D.
x2

PT

x2

 7−3 5 
7+3 5 
1
⇔
÷ + m
÷ =
2 
2 
2




.

x2

 7 −3 5 
t =
÷ ∈ ( 0;1]
2



Đặt

. Khi đó PT

⇒ 2t 2 − t + 2m = 0 ⇔ 2m = t − 2t 2 = g ( t )

(1).

g ′ ( t ) = 1 − 4t = 0 ⇔ t =
Ta có

1
4

.

Suy ra bảng biến thiên:

PT đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt

⇔

(1) có đúng 1 nghiệm

1

1
m
=


2m =
16
⇔
⇔
8

− 1 < m ≤ 0
 −1 < 2m ≤ 0
 2

t ∈ ( 0;1)

.

Câu 21: (CHUYÊN ĐHSP HN) Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
2

x+

1
4x

x 1
+
x

+ 24

=4

là

ADMIN TRẦN VĂN TÀI – 0977.413.341 - TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM

15 | THBTN


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

A. 2.

B. 3.

C. 1.

D. 0.

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Điều kiện

x≠0

x >0⇒ x+

- Nếu

1
≥1
4x

dấu bằng xẩy ra khi
x < 0 ⇒ −x −
- Nếu

và

x=

, dấu bằng xẩy ra khi
x=2

2

x+

1
4x

x 1
+
x

+ 24

1
4x

x 1
+
x

+ 24

và

x 1
+ ≥1
4 x

,

> 4, ∀x > 0

suy ra

1
x+
1
1
1
≥1⇒ x +
≤ −1 ⇒ 2 4 x ≤
4x
4x
2

x 1
+
x 1
x 1
1
4 x
− − ≥ 1 ⇒ + ≤ −1 ⇒ 2 ≤
4 x
4 x
2

2

x+

1
2

x=−

, dấu bằng xẩy ra khi

, dấu bằng xẩy ra khi

1
2

x=2

< 1, ∀x < 0

Suy ra
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Câu 22: (CHUYÊN

ĐH
VINH)
log 3 x 2 − 2 x = log 5 x 2 − 2 x + 2

A.

(

3.

B.

)

Số

nghiệm

của

phương

là

2.

C.

1.

D.

4.

Hướng dẫn giải
Đáp án: B.
x ≠ 0; x ≠ 2

ĐK:
Đặt

.

t = x2 − 2 x ⇒ x2 − 2x + 2 = t + 2

⇒ log 3 t = log 5 ( t + 2 )
.

log 3 t = log 5 ( t + 2 ) = u
Đặt

16 | THBTN – CA
THẦY TÀI: 0977.413.341

BIÊN SOẠN VÀ SƯU TẦM

trình


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

log3 t = u
⇒

log5 ( t + 2 ) = u

 t = 3u

u
t + 2 = 5

⇒ 5u − 2 = 3u
5u + 3u = 2
(1)

u
u
u
u
u
u
5 − 2 = 3
5 + 3 = 2 ⇒  3 
1
⇒
+ 2  ÷ = 1 (2)
 u
 u

÷
u
u

5
3 + 2 = 5
 5 
⇒ 5 − 2 = −3

• Xét

.

( 1) : 5u + 3u = 2

Ta thấy

u=0

là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để
u=0
chứng minh nghiệm
là duy nhất.
Với

u = 0 ⇒ t = −1 ⇒ x 2 − 2 x + 1 = 0
u

• Xét

, phương trình này vô nghiệm.

u

3
1
( 2 ) :  ÷ + 2  ÷ = 1
5
5

Ta thấy

u =1

là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để
u =1
chứng minh nghiệm
là duy nhất.
Với

u = 0 ⇒ t = 3 ⇒ x2 − 2x − 3 = 0

, phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa

x ≠ 0; x ≠ 2

.

