Toán 12: Chương 3 – Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng – Chinh phục giảng đường

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (19.96 MB, 455 trang )

(1)TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0 – LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM 2021. NẮM TRỌN CHUYÊN ĐỀ. MŨ - LOGARIT TÍCH PHÂN (Dùng cho học sinh 11,12 và luyện thi Đại học năm 2021). ……………………………………………………………… ……………………………………………………………… ……………………………………………………………… ……………………………………………………………… ………………………………………………………………. TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ THÁNG 10/2020.

(2)

(3) LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh, quý thầy cô và bạn đọc thân mến ! Kỳ thi THPT Quốc Gia là một trong những kỳ thi quan trọng nhất đối với mỗi chúng ta. Để có thể tham dự và đạt được kết quả cao nhất thì việc trang bị đầy đủ kiến thức và kĩ năng cần thiết là một điều vô cùng quan trọng. Thấu hiểu được điều đó, chúng tôi đã cúng nhau tiến hành biên soạn bộ sách “ Nắm trọn các chuyên đề môn Toán 2021 ” giúp các em học sinh ôn luyện và hoàn thiện những kiến thức trọng tâm phục vụ kỳ thi, làm tài liệu giảng dạy và tham khảo cho quý thầy cô trước sự thay đổi về phương pháp dạy học và kiểm tra của Bộ Giáo dục và Đào tạo. Bộ sách chúng tôi biên soạn gồm 4 quyển: •. Quyển 1: Nắm chọn chuyên đề Hàm số. •. Quyển 2: Nắm trọn chuyên đề Mũ – Logarit và Tích phân. •. Quyển 3: Hình học không gian. •. Quyển 4: Hình học Oxyz và Số phức. Trong mỗi cuốn sách, chúng tôi trình bày một cách rõ ràng và khoa học – tạo sự thuận lợi nhất cho các em học tập và tham khảo. Đầu tiên là tóm tắt toàn bộ lý thuyết và phương pháp giải các dạng toán. Tiếp theo là hệ thống các ví dụ minh họa đa dạng, tiếp cận xu hướng ra đề của kỳ thi THPT Quốc Gia các năm gần đây bao gồm 4 mức độ: Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng và Vận dụng cao. Cuối cùng là phần bài tập rèn luyện từ cơ bản đến nâng cao để các em hoàn thiện kiến thức, rèn tư duy và rèn luyện tốc độ làm bài. Tất cả các bài tập trong sách chúng tôi đều tiến hành giải chi tiết 100% để các em tiện lợi cho việc so sánh đáp án và tra cứu thông tin. Để có thể biên soạn đầy đủ và hoàn thiện bộ sách này, nhóm tác giả có sưu tầm, tham khảo một số bài toán trích từ đề thi của các Sở, trường Chuyên trên các nước và một số bài toán của các thầy/cô trên toàn quốc. Chân thành cảm ơn quý thầy cô đã sáng tạo ra các bài toán hay và các phương pháp giải toán hiệu quả nhất. Mặc dù nhóm tác giả đã tiến hành biên soạn và phản biện kĩ lưỡng nhất nhưng vẫn không tránh khỏi sai sót. Chúng tôi rất mong nhận được những ý kiến phản hồi và đóng góp từ quý thầy cô, các em học sinh và bạn đọc để cuốn sách trở nên hoàn thiện hơn. Mọi ý kiến đóng góp, quý vị vui lòng gửi về địa chỉ: •. Gmail: •. Fanpage: 2003 – ÔN THI THPT QUỐC GIA. Cuối cùng, nhóm tác giả xin gửi lời chúc sức khỏe đến quý thầy cô, các em học sinh và quý bạn đọc. Chúc quý vị có thể khai thác hiệu quả nhất các kiến thức khi cầm trên tay cuốn sách này ! Trân trọng./ NHÓM TÁC GIẢ.

(4) MỤC LỤC A. PHẦN I: MŨ VÀ LOGARIT. Trang. CHỦ ĐỀ 1: MỞ ĐẦU VỀ LŨY THỪA……………………………………………….... 1. Dạng 1: Tính, rút gọn, so sánh các số liên quan đến lũy thừa …………………….…………... 2. CHỦ ĐỀ 2: MŨ - LOGARIT……………...………………………………………………. 14. Dạng 1: Biến đổi mũ - logarit……………………………………………………………………….. 15. CHỦ ĐỀ 3: HÀM SỐ LŨY THỪA, MŨ VÀ LOGARIT………………………….. 31. Dạng 1: Bài tập về hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit ………...…………………. 37. CHỦ ĐỀ 4: PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT...….. 44. Dạng 1: Bài tập về phương trình mũ, phương trình logarit số 01……………………………... 58. Dạng 2: Bài tập về phương trình mũ, phương trình logarit số 02…………………………….. 78. Dạng 3: Bài tập về phương trình mũ, phương trình logarit chứa tham số 01……………….. 122. Dạng 4: Bài tập về phương trình mũ, phương trình logarit chứa tham số 02……………….. 148. CHỦ ĐỀ 5: BPT MŨ, BPT LOGARIT…………………...……………………………….. 172. Dạng 1: Biện luận nghiệm của phương trình mũ - logarit…………………………………….... 183. Dạng toán tìm GTLN và GTNN của hàm số mũ – logarit…………………………………….... 211. Dạng toán liên quan đến hàm đặc trưng….………………………………………………………. 232. Dạng toán tìm cặp số nguyên thỏa mãn điều kiện………………………………………………. 259. Dạng toán lãi suất……………………………………………………………………………………. 268. Dạng toán thực tế liên quan đến sự tang trưởng………………..……………………………….. 290. Dạng toán thường xuất hiện trong đề thi của Bộ……………………………………………….... 307. B. PHẦN II: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN……………………………………….. 318. CHỦ ĐỀ 1: NGUYÊN HÀM………………………………………………………….. 319. Dạng 1: Phương pháp tính nguyên hàm…………………………………………………….... 325. CHỦ ĐỀ 2: TÍCH PHÂN…..………………………………………………………….. 346. Dạng 1: Phương pháp tính tích phân…………………………………………………………. 353. Dạng 2: Tích phân cho bởi nhiều hàm……………………..…………………………………. 370. Dạng 3: Tích phân hàm ẩn phần 1…………………………………………………………….. 378. Dạng 3: Tích phân hàm ẩn phần 2..……………………………………………...……………. 403. Dạng 4: Ứng dụng tích phân tính diện tích, thể tích………………………………………... 417. Dạng 5: Tích phân trong đề thi của Bộ…………………………………...……...……………. 432.

(5) PHẦN I MŨ VÀ LOGARIT.

(6) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. CHỦ ĐỀ 1: LŨY THỪA LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa •. Cho n là một số nguyên dương. Với a là một số thực tùy ý, lũy thừa bậc n của a là tích an = a.a........a ( n thừa số). của n thừa số a. n. •. Ta gọi a là cơ số, n là số mũ của lũy thừa an .. •. Với a  0, n = 0 hoặc n là một số nguyên âm thì lũy thừa bậc n của a là số an xác định bởi a0 = 1; a− n =. 1 . an. •. Chú ý rằng: 0 0 và 0−n không có nghĩa. •. Cho a  0 và số hữu tỉ r =. m m ; trong đó m  ; n  , n  2 . Khi đó ar = a n = n a m . n. 2. Một số tính chất của lũy thừa •. Với a, b  0 và m, n , ta có:  am .an = an+ m ; . m. m. (. 1 n an. am = am−n ; n a. a am    = m; b b. ( a.b ) = am .bm.  a− n =. •. . *. ). m. ;. (a ) m. a    b. (.  a n = n am a  0, m  , n . *. n. −m. = a m.n ; m. b =  ; a. ). Với a  1 thì am  an  m  n . Còn với 0  a  1 thì am  an  m  n .. • Với mọi 0  a  b , ta có am  bm  m  0 ; 3. Căn bậc n •. . a m  bm  m  0 .. Định nghĩa: cho số thực b và số nguyên dương n ( n  2 ) . Số a được gọi căn bậc n của số b nếu an = b.. •. Một số chú ý quan trọng o Nếu n lẻ và a . thì có duy nhất một căn bậc n , được kí hiệu là. n. a.. o Nếu n chẵn thì có các trường hợp sau: ▪ Với a  0 thì không tồn tại căn bậc n của a . ▪ Với a = 0 thì có một căn bậc n của a là số 0 . ▪. Với a  0 thì có hai căn bậc n là  n a .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 1.

(7) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 1: TÍNH, RÚT GỌN, SO SÁNH CÁC SỐ LIÊN QUAN ĐẾN LŨY THỪA Câu 1:. ( Cho a , b là các số thực dương. Rút gọn biểu thức P =. 4. a3 .b2. 3. B. a2 b .. A. ab2 . Câu 2:. B.. 6. 4 15. C. a . 4. Cho a là số thực dương, khác 1 . Khi đó A. a .. a. 2 3. D. a .. bằng. a.. C.. 3. 3 8. 2. D. a .. a .. ). (. Cho 0  a  1 . Giá trị của biểu thức P = log a a. 3 a2 là A.. 4 . 3. B. 3 .. C.. 5 . 3. D.. 5 . 2. 1 3 6. Rút gọn biểu thức P = x . x với x  0 . 2. 1. A. P = x . Câu 6:. D. a2 b2 .. 1 3. B. a .. 8 3. Câu 5:. được kết quả là. a12 .b6. C. ab .. 2 15. A. a .. Câu 4:. 4. Biểu thức T = 5 a 3 a với a  0 . Viết biểu thức T dưới dạng luỹ thừa với số mũ hữu tỉ là: 3 5. Câu 3:. ). B. P = x 8 . 63+. Tính giá trị của biểu thức A =. D. P = x2 .. C. 18 .. D. 9 .. 5. 2 2 + 5 .31+. .. 5. B. 6 − 5 .. A. 1 .. C. P = x 9 .. 1. Câu 7:. Rút gọn biểu thức P = x 3 . 4 x , với x là số thực dương. 1. Câu 8:. 2. 7. A. P = x 12 .. C. P = x 3 .. B. P = x 12 . 4 5 6. Cho x  0 , y  0 . Viết biểu thức x . x. 5. 2. D. P = x 7 .. m. 4 5. 11 . 6. D.. x về dạng x và biểu thức y : 6 y 5 y về dạng y n .. Tính m − n . A. Câu 9:. 8 B. − . 5. 11 . 6. C. −. 8 . 5. Cho a  0 , b  0 và x , y là các số thực bất kỳ. Đẳng thức nào sau đúng? A. ( a + b ) = a + b . x. x. x. x. a B.   = a x .b− x . b. C. ax+ y = ax + a y .. D. a x b y = ( ab ) .. 3 2 5. Câu 10: Rút gọn biểu thức P = x . x ?. 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. xy.

(8) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 17. 3. 4. A. x 7 .. B. x 10 .. 13. C. x 10 .. D. x 2 . 1. 2 2   a   −1 1 b Câu 11: Cho a  0 , b  0 và biểu thức T = 2 ( a + b ) . ( ab ) . 1 +  −   . Khi đó:  4  b a     1 2. 2 A. T = . 3. 1 B. T = . 2. Câu 12: Cho hàm số f ( a ) =. a a. −. 1 8. 1 3. (. (. 3. 8. a − a 8. 3. −1. ) với a  0, a  1 . Tính giá trị M = f ( 2017 ). B. M = −20171008 − 1. A. M = 20171008 − 1 Câu 13: Rút gọn biểu thức P =. a − 3 a4. 3 +1. a. .a2 −. (a ) 2 −2. A. P = a. D. T =. C. T = 1 .. 3. 2 +2. 1 . 3. 2016. ). C. M = 2017 2016 − 1. D. M = 1 − 2017 2016. C. P = a4. D. P = a5. với a  0. B. P = a3. 1. Câu 14: Cho hai số thực dương a, b . Rút gọn biểu thức A =. 1. a3 b + b3 a 6. a+ b 6. ta thu được A = am .bn . Tích của. m.n là. A.. 1 8. B.. 1 21. C.. m. Câu 15: Cho biểu thức. 5. 8 2 3 2 = 2 n , trong đó. 1 9. D.. 1 18. m là phân số tối giản. Gọi P = m2 + n2 . Khẳng định nào n. sau đây đúng? A. P  ( 330; 340 ) .. B. P  ( 350; 360 ) .. C. P  ( 260; 370 ) .. D. P  ( 340; 350 ) .. 11. Câu 16: Rút gọn biểu thức A =. 3. a7 .a 3 4 7. a . a. −5. m. với a  0 ta được kết quả A = a n trong đó m, n  N * và. m là n. phân số tối giản. Khẳng định nào sau đây đúng? A. m2 − n2 = 312 .. B. m2 + n2 = 543 .. Câu 17: Cho 4x + 4− x = 2 và biểu thức A = A. 6 .. C. m2 − n2 = −312 .. D. m2 + n2 = 409.. 4 − 2x − 2− x a = . Tích a.b có giá trị bằng: 1 + 2x + 2− x b. B. −10 .. C. −8 .. D. 8 .. 4 2  −1  a 3  a 3 + a 3  . Câu 18: Cho a là số thực dương. Đơn giản biểu thức P = 1  3 −1   a 4  a 4 + a 4   . A. P = a ( a + 1) .. B. P = a − 1 .. C. P = a .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. P = a + 1 .. 3.

(9) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 19: Cho biểu thức P = 3 x 4 x 3 x , với x  0 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 2. A. P = x. B. P = x 1.  1 Câu 20: Tích ( 2017 ) ! 1 +   1. 7 12. C. P = x. 2.  1  1   1 +  ...  1 +  2  2017  . 2017. 5 8. D. P = x. 7 24. được viết dưới dạng ab , khi đó ( a , b ) là cặp nào. trong các cặp sau? A. ( 2018; 2017 ) . Câu 21: Cho f ( x) = 5 phân số. 1+. B. ( 2019; 2018 ) .. 1 1 + x2 ( x +1)2. m. . Biết rằng: f ( 1) . f ( 2 ) ... f ( 2020 ) = 5 n với m, n là các số nguyên dương và. m tối giản. Tính m − n2 n. A. m − n2 = 2021 .. B. m − n2 = −1 .. Câu 22: Cho m  0 , a = m m , y = A. y =. D. ( 2016; 2015 ) .. C. ( 2015; 2014 ) .. 1 18. a 35. 3. m. 2 4. a . m. B. y =. .. D. m − n2 = 2020 .. C. m − n2 = 1 .. . Mệnh đề nào dưới đây đúng?. 1 . a2. C. y =. 1 9. D. y =. .. a 34. 1 6. a11. .. Câu 23: Biểu thức C = x x x x x với x  0 được viết dưới dạng lũy thừa số mũ hữu tỉ là 3. 15. 7. A. x 16 .. 31. C. x 16 .. B. x 8 .. D. x 32 .. 7. Câu 24: Rút gọn biểu thức A =. 3. m. a5 .a 3. a4 . 7 a−2. với a  0 ta được kết quả A = a n , trong đó m , n. *. và. phân số tối giản. Khẳng định nào sau đây đúng? C. 3m2 − 2n = 2 .. B. m2 + n2 = 43 .. A. m2 − n2 = 25 .. 7. Câu 25: Cho a, b là hai số thực dương. Thu gọn biểu thức. A.. 3. a4 . b. B. ab .. Câu 26: Cho biểu thức P = 1. 3. a 6 .b 6. C.. −. 2 3. ab2. D. 2m2 + n = 15 .. , kết quả nào sau đây là đúng?. b . a. D.. 23 2 2 . Mệnh đề nào trong các mệnh đề sau là đúng? 3 3 3 1. 1. 18.  2 2 D. P =   . 3.  2 8  2  18 2 A. P =   . B. P =   . C. P =   . 3 3 3 Câu 27: Cho a là số dương khác 1. Khẳng định nào sau đây là đúng?. A. a−2019 = a 2019 .. 4. a . b. 1 B. a−2019 = −   a. 2019. .. 1 C. a−2019 =   a. 2019. .. D. a−2019 = −a 2019 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. m là n.

