Lớp 12 số mũ và logarit (GV nguyễn thị lanh ) 41 câu số mũ và logarit từ đề thi năm 2018

Câu

y

1:



(GV



x 1

2

Nguyễn

Thi

Lanh

2018)

Tập

xác

định

của

hàm

số

 log 3  x  1 là:

A. D   0;   \ 1

C. D  1;  

B. D   \ 1

D. D   0;  

Đáp án A
Áp dụng lý thuyết “lũy thừa với số mũ nguyên âm thì cơ số phải khác 0”
x  0
x  0
2

x  0

.
Do đó hàm số y  x  1  log 3  x  1 xác định khi  x  1  0   x  1  
x

1

x  1  0

 x  1







Lỗi sai:
* Các em không nhớ tập xác định của hàm lũy thừa với các trường hợp số mũ khác
nhau, ở đây mũ nguyên âm thì cơ số phải khác 0.
* Chú ý (SGK giải tích 12 trang 57). Tập xác định của hàm số lũy thừa y  x  tùy
thuộc vào giá trị của  . Cụ thể:
- Với  nguyên dương, tập xác định là R.
- Với  nguyên âm hoặc bằng 0, tập xác định là R\{0}
- Với  không nguyên, tập xác định là  0;  
Câu 2: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Đối xứng qua đường thẳng y  x của đồ thị hàm số
x
2

y  5 là đồ thị nào trong các đồ thị có phương trình sau đây?
A. y  log

5

x

C. y  log 5 x

B. y  log 5 x 2

D. y 

1
log 5 x
2

Đáp án A
x
2

Ta đưa hàm số về dạng: y  5 

 5

x

.

Dựa vào lý thuyết “Hai hàm số y  a x , y  log a x có đồ thị đối xứng nhau qua đường
phân giác của góc phần tư thứ nhất y = x”
Hoặc thay x = y và y = x ta có x 

 5

y

 y  log

5

x

Lỗi sai:
y
2

y
 log 5 x  y  2 log 5 x  log 5 x 2
2
x
Hai hàm số y  a , y  log a x có đồ thị đối xứng nhau qua đường phân giác của góc

Có bạn sẽ chọn B vì x  5 

phần tư thứ nhất y = x.
Câu 3 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Tập hợp tất cả các giá trị a để
A. a  0
Đáp án C

B. a  0

C. a  1

15

a 7  5 a 2 là:

D. 0  a  1

7

Ta có:

15

2

6

a 7  5 a 2  a 15  a 5  a 15  a  1

Câu 4 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Tập nghiệm của bất phương trình 2 x 1 
A.  4;  

B.  2;  

C.  4;  

1
là
8

D.  2;  

Đáp án A
Ta có: 2 x 1 

1

 2 x 1  23  x  1  3  x  4
8

Câu 5 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Số nghiệm của phương trình log 3  2x  1  2 là
2

A. 1.

B. 2.

C. 0.

D. 3.

Đáp án B
Xét phương trình log 3  2x  1  2 , với đk:  2x  1  0  2x  1  0  x 
2

2

1
2

 2x  1  3  x  1
2
log 3  2x  1  2  2 log 3 2x  1  2  log 3 2x  1  1  2x  1  3  
 2x  1  3  x  2
Lỗi sai:
Học sinh hay nhầm: log 3  2x  1  2  2 log 3  2x  1  2  log 3  2x  1  1
2

2x  1  3  x  1 chọn A
Câu 6 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Phương trình 2 log 3 cot x  log 2 cos x có mấy nghiệm
trong  2; 2
A. 2

B. 3

C. 1

D. 4

Đáp án A

cos x  0
Ta có điều kiện: 
sin x  0
2
t
cot x  3
Đặt log 2 cos x  t  log 3 cot x,  
t
cos x  2
2

 2   3t  4t  12t  3t   4    12   1
cos 2 x

Do cot x 
   

2
2
1  cos x
3  3 
1   2t 
t 2

t

t

2

t

t
4
     4  1
3


t

t
4
Xét hàm VT  f  x       4  luôn đồng biến với mọi t, nên phương trình có
3




x


 2k

cos x  0
1

3
nghiệm duy nhất t  1  cos x   
 x   2k, k   vì 
2
3
sin x  0
 x    2k

3

5
Vì x   2; 2  x  ; x 
3
3
x

Câu 7 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Tìm giá trị nhỏ nhất của y  21 x ?
2

A. Không có

1

B.

