Lớp 12 số mũ và logarit (GV lê TUẤN ANH) 31 câu số mũ và logarit từ đề thi năm 2018

Câu 1:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Tìm tập xác định

D của hàm số


 x2
 
y  log 2 log 1   2log2  x 1   3 .
 
3 
3 2


C. D   2; 1 


57  .



A. D  1; 1  57 .



B. D  1  57; 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

  x2
 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  ...  n 2 log n a 2019  10082  2017 2 log a 2019

A. n  2017 .

B. n  2018 .

C. n  2019 .

D. n  2016 .

Hướng dẫn: D
Ta có

log a 2019  22 log

a

2019  32 log 3 a 2019  ...  n 2 log n a 2019  10082  2017 2 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

t

 16  0  t 2  16t  4m  0

(*)

( 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

thì hàm mũ Y  a

X

1
   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 log 3
  log 5
x
x
2 x
 2 2 x

x  0
Đk 
 x 1
x 1  0





 log 5 2 x  1  log 3 4 x  log 5 x  log 3  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

Câu 6

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

a

7 1

.a 2

a 
2 2

A. P  a 4 .

B. P  a 3 .

7

2 2

, với a  0 ta được
D. P  a .

C. P  a 5 .

Chọn đáp án C

P

a

7 1

.a 2

a 
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 .
 2 ln 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 log 3  2 x  1  0  log 3  2 x  1  1
2

x2
log 3  2 x  1  1
2 x  1  31 
2



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, log 3 4  b . Biểu diễn

xa 2  yb 2  4
với x, y, z là các số thực. Hãy
T  log 27 8  log 256 81 theo a và b ta được T 
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.2 x

2

5 x  6

2

 21 x  2.265 x  m

(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.2 x

2

5 x  6

 21 x  2.265 x  m

2

m.2 x

2

5 x  6

 21 x  2

2

x

2



5 x  6  1 x 2

  m  m.2 x

2

5 x  6

2

 21 x  2

x

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
Khi đó điều kiện là 
 m  1  m   0; 2  \  ;

 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

y  1 . Số
(với n là số nguyên dương). Gọi S là tập hợp các giá trị của m thoả mãn max
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  1 thì 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

3

B. y ' 

1  2( x  3) ln3
2x

3

C. y ' 

x3

9x

1  2( x  3) ln3
2

3x

D. y ' 

1  2( x  3) ln3
3x

2

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
32 x
32 x





(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 

log 4
B. 2x  3 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.

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

1
1

1
log5 x  11x  43 2


2

là
A. D  (8;9)

B. D  (2;9)

C. D  (;2)

D. D  (9; )

Chọn đáp án B
Tập xác định

1

1
 0  log5 x2  11x  43  2
log5 x  11x  43 2

(do x2  11x  43  1



2

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 

1

t

2

x

2

. Dễ thấy f '(0) 

và t  0 . Ta xét hàm số g( x) 

ln2 ln2

 0 . Do đó
16 16

(1) sai.

1
1

trên  0;   .
3  t 3t  1

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
2017
 2017 . Do đó
Vậy f ( x)  , x    f (1)  f (2)  ...  f (2017) 
2
2

+ Dễ dàng kiểm tra
Câu 18:

(3) sai vì

(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

  (m  2)  2  4(3m  1)  0(* )
  (m  2)  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 ' 

(2) sai.

1
1

. Vậy
ln x.ln2 x ln x.ln2

+ Ta có y  10loga x  1 với x  1 thì y ' 

10
. Vậy
x  1ln a

(3) đúng.
(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 

x 1

 0  1  x  0  S  1; 0  P  3
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
log12 2 log 12.6b
12
7a  7
 a1

 a2  b2  12  12  2
Bằng đồng nhất hệ số, ta có được 
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.
Dễ thấy t  2 là nghiệm PT

Câu 23:
A.

 a  36
 2b  a  92
(*)  
b

64


(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    ln 4 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)  m log
phương trình log

2017

x2 2 x 5

( 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)  m log

x2 2 x 5

+Xét phương trình log2 ( x2  2x  5)  m log

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

x2 2 x 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)

(log2 5;3) . Khi đó phương trình

t

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  log b 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  log b 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  2m 2  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  5 x  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   2 log 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  .8 x 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  .8 x ln 8  0  2 x  2.  2 x   0   x
1 

3
2 
 x  1/ 2

2

Xét y

(-1)= 5/6 ; y

Câu 30:

(-1/2)=0,9428 ; y

(0)=2/3. Ta có ymin 

2
3

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



x2
x
y = log 2018  2017  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  = 2017 x ln 2017  1  x,  x   0;  
f   x  = 2017 x 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;  


Câu 31:

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

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 9 x  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 6 cos  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