(10) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 28:. ( Cho a , b là các số thực dương. Rút gọn biểu thức P =. 4. a3 .b2. 3. B. a2 b2 .. A. ab . 1 2. ). 4. được kết quả là. a12 .b6. D. a2 b .. C. ab2 .. 1 3 6. Câu 29: Cho biểu thức P = x .x . x với x  0 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. P = x. B. P = x. 11 6. C. P = x. Câu 30: Cho a là số thực dương. Viết và rút gọn biểu thức a. 7 6. 3 2018 2018. .. D. P = x. 5 6. a dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ.. Tìm số mũ của biểu thức rút gọn đó. A. Câu 31:. 2 . 1009. B.. 1 . 1009. C.. 3 . 1009. D.. 3 . 2018 2. Cho số thực a  1 và các số thực  ,  . Kết luận nào sau đây đúng? A. a  1,  . B. a  a     .. .. Câu 32: Cho      . Kết luận nào sau đây đúng? A.  . = 1 . B.    .. C.. 1  0,   a. D. a  1,  . .. .. D.  +  = 0 .. C.    .. Câu 33: Với các số thực a , b bất kì, mệnh đề nào sau đây đúng?. ( ). A. 3a. b. ( ). = 3a + b .. B. 3a. b. ( ). = 3ab .. C. 3a a. a. b. ( ). = 3a − b .. D. 3a. b. b. = 3a .. 3 4 Câu 34: Cho a, b là các số thực thỏa điều kiện      và b 4  b 3 .Chọn khẳng định đúng trong các 4  5. khẳng định sau? A. a  0 và b  1 . C. a  0 và 0  b  1 .. 4. 5. B. a  0 và 0  b  1 . D. a  0 và b  1 ..  2 Câu 35: Cho a thuộc khoảng  0;  ,  và  là những số thực tuỳ ý. Khẳng định nào sau đây là sai?  e. ( ). A. a. b. = a . .. B. a  a  a   .. C. a .a = a +  .. Câu 36: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? A.. (. C. 2. 2 −1 2 +1. ). 2017. . (. 2 −1. ). 2018. .. B.. (. ). 3 −1. 2018.  2 D.  1 −   2  . 2 3.. . 2018. D. a  a     .. (. 3 −1. ). 2017.  2  1 −   2  . . 2017. .. Câu 37: Cho các số thực a; b thỏa mãn 0  a  1  b . Tìm khẳng định đúng: A. ln a  ln b .. B. ( 0,5 )  ( 0,5 ) . a. b. C. loga b  0 .. D. 2a  2b .. Câu 38: Khẳng định nào sau đây đúng? A. ( 5 + 2)−2017  ( 5 + 2)−2018 .. B. ( 5 + 2)2018  ( 5 + 2)2019 .. C. ( 5 − 2)2018  ( 5 − 2)2019 .. D. ( 5 − 2)2018  ( 5 − 2)2019 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 5.

(11) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 39: Khẳng định nào dưới đây là đúng? 3. −. 3. −. 3 5 1 1 A.      . B.      . 7 8 2  3 Câu 40: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?. A. 2 C.. 2 +1. (. 3. ). 2017. C. 3. 1   . 5.  2 B.  1 −   2  . 2 .. 2 −1. 2. − 2. (. . 2 −1. ). 2018. .. D.. Câu 41: Cho P = x 2 + 3 x 4 y 2 + y 2 + 3 x 2 y 4 và Q = 2. (. 3. (. ). 3 −1. 2018. ). x2 + 3 y 2. 2019. 3. 1 D.   4.  2  1 −   2  . . (. ). 3 −1. −50. . ( 2). 100. .. 2018. .. 2017. .. , với x , y là các số thực khác 0 .. So sánh P và Q ta có A. P  Q .. C. P = −Q .. D. P  Q .. B. 0  a  1 .. C. a  1 .. D.. ). B. 2 + 3. B. P = Q .. Câu 42: Tìm tập tất cả các giá trị của a để A. a  0 .. 21. a5  7 a2 ?. 5 2 a . 21 7. Câu 43: Tìm khẳng định đúng.. (. A. 2 − 3. ). (. 2016. C. − 2 + 3. ). (.  2− 3. −2016. ( ) D. ( 2 − 3 ). 2017. .. (.  − 2+ 3. ). −2017. .. 2016. −2016. ( )  (2 − 3 ).  2+ 3. 2017. . −2017. .. Câu 44: Cho a  1 . Mệnh đề nào dưới đây là đúng. 3. A.. a2 1 a. Câu 45: Cho biết ( x − 2 ). B. −. 1 3. 1 a2017. . 1 a2018. C. a−. 3. . 1. 1 a. D. a 3  a. 5. 1.  ( x − 2 ) 6 , khẳng định nào sau đây đúng?. A. 2  x  3 .. −. B. 0  x  1 .. C. x  2 .. D. x  1 .. Câu 46: Cho U = 2.2019 , V = 2019 , W = 2018.2019 , X = 5.2019 và Y = 20192019 . Số nào trong các số dưới đây là số bé nhất? A. X − Y . B. U − V . C. V − W . D. W − X . 4a 4b Câu 47: Tìm tất cả các số thực m sao cho a + b = 1 với mọi a + b = 1 . 4 +m 4 +m A. m = 2 . B. m = 4 . C. m = 2 . D. m = 8 . 2020. 2019. 2020. 2019. Câu 48: Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình: x2 − 6x + 1 = 0 với x1  x2 . Tính giá trị của biểu thức P = x12017 .x2 2018. A. P = 1. B. P = 3 + 2 2. Câu 49: Rút gọn biểu thức P =  3 9 + 80    A. P = 1 .. 6. 2017. C. P = 3 − 2 2.   3 − 3 9 + 80   . B. P = 3 9 + 80 .. (. D. P = 3 − 2 2. ). 17. 2018. .. C. P = 3 9 − 80 .. D. P =  3 9 + 80   . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 4035. ..

(12) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. (. Câu 50: Tính giá trị của biểu thức P = 7 + 4 3. ) .(7 − 4 3 ) 2018. (. C. 7 + 4 3 .. B. 7 − 4 3 .. A. 1 .. 2017. D. 7 + 4 3. ). 2017. .. BẢNG ĐÁP ÁN 1.C. 2.D. 3.B. 4.C. 5.A. 6.C. 7.B. 8.A. 9.B. 10..C. 11.C. 12.B. 13.D. 14.C. 15.D. 16.A. 17.A. 18.C. 19.C. 20.A. 21.B. 22.A. 23..D. 24.D. 25.D. 26.D. 27.C. 28.A. 29.A. 30.A. 31.B. 32.B. 33.B. 34.C. 35.D. 36.B. 37.B. 38.C. 39.B. 40.D. 41.A. 42.B. 43.A. 44.C. 45.A. 46.C. 47.A. 48.C. 49.C. 50.C. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn C Ta có: P =. (. 4. a3 .b2. 3. Câu 2:. ). 4. a 3 .b2. =. a12 .b6. 6. 5. Ta có T = a a = a.a 3. 1 3. 5. = a. 4 3. 4 15. =a .. Chọn B 4. Ta có Câu 4:. = a.b .. 6. Chọn D 5. Câu 3:. ( a .b ) 2. 2. 2. 1. a 3 = a 3.4 = a 6 = 6 a .. Chọn C. ). (. 5  2 5 Ta có: P = log a a. 3 a2 = log a  a.a 3  = log a a 3 = . 3  . Câu 5:. Chọn A 1. 1. 1 1 + 6. Với x  0 , ta có P = x 3 .x 6 = x 3 Câu 6:. Chọn C Ta có A =. Câu 7:. 1. = x2 = x .. 63+ 2. 2+ 5. 5 1+ 5. .3. =. 2 3+ 5 .33+ 2. 2+ 5. 5. 1+ 5. .3. = 23+. 5 −2− 5. .33+. 5 −1− 5. = 2.32 = 18 .. Chọn B 1. 1. 1. 7. P = x 3 . 4 x = x 3 .x 4 = x 12 .. Câu 8:. Chọn B Với x  0 , y  0 , ta có 1. 4 5 6. x . x5. 4 5 4 5 1 1 + +  5 21  6 4 5 1 5 6 12 x = x .  x .x  = x .x .x = x 5 6 12  m = + + . 5 6 12   4 5. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 7.

(13) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 4. y 5 : 6 y 5 y y = x + 1 . Do đó m − n =. Câu 9:. 11 . 6. Chọn B x. ax a Ta có   = x = ax .b− x . b b. Câu 10: Chọn C 3. 1. 3. 3 1 + 5. 17. Với x  0 thì P = x 2 . 5 x = x 2 .x 5 = x 2. = x 10 .. Câu 11: Chọn C Do a  0 , b  0 ta có: 1. 2 2 2   a   a − b) ( −1 1 b 2 ab 1  a b  2 ab 1 T = 2 ( a + b ) . ( ab ) . 1 +  − . 1+  − 2 +  = . 1+ .   =  4  b a   a+b 4b a a+b 4 ab   1 2. ( a + b). 1 = 4ab + a2 − 2ab + b2 = a+b. 2. = 1.. a+b. Câu 12: Chọn B f ( a) =. a a. −. 1 8. 1 3. (. (. 3. 8. a − a. a − 3 a4 8. 3. −1. )= ). 1− a. (. ). = −1 − a nên M = f 2017 2016 = −1 − 2017 2016 = −1 − 20171008. a −1. Câu 13: Chọn D Ta có P =. a. 3 +1. .a2 −. (a ) 2 −2. 3. 2 +2. =. a3 = a5 a2 −4. Câu 14: Chọn C 1 1 1  1  a 3 .b 3  b 6 + a 6  1 1 1 1 1 a b + b a a .b + b .a   3 A= = = = a .b 3  m = , n =  m.n = . 1 1 1 1 6 6 3 3 9 a+ b a6 + b6 a6 + b6 1 3. 1 3. 1 3. 1 3. 1 2. 1 2. Câu 15: Chọn D 3. Ta có . 5. 1. 1. 3. 8 2 3 2 = 2 3 2 3 2 = 2 5 .2 10 .2 30 = 2 5 5. +. 1 1 + 10 30. 11. = 2 15. m 11 m = 11 =   P = m2 + n2 = 112 + 152 = 346 . n 15 n = 15. Câu 16: Chọn A 11. Ta có: A =. 8. 3. a7 .a 3. a4 . 7 a−5. 7. =. 11. a 3 .a 3 −5. a4 .a 7. =. a6 23. 19. = a7. a7 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(14) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. m. m là phân số tối giản  m = 19, n = 7  m2 − n2 = 312 n. Mà A = a n , m, n  N * và Câu 17: Chọn A. ( ) + ( 2 ) + 2.2 .2 = 4  ( 2 4 − (2 + 2 ) 4 − 2 2 a = = = = . 1 + (2 + 2 ) 1 + 2 3 b 2. Ta có: 4 x + 4 − x = 2  2 x Ta có: A =. −x. 4 − 2x − 2− x 1 + 2x + 2− x. 2. −x. x. x. −x. x. −x. x. + 2− x. ). 2. = 4  2x + 2− x = 2. a = 2  a.b = 2.3 = 6 . Suy ra:  b = 3. Câu 18: Chọn C 4 2  −1  4 −1 4 2 a 3  a 3 + a 3  2 3 3  = a .a + a 3 a 3 = a + a = a ( a + 1) = a . P= 1 3 1 3 1 −1 −1 a+1 a+1  4  4 4 4 4 4 a  a + a  a .a + a .a 4  . Câu 19: Chọn C 1 1 1. 1 1. 7. 1. 5. 7. Ta có : P = 3 x 4 x 3 x = [x( x 3 .x 2 ) 4 ]3 = [x( x 2 ) 4 ]3 = x 3 .x 24 =x 8 Câu 20: Chọn A 1.  1 Ta có ( 2017 ) ! 1 +   1. 2.  1  1   1 +  ...  1 +  2  2017  . 2017. 1. 2.  2   3   2017  = ( 2017 ) !    ...    1   2   2016 . 2016.  2018     2017 . 2017. 1 1 1 1 2018 2017 = ( 2017 ) ! . . ... . = 20182017 . Vậy a = 2018; b = 2017 . 1 2 3 2016 2017. Câu 21: Chọn B Ta có: f ( x) = 5. 1+. 1 x. 2. +. x2 ( x +1)2 + x2 +( x +1)2. 1 ( x +1). 2. =5. x2 ( x +1)2. m n. Do đó: f (1) . f ( 2 ) ... f ( 2020 ) = 5  5  2021 −. =5 2020. . x2 + x +1 x ( x +1). 1 .   1+ x − x +1  1. x=1. 1 1 1+ − x x +1. =5 m n. =5 . 2020. . .. 1 . 1. m.   1 + x − x + 1  = n. .. x =1. 1 4084440 m = =  m = 4084440 = 20212 − 1, n = 2021 . 2021 2021 n. (. ). Vậy: m − n2 = 20212 − 1 − 20212 = −1 . Câu 22: Chọn A 1. 3 2. a=m m =m a. 1 18. =m. 3 1 . 2 18. 1 12. =m , y=. 3. m. a2 . 4 m. =. 1. m 13 2. a .m. 1 4. 1. m 12 a 18 1 . = 2 = 2 = 18 35 a a a. Câu 23: Chọn D Với x  0 ta có C 2 = x x x x x  C 4 = x 2 .x x x x  C 8 = x 4 .x 2 .x x x 31.  C 16 = x 8 .x 4 .x 2 .x x  C 32 = x16 .x8 .x4 .x2 .x  C 32 = x31  C = x 32 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 9.

(15) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 24: Chọn D 7 3. Ta có: A =. 5. a5 .a 3. =. a4 . 7 a−2. 7. a 3 .a 3 −2. 5 7 2 + −4+ 3 7. = a3. a 4 .a 7. 2 m = 2 = a7    2m2 + n = 15 . n = 7 . Câu 25: Chọn D 7 6. Ta có:. a .b 6. −. ab. 2 3. −2 3. 1 6. 1 3. a .b. =. 2. 7 6. a .b. = a1 .b−1 =. a . b. Câu 26: Chọn D 3. Ta có: P =. 3 1 . +1. 2  2 2  2 2 3 23 2 2 =3 3  =3  3 3 3 3 3 3. 3. 3. 1.  2 2  2 2 = 3   =  . 3 3. Câu 27: Chọn C Ta có: a−2019 =. 1 =  a. 1 a2019. 2019. .. Câu 28: Chọn A Ta có: P =. (. 4. 3. a 3 .b2 12. ). a .b. 4. a3 .b2. =. 6. 6. ( a .b ) 2. 6. = ab .. Câu 29: Chọn A 1. 1. 1 1 1 + + 3 6. P = x 2 .x 3 . 6 x = x 2. =x. Câu 30: Chọn A a Câu 31:. 3 2018 2018. .. a =a. 3 2018. .a. 1 2018. =a. 4 2018. =a. 2 1009. . Vậy số mũ của biểu thức rút gọn bằng. 2 . 1009. Chọn B Với a  1 và  ,   . Ta có: a  a     .. Câu 32: Chọn B Vì   3,14  0 nên          . Câu 33: Chọn B Câu 34: Chọn C a. a. 3 4 Vì       a  0 . 4 5 5. 4. Và b 4  b 3  0  b  1. Câu 35: Chọn D. 10. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(16) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.  2 a   0;   Hàm số y = a x nghịch biến.Do đó a  a     .  e. Vậy đáp án sai là D . Câu 36: Chọn B 0  2 − 1  1  +)  2017  2018. (. 2 −1. 0  3 − 1  1  +)  2018  2017. (. 3 −1. 2  1 +)  2  2 + 1  3. ). ). 2 +1. 2. 2017. 2018. 3. . (. 2 −1. . (. 3 −1. ). ). 2018. nên A đúng.. 2017. nên B sai.. nên C đúng.. 2018 2017  2  2 2 0  1 − 1  +)  nên D đúng.  1 −   1−  2     2 2 2018  2017     . Câu 37: Chọn B Do cơ số e  ( 1; + ) và 0  a  b nên ta có ln a  ln b . Đáp án A sai. Do cơ số 0,5  ( 0;1) và 0  a  b nên ta có ( 0,5 )  ( 0,5 ) . Đáp án B sai. a. b. Do cơ số a  ( 0;1) và b  1 nên ta có loga b  loga 1  log a b  0 . Đáp án C đúng. Do cơ số 2  ( 1; + ) và a  b nên ta có 2a  2b . Đáp án D sai. Câu 38: Chọn C 0  5 − 2  1  ( 5 − 2)2018  ( 5 − 2)2019  C đúng.  2018  2019  5 + 2  1  ( 5 + 2)−2017  ( 5 + 2)−2018  A sai  −2017  −2018  5 + 2  1  ( 5 + 2)2018  ( 5 + 2)2019  B sai  2018  2019 0  5 − 2  1  ( 5 − 2)2018  ( 5 − 2)2019  D sai.  2018  2019. Câu 39: Chọn B Ta có:  3 5  3     7 8 7 1 1 1    2 3 2. −. 3. 3. 5    . Phương án A sai. 8 −. 1    . Phương án B đúng. 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 11.