Câu 23: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương
log 3 (1 − x 2 ) + log 1 ( x + m − 4) = 0
trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:
−1
21
21
5≤m≤ .
54
4
4
A.
.

B.
C.

3

.

D.

−1
≤m≤2
4

.

Hướng dẫn giải
Chọn C.

2

1 − x > 0
 x ∈ ( −1;1)
log 3 (1 − x 2 ) + log 1 ( x + m − 4) = 0 ⇔ 
⇔

2
2


3

log 3 (1 − x ) = log 3 ( x + m − 4)
1 − x = x + m − 4

ADMIN TRẦN VĂN TÀI – 0977.413.341 - TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM

17 | THBTN


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

∈ ( −1;1)

⇔ f ( x ) = x2 + x + m − 5 = 0
Yêu cầu bài toán

có 2 nghiệm phân biệt

Cách 1: Dùng định lí về dấu tam thức bậc hai.

f ( x) = 0
Để thỏa yêu cầu bài toán ta phải có phương trình

có hai nghiệm

−1 < x1 < x2 < 1
thỏa:
a. f ( −1) > 0

m − 5 > 0

a. f ( 1) > 0
21

⇔ ∆ > 0
⇔ m − 3 > 0 ⇔ 5 < m <
4

 21 − 4m > 0

S
−1 < < 1

2

.

Cách 2: Với điều kiện có nghiệm, tìm các nghiệm của phương trình

f ( x) = 0
rồi so sánh trực tiếp các nghiệm với

1

và

−1

.

Cách 3: Dùng đồ thị

y = −m

y = x2 + x − 5

Đường thẳng

cắt đồ thị hàm số

tại hai điểm phân biệt

( −1;1)
trong khoảng

y = −m
khi và chỉ khi đường thẳng

cắt đồ thị hàm số

∈ ( −1;1)

y = x2 + x − 5
tại hai điểm phân biệt có hoành độ

.

Cách 4: Dùng đạo hàm
f ( x ) = x2 + x − 5 ⇒ f ′ ( x ) = 2x + 1 = 0 ⇒ x = −

Xét hàm số

Có

1
2

21
 1
f  − ÷ = − ; f ( 1) = −3; f ( −1) = −5
4
 2

Ta có bảng biến thiên

18 | THBTN – CA
THẦY TÀI: 0977.413.341

BIÊN SOẠN VÀ SƯU TẦM


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

( −1;1)
Dựa vào bảng biến thiên, để có hai nghiệm phân biệt trong khoảng
−

khi

21

21
< − m < −5 ⇒
>m>5
4
4

.

Cách 5: Dùng MTCT
Sau khi đưa về phương trình
tính.

x2 + x + m − 5 = 0

m = −0, 2
* Giải khi
* Giải khi

Câu 24: Tập
2

( x −1) 2

: không thỏa
m=5

tất

(

: không thỏa

cả

)

các

.log 2 x − 2 x + 3 = 4
2

3
1
 ; −1; .
2
2

x −m

B.

A.

⇒

⇒

, ta nhập phương trình vào máy

loại A, D.

loại B.

giá

trị

.log 2 ( 2 x − m + 2 )

 1 3
− ;1;  .
 2 2

m

của

để

phương

trình

có đúng ba nghiệm phân biệt là:
3
1
1 3 
 ;1; −  .
 ;1;  .
2

2
2 2
C.
D.

Hướng dẫn giải
Chọn D

(

)

2( x −1) .log 2 x 2 − 2 x + 3 = 4 x −m .log 2 ( 2 x − m + 2 )
2

Ta có

2
⇔ 2( x −1) .log 2 ( x − 1) + 2 = 22 x − m .log 2 ( 2 x − m + 2 )


2

Xét hàm số

( 1)

( 2)

f ( t ) = 2t.log 2 ( t + 2 ) , t ≥ 0.

