TOÁN TỔNG HỢP VỀ MŨ VÀ LÔGARIT

Câu 1: [2D2-7-2] [TIÊN LÃNG – HP – 2017] Cho bốn hàm số y 
x

 1 
1
x
y
  2  , y  4  3 , y   
4
 3

x

 4  có đồ thị là

 3  1 ,
x

4 đường cong theo phía

trên đồ thị, thứ tự từ trái qua phải là  C1  ,  C2  ,  C3  ,  C4  như hình vẽ bên.

 C3 

y

 C1 

 C4 

x

O
Tương ứng hàm số - đồ thị đúng là
A. 1   C2  ,  2    C3  ,  3   C4  ,  4    C1  .
B. 1   C1  ,  2    C2  ,  3   C3  ,  4    C4  .
C. 1   C4  ,  2    C1  ,  3   C3  ,  4    C2  .
D. 1   C1  ,  2    C2  ,  3   C3  ,  4    C4  .
Lời giải
Chọn C.

 3

Ta có y 

x

và y  4 x có cơ số lớn hơn 1 nên hàm đồng biến nên nhận đồ thị

là  C3  hoặc  C4  . Lấy x  2 ta có

y

 3

2

 42 nên đồ thị y  4 x là  C3  và đồ thị

 3  là C  .
x

4

x

1
Ta có đồ thị hàm số y  4 x và y    đối xứng nhau qua Oy nên đồ thị
4
x

 1 
1
y    là  C2  . Còn lại  C1  là đồ thị của y  
 .
4
 3
x

Vậy 1   C4  ,  2    C1  ,  3   C3  ,  4    C2 

Câu 2:

[2D2-7-2] [THPT Chuyên Hà Tĩnh - 2017] Cho a log3 7  27 ; b log7 11  49 ;

clog11 25  11 . Tính
S  a

log3 7

2

A. S  469

 b

log7 11

2

 clog11 25 .
2

B. S  489

C. S  3141

D. S  33


Lời giải
Chọn A

Ta có : S  a

log3 7 

2

 b

log7 11

2



 c log11 25  a log3 7

 S  27log3 7  49log7 11  11

2

log11 25



log3 7



 blog7 11

 7log3 27  11log7 49  25log11



11

log7 11

  c log11 25 

log11 25

.

.

1
2

 S  7  11  25  469 .
3

2

Câu 3: [2D2-7-2] [THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT - 2017] Cho các phát biểu sau:

 I  . Nếu C 

AB thì 2ln C  ln A  ln B .

 II  .  a  1 loga x  0  x  1 , với a  0 , a  1 .
 III  .
 IV  .

mloga n  nloga m , n  0 và a  0 , a  1 .

lim log 1 x   .

x 

2

Số phát biểu đúng là:
A. 1 .

B. 4 .

C. 2 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn C
Ta có:
1
Nếu C  AB thì ln C  ln AB  ln C  ln  AB   2 ln C  ln A  ln B . Suy
2

ra : phát biểu  I  đúng.

 a  1

x 1
. Suy ra : phát biểu  II  sai.
 a  1 log a x  0  
0  a  1

 0  x  1

Phát biểu  III  sai.

 IV  .

lim log 1 x   . Phát biểu đúng.

x 

2

Câu 4: [2D2-7-2] [THPT Thuận Thành 3- 2017] Cho 0  a  1. Giá trị của biểu thức a 2log

a

bằng.
A. 2 2 .

B. 3 2 .

C. 3 .

D. 2 3 .

3


Lời giải
Chọn C

a 2loga

3

 (a loga 3 )2  ( 3)2  3 .

Câu 5: [2D2-7-2] (Chuyên Thái Bình - Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Một người gửi tiết kiệm
vào ngân hàng 200 triệu đồng theo thể thức lãi kép (tức là tiền lãi được cộng vào
vốn của kỳ kế tiếp). Ban đầu người đó gửi với kỳ hạn 3 tháng, lãi suất 2,1% / kỳ
hạn, sau 2 năm người đó thay đổi phương thức gửi, chuyển thành kỳ hạn 1 tháng
với lãi suất 0, 65% / tháng. Tính tổng số tiền lãi nhận được (làm tròn đến nghìn đồng)
sau 5 năm.
A. 98217000 (đồng).

B. 98215000 (đồng).

C. 98562000 (đồng).

D. 98560000 (đồng).

Lời giải
Chọn A
Xét 2 năm đầu tiên, số tiền lãi nhận được là
L1  200.106 1  2,1% 

2.12
3

 200.106 (đồng).

Xét 3 năm tiếp theo, số tiền lãi nhận được là

3.12
L2   200.106  L1  1  0, 65%    200.106  L1  (đồng).
Tổng số tiền lãi nhận được sau 5 năm là L1  L2  98216716, 73 (đồng).