(17) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 2. 353 1   4. −50. . − 2. 5. − 2. ( ). 3. − 2. ( ). 100.  2 −2. 2. −50. 1    . Phương án C sai. 5  (2). 100.  2100  2100 . Phương án D sai.. Câu 40: Chọn D 2 + 1  3 nên 2. A đúng vì 2  1 và. 2 +1.  2 3..   2 2 B đúng vì  1 −   1 và 2019  2018 nên  1 −    2  2   . C đúng vì. (. D sai vì. 3 − 1  1 và 2017  2018 nên. ). 2 − 1  1 và 2017  2018 nên. (. (. 2 −1. ). ). . 3 −1. 2018. 2019. 2017. (. .  2  1 −   2  . (. 2 −1. ). 3 −1. ). 2018. .. 2018. .. 2017. .. Câu 41: Chọn A Ta có x 2 , y 2 , Q=2. (. 3. 3. x4 y 2 ,. x2 + 3 y 2. ). 3. x 2 y 4 là những số thực dương.. 3. = 2 x2 + 3 3 x4 y 2 + 3 3 x2 y 4 + y 2. = x2 + 3 3 x4 y 2 + 3 3 x2 y 4 + y 2 + x2 + 3 3 x4 y 2 + 3 3 x2 y 4 + y 2.  x2 + 3 x4 y 2 +. 3.  x2 + 3 3 x4 y 2 + 3 3 x2 y 4 + y 2. x2 y 4 + y 2 = P. Vậy P  Q . Câu 42: Chọn B 7. a 2 = 21 a6 . Ta có. 21. a 5  7 a 2  21 a 5  21 a6 mà 5  6 vậy 0  a  1 .. Câu 43: Chọn A. (. Có 0  2 − 3  1  2 − 3. ). 2016. (.  2− 3. ). 2017. .. Câu 44: Chọn C Ta có : a−. 3. . 1 a. 5. . 1 a. 3. . 1 a. 5. a. 3. a. 5. luôn đúng với a  1 .. Câu 45: Chọn A Điều kiện: x − 2  0  x  2 . 1 1 − − 1 1 Ta có −  − nên ( x − 2 ) 3  ( x − 2 ) 6  x − 2  1  x  3 . Vậy 2  x  3 . 3 6 Câu 46: Chọn C Ta có: X − Y = 4.20192019 . U − V = 20192020 = 2019.20192019 . V − W = 2019.20192019 − 2018.20192019 = 20192019 . W − X = 2013.20192019 .. 12. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(18) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Vậy trong các số trên, số nhỏ nhất là V − W . Câu 47: Chọn A Ta có a + b = 1  b = 1 − a . Thay vào. 4a 4b + = 1 ta được 4 a + m 4b + m. 4a 41− a 4 + m.4 a + 4 + m.41− a + = 1  = 1  m2 = 4  m = 2 . a 1− a a 1− a 2 4 +m 4 +m 4 + m.4 + m.4 + m. Câu 48: Chọn C Ta có P = x. 2017 1. .x2 2018 = ( x1 .x2 ). 2017.  x + x2 = 6 .x2 . Theo định lý viet:  1  P = x2  x1 .x2 = 1. x = 3 + 2 2 Ta có x2 − 6 x + 1 = 0   1  P = 3−2 2 .  x2 = 3 − 2 2. Câu 49: Chọn C Đặt x = 3 9 + 80 + 3 9 − 80 ta có 2. 2. x = 9 + 80 + 3.  3 9 + 80  . 3 9 − 80 + 3. 3 9 + 80 .  3 9 − 80  + 9 − 80     3. = 18 + 3. 3 9 + 80 . 3 9 − 80  . 3 9 + 80 + 3 9 − 80    = 18 + 3 x. 3 9 + 80 . 3 9 − 80 = 18 + 3x  x = 3  3 − 3 9 + 80 = 3 9 − 80. Ta có P =  3 9 + 80   . 2017. =  3 9 + 80 . 3 9 − 80   .   3 − 3 9 + 80   . 2017.  3 9 − 80 =. 2018. ( ) 3. 1. =  3 9 + 80    2017. 2017.   3 9 − 80   . 2018.  3 9 − 80 = 3 9 − 80. Câu 50: Chọn C. (. Ta có P = 7 + 4 3. (. ). ) ( 2018. . 7−4 3. ). 2017. (. )(. ) (7 + 4 3 ) =. =  7 + 4 3 . 7 − 4 3   . 2017. = 12017 7 + 4 3 = 7 + 4 3 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 13.

(19) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. CHỦ ĐỀ 2: LOGARIT LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa •. Cho hai số dương a, b với a  1 . Số  thỏa mãn đẳng thức a = b được gọi là logarit cơ số a của b và được kí hiệu là log a b . Ta viết như sau:  = log a b  a = b.. •. Một số chú ý: Không có logarit của số 0 và số âm vì a  0, a . Cơ số của logarit phải dương và khác 1 ( a  1) . Một số công thức logarit theo định nghĩa:  log a 1 = 0;.  log a a = 1;.  log a ab = 1, b .  alog a b = a , b  , b  0. 2. Các tính chất của logarit •. So sánh hai logarit cùng cơ số Cho số dương a  1 và các số dương b, c ▪. Khi a  0 thì log a b  log a c  b  c. ▪. Khi 0  a  1 thì log a b  log a c  b  c. ▪. Ta có log a b = log a c  b = c. •. Logarit của một tích: log a ( b.c ) = log a b + log a c. •. Logarit của một thương: b o log a = log a b − log a c c o Đặc biệt: với a, b  0, a  1 thì log a. •. 1 = − log a b . b. Logarit của một lũy thừa o. log a b =  .log a b. 1 o Đặc biệt: log a n b = log a b n. •. Công thức đổi cơ số o. log a b =. log c b log c a. o Đặt biệt: log a c =. 1 1 và log a b = .log a b (  0 )  log c a. 3. Logarit tự nhiên và logarit thập phân •. Logarit tự nhiên ( hay còn được gọi là logarit Nepe) là logarit cơ số e , được viết là: log e b = ln b. •. 14. Logarit thập phân là logarit cơ số 10 , được viết là: log 10 b = log b = lg b . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(20) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. DẠNG 1: BIẾN ĐỔI MŨ – LOGARIT Câu 1:. Cho các số thực dương a , b , x thỏa mãn log3 x = 4log3 a + 7 log3 b . Mệnh đề nào dưới đây đúng?. Câu 2:. 1. D. x = a 4 b 7 .. thỏa mãn log 2 ( log 4 x ) = log 4 ( log 2 x ) + a . Mệnh đề nào dưới đây đúng?. Cho a  1, a  A. log 2 x = 4 a .. Câu 3:. 1. C. x = a4 b7 .. B. x = 4a − 7b .. A. x = 4a + 7b .. C. log 2 x = 2 a +1 .. B. log 2 x = a + 1 .. Cho log a bc = x,logb ca = y và log c ab =. D. log 2 x = 4 a +1 .. mx + ny + 2 , với m, n, p là các số nguyên. Tính pxy − 1. S = m + 2n + 3p. Câu 4:. Câu 5:. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn log 9 x = log12 y = log16 ( x + y ) . Tính y 1+ 5 = . x 2. B.. y −1 + 5 = . x 2. C.. y 1+ 3 = . x 2. D.. y ? x. y −1 + 3 = . x 2. Cho log a ( bc ) = 2,log b ( ca ) = 3 . Tính S = log c ( ab ) . A. S =. Câu 7:. D. S = 3 .. b 16 Cho hai số thực dương a, b và a  1 thỏa mãn log 2 a = ,log a b = . Tính ab ? 4 b A. ab = 256 . B. ab = 16 . C. ab = 32 . D. ab = 64 .. A. Câu 6:. C. S = 0 .. B. S = 9 .. A. S = 6 .. 7 . 5. B. S =. 7 . 6. C. S =. 5 . 7. D. S =. (. 6 . 7. ). Gọi a là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn 3log 3 1 + a + 3 a  2log 2 a . Tìm phần nguyên của P = log 2 ( 2018a ) .. Câu 8:. C. 19 .. B. 22 .. A. 14 .. D. 16 .. Cho các số thực dương a, b khác 1 và số thực dương x thỏa mãn log a ( log b x ) = log b ( log a x ) . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. log a x = b. Câu 9:. log b ( log a b ) a. .. B. log a x = a. log b ( log a b ) a. .. C. log a x = b. Cho các số thực dương x, y , z , t , a, b, c thỏa mãn. log a ( log a b ) b. . D. log a x = a. log a ( log a b ) b. .. ln x ln y ln z = = = ln t và x.y = z 2 .t 2 . Tính a b c. S = a + b − 2c. A. S = 4 .. B. S =. 1 . 2. C. S = −2 .. D. S = 2 .. Câu 10: Cho tìm số tự nhiên thỏa 0a1 n 2 2 2 2 log a 2019 + 2 log a 2019 + 3 log a 2019 + ... + n log a 2019 = 1008.2017 log a 2019 3. A. n = 2016 .. B. n = 2019 .. mãn. n. C. n = 2017 .. (. D. n = 2020 .. (. )). Câu 11: Cho Xét số nguyên dương a và số thực b  0 thỏa mãn log 2 log 2 log 2 ( 2 a + b ) = 0 . Tìm số a Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. a. b. 15.

(21) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. a+b biết rằng log 2     2016; 2017  .  ab . C. a = 2027 .. B. a = 2017 .. A. a = 2016 .. D. a = 2026 .. Câu 12: Cho các số thực dương a, x, y , z thỏa mãn 4 z  y 2 , a  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. (. ). S = log 2a ( xy ) + log a x 3 y 3 + x 2 z + 4 z − y 2 .. B. −. A. −4 .. 25 . 16. C. −. 25 . 4. 9 D. − . 4. Câu 13: Với a là số dương tùy ý, ln ( 5a ) − ln ( 3a ) bằng: A.. ln ( 5a ). ln ( 3a ). 5 C. ln . 3. B. ln ( 2a ) .. .. D.. ln 5 ln 3. D.. ln 5 ln 3. 3 Câu 14: Với a là số thực dương tùy ý, ln ( 5a ) + ln   bằng: a. A.. ln ( 5a ). ln ( 3a ). 5 C. ln . 3. B. ln15 .. .. Câu 15: Cho ba số thực dương a, b, c theo thứ tự lập thành một cấp số nhân và a + b + c = 64 . Giá trị của biểu thức P = 3log 2 ( ab + bc + ca ) − log 2 ( abc ) bằng:. A. 18 .. B. 6 .. D. 8. C. 24 .. Câu 16: Cho 3 số 2017 + log 2 a; 2018 + log 3 a; 2019 + log 4 a; theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Công sai của cấp số cộng này bằng: A. 1 . B. 12 .. D. 20 .. C. 9 .. Câu 17: cho các số thực dương a, b, c lớn hơn 1 , đặt x = loga b + logb a, y = logb c + logc b và z = log c a + log a c . Giá trị của biểu thức x 2 + y 2 + z 2 − xyz bằng. A. 1 .. C. 3 .. B. 2 .. D. 4 .. (. ). Câu 18: Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn log x + log y  log x + 2 y 3 . Giá trị nhỏ nhất của: log 2 x − log 3 y là:. Câu 19: Cho. C. 3 .. B. 2 .. A. 1 . hai. (. số. thực. a, b. phân. biệt. thỏa. D. 4 . mãn. (. ). log 3 3a +1 − 1 = 2 a + log 1 2 3. ). log 3 3b +1 − 1 = 2b + log 1 2 . Tính tổng S = 27 a + 27 b . 3. A. S =. 27 . 2. B. S = 45 .. Câu 20: Tìm số tự nhiên n thoả mãn A. n = 15 .. 16. 1 1 + + log 3 x log 32 x. B. n = 20 .. C. S = 204 . +. D. S = 180 .. 1 120 = với 0  x  1 log 3n x log 3 x. C. n = 12 .. D. n = 10 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. và.

(22) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 21: Với mỗi số thực dương x , khi viết x dưới dạng thập phân thì số các chữ số đứng trước dấu phẩy của x là log x  + 1 . Cho biết log 2 = 0,30103 . Hỏi số 22017 khi viết trong hệ thập phân ta được một số có bao nhiêu chữ số? (Kí hiệu  x  là số nguyên lớn nhất không vượt quá x ). A. 607 . B. 606 . C. 609 . D. 608 . Câu 22: Tập hợp các số thực x để hàm số f ( x ) = 1 − log 2m ( nx ) ( m  1, n  0 ) xác định là một đoạn có độ dài bằng L = A. −1 .. 1 m2 − 1 . Giá trị của log 2016 là? 2016 mn B. 0 . C. 1 .. D. 2 .. Câu 23: Cho x, y , z là ba số thực dương thỏa mãn 2 log x ( 2 y ) = 2 log 2 x ( 4 z ) = log 2 x ( 8 yz ) = 2 . Giá trị của 4. xy z được viết dưới dạng 2 5. −. p q. trong đó p, q là các số nguyên dương và. p là phân số tối giản. q. Giá trị của biểu thức p + q bằng? C. 50 .. B. 48 .. A. 49 .. D. 52 .. (. ). Câu 24: Cho dãy số ( un ) thỏa mãn log u5 − 2log u2 = 2 1 + log u5 − 2log u2 + 1 và un = 3un−1 , với mọi n  2 . Giá trị lớn nhất của n để un  10100 là. B. 226 .. A. 225 . Câu 25: Xét hàm số f ( t ) =. D. 227 .. C. 224 .. 9t với m là số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị m sao cho 9t + m2. f ( x ) + f ( y ) = 1 với mọi số thực x, y thỏa mãn e x + y  e ( x + y ) . Tìm số phần tử của S .. B. Vô số.. A. 1 . Câu 26: Giả. x, y , z. sử. D. 0 .. C. 2 . là. các. số. thực. thỏa. mãn.       log 2 log 1 ( log 2 x )  = log 3 log 1 ( log 3 y )  = log 5 log 1 ( log 5 z ) = a  1 . Mệnh đề nào dưới đây 2 3 5       đúng? A. z  x  y . B. x  y  z . C. y  z  x . D. z  y  x .. Câu 27: Cho. các. ( log x ) .( log 10. S=. số 10. thực. dương. yz ) + ( log 10 y )( log 10 z ) = 468. ( log x ) + ( log y ) + ( log z ) 2. 10. 2. 10. 10. 2. .. Tính. thỏa giá. xyz = 1081. mãn trị. của. biểu. và thức. . C. 625 .. B. 936 .. A. 75 .. x, y , z. D. 25 .. Câu 28: Cho hai số thực dương x, y  1 thỏa mãn log x y = log y x và log x ( x − y ) = log y ( x + y ) . Tính giá trị biểu thức S = x4 − x2 + 1 . A. S = 2 . B. S = 3 .. C. S = 4 .. D. S = 5 .. Câu 29: Có tất cả bao nhiêu bộ ba số thực ( x; y ; z ) đồng thời thỏa mãn các điều kiện dưới đây 2. 3. x2. .4. 3. y2. .16. 3. z2. (. = 128 và xy 2 + z 4. ). 2. (. ). 2. = 4 + xy 2 − z 4 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 17.