C. 1

2 2

1

D.

2

.

Đáp án D
Cách 1: Ta có:
1

x

1

x2  1
1
1
x
1
1
x

1
2
 x  x  2 2
 
 2
  2 2  2 x 1  2 2 .
x
x
x
2 x 1 2
x 1 2
x

Vậy giá trị nhỏ nhất của y  2
x

1 x 2

là

x  1
2

Cách 2: y  21 x  y  
2

1  x 

2 2

1
2

x  1
2
.21 x .ln 2  y   0   x 2  1  0  
 x  1
x

x

Và lim 2
x 

1 x 2

1

Bảng biến thiên
x
y



-1
0

-

+

1
0



-

2

y’

1
2
Nên giá trị nhỏ nhất là

1
2

Cách 3: Sử dụng máy tính: mode 7

1


Câu 8 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Nếu 9log2 x  4  logy   12logx.logy thì
2

x 2  y 3
B. 
.

x,y  0

x  y
A. 
.
x,y  0

x 3  y 2
C. 
.
x,y  0

3x  2y
D. 
.
x,y  0

Đáp án C
Điều kiện xác định x,y  0 .
Em có 9log2 x  4  logy   12logx.logy   3logx   12logx.logy   2logy   0
2

2

2

  3logx  2logy   0  3logx  2logy  logx 3  logy 2  x 3  y 2
2

x 3  y 2


x,y  0
Câu 9 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Biết (C1), (C2) ở hình bên là hai trong bốn đồ thị của
các hàm số

y

 

x

x

 1 
 1
x
3 ,y  
 , y  5 , y   3  . Hỏi (C2) là
 
 2
x

đồ thị của hàm số nào sau đây?
A. y 

 3

 1 
B. y  


 2

x

 1
D. y   
 3

C. y  5x

x

x

Đáp án A
- Ta thấy (C1), (C2) đều có hướng đi lên khi x tăng  (C1), (C2) đồng biến x   .

- Mà hàm y  ax đồng biến khi a  1 , nghịch biến khi 0  a  1. Do đó ta loại hàm
x

x

 1 
 1
y
 và y   3  .
 
 2
- Xét khi x  0 thì (C1) ở trên (C2)  y  C1   y  C2  . Mà 5x 
Câu 10:

 3

x

  C2  : y 

x

(GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số

mex 1

x
 1

y  2 e  m nghịch biến trên  ln ;   .
 2


A. 1  m  1.
C. 

 3 .

1
 m  1.
2

B. 

1
 m  1.
2

D. 1  m  

1
và m  1.
2


Đáp án C
 1

1

Đặt ex  t , vì x   ln ;    t   ;   .
 2

2

mt 1

Hàm số trở thành y  2 t  m . Điều kiện xác định t  m .
Có y ' 

m2  1

 t  m

mt 1

.2 t  m ln2.
2

1

Điều kiện để hàm số nghịch biến trên  ;   là
2

y' 


mt 1

m2  1

1

.2 t  m ln2  0, t   ;  
2
2

 t  m
m2  1

 t  m

2

1

 0, t   ;  
2


m2  1  0
1  m  1 1  m  1
1




1 
1    m 1
1

2
m   2 ;  
m  2
m   2



Câu 11: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Gọi P là tích tất cả các nghiệm của phương trình

log2 x  log3 x  log5 x  log2 x log3 x log5 x . Tính P?
A. 1.