Câu 6: [2D2-7-2] (THPT Tứ Kỳ - Hải Dương - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Ông An muốn
sở hữu khoản tiền 20.000.000 đồng vào ngày 10/7/2018 ở một tài khoản với lãi suất
năm 6, 05% . Hỏi ông An đã đầu tư tối thiểu bao nhiêu tiền trên tài khoản này vào ngày
10/7/2013 để được mục tiêu đề ra?

A. 14.059.373,18 đồng.

B. 15.812.018,15 đồng.

C. 14.909.000 đồng.

D. 14.909.965, 26 đồng.
Lời giải

Chọn D
Gọi A là số tiền tối thiểu mà ông An đầu tư.
Ta có A 1  r   20.106  A 
5

20.106
 6.05 
1 

 100 

5

 A

20.106
 6, 05 
1 

100 


5

 14.909.65, 26

Câu 7: [2D2-7-2] [THPT chuyên Phan Bội Châu lần 2 - 2017] Tìm mệnh đề sai trong các
mệnh đề sau?


A. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  2 x  22 x bằng 4 .
B. Hàm số y  log 2  x 2  1 đồng biến trên

.

C. Hàm số y  log 1  x2  1 đạt cực đại tại x  0 .
D. Hàm số y  2

2
3 x

nghịch biến trên

.
Lời giải

Chọn B
Giá trị

nhỏ

y  2 x  22 x  2 x 

nhất

của

hàm

số

y  2 x  22 x

đúng

4

bằng

vì

4

4
 2 2 x. x  4 .
x
2
2

Hàm số y  log 2  x 2  1 đồng biến trên

sai vì y 

2x
 0, x  0 , do đó không
 x  1 ln 2
2

thể đồng biến trên .
Hàm số y  log 1  x2  1 đạt cực đại tại x  0 đúng, dựa vào bảng biến thiên ta có ngay kết
2

quả.
Hàm số y  23 x nghịch biến trên

đúng vì y  23 x ln 2  0, x 

.

Câu 8: [2D2-7-2] [Sở Bình Phước - 2017] Cho a  0, a  1, b  0,b  1 thỏa mãn các điều kiện
log a

1

1
1
1
 log a
và b 2016  b 2017 . Phát biểu nào sau đây là đúng?
2016
2017

A. logb a  1 .

B. 0  log b a  1 .

C. log a b  0 .

D.

0  log a b  1 .
Lời giải
Chọn C
1
 1



Ta có  2016 2017
 0  a 1.
1
1
log
 log a

a

2016
2017

1
 1
 2016  2017
 b 1.
Ta có 
1
1
 2016
 b 2017
b
Ta có 0  a  1,b  1  logb a  log b 1  0  0  log b a  1 sai và logb a  1 sai.
Ta có 0  a  1,b  1  log a b  log a 1  0  log a b  0 đúng và 0  log a b  1 sai.

Câu 9: [2D2-7-2] [TTGDTX CAM LÂM - KHÁNH HÒA - 2017] Cho 4 x
đó biểu thức K
A.

5.

51
.
10

x

1 2
5 2x

2
2

4

x

14 . Khi

x
x

B. 5 .

có giá trị bằng.
C.

1
.
3

D.

1
hoặc
2

Lời giải
Chọn B

Ta có 4x

4

x

14

2x

1 2x
5 2x

Biể u thứ c K

x 2

2

2
2

2x

16

2

x

1

2x

2

x

x

5

2x

2

x

4.

x

5.

Câu 10: [2D2-7-2] [THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG] Giá trị của M  a

2016log

a2

2017

( 0  a  1)

bằng
A. 10082017 .
20171008 .

C. 2016 2017 .

B. 2017 2016 .

D.

Lời giải
Chọn D
M a

2016 log

a2

2017

1008

 a1008loga 2017  aloga 2017



20171008 .

Câu 11: [2D2-7-2] [CỤM 2 TP.HCM] Khẳng định nào sau đây là đúng?
B. log  xy   log x  log y

A. log  0,1  1.
1

( xy  0). .

1
C. log  log v 1 (v  0). .
v

D. 2log 3  3.
2

Lời giải
Chọn D
Ta có a loga b  b  a, b  0; a  1 nên 2log 3  3.
2

sai do log  0,1  1.
1

B sai do log  xy   log x  log y với điều kiện x  0, y  0 .

1
C sai do log  log v 1 với điều kiện v  0 .
v

Câu 12: [2D2-7-2] [THPT TIÊN DU SỐ 1] Tìm hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số
1
y    ln x tai điểm có hoành độ bằng 2 .
x
A.

1
 ln 2 .
2

1
4

3
4

B.  .

C.  .
Lời giải

Chọn B

D.