(23) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. A. 8.. B. 4.. C. 3.. (. D. 2.. ). Câu 30: Cho a  0; b  0 thỏa mãn log 2 a + 2 b+1 4 a2 + b2 + 1 + log 4 ab+1 ( 2 a + 2b + 1) = 2 . Giá trị của biểu thức a + 2b bằng 3 A. . 2. B. 5 .. C. 4 .. D.. 15 . 4. Câu 31: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( a; b ) thỏa mãn loga b + 6logb a = 5 và 2  a; b  2005 . C. 53 .. B. 43 .. A. 54 .. D. 44 .. Câu 32: Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn 3log x ( 3 y ) = 3log 3 x ( 9 z ) = log 3 x ( 27 yz )  0 . Biết 4. xy z = 3 4. −. a b. với a, b là các số nguyên dương và B. 43 .. A. 54 .. Câu 33: Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn log. a tối giản. Giá trị của biểu thức a + b bằng b C. 53 . D. 36 . x. ( 2 y ) = log ( 4 z ) = log ( 8 yz )  0 . Giá trị của 2x. 2 x4. biểu thức log x + 5log y + log z bằng A. −. 35log 2 . 6. B. −. 35log 2 . 12. C. −. 43log 2 . 6. D. −. 43log 2 . 12. Câu 34: Gọi S là tập hợp tất cả các cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn 0  x  1,0  y  1 . Chọn ngẫu nhiên một   1    1  phần tử ( x; y ) thuộc S . Xác suất để phần tử chọn ra thỏa mãn log 2    và log 5    đều là  x     y   các số nguyên chẵn bằng 2 5 5 5 A. . B. . C. . D. . 9 9 36 12. Câu 35: Cho các số thực dương a, b thỏa mãn: log 2 a + (4sin b + 2)log a + 4sin b + 5 = 0 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức a + b bằng: 1  1 3 + . + A. B. . 1000 2 1000 2. C. 10 +. 3 . 2. D.. 1  + . 10 2. Câu 36: Cho các số thực dương a, b thỏa mãn: 16 a − ( 2sin b + 1) 2 2 a +1 + 4sin b + 5 = 0 . Giá trị của biểu thức a + b bằng:. A. log 3 4 +.  2. B. log 4 3 +. .. 3 . 2. C. log 3 4 +. 3 . 2. D. log 4 3 +.  2. .. Câu 37: Có hai cặp số thực ( x ; y ) thỏa mãn đồng thời log 225 x + log 64 y = 4 và log x 225 − log y 64 = 1 là. (x. 1. ). (. (. ). ). ; y1 và x2 ; y 2 . Giá trị biểu thức log 30 x1 y1 x2 y 2 bằng:. B. 15 .. A. 12 .. C. 8 .. D. 36 .. ( ). Câu 38: Cho cấp số nhân un có số hạng đầu u1 = a và công bội q = b . Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( a ; b ) sao cho log 8 u1 + log 8 u2 + ... + log 8 u12 = 2006 . A. 46 .. 18. B. 91 .. C. 45 .. D. 90 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(24) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 39: Tìm tập hợp tất cả các số thực m để tồn tại duy nhất cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn đồng thời. (. ). log x2 + y2 + 2 4 x + 4 y − 6 + m2 = 1 và x 2 + y 2 + 2 x − 4 y + 1 = 0 .. A. 5 .. B. 7, 5, 1 .. C. 5, 1 .. D. 1 .. Câu 40: Giá trị của tham số thực m để tồn tại duy nhất một cặp số thực ( x; y) thỏa mãn đồng thời các điều kiện log2019 ( x + y)  0 và x + y + 2 xy + m  1 là A. m =. −1 . 2. Câu 41: Cho hàm số f ( x ) = log 2. C. m = 2 .. B. m = 0 .. D. m =. −1 . 3. mx với m là số thực dương. Tìm giá trị thực của m, biết rằng với mọi 2−x. số thực a , b  ( 0; 2 ) thỏa mãn a + b = 2 ta luôn có f ( a ) + f ( b ) = 3 . A. m = 3 .. B. m = 8 .. C. m = 2 2 .. (. D. m = 9 .. ). Câu 42: Với mỗi cặp số thực ( x ; y ) thỏa mãn log 2 ( 2 x + y ) = log 4 x 2 + xy + 7 y 2 có bao nhiêu số thực z. (. ). thỏa mãn log 3 ( 3x + y ) = log 9 3x 2 + 4 xy + zy 2 . A. 2 .. B. 1 .. C. 3 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. 0 .. 19.

(25) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.C 11.C. 2.D 12.B. 3.A 13.C. 4.A 14.B. 5.A 15.A. 6.A 16.A. 7.B 17.D. 8.A 18.C. 9.D 19.D. 10.A 20.A. 21.D 31.A 41.C. 22.A 32.D 42.A. 23.A 33.C. 24.A 34.B. 25.C 35.A. 26.C 36.D. 27.A 37.A. 28.A 38.A. 29.B 39.C. 30.D 40.A. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn C. (. ). Ta có: log3 x = 4log3 a + 7 log3 b  log 3 x = log 3 a 4 + log 3 b7  log 3 x = log 3 a 4 b7  x = a4b7 . Câu 2:. Chọn D 1 1  Đặt t = log 2 x  log 4 x = t . Ta có: log 2  t  = log 4 t + a  log 2 t = 2a + 2  t = 4 a +1 . 2 2 . Vậy: log 2 x = 4 a +1 . Câu 3:. Chọn A  log c bc  x = log c a =  x = log a bc log c a   x log c a − log c b = 1     Ta có   y = log b ca log c a − y log c b = −1 log b =  y = log c ca c  log c b . y +1 xy − 1 . x+1 xy − 1. m = 1 x+y+2  Mặt khác, log c ab = log c a + log c b = . Do đó n = 1  S = m + 2n + 3 p = 6 . xy − 1 p = 1 . Câu 4:. Chọn A b 16 Ta có: log 2 a.log a b = .  log 2 b = 4  b = 2 4  b = 16 4 b  log 2 a = 4  a = 16  a.b = 16 2  ab = 256 .. Câu 5:. Chọn A Đặt log 9 x = log 12 y = log 16 ( x + y ) = t . Khi đó, ta có hệ sau :  x = 9t  t  9t + 12t = 16t  y = 12  x + y = 16t . ( 1). Xét phương trình (1) chia hai vế cho 9t  0 ta được:  4  t 1 + 5   = (N) t 2t 2t t t 2 y 12t  4  1 + 5 4 4 4 4  3  1+   =      −  −1 = 0   . Ta có = t =   = t x 9 2 3  3  3  3 3  3  1 − 5  = L ( )  4  2. 20. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(26) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 6:. Chọn A Đặt x = logc a, y = logc b . Ta có log a ( bc ) = 2  log a b + log a c = 2  log b ( ca ) = 3  log b c + log b a = 3 . log c b y 1 1 + = 2  + = 2. log c a log c a x x. log c a 1 x 1 + = 3  + = 3. log c b log c b y y. y +1  4  x = 2  x = 5 y + 1 = 2x   Do đó ta có hệ  . x + 1 = 3y x +1 = 3 y = 3   y 5. 7 Thay vào S = log c ( ab ) = log c a + log c b = . 5. Câu 7:. Chọn B t. Đặt 2log 2 a = t  a = 2 2  a = 2t . Khi đó bất phương trình trở thành t. t. t t t t t    1   2 32 3 3 3 2 2 3log 3  1 + 2 + 2   t  1 + 2 + 2  3    + 3  + 3  1 3  3   3   3    t. t. t.  1   2 32 Xét hàm số f ( t ) =  3  +  3  +  3  , t   3   3   3  t. t. . t. 3  1  1  2 2 32 2 Ta có f  ( t ) =  3  ln 3 +  3  ln 3 +  3  ln 3  0, t      3  3 3  3 3  3 t. biến trên. ( 1) .. nên hàm số là hàm nghịch. . Nhận thấy f ( 12 ) = 1 nên ta có:. (1)  f ( t )  f (12 )  t  12  2log. 2. a  12  a  2 6  a  212 .. Do đó số a nguyên dương lớn nhất là 212 − 1 . Suy ra P = log 2  2018 212 − 1   22,9783 . Vậy phần nguyên của P là 22 .. (. Câu 8:. ). Chọn A log x = a k Ta có log a ( log b x ) = log b ( log a x ) = k   b k log a x = b k log b ( log a b )  x = bak b ak bk k a   b = a = a log b  = log b  k = log log b  log x = b ( )   a a b a a bk a   a  x = a. Câu 9:. Chọn D ln x = ln t a  x = t a  Ta có: ln y = ln t b  y = t b ln z = ln t c  z = t c . ( ). Do đó xy = z 2t 2  t at b = t c t. 2.  t a + b = t 2( c +1)  a + b = 2(c + 1)  S = 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 21.

(27) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 10: Chọn A log a 2019 + 23 log a 2019 + 33 log a 2019 + ... + n3 log a 2019 = 1008 2.2017 2 log a 2019. (. ).  13 + 2 3 + 33 + ... + n3 log a 2019 = 1008 2.2017 2 log a 2019. (.  1 + 2 + 3 + ... + n 3. 3. 3. Câu 11: Chọn C. (. (. (. log 2 log 2a log 2b 2 a + b. 3. ).  n ( n + 1)  = 1008 .2017    = 10082.2017 2  n = 2016   2   2. 2. 2. ))) = 0  log ( log ( 2 )) = 1  log ( 2 ) = 2 a+b. 2. a. 2. b. a+b. 2. b. a. ( ).  2 a+ b = 2b. 2a.  2a+b = 2b.2  a + b = b.2a . Do đó : a.  b.2 a  a+b a+b  log log 2     2016; 2017     2016; 2017   log 2     2016; 2017  2 ab  ab   ab     b.2 a   2a   log 2    2016; 2017   log      2016; 2017  2   ab   a . Câu 12: Chọn B Ta có: 4 z  y 2  z . 5 y2 x2 y 2 x2 y 2  x3 y 3 + x2 z  x3 y 3 +  2 x3 y 3 . = ( xy ) 2 . 4 4 4. 2. 5 5  5  25 25 Do đó S  log 2a ( xy ) + log a ( xy ) 2  log a2 ( xy ) + log a ( xy ) =  log a ( xy ) +  −  − . 2 4  16 16 .   2 4 z = y 2 4 z = y   2 2 1  3 3 x y    xy = Dấu “=” xảy ra khi  x y = . 4 4   5 1 5   log a ( xy ) = − 4 log a  4  = − 4   . z = 1  y = 2 25 25  Do đó với  x = 1 thì S = − . Vậy MinS = − . 16 16  8  4  a = 4 5. Câu 13: Chọn C Ta có ln ( 5a ) − ln ( 3a ) = ln. 5a 5 = ln . 3a 3. Câu 14: Chọn B 3  3 ln ( 5a ) + ln   = ln  5a.  = ln15 . a a . Câu 15: Chọn A. 22. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(28) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. ac = b2  Ta có abc = b3 . ab + bc + ca = b a + c + ca = b 64 − b + b 2 = 64b ( ) ( ) . Do đó P = 3log 2 ( 64b ) − log 2 b3 = 3log 2 64 = 3.6 = 18 . Câu 16: Chọn A Do 3 số 2017 + log 2 a; 2018 + log 3 a; 2019 + log 4 a; theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Suy ra 2017 + log 2 a + 2019 + log 4 a = 2 ( 2018 + log 3 a ). . 1  log 2 a + log 2 a = 2log 3 a  3log 2 a = 4log 3 a  log 2 a ( 3 − 4log 3 2 ) = 0  a = 1. 2 Vậy công sai d = log3 a − log2 a + 1 = 1 . Câu 17: Chọn D Ta có: xyz = ( log c b + log b c )( log a c + log c a )( log b a + log a b ) = ( log a b ) + ( log a c ) + ( log b c ) + ( log c b ) + ( log c a ) + ( log b a ) + 2 ( 1) 2. 2. 2. 2. 2. 2. x 2 + y 2 + z 2 = ( log c b + log b c ) + ( log a c + log c a ) + ( log b a + log a b ) 2. 2. 2. = ( log a b ) + ( log a c ) + ( log b c ) + ( log c b ) + ( log c a ) + ( log b a ) + 6 ( 2 ) 2. 2. 2. 2. 2. 2. Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra: x 2 + y 2 + z 2 − xyz = 4 . Câu 18: Chọn C. (. (. ). ). Ta có log x + log y  log x + 2 y 3  log ( xy )  log x + 2 y 3  xy  x + 2 y 3  x ( y − 1)  2 y 3  0  y − 1  0  x .  2 2(y − 1).. Câu 19: Chọn D. (. 2y3 x 2y2 2 2   − 2y + 2 + − 2 ( y − 1) + +4 y y −1 y −1 y −1 y −1. x 2 + 4 = 8  log 2 x − log 2 y = log 2  log 28 = 3 . y y −1. ). (. ). (. ). log 3 3a +1 − 1 = 2a + log 1 2  log 3 2 3a +1 − 1 = 2 a  2 3a +1 − 1 = 3 2 a  3 2 a − 6.3a + 2 = 0 . 3. Tương tự: 32b − 6.3b + 2 = 0 . Suy ra 3a và 3b là hai nghiệm phân biệt (vì a, b phân biệt) của phương trình: X 2 − 6X + 2 = 0 . Khi đó S = 27 a + 27 b = X13 + X23 = ( X1 + X2 ) − 3X1X2 ( X1 + X2 ) , với X1 + X2 = 6, X1 .X2 = 2 . 3. Vậy S = 63 − 3.2.6 = 180 . Câu 20: Chọn A Do 0  x  1 nên ta có: 1 1 + + log 3 x log 32 x. +. Vậy ta có:. = 120  n = 15. n. ( n + 1) 2. (. ). 1 = log x 3.32....3n = log x 31+ 2 + log 3n x. +n. =. n. ( n + 1) 2.  log x 3. Câu 21: Chọn D Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 23.