B. 5.

C. 0.

D. Đáp số khác.

.
Đáp án A
 Điều kiện: x  0
 Phương trình đã cho tương đường
log2 x  log3 2.log2 x  log5 2.log2 x  log2 x.  log3 5.log5 x  log5 x.
 log2 x  0

 log2 x 1  log3 2  log5 2  log3 5.log25 x  0  
1  log3 2  log5 2 .
log5 x  

log3 5

x  1

1 log3 2 log5 3 . Suy ra P  1 .


log3 5
x  5





Câu 12 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Cho phương trình

 3   3
x

x

 2  x 4 . Số nghiệm

của phương trình trên là
A. 0
Đáp án B

B. 1

C. 2

D. 3


VT 

 3   3
x

x

2

 3 . 3
x

x

 2  VT  2

VP  2  x 4  2
Đẳng thức xảy ra khi VT  VP  2  x  0 , vậy PT có 1 nghiệm.

Câu 13 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018): Giả sử phương trình z2  z  22018  0 có hai nghiệm
phân biệt z1, z2. Tính giá trị của biểu thức P  log2 z1
A.

1
1009

2

B. 21009.

.

2018

 log2 z2

2018

.

C. 20182.

D. 4036.

Đáp án C
Em có
P  log2 z1

2018

 log2 z2

2018

 2018 log2 z1  log2 z2   2018log2  z1 . z2   2018log2 z1z2

Theo định lý Vi-ét em có z1z2  22018  P  2018log2 z1z2  2018log2 22018  20182
Câu 14 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018): Cho hàm số f  x   3x .43x. Khẳng định nào sau đây
3

là sai?
A. f  x   1  x 3  3x log 3 4  0.

B. f  x   1  x 3 log 2 3  6x  0.

C. f  x   1  x 3 ln 3  6x ln 2  0.

D. f  x   1  x 2  6 log 3 2  0.

Đáp án D

 
 1  log  3 .4   0  x log 3  6x  0  B đúng
 1  ln  3 .4   0  x ln 3  6x ln 2  0  C đúng

f  x   1  3x .43x  1  log 3 3x .43x  0  x 3  3x log 3 4  0  A đúng
3

f  x   1  3x .43x
3

f  x   1  3x .43x
3

3

x3

3x

3

2

2

x3

3x

3

Từ có x 3  3x log 3 4  0  x  x 2  6 log 3 2   0. Để x 2  6x log 3 2  0 thì x > 0 mà ở đây
đề không cho x > 0  D sai

Câu 15:

(GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Tìm tập xác định D của hàm số

y  log 2  x  2   2
A. D   2;   .

B. D   6;   .

C. D   2;   \ 6 .

Đáp án B

 x  2  0
x  2

 x  6  D   6;   .
Điều kiện 
log 2  x  2   2
x  2  4

D. D   2;   \ 4 .

Câu 16 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Bất phương trình log 3  3x  2   log 4  5x  3  2 có
tập nghiệm là:
A.  0;  

B.  ;0 

C.  ;0

D.  0;  

Đáp án C
Cách 1: Xét hàm số f  x   log 3  3x  2   log 4  5x  3 , x  
Ta có: f   x  

3x
5x.ln 5

 0, x  
3x  2  5x  3 ln 4

Suy ra hàm số f (x) đồng biến trên 
Có f (0) = 2
Bất phương trình  f  x   f  0   x  0

 Tập nghiệm của bpt là:  ;0
Cách 2:
+ Xét x > 0:

x  0  3x  30  1  3x  2  3  log 3  3x  1  log 3 3  1 (1)
x  0  5x  50  1  5x  3  4  log 4  5x  1  log 4 4  1 (2)

Cộng (1) và (2) vế với vế ta được log 3  3x  2   log 4  5x  3  2
Mà bpt là log 3  3x  2   log 4  5x  3  2 nên: x > 0 không thỏa mãn  loại
+ Xét x  0 :

x  0  3x  30  1  3x  2  3  log 3  3x  1  log 3 3  1 (3)

x  0  5x  50  1  5x  3  4  log 4  5x  1  log 4 4  1 (4)