ADMIN TRẦN VĂN TÀI – 0977.413.341 - TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM

19 | THBTN


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

Vì

f ′ ( t ) > 0, ∀t ≥ 0 ⇒

( 2) ⇔
Khi đó

( 0; +∞ )
hàm số đồng biến trên

2
2
f ( x − 1)  = f ( 2 x − m ) ⇔ ( x − 1) = 2 x − m



 x 2 − 4 x + 1 + 2m = 0 ( 3)
⇔ 2
 x = 2m − 1( 4 )

( 1)

Phương trình
sau:

có đúng ba nghiệm phân biệt nếu xảy ra các trường hợp

( 3)
+) PT

⇒m=

( 4)
có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT

3
2

( 4)
, thay vào PT

thỏa mãn

( 4)
+) PT

⇒m=

( 3)
có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT

1

2

( 3)
, thay vào PT

thỏa mãn

( 4)

( 3)

+) PT
có hai nghiệm phân biệt và PT
đó có một nghiệm của hai PT trùng nhau

( 4) ⇔ x = ±

2m − 1
,với

KL:

1
3
2
2

có hai nghiệm phân biệt, trong

( 3)
Thay vào PT

tìm được

1 3 
m ∈  ;1;  .
2 2

Câu 25: (QUẢNG XƯƠNG I) Tất cả các giá trị của
(3m + 1)12 + (2 − m)6 + 3 < 0
x

x

x

có nghiệm đúng

( −2; +∞ )
A.

m = 1.

(−∞; −2]

.

B.

.

m

để bất phương trình

∀x > 0

là:
1

 −∞; − ÷
3

C.
.

D.

1

 −2; − ÷
3


.

Hướng dẫn giải
20 | THBTN – CA
THẦY TÀI: 0977.413.341

BIÊN SOẠN VÀ SƯU TẦM


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

Chọn đáp án B
Đặt

2x = t

. Do

x > 0 ⇒ t >1

.
(3m + 1) t 2 + (2 − m) t + 1 < 0, ∀ t > 1

Khi

đó

ta

có

:

⇔ (3 t 2 − t) m < − t 2 − 2t − 1 ∀ t > 1 ⇔ m <

Xét hàm số

−t 2 − 2t − 1
∀t >1
3t 2 − t

7t 2 + 6t − 1
−t 2 − 2t − 1
⇒
f
'(t)
=
> 0 ∀t ∈ (1; +∞)
f (t ) =
trên ( 1; +∞ )
(3 t 2 − t) 2
3t 2 − t

BBT

t

1
+∞

f'(t)

+

−
f(t)

1
3

−2
m ≤ lim+ f (t) = −2

Do đó

t →1

thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 26: (QUẢNG XƯƠNG I) Trong các nghiệm

( x; y)

thỏa mãn bất phương trình

log x2 + 2 y 2 (2 x + y ) ≥ 1

A.

9
4

.

T = 2x + y

. Giá trị lớn nhất của biểu thức
9
9
2
8
B. .
C. .

bằng:
D. 9.

Hướng dẫn giải
Chọn đáp án B

ADMIN TRẦN VĂN TÀI – 0977.413.341 - TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM

21 | THBTN


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

 x 2 + 2 y 2 > 1
⇔ log x2 + 2 y 2 (2 x + y ) ≥ 1 ⇔ 
( I ),
2
2
 2 x + y ≥ x + 2 y

Bất PT

0 < x 2 + 2 y 2 < 1
( II )

2
2
0 < 2 x + y ≤ x + 2 y

.

2x + y
Xét T=
0 < T = 2x + y ≤ x2 + 2 y 2 < 1
TH1: (x; y) thỏa mãn (II) khi đó
x 2 + 2 y 2 ≤ 2 x + y ⇔ ( x − 1) 2 + ( 2 y −
TH2: (x; y) thỏa mãn (I)
2 x + y = 2( x − 1) +

max T =

Suy ra :

1
2 2

. Khi đó

9

1
⇔ ( x; y) = (2; )
2
2

6 + ( 3 − m) 2 − m = 0

( 0;1)

x

có nghiệm thuộc khoảng
.
( 2; 4 )
[ 2; 4]
B.
.
C.
.