1

.
4


Câu 13: [2D2-7-2] (Toán Học Tuổi Trẻ - Lần 6 – 2018) Trong các khẳng định dưới đây,
khẳng định nào sai?
A. Với mọi a  b  1 , ta có a b  b a .
log a b  log b a .

B. Với mọi

a  b  1 , ta có

C. Với mọi a  b  1 , ta có a a b  bb  a .
ab
log a
 1.
2
Lời giải

D. Với mọi

a  b  1 , ta có

Chọn A
a b  bb
Xét đáp án A: a  b  1   a
nên không thể kết luận được, ta có thể chọn
b
b  b

a  5 ; b  2 sẽ thấy mệnh đề sai.

Xét đáp án C: a  b  1  a a b  b a b  bb  a nên C đúng.
log b  log a a  1
Xét đáp án B: a  b  1   a
 log a b  log b a nên B đúng.
log b a  log b b  1

Xét đáp án D: log a

ab
ab
b a
 a   nên D đúng.
1 
2
2
2 2

Câu 14: [2D2-7-2] (THPT Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - LẦN 1 - 2017 - 2018) Một người
gửi ngân hàng 100 triệu đồng theo hình thức lãi kép, lãi xuất r  0, 5% một tháng (kể từ
tháng thứ 2 , tiền lãi được tính theo phần trăm tổng tiền có được của tháng trước đó
với tiền lãi của tháng trước đó). Sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125
triệu.
A. 45 tháng.
tháng.

B. 46 tháng.

C. 47 tháng.

D. 44

Lời giải
Chọn A
n
Theo công thức lãi kép số tiền có được sau n tháng là T  T0  1  r  .
Áp dụng vào ta có: 100.000.000 1, 005n  125.000.000  n  45 .
Câu 15: [2D2-7-2] [CHUYÊN BẮC GIANG] Biết rằng phương trình

 x  2

log 2  4 x  2 

A. 1 .

 4.  x  2  có hai nghiệm x1 , x2  x1  x2  . Tính 2x1  x2 .
3

C. 5 .

B. 3 .
Lời giải

Chọn D

D. 1 .


Điều kiện x  2 .

log 4  log 2  x 2 
3
Phương trình thành  x  2  2
 4.  x  2 
  x  2 . x  2
2

log 2  x  2 

 4.  x  2  hay  x  2 
3

log2  x  2

 4.  x  2  .

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

Suy ra x1 

5
5
và x2  6. Vậy 2 x1  x2  2.  6  1 .
2
2

Câu 16: [2D2-7-2]

(Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 8 Tuần HK1 - 2018 - BTN)
Trong các mệnh đề sau. Mệnh đề nào sai?
A. Hàm số y  e x không chẵn cũng không lẻ.





B. Hàm số y  ln x  x 2  1 không chẵn cũng không lẻ.
C. Hàm số y  e x có tập giá trị là  0;    .





D. Hàm số y  ln x  x 2  1 có tập xác định là

.

Lời giải
Chọn B
Tập xác định .

Ta có: x   x  .





f   x   ln  x  x 2  1  ln

1
x 1 1
2





  ln x  x 2  1   f  x  .





Do đó hàm số y  ln x  x 2  1 là hàm số lẻ. Suy ra khẳng định B sai.

Câu 17: [2D2-7-2]

(Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 8 Tuần HK1 - 2018 - BTN)
Cho hai hàm số y  f  x   log a x và y  g  x   a x . Xét các mệnh đề sau:

I.

Đồ thị của hai hàm số f  x  và g  x  luôn cắt nhau tại một điểm.

II.

Hàm số f  x   g  x  đồng biến khi a  1 , nghịch biến khi 0  a  1.

III. Đồ thị hàm số f  x  nhận trục Oy làm tiệm cận.
IV. Chỉ có đồ thị hàm số f  x  có tiệm cận.
Số mệnh đề đúng là
A. 1 .

B. 4 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn C

D. 3 .


I. sai vì có đồ thị hàm số y  f  x   log 2 x và y  g  x   2 x đối xứng nhau qua
đường thẳng y  x nhưng không cắt nhau , đồ thị hàm số y  f  x   log

2

x và

y  g  x   2 cắt nhau tại hai điểm A  2; 2  và B  4; 4  .

x

II. đúng do tính chất đơn điệu của hàm số mũ và hàm số lôgarit
III. đúng do lim f  x   lim log a x   khi a  1 và lim f  x   lim log a x  
x 0

x 0

x 0

x 0

khi 0  a  1 nên đồ thị hàm số f  x  nhận trục Oy làm tiệm cận
IV. sai vì đồ thị hàm số y  g  x   a x có tiệm cận ngang là đường thẳng y  0 .

Câu 18: [2D2-7-2]

(THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Giải bất phương trình

4  2 x .log 2  x  1  0 .