Cộng (3) và (4) vế với vế ta được log 3  3x  2   log 4  5x  3  2

 x  0 thỏa mãn bpt
 Tập nghiệm của bpt là:  ;0
Cách 3:
+ x = 0: Thay vào VT = 2 thỏa mãn bpt  loại đáp án B, D
+ x  1 : Thay vào VT < 2 thỏa mãn bpt  loại đáp án A và chọn đáp án C
Câu
17:
(GV
Nguyễn
Thi
Lanh
2018)Cho

 x, y  log 3  x  y   1  log  x  y 
S
. Tỷ số diện tích
S
  x, y  log  253  x  y   2  log  x  y 

S1 
S2

2

2

2

2

A. 100
Đáp án B
Ta có

2

B. 101.

là

1

C. 102.

D. 103.

biết

47



log  253  x 2  y 2   2  log  x  y   253  x 2  y 2  100  x  y    x  50    y  50  



log  3  x 2  y 2   1  log  x  y   3  x 2  y 2  10x  10y   x  5    y  5  
2

Suy ra S1 là một hình tròn có bán kính bằng

2

Tỷ số cần tính là

2

47 nên diện tích bằng 47
2

Suy ra S2 là một hình tròn có bán kình bằng



2

4747 nên diện tích bằng 4747

S2 4747 

 101
S1
47 

Câu 18 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Cho hàm số y  a x và y  log b x lần lượt có đồ thị

 C1 

và  C2  như hình vẽ bên. Đường thẳng x 

1
cắt  C1  , trục Ox,  C2  lần lượt tại M,
2

H, N. Biết MH = 3HN và OMN tam giác có diện tích bằng

1
. Giá trị của biết thức T = 4a –
2

b bằng bao nhiêu?
A. 5.
B. 13.
C. 15.
D. –4.
Đáp án A
1 
Theo đề bài ta có tọa độ H  ;0 

2 

1
1


x 
x 
1

2  M ; a 
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 
2 
2

y  a x


y  a
1
1


x 
x 
1


 N  ;  log b 2 
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ 

2
2
2

 y  log b x
 y  lob b 2
 HM  a , HN  log b 2, MN  a  log b 2. Vì HM = 3HN nên ta có

Mà SOMN 

1
1
1
1 1
 .OH.MN   .
2
2
2
2 2





a  log b 2 

a  3log b 2 (1)

1
 a  log b 2  2 (2)

2

3

9
9


 a  3log b 2  0
 a  2
a 
a 
Từ (1) và (2)  



4
4
 a  log b 2  2
log 2  1
log 2 b  2
b  4
 b
2

4747



2

9
 T  4.  4  5
4
Câu 19 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018): Cho a, b là các số thực không âm, khác 1 và m, n là
các số tự nhiên. Cho các biểu thức sau
1) a .b   ab 
m

n

mn

.

2) a  1.
0

3)  a



m n

a

m.n

.

4)

m

n
m

a a .
n

Số biểu thức đúng là
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Đáp án A
 Vì khi a  0 , b  0 , m  0 , n  0 khi đó các biểu thức đều không có nghĩa nên
không có biểu thức nào đúng.
 Bài này em nhớ 00 không có nghĩa.
Câu 20 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Cho 0  a  1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng với mọi
số thực dương x, y?
A. log a

x
 log a x  log a y.

y

B. log a

x
 log a x  log a y.
y

C. log a

x
 log a  x  y  .
y

D. log a

log a x
x
l
.
y
log a y

Đáp án A

0  a  1
x
Với 
. Em có log a  log a x  log a y
y

 x, y  0
Câu 21 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Phương trình 3.22 x  6  2 x  3  x   3 x  10  .2 x có
tổng các nghiệm là

1
A. 1  log 2 .
3

1
C. log 2 .
3

B. 1  log 2 3.

2
D. log 2 .
3

Đáp án D
 Em có: 3.22x  6  2x  3  x   3x  10  .2 x  3.22x   3x  10  .2 x  3  x  0 *