(29) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Số các chữ số của 22017 là log 2 2017  + 1 =  2017  log 2  + 1 = 2017  0,30103  + 1 = 607,17751 + 1 = 608 .        . (. ). Câu 22: Chọn A Hàm số f ( x ) = 1 − log 2m ( nx ) ( m  1, n  0 ) xác định khi và chỉ khi x  0 x  0  x  0 1 m  x  0    1  1 x  m 2 mn n −1  log m ( nx )  1   nx  m 1 − log m ( nx )  0  mn  x  n . m  2 m 1 m −1 1 L= − = = n mn mn 2016. Do đó log 2016. m2 − 1 1 = log 2016 = −1 . mn 2016. Câu 23: Chọn A Ta có 2 y = x 1 7 − −  2log x ( 2 y ) = 2log 2 x ( 4 z ) = log 2 x4 ( 8 yz ) = 2  4 z = 2 x  4 x8 = 2 x 2  x = 2 6  y = z = 2 6 8 yz = 4 x8 . Ta được: xy 5 z = 2. −. 43 6.  p = 43  . Vậy p + q = 49 . q = 6. Câu 24: Chọn A Đặt t = log u5 − 2log u2 + 1, t  0 .. (. ). Thế vào phương trình log u5 − 2log u2 = 2 1 + log u5 − 2log u2 + 1 ta có t 2 − 1 = 2 ( t + 1)  t 2 − 2t − 3 = 0  t = 3 ( t  0 ) .. Do t = 3 nên un  10100 . log u5 − 2log u2 + 1 = 3  log. 10u5 u22. =9. 10u1 .34 9 = 10 9  u1 = 8 . 2 2 u1 .3 10. 9 n −1 .3  10100  3n+1  10108  n  108log 3 10 − 1  225,357 . 8 10. Câu 25: Chọn C Dựa vào việc khảo sát hàm số f ( t ) = e t −1 − t , t . . Ta thấy et −1  t , t  . Dấu bằng xảy ra khi và. chỉ khi t = 1 . Do đó e x + y −1  x + y  e x + y −1 = x + y  x + y = 1 . Khi đó f ( x ) + f ( y ) = 1  f ( x ) + f (1 − x ) = 1 . . 9x 91− x + =1 9 x + m2 91− x + m2. .  m4   9x  − 1  = 0  m =  3  S − 3; 3 .  4 . Câu 26: Chọn D.. 24. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(30) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..       log 2 log 1 ( log 2 x )  = log 3 log 1 ( log 3 y )  = log 5 log 1 ( log 5 z )  = p  0     2 3 5    a log 1 ( log 2 x ) = 2  x = 2 2−2 a log x = 2 −2 a  2  −3 a    log 1 ( log 3 y ) = 3a  log y = 3−3 a   y = 33 3  log z = 5−5 a  5−5 a  5 log ( log z ) = 5a  z = 5 1 5  5 . Với x  2, a  1 , xét hàm số y = x x. − xa.  ln y = x − x ln x  ln ( ln y ) = ln ( ln x ) − x p ln x . p. Lấy đạo hàm hai vế, ta được: y' 1 y 1 1 = x − x a −1 − ax a −1 ln x = − x a −1 ( 1 + a ln x )  − 1 − ln x ln y ln x x ln x x ln x =. 1 − x ln x − x ( ln x ). 2.  0, x  2, a  1  y '  0, x  2,a  1. x ln x Do đó y ( 2 )  y ( 3 )  y ( 5 )  x  y  z. .. Câu 27: Chọn A  x = 10 a a = log 10 x   Đặt b = log 10 y   y = 10b  xyz = 10 a + b + c . c = log z  z = 10 c 10  .  xyz = 1081 a + b + c = 81  Theo bài ta có:  ( log10 x ) . ( log10 yz ) + ( log10 y )( log10 z ) = 468 ab + ac + bc = 468. Vậy thay (1) vào ta có S = a2 + b2 + c 2 =. (a + b + c). 2. (1) .. − 2 ( ab + bc + ac ) = 812 − 2.468 = 75 .. Câu 28: Chọn A x, y  1 Điều kiện:  . Ta có: x  y  0  log x y = log y x  log x y =. log y = 1 (L) 2 1 1  ( log x y ) = 1   x  y = x −1  y = . log x y x log x y = −1 (TM).  1  1  1  Ta có: log x ( x − y ) = log y ( x + y )  log x  x −  = − log x  x +   log x  x 2 − 2  = 0 x x x     1  x 2 − 2 = 1  x 4 − x 2 − 1 = 0 . Vậy S = x4 − x2 + 1 = 1 + 1 = 2 . x. Câu 29: Chọn B Ta có 2. 3. x2. .4. 3. y2. .16. 3. z2. = 128  2. 3. x 2 +2 3 y +4 z 2 2. 3. = 27  3 x 2 + 2 3 y 2 + 4 3 z 2 = 7 .. Từ điều kiện thứ hai suy ra x 2 y 4 + 2 xy 2 z 4 + z 8 = 4 + x 2 y 4 − 2 xy 2 z 4 + z 8  xy 2 z 4 = 1 . Mặt khác theo bất đẳng thức AM- GM cho 7 số thực dương ta có Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 25.

(31) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 3. x2 + 2 3 y 2 + 4 3 z 2  7 7. 3. x2 .. ( )( ) 3. y2. 2. .. 3. z2. 4. = 77. 3. x2 y 4 z8 = 7 7. 3. ( xy z ) 2 4. 2. =7..  3 x 2 = 3 y 2 = 3 z 2  x = 1; y , z  −1;1 . Do đó dấu bằng phải xảy ra, tức  2 4  xy z = 1 Vậy có tất cả 4 bộ số thỏa mãn.. Câu 30: Chọn D Ta có a  0; b  0 , suy ra. (. ). 4 a2 + b2 + 1  4 ab + 1  log 2 a + 2 b+1 4 a 2 + b2 + 1  log 2 a + 2 b+1 ( 4 ab + 1). (. ).  2 = log 2 a + 2 b+1 4 a2 + b2 + 1 + log 4 ab+1 ( 2 a + 2b + 1)  log 2 a + 2 b+1 ( 4 ab + 1) + log 4 ab+1 ( 2 a + 2b + 1). Mà log 2 a+ 2 b+1 ( 4ab + 1) + log 4 ab+1 ( 2a + 2b + 1) = log 2 a + 2 b+1 ( 4ab + 1) +. (. 1. log 2 a+ 2 b+1 ( 4ab + 1). 2. ). Khi đó: log 2 a + 2 b+1 4 a2 + b2 + 1 + log 4 ab+1 ( 2 a + 2b + 1) = 2  log 2 a + 2 b +1 ( 4 ab + 1) = 1 2 a + 2b + 1 = 4 ab + 1 a =    2 a = b b = 2 a = b . 3 4  a + 2b = 15 . 3 4 2. Câu 31: Chọn A b = a2 log a b = 2 6 2 log a b + 6log b a = 5  log a b + = 5  log a b − 5log a b + 6 = 0    3 log a b b = a log a b = 3. Trường hợp 1: b = a2 2  b  2005  2  a 2  2005  2  a  2005. Vì a; b . *. nên a  2; 3; 4;...; 44 . Do đó có 43 cặp số ( a; b ) .. Trường hợp 2: b = a3 2  b  2005  2  a 3  2005  3 2  a  3 2005. Vì a; b . *. nên a  2; 3; 4;...;12 . Do đó có 11 cặp số ( a; b ) .. Vậy có 54 cặp số ( a; b ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 32: Chọn D Đặt 3log x ( 3 y ) = 3log 3 x ( 9 z ) = log 3 x ( 27 yz ) = t 4. t  3 y = x 3  t t 4t 14 t 4 t −18 14 t 2t −9 7 t t 2   9 z = ( 3x ) 3 = 3 3 .x 3  3 y.9 z.27 yz = 3 3 .x 3  ( yz ) = 3 3 .x 3  yz = 3 3 .x 3 (1)  t 27 yz = 3x 4 = 3t.x 4 t . ( ). −3. −3. Lại có xy = x.3 .x = 3 .x 3. Vì xy 4 z = 3. 26. −. a b. nên. t. t +1. (2). Từ (1) và (2) suy ra: xy z = x 4. 10 t + 3 3. .3. 2 t −18 3. 10t + 3 3 2t − 18 31 a 31 =0t=− = − . Vậy =  a + b = 36 nên 3 10 3 5 b 5 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(32) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 33: Chọn C Đặt log x = a  0,log y = b,log z = c Khi đó log. x. ( 2 y ) = log ( 4z ) = log ( 8 yz ) 2 x4. 2x.  log 2 + b 2log 2 + c = 2. 2. log 2 2 + ( a + b ) log 2 + ab = 2a log 2 + ac a log 2 + a    2 2. log 2 + b = 3log 2 + b + c 2log 2 + ( 8a + 2b ) log 2 + 8 ab = 3a log 2 + ab + ac  a log 2 + 4a (2) – 2.(1) ta được: 6a log 2 + 6ab = −a log 2 + ab − ac  7 a log 2 = −5ab − ac  5b + c = −7 log 2  5log y + log z = −7 log 2. (1) (2). (2) – (1) ta được: log 2 = −6 a 1 log 2 2 + ( 6a + b ) log 2 + 6 ab = 0   . Do đó log x = a = − log 2 6 log 2 = −b 43log 2 1 Vậy log x + 5log y + log z = − log 2 − 7 log 2 = − . 6 6. Câu 34: Chọn B   1   1  1  Với 0  x  1,0  y  1 suy ra log 2    0  log 2     0; log 5     0 . x  x     y  . Khi đó   1 log 2    = 2 k ( k  0, k   x . )  2k  log. (. 2. 1 1 2k 2 k +1  2 −2 k −1  x  2 −2 k    2k + 1  2  x  2 x. Vậy x  2 −2 k −1 ; 2 −2 k  , k = 0,1,.... độ dài của tập này bằng +. (2. −2 k. −2. −2 k −1. k =0. +. ) = 2 k =0. −2 k −1. 1 1 1 = + + + ... = 2 8 32.   1 Tương tự log 5    = 2 k ( k  0, k    y   1  52 k   52 k +1  5−2 k −1  y  5−2 k y. Vậy. (. y  5−2 k −1 ; 5−2 k  , k = 0,1,..... 1 2 1−. =. 1 4. )  2k  log. độ. dài. 5. 2 . 3. 1    2k + 1 y. của. tập. này. bằng. +. (5. −2 k. − 5−2 k −1. k =0. 1 5. 2 5 5 1 1 1  5 =  4.5−2 k −1 = 4  + + + ...  = 4. = .Vậy xác suất cần tìm bằng . = . 1 6 3 6 9 k =0  5 125 3125  1− 25 +. Câu 35: Chọn A Đẳng thức đã cho tương đương với:. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 27. ).

(33) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. (log 2 a + 2(2sinb+ 1)loga + ( 2sin b + 1) ) + (4sin b + 5 − ( 2sin b + 1) ) = 0 2. 2.  ( log a + 2sin b + 1) + 4(1 − sin 2 b) = 0 2. log a + 2sin b + 1 = 0 2  ( log a + 2sin b + 1) + 4cos 2 b = 0   cos b = 0.  1  a = 1000  sinb = 1     1   log a + 3 = 0   b = + k 2  a + b + 2  ( )min = 1000  sinb = −1  2   a = 10  log a − 1 = 0    b = − + k 2 2 . Câu 36: Chọn D Đẳng thức đã cho tương đương với:. ( 4 − ( 2sin b + 1)) a. ( 4 − ( 2sin b + 1)) a. 2. 2. (. + 4sin b + 5 − ( 2sin b + 1). 2. ) = 0  ( 4 − ( 2sin b + 1)) + 4 (1 − sin b) = 0 2. a. 2. cos b = 0 + 4cos 2 b = 0   a 4 − 2sin b − 1 = 0.  4 a − 3 = 0  a = log 4 3    sin b = 1 . Vậy ( a + b )min = log 4 3 +     a 2 b = + k 2  4 + 1 = 0 2   sin b = −1 . Câu 37: Chọn A X = log 225 x Theo bài ra: log x 225 − log y 64 = 1 . Đặt  ta được hệ: Y = log 64 y X + Y = 4 1 1   − = 1  4 − 2X = X ( 4 − X )  X 2 − 6X + 4 = 0 1 1 X 4 − X − = 1  X Y. X = 3 + 5  Y = 1 − 5   X = 3 − 5  Y = 1 + 5 X = 3 + 5  x = 2253+ 5 Với   1 1− 5 Y = 1 − 5  y1 = 64. (. ). (. ). X = 3 − 5  x = 2253− 5 Với   2 1+ 5 Y = 1 + 5  y2 = 64. Khi đó: log 30 x1 y1 x2 y2 = log 30 2256.64 2 = 12 Câu 38: Chọn A Có un = bn−1u1 = bu−1a , vậy ta có:. (. log 8 u1 + log 8 u2 + ... + log 8 u12 = log 8 ( a ) + log 8 ( ab ) + ... + log 8 ab11. (. ). (. ). ). = log 8 a.ab.ab 2 ...ab11 = log 8 a12 b66 .. (. ). (. Và log 8 a12 b66 = 2006  a12 b66 = 82006  a2 b11 28. ) = (2 ) 6. 1003. 6.  a2 b11 = 21003 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(34) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. (. Vì vậy: a = 2x , b = 2 y x , y . +. ) và. 2 ( z − 1) 1003 − 2 x . = 91 − 11 11 Do đó: x − 1 = 11k  x = 11k + 1  y = 92 − 2k . 2 2 x b11y = 21003  2 x + 11y = 1003  y =. Do x , y . +. nên k  0 ,...,45 . Vậy có 46 cặp số nguyên dương ( a ; b ) thỏa mãn.. Câu 39: Chọn C 2 2   x2 + y 2 + 2 x − 4 y + 1 = 0 ( x + 1) + ( y − 2 ) = 4 (1) Theo đề bài ta có:   2 2 2 2 2 4 x + 4 y − 6 + m = x + y + 2 ( x − 2 ) + ( y − 2 ) = m2 ( 2 ). Phương trình ( 1) là phương trình đường tròn ( C1 ) có tâm I1 ( −1; 2 ) , bán kính R1 = 2 và phương trình ( 2 ) là phương trình đường tròn ( C 2 ) có tâm I 2 ( 2; 2 ) và bán kính R2 = m Cặp số thực ( x; y ) tồn tại duy nhất khi và chỉ khi ( C1 ) , ( C 2 ) tiếp xúc ngoài hoặc tiếp xúc trong ( 3 = m + 2  I1 I 2 = R1 + R2   m = 1   3 = m − 2   R1 = R2 )     . I I = R − R 1 2 1 2   m = 5 R  R   m  2 2   1. Câu 40: Chọn A log 2019 ( x + y)  0 0  x + y  1 0  x + y  1    2  x + y + 2 xy + m  1  2 xy + m  1 − ( x + y) 2 xy + m  ( 1 − ( x + y ) ) 0  x + y  1  2 2  x + y − 2 x − 2 y + 1 − m  0 Theo đề x + y  0   x + y − 1  0 ( x − 1)2 + ( y − 1)2  m + 1  1+1−1 −1 YCBT  d( I ; d) = R  = m+1  m = 2 2. Câu 41: Chọn C Ta có: f ( x ) = log 2. mx x = log 2 m + log 2 2−x 2−x. Do đó f ( a ) + f ( b ) = f ( a ) + f ( 2 − a ) = log 2 m + log 2. a 2−a + log 2 m + log 2 = 2log 2 m 2−a a 3. Theo giả thiết ta có: f ( a ) + f ( b ) = 3 nên 2log 2 m = 3  m = 2 2 = 2 2 . Câu 42: Chọn A 2 x + y  0,3x + y  0  log 2 ( 2 x + y ) = log 4 x 2 + xy + 7 y 2 2    log 2 ( 2 x + y ) = log 2 x 2 + xy + 7 y 2 Ta có:  2 2 log 3 ( 3 x + y ) = log 9 3x + 4 xy + zy  2 log 3 ( 3x + y ) = log 3 3 x 2 + 4 xy + zy 2. ( (. ). ). Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. ( (. ). ) 29.

(35) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..  2 x + y  0,3x + y  0 2 x + y  0,3x + y  0 x x   2  2  = 1; = −2 2 2 2 y .  ( 2 x + y ) = x + xy + 7 y  3x + 3xy − 6 y = 0   y    2 2 2 2 2  z = 9; z = 21 ( 3x + y ) = 3x + 4 xy + zy  z = 6 x + 2 xy + y 2  y. 30. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(36) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. CHỦ ĐỀ 3: HÀM SỐ LŨY THỪA, MŨ VÀ LOGARIT LÝ THUYẾT I.. HÀM SỐ LŨY THỪA 1. Định nghĩa •. Hàm số y = x với  . được gọi là hàm số lũy thừa.. 2. Tập xác định Tập xác định của hàm số y = x là: •. D=. nếu  là số nguyên dương. •. D=. nếu  là số nguyên âm hoặc bằng 0. • D = nếu  không nguyên 3. Đạo hàm của hàm lũy thừa. ( ) =  .x. có đạo hàm với mọi x  0 và x. •. Hàm số y = x với  . •.  Đạo hàm của hàm hợp u ( x )  =  .u −1 ( x ) .u ( x ).  −1. 4. Tính chất và đồ thị của hàm lũy thừa •. Đồ thị hàm số y = x với ( a  0 ) nhận Ox làm tiệm cận ngang, nhận Oy làm tiệm cận đứng. Khi a  0 thì đồ thị hàm số không có tiệm cận.. •. Đồ thị của hàm số lũy thừa y. •. Lưu ý: Khi khảo sát hàm số lũy thừa với số mũ cụ thể, ta phải xét hàm số đó trên toàn bộ. x luôn đi qua điểm I (1;1).. tập xác định của nó. Chẳng hạn: y. II.. x 3, y. x 2, y. x .. HÀM SỐ MŨ 1. Định nghĩa •. Hàm số y = a x với a  0, a  1 được gọi là hàm số mũ với cơ số a. 2. Tập xác định và tập giá trị • Tập xác định: D = •. Tập giá trị: T = ( 0; + ). 3. Tính đơn điệu và đồ thị •. f x g x Khi a  1 thì hàm số y = a x đồng biến, khi đó ta có a ( )  a ( )  f ( x )  g ( x ). Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 31.