[ 3; 4]
A.

9
8

1
1
9
1 

1 2 9
9 9 9 9
( 2y −
) + ≤ (2 2 + ) ( x − 1) 2 + ( 2 y −
) + ≤
. + =
2 
2 8 4 2
2
2 2 4
2 2  4

Câu 27: (MINH HỌA L2) Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực
x

)2 ≤

.

m

để phương trình

( 3; 4 )
D.

.

Hướng dẫn giải
Chọn C.

6 x + 3.2 x
6 + ( 3 − m ) 2 − m = 0 ( 1) ⇔ 2 x + 1 = m
x

Ta có:

x

f ( x) =
Xét
f ′( x) =

hàm

số

12 x.ln 3 + 6 x.ln 6 + 3.2 x.ln 2

(2

x

+ 1)

2

6 x + 3.2 x
2x + 1

xác

định

> 0, ∀x ∈ ¡

0 < x < 1 ⇔ f ( 0 ) < f ( x ) < f ( 1) ⇔ 2 < f ( x ) < 4
Suy ra

đồng biến trên

f ( 0 ) = 2, f ( 1) = 4.
vì

( 1)
22 | THBTN – CA
THẦY TÀI: 0977.413.341

,

f ( x)
nên hàm số

Vậy phương trình

¡

trên

( 0;1)
có nghiệm thuộc khoảng

m ∈ ( 2; 4 )
khi

.

BIÊN SOẠN VÀ SƯU TẦM

có

¡


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

m

Câu 28: ( CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 3) Tìm
để bất phương trình
2
2
1 + log 5 ( x + 1) ≥ log 5 ( mx + 4 x + m )
x∈¡
A.

−1 < m ≤ 0

thoã mãn với mọi
−1 < m < 0

2B.
.
C.
.

.

.

D.

2
.

Hướng dẫn giải
Chọn C.

BPT

thoã

mãn

với

mọi

mx 2 + 4 x + m > 0

( ∀x ∈ ¡ )

2
(
)
5
−
m
x
−
4
x
+
5
−
m
≥
0


x∈¡

⇔

.⇔

mx 2 + 4 x + m > 0
( ∀x ∈ ¡ )

2

2
(
)
5
x
+
1
≥
mx
+
4
x
+
m


m > 0

2
16 − 4m < 0

5 − m > 0
16 − 4 ( 5 − m ) 2 ≤ 0


⇔

m > 0

  m < −2

 m > 2

m < 5
m ≤ 3

  m ≥ 7

⇔

2
⇔

.

e 3x − ( m -1 ) e x +1

Câu 29: ( CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 3) Cho hàm số
để hàm số đồng biến trên khoảng
3e3 + 1 ≤ m < 3e 4 + 1
A.
.
C.

3e 2 + 1 ≤ m ≤ 3e3 + 1

( 1; 2 )

.

 4 
y =
÷
 2017 

. Tìm

m

.
B.
D.

m ≥ 3e4 + 1
m < 3e2 + 1

.
.

Hướng dẫn giải
Chọn B.
e3 x −( m −1) e x +1

•

 4 
y′ = 
÷
 2017 

 4  ( 3x (
′
x
.ln 
÷. e − m − 1) e + 1)
 2017 

e3 x −( m −1) e x +1

 4 
y′ = 
÷
 2017 

=

 4  ( 3x (
x
.ln 
÷. 3e − m − 1) e )
 2017 

•Hàm số đồng biến trên khoảng

( 1; 2 )

⇔

ADMIN TRẦN VĂN TÀI – 0977.413.341 - TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM

23 | THBTN


TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)
e3 x −( m −1) e x +1

 4 
y′ = 
÷
 2017 

 4 e −( m−1) e

 2017 ÷


  4 
<0
ln  2017 ÷

3x

x

 4  ( 3x (
x
.ln 
÷. 3e − m − 1) e ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 1; 2 )
 2017 

(*),

mà

+1

> 0, ∀x ∈ ¡

.