 1
t
Đặt 2  t   0  khi đó ta có: *  3.t   3x  10  .t  3  x  0   3

t  3  x
 Coi là phương trình bậc hai ẩn t, tính  theo biến em có:
2

x

 t   3x  10   12  3  x   9x 2  60x  100  36  12x  9x 2  48x  64   3x  8 
2




1
1
1
 2 x   x  log 2
3
3
3
x
Với t  3  x  2  3  x
Với t 

2


Xét hàm số f  x   2 x đồng biến trên  ;   , hàm số g  x   3  x nghịch biến trên

 ;  
Mà f 1  g 1  Phương trình có nghiệm duy nhất x  1
Vậy phương trình * có 2 nghiệm  tổng các nghiệm là
1
1
2
 log 2 2  log 2  log 2

3
3
3
Câu 22:
(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Xét các số thực dương a, b thỏa mãn
1  log 2

log 2

1  ab
 2ab  a  b  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của P  a  2b
ab

A. Pmin 

2 10  3
.
2

B. Pmin 

3 10  7
.
2

C. Pmin 

2 10  1
.
2

D. Pmin 

2 10  5
.
2

Đáp án A
Do a,b  0  a  b  0  § K :1  ab  0
1  ab
1  ab
 2ab  a  b  3 
 22aba b3
Theo giả thiết em có: log2
a b
a b
2 1  ab
2 ab1
2 t ab

 2  .2a b  2  .2 1  ab  2a b.  a  b
a b
Xét hàm số f  t   2t.t với t  0
f '  t   2t  t.ln2  1  0, t  0  f  t  luôn đồng biến với mọi t  0

2 b
Mà f 2 1  ab   f  a  b  2 1  ab  a  b  a 
1  2b

2 b

4b2  b  2
 2b 
1  2b
1  2b

2  10
b
  0;  

2
8b  8b  3
4
P'  b 
,P'  b  0  
2

2  10
1 2b
  0;  
b 

4
Em có bảng biến thiên của P
Do b  0 , xét P  P b 

b
P'

0



2  10
4
0

P

Pmin



+


 2  10  2 10  3
Từ bảng biến thiên em thấy Pmin  P
 

4
2


Câu 23: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Cho a và b là các số thực dương, a  1. Hỏi khẳng
định nào dưới đây là khẳng định đúng?

a
a

2

A. log

a

2

C. log

a

 ab  6  2loga b


 ab  4  2log

B. log

b

D. log





a

 a  ab  2  2log  a  b
 a  ab  4log  a  b

2

a

a

2

a

a

Đáp án B.
log

a

2

a



 ab  2loga a  a  b  2  loga a  loga  a  b   2  2loga  a  b

(GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện

Câu 24:

3  ln

x  y 1
 9xy  3x  3y . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  xy là:
3xy

A.

1
9

B.

1
3

C. 1

D. 9

Đáp án C.
Từ giả thiết ta có ln  x  y  1  3 x  y  1  ln  3xy   3.3xy

(*)

1
Xét f  t   ln t  3t hàm trên  0;   , ta có f   t    3 , t  0

t

Do đó  *   x  y  1  3xy  3xy  1  x  y  2 xy  3xy  2 xy  1  0

Suy ra

xy  1  xy  1.

Câu 25 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Tập nghiệm của phương trình e4 x  3e2 x  2  0 là:
A. 0; ln2

 ln2 
B. 0;

 2 

 ln2 
C. 1;

 3 

D. 1; ln2

Đáp án B.
Đặt e2 x  t  0 phương trình đã cho trở thành:

x  0
e2 x  1
t  1
2x  0
t  3t  2  0  
  2x



ln2
t  2 e  2 2x  ln2  x 

2
2

 ln2 
Vậy phương trình có tập nghiệm là: 0;

 2 
Câu 26 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Đặt log 7 12  a, log12 24  b. Hãy biểu diễn log 54 168
theo a và b.