(37) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. •. f x g x Khi 0  a  1 thì hàm số y = a x nghịch biến, khi đó ta có a ( )  a ( )  f ( x )  g ( x ). Đồ thị nhận Ox là tiệm cận ngang, luôn đi qua điểm (0;1) và (1;a), nằm về phía trên. ax. trục hoành (y 4. Đạo hàm. III.. 0,. x. ).. . ( a ) = a .ln a. . ( a ) = u.a .ln a. . ( u ) = n. uu'. . ( e ) = e. x. x. n. n. n −1. u. u. x. . x. ( e ) = u.e u. u. HÀM SỐ LOGARIT 1. Định nghĩa •. Hàm số dạng y = log a x , ( a  0; a  1) được gọi là hàm số logarit cơ số a .. 2. Tập xác định và tập giá trị •. Tập xác định: D = ( 0; + ). • Tập giá trị: T = . 3. Tính đơn điệu và đồ thị •. Khi a  0 thì hàm số y = log a x đồng biến trên D , khi đó nếu:. log a f ( x )  log a g ( x )  f ( x )  g ( x ) . •. Khi 0  a  1 thì hàm số y = log a x nghịch biến trên D , khi đó nếu:. log a f ( x )  log a g ( x )  f ( x )  g ( x ) .. 4. Đạo hàm . 32. . u ( log x ) = x.ln1 a  ( log u ) = u.ln a a. a. . . ( ln x ) = 1x ( x  0 )  ( ln u ) = uu. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(38) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1: Tìm tập hợp giá trị của m để hàm số y = ( m 2 − 3m + 1) nghịch biến trên khoảng ( −; + ) x.  3− 5   3+ 5  ;3  . A.  0;    2 2    .   3− 5   3+ 5 ; +  \ 0;3 . B.  −;    2   2  . C. ( −;0 )  ( 3; + ) .. D. ( 0;3) . Lời giải. Chọn A Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −; + ) khi và chỉ khi 0  m2 − 3m + 1  1.  3+ 5 3 + 5 m  m3 2 2  m − 3m + 1  0   2  .  2   3− 5   3− 5 m − 3m  0 m  2 0  m    2 0  m  3 VÍ DỤ 2: Cho hàm số y =. ex . Mệnh đề nào dưới đây đúng? cos x. A. y ''− 2 y = 2 y ' tan x .. B. y '' = −2 y ' tan x .. C. y '' = 2 y ' tan x .. D. y ''+ 2 y = 2 y ' tan x . Lời giải. Chọn A Ta có: y ' =. e x ( cos x + sin x ) cos 2 x. = y + y tan x. ex ex ex +2 tan x + 2 tan 2 x cos x cos x cos x 2 = 2 y + 2 y tan x + 2 y tan x  y ''− 2 y = 2 ( y + y tan x ) tan x = 2 y '.tan x. Đạo hàm cấp hai: y '' = y '+ y '.tan x + (1 + tan 2 x ) = 2. VÍ DỤ 3: Cho hàm số y =. 1 . Có bao nhiêu số nguyên m (−10;10) ( x − m) ln ( x − 2(3m − 1) x + 9m 2 ) 2. để hàm số xác định trên khoảng (2; +) ? A. 12 . B. 18 .. C. 11.. D. 8 .. Lời giải Chọn A Hàm số đã cho xác định trên khoảng (2; +) khi và chỉ khi: m  2 x − m  0  2  2 2 2  x − 2(3m − 1) x + 9m  0 , x  (2; +)   x − 2(3m − 1) x + 9m  0 , x  (2; +)  x 2 − 2(3m − 1) x + 9m 2  1  x 2 − 2(3m − 1) x + 9m 2  1   Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 33.

(39) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. m  2 Với  . (*) 2 2  g ( x) = x − 2(3m − 1) x + 9m  0, x  (2; +) Xét  ' = (3m − 1)2 − 9m2 = 1 − 6m .. m  2 1 Trường hợp 1:    m  2 . Khi đó g ( x)  0, x  (2; +) . 6   ' = 1 − 6m  0 m  2 1 Trường hợp 2:  m= . 6   ' = 1 − 6m = 0. 1 Ta có g ( x) = 0  x = 3m − 1 = −  (2; +) . Khi đó g ( x)  0, x  (2; +) . 2 m  2 1 Trường hợp 3:   m  . Gọi x1 ; x2 ( x1  x2 ) là các nghiệm của phương trình 6   ' = 1 − 6m  0. g ( x) = 0 . 1   m  6  '  0  1  Khi đó g ( x)  0, x  (2; +)  x1  x2  2  1.g (2)  0  9m 2 − 12m + 8  0  m  . 6 x + x m  1 1 2   2  2 . Kết hợp cả 3 trường hợp ta có các giá trị m thỏa (*) là m  2 . m  2 Với  2 . (**) 2  x − 2(3m − 1) x + 9m  1, x  (2; +) Ta có g '( x) = 2 x − 2(3m −1) = 0  x = 3m −1 . Nếu 2  3m −1  1  m ta có bảng biến thiên :. 1  m  2 1 m  2 . Khi đó (**)   1  6m − 1 Nếu 2  3m −1  m  1 ta có bảng biến thiên :. m  1  m 1. Khi đó (**)   2 1  9 m − 12 m + 8 . 34. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(40) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. m  2  m2. Do đó  2 2  x − 2(3m − 1) x + 9m  1, x  (2; +) Hàm số đã cho xác định trên khoảng (2; +)  m  2 .. m   Vậy m  (−10;10)  m  −9, −8,..., 2 . Suy ra có 12 giá trị nguyên của m thỏa đề bài. m  2  VÍ DỤ 4: Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m để hàm số y =. 1 xác m ln x − 2 ln x + 3 + m 2. định trên khoảng (0; +) . Gọi a  S , b  S lần lượt là số nguyên dương nhỏ nhất và số nguyên âm lớn nhất. Tính P = 2a + 3b . A. P = −10 .. C. P = 10 .. B. P = 4 .. D. P = −4 .. Lời giải Chọn A Điều kiện: x  0 . Đề hàm số xác định trên khoảng ( 0; + ) thi phương trình m ln x2 − 2ln x + 3 + m = 0 vô nghiệm với mọi x  (0; +) . 3. Trường hợp 1: m = 0 thì phương trình trở thành −2 ln x + 3 = 0  x = e 2 . Vậy m = 0 không thỏa mãn. Trường hợp 2: m  0 đặt t = ln x , khi đó x  ( 0; + )  t . .. Phương trình m ln x2 − 2ln x + 3 + m = 0 trở thành mt 2 − 2t + 3 + m = 0 Để phương trình vô nghiệm   = ( −2 ) − 4m ( 3 + m )  0 2. .  −3 − 13   −3 + 13 ; +  .    2 2     Do đó a = 1; b = −4  P = 2a + 3b = 2 − 12 = −10 ..  −4m2 −12m + 4  0  m   −;. VÍ DỤ 5: Với các số thực dương a , b để đồ thị hàm số y =. a + bx − 2 có đúng một đường tiệm x−2. b cận, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = log ( a +1) . 2 A. −2 .. B. 2 .. C. 1 .. D.. 1 . 2. Lời giải Chọn A  a  Do a , b  0 nên hàm số luôn có tập xác định D =  − ; +  \ 2 .  b . Ta có lim y = 0  đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y = 0 . x →+. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 35.

(41) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Mà y =. a + bx − 2 a + bx − 2 , đặt f ( x ) = a + bx − 2 . = x−2 ( x − 2 ) a + bx + 2. (. ). Để đồ thị hàm số trên có đúng một đường tiệm cận thì f ( 2 ) = 0  a + 2b = 2 .. b = y ta suy ra x + 4 y = 3  P = log x y , (do a  0 nên x  1 ). 2 x x 1 Lại có 3 = + + 4 y  3. 3 x 2 y  x 2 y  1  y  2 . 2 2 x Đặt a + 1 = x ,. x = 2 a = 1    1  Vậy P = log x y  log x  2  = −2 . Dấu bằng xảy ra   1. 1   x  b = 2  y = 4. 36. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(42) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. DẠNG 1: BÀI TẬP HÀM SỐ LŨY THỪA – MŨ - LOGARIT Câu 1:. Tập xác định của hàm số y = ( x − 1) A. 1; + ) .. Câu 2:. Câu 3:. B.. −4. là C. ( 1; + ) .. .. (. ). Tìm tập xác định D của hàm số y = log 2019 4 − x 2 + ( 2 x − 3 ). D. −2019. ..  3 3  A. D =  −2;    ; 2  . 2 2  .  3 3  B. D =  −2;    ; 2  . 2 2  . 3  C. D =  ; 2  . 2 . D. D = ( −2; 2 ) .. (. Tập xác định của hàm số y = − x + 3x + 4 A. ( −1; 2  .. 2. ). 1 3. \1 .. + 2 − x là. B. ( −1; 2 ) .. C. ( − ; 2 . D. −  1; 2 . C. ( 0; + ) .. D.. 1. Câu 4:. Tập xác định của hàm số y = ( x − 1) 5 là A. ( 1; + ) .. Câu 5:. Câu 6:. B. 1; + ) .. (. Tìm tập xác định D của hàm số y = x 2 − 3x − 4 A. D =. \−1; 4 .. C. D =. .. 2− 3. .. B. D = ( −; −1   4; + ) . D. D = ( −; −1)  ( 4; + ) .. (. Tìm tập xác định D của hàm số y = 4 − x A. D = −  2; 2  .. ). \1 .. B.. \2 .. 1 2 5. ). . C. D = ( −2; 2 ) .. D. D = ( −; + ) .. 5  C.  ; +   . 3 . 5  D.  ; +   . 3 . 1. Câu 7:. Tập xác định của hàm số y = ( 3x − 5 ) 3 là A.. Câu 8:. 5 \  . 3. .. (. Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số f ( x ) = 2 x 2 + mx + 2 A. 5 .. Câu 9:. B.. ). 3 2. xác định với mọi x . C. 7 .. B. 4 .. ?. D. 9 .. Cho biết phương trình log 9 x + log 9 x + 4 = 26 có nghiệm dạng x = 3n , với n là số tự nhiên. Tổng tất cả các chữ số của n bằng A. 9 . B. 5 .. C. 6 .. D. 3 .. 3. Câu 10:. Tập xác định của hàm số y = ( x + 3 ) 2 − 4 5 − x là A. D = ( −3; 5  .. B. D = ( −3; + \5 .. C. D = ( −3; 5 ) .. D. D = ( −3; + ) .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 37.

(43) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 11:. Câu 12:. 1 Đạo hàm của hàm số y = e 4 x là 5 1 4 A. y = − e 4 x . B. y = e 4 x . 20 5. 4 C. y = e 4 x . 5. D. y = −. 1 4x e . 20. Cho các số thực  và  . Đồ thị các hàm số y = x , y = x  trên khoảng ( 0 ; +  ) như hình vẽ bên, trong đó đường đậm hơn là đồ thị của hàm số y = x  .. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 0      1 . B.   0    1 . Câu 13:. Câu 14:. C. 0    1   .. (. D.   0  1   .. ). Với giá trị nào của x thì biểu thức: f ( x ) = log 5 x 3 − x 2 − 2 x xác định? A. x  ( −1; 0 )  ( 2; + ) .. B. x  ( 0; 2 )  ( 4; + ) .. C. x  ( 0;1) .. D. x  ( 1; + ) .. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc khoảng ( −2019 ; 2019 ) để hàm số sau có tập xác định là D =. .. (. y = x + m + x 2 + 2 ( m + 1) x + m2 + 2m + 4 + log 2 x − m + 2 x 2 + 1. A. 2020 . Câu 15:. B. 2021 .. (. Câu 17:. ). 38. C. Vô số.. D. 0 .. x+2 Cho hàm số f ( x ) = ln 2019 − ln   . Tính tổng S = f  ( 1) + f  ( 3 ) + ... + f  ( 2019 ) .  x  4035 2019 2020 A. S = . B. S = 2021 . C. S = . D. S = . 2019 2021 2021. Cho hàm số f ( x ) = ln ( 2 x − 5 ) . Tập nghiệm của bất phương trình f ' ( x )  1 là 7  A.  ; +  . 2 . Câu 18:. D. 2019 .. Cho hàm số f ( x ) = ln e x + m . Có bao nhiêu số thực dương m để f  ( a ) + f  ( b ) = 1 với mọi số thực a , b thỏa mãn a + b = 1 A. 1 . B. 2 .. Câu 16:. C. 2018 .. ).  5 7  B.  −;    ; +  . C. ( 3; + ) . 2 2  .  5 D.  −;   ( 3; + ) 2 . Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như hình vẽ sau. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(44) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Hỏi hàm số g ( x ) = f ( 1 − x ) + x.e − x đồng biến trên khoảng nào? A. ( −2; −1) . Câu 19:. B. ( −1;1) .. C. ( 0;1) .. D. ( 1; 3 ) .. (. ). Tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số y = ln x 2 + 1 − mx + 1 đồng biến trên khoảng ( − ; + ) . A. ( − ; −1 .. Câu 20:. D. ( −1;1) .. C. −  1;1 .. (. ). 1 Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y = ln x 2 + 4 − mx + 3 nghịch biến trên khoảng 2 ( −; + ) .. A. m  Câu 21:. B. ( − ; −1) .. 1 . 4. B. m  4 .. C. m . 1 . 4. D.. 1 m4. 4. Cho số thực a dương khác 1 . Biết rằng bất kì đường thẳng nào song song với trục Ox mà cắt các đồ thị y = 4 x và y = a x , trục tung lần lượt tại M , N , A thì AN = 2 AM . Giá trị của a bằng. A.. 1 . 2. B.. 1 . 4. C.. 2 . 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D.. 1 . 3. 39.

(45) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.D 11.C 21.A. 2.B 12.C. 3.A 13.A. 4.A 14.D. 5.D 15.A. 6.C 16.D. 7.C 17.A. 8.C 18.A. 9..C 19.A. 10.A 20.A. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn D Điều kiện xác định: x − 1  0  x  1 .. Câu 2:. Chọn B −2  x  2 2  4 − x  0  Điều kiện có nghĩa của hàm số là   3  2 x − 3  0 x  2   3 3  Vậy tập xác định của hàm số là D =  −2;    ; 2  2 2  . Câu 3:. Chọn A 2  −1  x  4 − x + 3x + 4  0  Hàm số xác định khi   −1  x  2 .  x  2 2 − x  0. Vậy tập xác định của hàm số là D = ( −1; 2  Câu 4:. Chọn A 1 Vì  nên điều kiện xác định của hàm số là x − 1  0  x  1 . 5 Vậy tập xác định của hàm số là ( 1; + ) .. Câu 5:. Chọn D  x  −1 Hàm số xác định khi x2 − 3x − 4  0   . x4. Vậy tập xác định D của hàm số là: D = ( −; −1)  ( 4; + ) . Câu 6:. Chọn C. (. Điều kiện xác định của hàm số y = 4 − x 2. ). 1 5. là: 4 − x2  0  −2  x  2 .. Vậy tập xác định của hàm số là D = ( −2; 2 ) . Câu 7:. Chọn C 1. Vì hàm số y = ( 3x − 5 ) 3 có số mũ không nguyên nên hàm số xác định khi 3x − 5  0  x  1 5  Vậy tập xác định của hàm số y = ( 3x − 5 ) 3 là  ; +   . 3 . Câu 8:. 40. Chọn C. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 5 . 3.