Nên

(*)

⇔

3e3 x − ( m − 1) e x ≤ 0, ∀x ∈ ( 1; 2 )

⇔

3e + 1 ≤ m, ∀x ∈ ( 1; 2 )
2x

• Đặt

g ( x ) = 3e2 x + 1, ∀x ∈ ( 1; 2 )

x
g′( x )

1
|

+

2
|

g ( x)

| Z

|

,

g ( x ) = 3e 2 x .2 > 0 , ∀x ∈ ( 1; 2 )

m ≥ g ( 2)
. Vậy (*) xảy ra khi

⇔

m ≥ 3e4 + 1

.

Câu 30: (CHUYÊN BẮC GIANG) Trong hình vẽ dưới đây có đồ thị của các hàm số
y = ax

y = log c x

y = bx
,

,

.
y=a

y
3

x

y = bx

2

y = log c x

1
−1

O

1

2

3

x

.
Hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau đây?
A.

c < a < b.

B.

a < c < b.

C.

b < c < a.

D.

a < b = c.

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Từ đồ thị
24 | THBTN – CA
THẦY TÀI: 0977.413.341

BIÊN SOẠN VÀ SƯU TẦM

TÀI LIỆU LUYỆN THI THPT QUỐC GIA – 2017 TUYỂN TẬP: TOÁN VẬN DỤNG
(8.9.10)

y = ax
Ta thấy hàm số

nghịch biến

y = b x , y = log c x

Hàm số

⇒ 0 < a <1

.

⇒ b > 1, c > 1
đồng biến

⇒ a < b, a < c
nên loại A, C
Nếu

b=c

y = log c x

y = bx

thì đồ thị hàm số

và

y=x

đường phân giác góc phần tư thứ nhất
y = log c x

phải đối xứng nhau qua
. Nhưng ta thấy đồ thị hàm số

y=x
cắt đường

nên loại D.

Câu 31: (CHUYÊN BẮC GIANG) Biết rằng phương trình
x1 x2 ( x1 < x2 )
2x1 − x2
nghiệm ,
. Tính
.
3
1
A. .
B. .

C.

−5

( x − 2)

log 2  4( x − 2 ) 

= 4. ( x − 2 )

3

có hai

.

D.

−1

.

Hướng dẫn giải
Chọn D.

• Điều kiện

x>2

.

• Phương trình thành

⇔ ( x − 2) .( x − 2)
2

•

log 2 ( x − 2 )

( x − 2)

log 2 4 + log 2 ( x − 2 )

= 4. ( x − 2 )

= 4. ( x − 2 )

( x − 2)

3

3

log 2 ( x − 2 )

= 4. ( x − 2 )

hay

• Lấy lôgarit cơ số 2 hai vế ta được

.

log 2 ( x − 2 ) .log 2 ( x − 2 ) = log 2  4 ( x − 2 ) 

 log 2 ( x − 2 ) = −1  x = 5
⇔ log ( x − 2 ) = 2 + log 2 ( x − 2 ) ⇔ 
⇔
2

 log 2 ( x − 2 ) = 2
x
=
6

2
2

x1 =

• Suy ra

5
2

x2 = 6.
và

Vậy

5
2 x1 − x2 = 2. − 6 = −1

2

.

.

x, y

Câu 32: (CHUYÊN KHTN L4) Cho

là số thực dương thỏa mãn
P = x+ y

ln x + ln y ≥ ln ( x 2 + y )

.

Tìm giá trị nhỏ nhất của
ADMIN TRẦN VĂN TÀI – 0977.413.341 - TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM

25 | THBTN