A.

ab  1
8a  b

B.

ab  1
8a  5b

C.

ab  1
a  5  8b 

D.

ab  1
a  8  5b 

Đáp án D
Em có: log 7 24  log 7 12.log12 24  ab.

2.log 7 2  log 7 3  log 7 12  a
log 7 2  ab  a

Suy ra: 
3.log 7 2  log 7 3  log 7 24  ab log 7 3  3a  2ab
Do đó: log 54 168 

log 7 168 1  3log 7 2  log 7 3 1  3  ab  a   3a  2ab
ab  1



log 7 54
log 7 2  3log 7 3
ab  a  3  3a  2ab 
8a  5ab

Câu 27 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)M là giá trị lớn nhất, m là giá trị nhỏ nhất của hàm số
y  x 2  4 ln 1  x  trên đoạn  2;0  . Tích M.m là

B. 1  4 ln 2.

A. 0.

C. 4 ln 2  1.

D. 4 ln 2.

Đáp án A

y  2x 

4
2x 2  2x  4

1 x
1 x

 x  1   2;0
 Cho y  0  2x 2  2x  4  0  
 x  2   2;0
 f  1  1  4 ln 2

;

f  2   4  4 ln 3

f  0  0

;

 Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là: 1 – 4ln2, số lớn nhất là: 0
 Vậy, m  min y  1  4 ln 2 khi x = –1 ; M  max y  0 khi x = 0

 2;0

 2;0

Suy ra M.m = 0
Câu 28:
(GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Số nghiệm của phương trình
2 log 2  x  2   log 0,5  2x  1  0

A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Đáp án C

x  2
x  2  0


Điều kiện xác định 
1 x2
2x  1  0
 x  2
Khi đó, log 2  x  2   log 2  2x  1  0  log 2  x  2   log 2  2x  1
2

2

 x  1(ktm)
  2x  1  x 2  6x  5  0 
 x  5(tm)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 5
Câu 29:
(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Tập nghiệm của bất phương trình:

 x  2

2

2 log 2  x  1  log 2  5  x   1


A. S   3;5  . B.  3;5 .

C. S   3;3 .

D. S   3;5  .

Đáp án A

x  1  0
x  1
 1  x  5 (1)
Điều kiện: 

5  x  0

x  5
Khi đó, 2 log 2  x  1  log 2  5  x   1  log 2  x  1  log 2 2.  5  x 
2

 x  3
2
  x  1  2  5  x   x 2  2x  1  10  2x  x 2  9  0 
x  3
Đối chiếu với điều kiện (1) em nhận: 3  x  5
Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là: (3;5)
Câu 30 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Với a,b > 0 thỏa mãn điều kiện ln  a  b  ab   0, giá
trị nhỏ nhất của P  a 4  b 4 bằng
A.





4

2  1 . B. 2





4

2 1 .

C.





4

2  1 . D. 2





4

2 1 .

Đáp án B
Từ giả thiết ln  a  b  ab   0  a  b  ab  1.
Đặt ab = x.
Vì

1  x  1  ab  a  b  2 ab  2 x  x  2 x  1  0  0  x  2  1  0  x  3  2 2.
Ta có P  a 4  b 4   a 2  b 2   2  ab    a  b   2ab   2  ab 


2

2

2

2

2

2
2
P  1  ab   2ab   2  ab   1  4x  x 2   2x 2  x 4  8x 3  16x 2  8x  1


2

2

với x  0;3  2 2  .





P  4x 3  24x 2  32x  8  0, x  0;3  2 2 .



 

Vậy Pmin  P 3  2 2  2
Câu 31



4

2 1 .