(46) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Hàm số. (. f ( x ) = 2 x 2 + mx + 2. ). 3 2. xác định với mọi x .  2 x 2 + mx + 2  0,  x .    0  m2 − 16  0  −4  m  4 .Vì m nguyên nên m  −3; −2; −1;0;1; 2; 3 .. Vậy có tất cả 7 giá trị m thỏa mãn điều kiện đề bài. Câu 9:. Chọn C Ta có: log 9 x + log 9 x + 4 = 26 ( 1) Đặt t = log 9 x + 4 với t  0 . Ta có log 9 x = t 2 − 4 . t = 5 ( TM ) Phương trình ( 1) trở thành: t 2 − 4 + t = 26  t 2 + t − 30 = 0   . t = −6 ( L ). Với t = 5  log9 x = 21  x = 921  x = 342  n = 42 . Vậy tổng tất cả các chữ số của n là 4 + 2 = 6 . Câu 10: Chọn A x + 3  0  −3  x  5 . Điều kiện xác định:  5 − x  0. Câu 11: Chọn C. ( ). 1 4 1 4  1 Ta có y = e 4 x  y = e 4 x = ( 4 x ) e 4 x = e 4 x . Vậy y = e 4 x . 5 5 5 5 5. Câu 12: Chọn C Theo đặc điểm đồ thị hàm số lũy thừa. Câu 13: Chọn A. (. ). Biểu thức f ( x ) = log 5 x 3 − x 2 − 2 x xác định  x3 − x2 − 2x  0  x ( x + 1)( x − 2 )  0  x  ( −1; 0 )  ( 2; + ) .. Câu 14:. Chọn D Hàm số xác định với mọi x .  x 2 + 2 ( m + 1) x + m2 + 2m + 4  0 thì  luôn đúng với mọi 2 x − m + 2 x + 1  0 . Tập các định: x  Ta có: x 2 + 2 ( m + 1) x + m2 + 2m + 4 =  x + ( m + 1)  + 3  0 , x  2. Ta có: x − m + 2 x 2 + 1  0 , x .  x + 2 x 2 + 1  m , x . Xét hàm số f ( x ) = x + 2 x 2 + 1 với x . có f  ( x ) = 1 +. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. .. 2x 2x2 + 1. ; f ( x) = 0  x =. −1 2. .. 41.

(47) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Từ bảng biến thiên ta thấy để x + 2 x 2 + 1  m, x . . 2  m. 2. m  Kết hợp điều kiện   m  { − 2018 , − 2017 , − 2016,..., − 1,0} . m  ( −2019; 2019 ) Kết luận: có 2019 giá trị của m thỏa mãn bài toán.. Câu 15: Chọn A . Ta có f  ( x ) =. Với m  0 thì hàm số xác định trên  f ( a) + f (b) =. (. ex ex + m. ). (. ). 2e a + b + m e a + e b 2e + m e a + e b ea eb . + = = e a + m e b + m e a + b + m e a + e b + m2 e + m e a + e b + m2. (. Mà f  ( a ) + f  ( b ) = 1 . (. 2e + m e a + e b. (. ). ). e+m e +e +m a. b. 2. ). (. ). = 1  m2 = e  m = e .. Câu 16: Chọn D Ta có: f ( x ) = ln 2019 − ln ( x + 2 ) − ln x  = ln x − ln ( x + 2 ) + ln 2019  f ' ( x ) = Xét S = f  ( 1) + f  ( 3 ) + ... + f  ( 2019 ). 1 1 − x x+2. 1 1 1 1 1 1 1 2020 1 1 = − = 1− + − + ... + − = + − . 1 1+ 2 3 3 + 2 2021 2021 2017 2017 + 2 2019 2019 + 2. Câu 17: Chọn A Xét hàm số f ' ( x ) = f '( x)  1 . 2 5  , x   ; +  2x − 5 2 . 2 −2 x + 7  5 7  1  0  x   −;    ; +  . Kết hợp điều kiện ta được tập 2x − 5 2x − 5 2 2  . 7  nghiệm bất phương trình là  ; +  . 2 . Câu 18: Chọn A Ta có: g ( x ) = f ( 1 − x ) + x.e − x . Tập xác định: D =. .. Cho g ( x ) = − f  ( 1 − x ) + ( 1 − x ) e − x . Ta thấy với x  ( −2; −1) thì f  ( 1 − x )  0 và 1 − x  0 . Suy ra g ( x )  0; x  ( −2; −1) . Vậy hàm số g( x) đồng biến trong khoảng (−2; −1) . Câu 19: Chọn A. (. 2x −m. x +1. . Ta có: y =. Hàm số đồng biến trên khoảng ( − ; + ) thì y =. 2x − m  0, x  x +1. Xét hàm số g ( x ) =. 42. ). Hàm số y = ln x 2 + 1 − mx + 1 có tập xác định. 2. 2. m. 2x , x  x +1 2. 2x −2 x2 + 2   g x = . ( ) 2 x2 + 1 x2 + 1. (. ). Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. ..

(48) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Phương trình g ( x ) = 0 . −2 x 2 + 2 = 0  x = 1 . x2 + 1. Bảng biến thiên:. Từ bảng biến thiên ta suy ra m  −1 thì hàm số đồng biến trên khoảng ( − ; + ) . Câu 20:. (. ). 1 Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y = ln x 2 + 4 − mx + 3 nghịch biến trên khoảng 2 ( −; + ) .. A. m . 1 . 4. B. m  4 .. C. m . 1 . 4. D.. 1 m4. 4. Lời giải Chọn A. (. ). x 1 −m. Hàm số y = ln x 2 + 4 − mx + 3 có tập xác định D = ( −; + ) . Ta có y = 2 2 x +4 1 Khi đó hàm số y = ln x 2 + 4 − mx + 3 nghịch biến trên ( − ; + )  y '  0, x  ( −; + ) 2 x x x  2 − m  0, x   2  m, x   m  max f ( x) với f ( x) = 2 x +4 x +4 x +4 x. (. Xét hàm số f ( x) =. ). x 4 − x2 ' f ( x ) =  f ' ( x) = 0  x = 2 . ta có: 2 2 x2 + 4 x +4. (. ). Bảng biến thiên: x. -2. -∞ -. f'(x). 2. 0. +. 0. +∞ -. 1. 0. 4. f(x) -1. 0. 4. Từ bảng biến thiên ta suy ra: max f ( x) = f (2) = x. m. 1 . Suy ra các giá trị của tham số m cần tìm là: 4. 1 . 4. Câu 21: Chọn A. (. ) (. ). Vì AN = 2 AM nên M x1 ; 4 x , N −2 x1 ; a −2 x . Ta có 4 x1 = a−2 x1  4 =. 1. 1. 1 1 a= . 2 2 a. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 43.

(49) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. CHỦ ĐỀ 4: PHƯƠNG TRÌNH MŨ - LOGARIT LÝ THUYẾT 1. Phương trình mũ cơ bản ax = b, (a  0, a  1). ▪. Nếu b  0 thì phương trình a x = b  x = log a b.. ▪. Nếu b  0 thì phương trình ax = b vô nghiệm.. 2. Phương trình đưa về cùng cơ số ➢ Cách giải: f x g x Sử dụng tính chất a ( ) = a ( )  f ( x ) = g ( x ) ( 0  a  1) .. t = a ( )  0 g x 3. Phương pháp đặt ẩn phụ: với 0  a  1 , f  a ( )  = 0   .   f t = 0 ( )  g x. •. • •. 2f x f x Dạng 1: Phương trình có dạng: m.a ( ) + n.a ( ) + p = 0 (1). ▪. f x Đặt t = a ( ) , t  0 đưa phương trình ( 1) về dạng phương trình bậc 2: mt 2 + nt + p = 0 .. ▪. Giải phương trình tìm nghiệm t và kiểm tra điều kiện t  0 .. ▪. f x Sau đó thế vào phương trình t = a ( ) tìm nghiệm x .. 1 f x f x f x f x Dạng 2: m.a ( ) + n.b ( ) + p = 0 , trong đó a.b = 1 . Đặt . t = a ( ) , t  0 . suy ra b ( ) = . t. Dạng 3: m.a. 2 f ( x). + n. ( a.b ). f ( x). + p.b. 2 f ( x). = 0 . Chia hai vế cho b. 2 f ( x). a và đặt   b. f ( x). =t 0.. 4. Phương pháp logarit hóa. •.  f ( x )  0 g x Dạng 1: a ( ) = f ( x )   với 0  a  1 .  g ( x ) = log a f ( x ). •. f x g x f x g x Dạng 2: a ( ) = b ( )  log a a ( ) = log a b ( )  f ( x ) = g ( x ) .log a b .. 5. Phương pháp hàm số ❖ Định nghĩa •. Hàm số f được gọi là đồng biến trên K khi và chỉ khi u, v  ( a; b ) ; u  v  f ( u )  f ( v ) .. •. Hàm số f được gọi là nghịch biến trên ( a; b ) khi và chỉ khi u, v  ( a; b ) ; u  v  f ( u )  f ( v ). . ❖ Định lí, tính chất •. Định lí. Giả sử hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên khoảng ( a; b ) . Nếu f  ( x )  0 ( f  ( x )  0 ) x  ( a; b ) và f  ( x ) = 0 tại một số hữu hạn điểm thì hàm số đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( a; b ) . ▪. Tính chất 1. Nếu hàm số f đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng ( a; b ) thì phương trình f ( x ) = 0 có nhiều nhất một nghiệm trên khoảng ( a; b ) .. 44. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(50) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. ▪. Tính chất 2. Nếu phương trình f  ( x ) = 0 có một nghiệm trên khoảng ( a; b ) thì phương trình f ( x ) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm trên khoảng ( a; b ) .. ▪. Tính chất 3. Nếu hàm số f đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng ( a; b ) thì u, v  ( a; b ) ; f ( u ) = f ( v )  u = v .. ▪. Tính chất 4. Nếu hàm số f liên tục, đồng biến trên khoảng ( a; b ) và hàm số g liên tục, nghịch biến (hoặc hàm hằng) trên khoảng ( a; b ) phương trình f ( x ) = g ( x ) có nhiều nhất một nghiệm trên khoảng ( a; b ) .. ❖ Nhận xét • Khi bài toán yêu cầu giải phương trình f ( x ) = 0 , ta có thể chứng minh f ( x ) đơn điệu bằng cách khảo sát hàm số, sau đó tìm nghiệm và chứng minh nghiệm đó duy nhất. • Ta cũng có thể thực hiện các phép biến đổi tương đương đưa về phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) (trong đó u = u ( x ) , v = v ( x ) ) hoặc f ( x ) = g ( x ) và sử dụng các tính chất đã nêu. trên. • Khi bài toán yêu cầu giải phương trình f ( x ) = m thì số nghiệm của phương trình sẽ là số giao điểm giữa đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = m . 6. Phương pháp đánh giá •. •. •. •. Quy tắc 1. Giải phương trình f ( x ) = g ( x ) . ▪. Bước 1: Xác định x = x0 là một nghiệm của phương trình.. ▪.  x  x0 Bước 2: Chứng minh với mọi  thì phương trình vô nghiệm.  x  x0. ▪. Kết luận x = x0 là nghiệm duy nhất.. Quy tắc 2. Giải phương trình f ( x ) = g ( x ) . ▪.  f ( x )  m, x  D Xét trên tập xác định D ta có   f ( x )  m  g ( x ) , x  D . g x  m ,  x  D ( ) . ▪. Phương trình thỏa mãn khi f ( x ) = g ( x ) = m .. ▪. Áp dụng tương tự với bài toán bất phương trình f ( x )  g ( x ) .. Quy tắc 3. Sử dụng tính chất của hàm số lượng giác. ▪. Ta có: sin x  −  1;1 ; cos x  −  1;1 .. ▪ ▪. Điều kiện để hàm số lượng giác a cos x + b sin x = c có nghiệm là a2 + b2  c 2 . Giá trị lượng giác của góc (cung) có liên quan đặc biệt.. Quy tắc 4. Sử dụng tính chất của hàm số mũ, hàm trị tuyệt đối, điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2 …. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 45.

(51) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1. Giải các phương trình sau: a) 3x c) 2. 2. −4 x+ 5. 28 x+ 4 3. = 9.. = 16 x. b) 3x 2. −1. 2. −3 x+8. = 92 x−1 .. ( ). d) 28 − x .58 − x = 0,001. 10 5 2. .. 2. 1− x. .. f) 12.3x + 3.15x − 5x+1 = 20 .. e) 2x + 2x+1 = 3x + 3x+1 . Lời giải a) Ta có: 3x. 2. −4 x+ 5. 2. −3 x+8. b) Ta có: 3x. x = 1 = 9  x2 − 4x + 5 = 2  x2 − 4x + 3 = 0   . Vậy S = 1; 3 . x = 3. = 9 2 x −1  3 x. 2. −3 x+8. x = 5 = 34 x − 2  x2 − 3x + 8 = 4 x − 2  x2 − 7 x + 10 = 0   x = 2. Vậy S = 2; 5 . c) 2. 28 x+ 4 3. = 16. x 2 −1.  x  −1  x  1  28 2  x + 4 = 4 x − 1   7 x + 3 = 3x2 − 3 3  7 x + 3 = −3 x 2 + 3 . (. ).  x  −1  x  1   x=3  x = 3  x = − 2  7  . Vậy S = − ; 3  .    7 3 x = −  3    7 3   x = 0 x = − 3  . d) ( 2.5 ).  x = −1 2 = 10 −3.10 5− 5 x  108 − x = 10 2 − 5 x  8 − x2 = 2 − 5 x   . Vậy S = −1; 6 . x = 6. 8 − x2.  3 3 3 e) 2 x + 2 x +1 = 3x + 3x +1  3.2 x = 4.3x    =  x = log 3 . Vậy S = log 3 4 4  2 2 2 x. (. ) (. 3  . 4 . ). f) 12.3x + 3.15x − 5x +1 = 20  3.3 x 5 x + 4 − 5 5 x + 4 = 0. (. )(. ).  5x + 4 3 x +1 − 5 = 0  x = log 3 5 − 1 . Vậy S = log 3 5 − 1 .. VÍ DỤ 2. Giải phương trình sau a) 3x. 2. −4 x+ 5. b) 4.4x − 9.2x+1 + 8 = 0.. = 9..  1  d) 9 + 9.    3 x 2. c) 9 − 5.3 + 6 = 0 . x. e) 9x. x. 2. + x −1. − 10.3x. 2. + x−2. (. f) 7 + 4 3. + 1 = 0.. 2 x+2. −4 =0 .. ) + (2 + 3 ) x. x. = 6.. Lời giải a) Đặt t = 3 ( t  0 ), khi đó phương trình 9 − 5.3x + 6 = 0 tương đương với x. x.  x = log 3 2 t = 2 . Vậy S = log 3 2;1 . t 2 − 5t + 6 = 0    t = 3 x = 1 46. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(52) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. b) Đặt t = 2x , t  0 khi đó phương trình 4.4x − 9.2x+1 + 8 = 0 tương đương với t = 4 x = 2 . Vậy S = 2; −1 . 4t − 18t + 8 = 0   1   1 t = x2 = −1   2 2. x. x. 3 1 1 1 c) 9 − 5.3 + 6 = 0  x = 2 +    3.   = 2 +   3 9 3 3 x. 2x. x. t = 1 1 Đặt t =   , t  0 . Phương trình trở thành 3t = 2 + t 2  t 2 − 3t + 2 = 0   3 t = 2 x. x. 1 Với t = 1 , ta được   = 1  x = 0 3 x. 1 Với t = 2 , ta được   = 2  x = log 1 2 = − log 3 2 3 3. Vậy S = − log 3 2; 0 . x  1  d) 9 2 + 9.    3.  3x + 3.. 2 x+2. 1 − 4 = 0  3x + 9.   3. x +1. x. 1 − 4 = 0  3 x + 3.   − 4 = 0 3. 1 − 4 = 0  32 x − 4.3x + 3 = 0 3x. t = 1 Đặt t = 3x , t  0 . Phương trình trở thành t 2 − 4t + 3 = 0   t = 3. Với t = 1 , ta được 3x = 1  x = 0 Với t = 3 , ta được 3x = 3  x = 1 Vậy phương trình có nghiệm x = 0 , x = 1 . e) Đặt t = 3x. 2. + x −1. ( t  0 ), khi đó phương trình 9x. 2. + x −1. − 10.3x. 2. + x−2. + 1 = 0 tương đương với.  x = −2  3 x 2 + x −1 = 3 t = 3  x=1 3t 2 − 10t + 3 = 0   1   x2 + x −1 1   . Vậy S = −1;1; 0; 2 . 3 t = x = 0 =   3  3  x = −1. (. ). (. x. f) Đặt t = 2 + 3 , t  0 . Khi đó phương trình 7 + 4 3 t = 2 t2 + t − 6 = 0   . Với t = 2  2 + 3 t = −3 ( loai ). (. . Vậy S = log 2 +. (. 3. ). ). x. ) + (2 + 3 ) x. x. = 2  x = log 2 +. (. = 6 tương đương với. 3. ). 2. . 2 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 47.