A. x  0
1  x  2

B. 1  x  2

C. 0  x  2

D.

Lời giải
Chọn C
4  2 x .log 2  x  1  0 (*)

x 1  0
1  m  2
Điều kiện: 
x
4  2  0

Với điều kiện trên ta có:

4  2x  0 .

(*)  log 2  x  1  0  x  1  1  x  0
Kết hợp điều kiện ta được: 0  x  2 .
Câu 19: [2D2-7-2] (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC - LẦN 1 - 2017 - 2018 - BTN) Một
người mua một căn hộ chung cư với giá 500 triệu đồng. Người đó trả trước số tiền
là 100 triệu đồng. Số tiền còn lại người đó thanh toán theo hình thức trả góp với lãi
suất tính trên tổng số tiền còn nợ là 0,5% mỗi tháng. Kể từ ngày mua, sau đúng
mỗi tháng người đó trả số tiền cố định là 4 triệu đồng (cả gốc lẫn lãi). Thời gian
(làm tròn đến hàng đơn vị) để người đó trả hết nợ là
A. 136 tháng.
B. 140 tháng.
C. 139 tháng.
D. 133
tháng.
Lời giải

Chọ n C

Tổng số tiền người đó còn nợ là A0  400 triệu đồng.
Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ nhất là: A1  A0  0,5% A0  4  1, 005 A0  4 .
Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ hai là: A2  A1  0,5% A1  4  1,005 A1  4


 1,005 1,005 A0  4   4  1,005 A0  4 1,005  1 .
2

Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ ba là: A3  A2  0,5% A2  4  1, 005 A2  4
2
3
2
 1, 005 1, 005  A0  4 1, 005  1   4  1, 005  A0  4 1, 005   1, 005  1 .




...
Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ n là:

An  1, 005  A0  4 1, 005 

n

n 1

 1, 005 

Ta có: 1  1,005  1,005  ...  1,005
2

n2

n2

 ...  1 .


 1,005 

n 1

là tổng n số hạng của một

cấp số nhân có số hạng u1  1 và q  1, 005 , do đó:
n
1 1  1, 005  

  200  1, 005 n  1 .
Sn 
 

1  1, 005

n
n
Người đó trả hết nợ khi An  0  1, 005  A0  800 1, 005   1  0



 400. 1,005  800  1,005  2  n  log1,005 2  138,98 tháng.
n

n

Vậy người đó trả hết nợ sau 139 tháng.
Câu 20: [2D2-7-2] (Toán Học Tuổi Trẻ - Số 5 - 2018 - BTN) Cho các số thực a , b thỏa
mãn

3





a14  4 a 7 , logb 2 a  1  logb





a  a  2 . Khẳng định nào sau đây

đúng?
B. 0  a  1  b .

A. a  1 , b  1.
0  a  1, 0  b  1 .

C. 0  b  1  a .

D.

Lời giải
Chọn C
Điều kiện: a  0 , 0  b  1 .
14

7

Ta có 3 a14  4 a 7  a 3  a 4 .
14 7
 nên a  1 .
Mà
3 4
Giả sử 2 a  1  a  a  2  4  a  1  a  2 a  a  2   a  2
 a  1  a  a  2   a 2  2a  1  a 2  2a  1  0 (vô lý).

Vậy 2 a  1  a  a  2 .





Mà logb 2 a  1  logb





a  a  2 nên 0  b  1 .

Câu 21: [2D2-7-2] (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong các phương
trình sau, phương trình nào VÔ NGHIỆM?
A. 3x  2  0 .

B. 5x  1  0 .

log  x  1  1 .
Lời giải

C. log 2 x  3 .

D.


Chọn A
Nếu b  0 thì phương trình a x  b  a  0; a  1 vô nghiệm.
Do đó phương trình 3x  2  0 vô nghiệm.
Câu 22: [2D2-7-2] (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Tìm tập xác định
2

D của hàm số y  1  x  3  log 2  x  1 .

A. D   ; 1  1;   .

B. D   ; 1  1;   .

C. D   1;1 .

D. D   1;1 .
Lời giải

Chọn D

1  x  0
 Hàm số xác định khi và chỉ khi 
 1  x  1 .
x 1  0
 Vậy D   1;1 .

Câu 23: [2D2-7-2]

(Sở Ninh Bình - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho phương trình 5 x 5  8 x .

Biết phương trình có nghiệm x  loga 55 , trong đó 0  a  1 . Tìm phần nguyên của a
A. 0

B. 1

C. 2
Lời giải

Chọn B

5x 5  8x  x  5  x log5 8  x.log5

a

8

5
5 x
 log 8 55 .
8
5
5
log5
5

8
. Vậy phần nguyên của a là 1 .
5

D. 3