(GV Nguyễn Thi Lanh 2018): Gọi x1 ; x 2 là 2 nghiệm của phương trình

34x 8  4.32x 5  27  0. Tính S  x1.x 2
A. S  

5
2

B. S 

3
2

C. S = 1

D. S = 3

Đáp án B

34x 8  4.32x 5  27  0  32(2x  4)  12.32x  4  27  0
y  3
Đặt y  32x  4 (với y > 0) ta có phương trình: y 2  12y  27  0  
y  9

3

32x  4  3
x
 2x  4  1
3



2 . Vậy S 
 2x  4

2
9
 2x  4  2
3
 x  1
Câu 32: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x  2  e x trên

0; 4.
A. min y  e.
0;3

B. min y  0. C. min y  2e 2 .
0;3

0;3

D. min y  2e 4 .
0;3

Đáp án A
Em có y  e x  x  1 , y  0  x  1   0; 4 .
Khi đó y  0   2, y 1  e, y  3  2e 4 .
Vậy min y  y 1  e.
0;3

Câu 33: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Cho các số thực dương a, b khác 1. Biết rằng bất kì
đường thẳng nào song song với Ox mà cắt các đường y  a x , y  b x , trục tung lần lượt tại M,
N và A thì AN = 2AM (hình vẽ bên). Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a 2  b.

B. b = 2a.

C. ab 2  1.

D. a  b 2

Đáp án C







N x1;bx1  ®å thÞhµm sè y = bx


.
Gọi 
x
x
M x 2 ;a 2  ®å thÞhµm sè y = a
b x1  a x 2
 b 2x 2  a x 2
Vì AN = 2AM  
 x1  2x 2

 b 2  a  a.b 2  1.
Câu 34 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018): Cho biểu thức 9x  9 x  7 . Tính giá trị của biểu
thức P 

5  3x  3 x
2  3x  3 x

1
A. P  .
9

8
B. P  .
5

2
C. P  .
5

3

D. P  .
5

Đáp án C



Em có 9x  9 x  7  9x  2.3x.3 x  9 x  7  2.3x.3 x  3x  3 x



2

9


 3x  3 x  3 (vì 3x  3 x  0, x )
5  3x  3 x 5  3 2


2  3x  3 x 2  3 5
Câu 35 (GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương

Do đó P 

2

trình sau có nghiệm: 2x  x  m2  2m  0 .

1

A. m  .
2

B. m  3.

3
D. m  .
4

C. m  1.

Đáp án C
2

2

Đặt t  x  0 , khi đó PT đã cho trở thành 2t  t  m2  2m  0  2t  t  m2  2m
Hàm số y  2t  t đồng biến trên  0;   .
2

Để PT đã cho có nghiệm thì m2  2m  y  0  m2  2m  1   m  1  0  m  1
2

Câu 36

(GV Nguyễn Thi Lanh 2018)Số các giá trị nguyên của m để phương trình

log32 x  log32 x  1  2m  1  0 có nghiệm thuộc đoạn 1;3 3  là:



A. 2.

B. 3.

C. 4.

D. 5.

Đáp án B


Điều kiện: x  0 .



Đặt t  log32 x  1  1  t 2  log32 x  1  log32 x  t 2  1.

Ta có 1  x  3 3  1  log32 x  1  2 hay t  1;2 .
Lúc đó yêu cầu bài toán tương đương tìm tham số m để phương trình t 2  t  2  2m có
nghiệm t  1;2 .

Xét hàm số f  t   t 2  t  2 trên 1;2 . Em có f '  t   2t  1  0 t  1;2 . Hàm số đồng
biến trên 1;2 .

Như vậy, phương trình có nghiệm khi f 1  2m  f  2  0  2m  4  0  m  2.
Suy ra 1  m  1.
Câu 37: (GV Nguyễn Thi Lanh 2018) Số nghiệm của phương trình 3  3x  x 3  x  2018
là:
A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Đáp án B
Xét g  x   x 3  x  2018 có g'  x   3x 2  1  0 x  R  g  x  đồng biến trên R
Xét f  x   3  3x
f '  x   3x.ln3  0 x  R  f  x  nghịch biến trên R


Vậy PT trên có 1 nghiệm duy nhất