(53) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. VÍ DỤ 3. Giải các phương trình sau: b) 33+3 x + 33−3 x + 34+ x + 34−x = 103.. a) 6.4x − 13.6x + 6.9x = 0. 2. 2. c) 9sin x + 9cos x = 6 .. d) 2 x. 2. +4. =2. (. ) + 2 2( x + 2 ) − 2 x. 2 x2 +1. 2. 2. +3. +1 .. Lời giải  3  x 3   = 2x x x = 1 2 3 3  2 x x x  a) 6.4 − 13.6 + 6.9 = 0  6   − 13   + 6 = 0    x 2 2  x = −1  3  = 2    2  3. b) 33+ 3 x + 33−3 x + 34 + x + 34 − x = 10 3  27.33 x +. 27 81 + 81.3 x + x = 10 3x 3 3. 1 Côsi 1  1   1  27.  33 x + 3 x  + 81.  3x + x  = 10 3 ( 1) . Đặt t = 3x + x  2 3x. x = 2 3 3 3  3    3.  1 1 1 1 1  t 3 =  3x + x  = 33 x + 3.32 x. x + 3.3x. 2 x + 3 x  33 x + 3 x = t 3 − 3t 3  3 3 3 3 . (. ). Khi đó: (1)  27 t 3 − 3t + 81t = 10 3  t 3 = Với t =. 10 3 10 t= 2 27 3. (N). 10 1 10  3x + x = (2) 3 3 3. y = 3 ( N ) 1 10 2 Đặt y = 3  0 . Khi đó ( 2 )  y + =  3 y − 10 y + 3 = 0   y = 1 N y 3 ( )  3 x. Với y = 3  3x = 3  x = 1 ; Với y =. 1 1  3x =  x = −1 . Vậy S = −1;1 . 3 3. c) 9sin x + 9cos x = 6  91−cos x + 9cos x = 6  2. 2. 2. Đặt t = 9cos x , ( 1  t  9 ) . Khi đó: (1)  2. 2. 9. 2. 9. cos2 x. + 9cos x − 6 = 0 (1) 2. 9 + t − 6 = 0  t 2 − 6t + 9 = 0  t = 3 t. 2. Với t = 3  9cos x = 3  32cos x = 31  2cos2 x − 1 = 0  cos 2 x = 0  x = d) 2 x. 2. +4. =2. Đặt t = 2 x. 2. (. 4. +. k ,( k  2. ) + 2 2( x + 2) − 2 x + 3 + 1  8.2 x +1 = 2 2( x +1) + 4.22( x +1) − 4.2 x +1 + 1. 2 x2 +1. +1. . 2. 2. 2. 2. 2. 2. ( t  2 ) , phương trình trên tương đương với. 8t = t 2 + 4t 2 − 4t + 1  t 2 − 6t − 1 = 0  t = 3 + 10 (vì t  2 ).. Từ đó suy ra 2 x. 48. 2. +1.  3 + 10  x1 = log 2 2 = 3 + 10     x = − log 3 + 10 2  2 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. ).

(54) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. VÍ DỤ 4. Giải các phương trình sau: x. a) 35 = 53 x. c) 5 .8. x −1 x. x. 2. b) 3x.2x = 1. = 500. 2. d) 2x. −4. = 7 x−2. Lời giải 5x. ( ) = log ( 5 ). 3x. a) 3 = 5  log 3 3. 5x. 3x. 3. x. 5  5 = 3 log 3 5    = log 3 5  x = log  5  ( log 3 5 )   3 3 x. x. Phương trình có một nghiệm x = log  5  ( log 3 5 ) .    3. (. ). b) 3x.2x = 1  log 2 3x.2 x = log 2 1  log 2 3x + log 2 2 x = 0  x log 2 3 + x 2 = 0 2. 2. 2. x = 0  x ( log 2 3 + x ) = 0   . Phương trình có hai nghiệm: x = 0 , x = − log2 3 .  x = − log 2 3. c) 5x.8. x −1 x.  log 2 5. = 500  5x.2 x−3. + log 2 2. x−3 x. 3. x −1 x. = 53.2 2  5 x − 3.2. x−3 x. = 0  ( x − 3 ) log 2 5 +. x−3   = 1  log 2  5x − 3.2 x  = 0    . x = 3 x−3 log 2 2 = 0   x  x = − log 5 2. Phương trình có hai nghiệm: x = 3 , x = − log5 2 . 2. d) 2x. −4. = 7 x−2  log 2 2 x. 2. −4.  ( x − 2 )( x + 2 − log 2 7 ) = 0. (. ). = log 2 7 x − 2  x 2 − 4 log 2 2 = ( x − 2 ) log 2 7. x = 2   x = log 2 7 − 2. Phương trình có hai nghiệm: x = 2 , x = log 2 7 − 2 . VÍ DỤ 5. Giải các phương trình sau: a) Giải phương trình 3x + 4x = 5x . b) Gọi S là tập hợp mọi nghiệm thực của phương trình 2x của S là.. 2. −3 x+ 2. − 2x. 2. − x−2. = 2x − 4 . Số phần tử. c) Tìm tập hợp các giá trị của m để phương trình 6 x + ( 3 − m ) .2 x − m = 0 có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) . Lời giải x. x. x. x. 3 4 3  4 a) 3 + 4 = 5    +   = 1    +   − 1 = 0 (1) 5  5 5  5 x. x. x. x. x. 3 4 Xét hàm số f ( x ) =   +   − 1 , x  5  5 x. x. 3 3 4 4 Ta có: f  ( x ) =   ln +   ln  0, x  5 5 5 5.  hàm số f ( x ) nghịch biến trên. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 49.

(55) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.  f ( x ) = 0 có tối đa một nghiệm trên tập số thực. Mà f ( 2 ) = 0  phương trình ( 1) có nghiệm duy nhất x = 2 . b) 2 x. 2. −3 x+ 2. − 2x. 2. −x−2. ( 1)  2. = 2x − 4. x2 − 3 x + 2. + x 2 − 3x + 2 = 2 x. 2. − x−2. + x2 − x − 2. Xét hàm số f ( u ) = 2u + u Ta có: f  ( u ) = 2u.ln 2 + 1  0, u . (. ).  Hàm số f ( u ) = 2u + u đồng biến trên. (. ). Do đó ( 1)  f x 2 − 3x + 2 = f x 2 − x − 2  x 2 − 3x + 2 = x 2 − x − 2  x = 2 Vậy S có 1 phần tử. c) 6 x + ( 3 − m ) .2 x − m = 0  m = Xét hàm số f ( x ) =. 6 x + 3.2 x 2x + 1. 12 x.ln 3 + 6 x.ln 6 + 3.2 x.ln 2 6 x + 3.2 x  f x =  0, x  ( 0;1) có ,  x  0;1 ( ) ( ) 2 2x + 1 2x + 1. (. ).  Hàm số f ( x ) đồng biến trên ( 0;1) . Ta có bảng biến thiên:. Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có nghiệm khi 2  m  4 . Vậy m  ( 2; 4 ) . VÍ DỤ 6. Giải các phương trình sau: a) Giải phương trình 3x+1 + 4x+1 = 32 x+1 − 42 x+1 . b) Giải phương trình 2 x. 2. +1. = 2− x.. c) Cho a, b là các số thực thỏa mãn a  0 và a  1 , biết phương trình a x −. 1 = 2cos ( bx ) có ax. 7 nghiệm phân biệt. Tìm số nghiệm thực phân biệt của phương trình: a 2 x − 2 a x ( cos bx + 2 ) + 1 = 0 .. Lời giải a) 3. x +1. +4. x +1. =3. 2 x +1. +4. 2 x +1. 3. x +1. −3. 2 x +1. = 4 2 x + 1 − 4 x + 1 ( 1). Nhận xét x = 0 là nghiệm của phương trình ( 1) 3x +1  32 x +1  3x +1 − 32 x +1  0 Với x  0 , ta có: x + 1  2 x + 1   x +1 do đó VT  0  VP nên phương 2 x +1  4 2 x +1 − 4 x +1  0 4  4. trình ( 1) vô nghiệm 3x +1  32 x +1  3x +1 − 32 x +1  0 Với x  0 , ta có: x + 1  2 x + 1   x +1 do đó VT  0  VP nên phương 2 x +1  4 2 x +1 − 4 x +1  0 4  4. trình ( 1) vô nghiệm. Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất. 50. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(56) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. b) Điều kiện xác định: x  0 x2  0  x2 + 1  1  2 x. 2. +1.  2 hay VT  2. x  0  − x  0  2 − x  2 hay VP  2. 2 x2 +1 = 2 VT = 2 Suy ra VT  2  VP , do đó phương trình có nghiệm khi   x=0 VP = 2 2 − x = 2. Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất. c) Ta có a2 x − 2a x ( cos bx + 2 ) + 1 = 0  a x − 2 +.  x 1   a2 − x  a2 . 2.   x  = 4cos2 bx   a 2 − 1 x   2 a2  .    . 2. 1  bx  = 2  cos 2 + 1  x 2 a  .  2x 1 bx  a − x = 2cos 2  2 2 bx a = 4cos  x 2  a 2 − 1 = −2cos bx x  2  a2. Nếu phương trình ( 1) và phương trình ( 2 ) có nghiệm chung là x 0 thì 2cos  cos. (1) (2) bx0 bx = −2cos 0 2 2. x0 bx0 bx 1 = 0  a 2 − x = 0  x0 = 0  cos 0 = 1 (Vô lí) 0 2 2 a2. Do đó phương trình ( 1) và phương trình ( 2 ) không có nghiệm chung Mặt khác theo giả thiết phương trình ( 1) và phương trình ( 2 ) đều có 7 nghiệm phân biệt Vậy phương trình đã cho có 14 nghiệm phân biệt.. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 51.

(57) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT LÝ THUYẾT 1. Phương trình logarit có dạng log a x = b ( a  0, a  1) . ▪. Nếu log a x = b  x = a b .. 2. Phương trình đưa về cùng cơ số •. Cho 0  a  1 . Khi đó: ▪.   f ( x )  0 ( g ( x )  0) log a f ( x ) = log a g ( x )   . f x = g x ( ) ( )  . ▪. log a f ( x ) = g ( x )  f ( x ) = a g ( x ) (mũ hóa).. 3. Phương pháp đặt ẩn phụ:. Phương trình có dạng P ( log a f ( x ) ) = 0 với 0  a  1. •. Đăt t = log a f ( x ) P ( log a f ( x ) ) = 0 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ → P (t ) = 0 4. Phương pháp đánh giá •. •. •. •. Quy tắc 1. Giải phương trình f ( x ) = g ( x ) . ▪. Bước 1: Xác định x = x0 là một nghiệm của phương trình.. ▪.  x  x0 Bước 2: Chứng minh với mọi  thì phương trình vô nghiệm.  x  x0. ▪. Kết luận x = x0 là nghiệm duy nhất.. Quy tắc 2. Giải phương trình f ( x ) = g ( x ) . ▪.  f ( x )  m, x  D Xét trên tập xác định D ta có   f ( x )  m  g ( x ) , x  D . g x  m ,  x  D ( ) . ▪. Phương trình thỏa mãn khi f ( x ) = g ( x ) = m .. ▪. Áp dụng tương tự với bài toán bất phương trình f ( x )  g ( x ) .. Quy tắc 3. Sử dụng tính chất của hàm số lượng giác. ▪. Ta có: sin x  −  1;1 ; cos x  −  1;1 .. ▪ ▪. Điều kiện để hàm số lượng giác a cos x + b sin x = c có nghiệm là a2 + b2  c 2 . Giá trị lượng giác của góc (cung) có liên quan đặc biệt.. Quy tắc 4. Sử dụng tính chất của hàm số mũ, hàm trị tuyệt đối, điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2 …. ❖ Ngoài ra, chúng ta có thể sử dụng phương pháp hàm số như dạng bài tập phương trình mũ. Việc sử dụng linh hoạt các phương pháp sẽ giúp các em tối ưu hơn trong việc giải toán.. 52. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(58) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1. Giải các phương trình sau:. (. ). a) ln x 2 − 1 = ln x. b) log2 x + log4 x + log8 x = 11 .. c) log 3 x.log 3 x.log 9 x = 8 .. d) log 2 ( x 2 − 1) = 1 + log 2 x .. 2 e) log 2 x = 2log 2 ( 3 x + 4 ) .. f) log 2 ( x − 1) + log 2 ( x + 1) = 3 . Lời giải. x  0 a) Điều kiện:  2  x 1 x − 1  0 .  1+ 5 x=  x −1 x −1 2 =0 = 1  x2 − x −1 = 0   Với x  1 : ln ( x 2 − 1) = ln x  ln x x  1− 5 x =  2 2. 2. ( loai ). b) Điều kiện: x  0.. 1 1 log 2 x + log 4 x + log8 x = 11  log 2 x + log 2 x + log 2 x = 11 2 3 11  log 2 x = 11  log 2 x = 6  x = 64. 6 c) Điều kiện: x  0.. log. 3. 1 3 x.log 3 x.log 9 x = 8  2 log 3 x.log 3 x. log 3 x = 8  ( log 3 x ) = 8  log 3 x = 2  x = 9. 2. d) Điều kiện: 0  x  1.. x = 1+ 2 log 2 ( x 2 − 1) = 1 + log 2 x  log 2 ( x 2 − 1) = log 2 2 x  x 2 − 1 = 2 x  x 2 − 2 x − 1 = 0    x = 1 − 2. . . Vậy S = 1 + 2;1 − 2 .. 4 e) Điều kiện: x  − , x  0. 3  x = 3x + 4  x = −2 2 log 2 x 2 = 2 log 2 ( 3x + 4 )  x 2 = ( 3x + 4 )     x = −3x − 4  x = −1 So sánh điều kiện ta có phương trình có một nghiệm x = −1. f) Điều kiện: x  1. Ta có: log 2 ( x − 1) + log 2 ( x + 1) = 3  log 2 ( x 2 − 1) = 3  x 2 − 1 = 8  x 2 = 9  x = 3. Vậy S = 3 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 53.

(59) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. VÍ DỤ 2. Giải các phương trình sau: b) 2log2 x + 3log x 2 = 7 .. a) log 32 x − 2 log 3 x − 7 = 0 c) log 22 ( 4 x ) − log. 2. ( 2x) = 5 .. 2 d) Tìm tất cả các giá trị của tham m để phương trình log 2 ( 2 x ) − 2m log 2 ( x ) + m − 1 = 0 có tích. hai nghiệm của phương trình bằng 16. Lời giải a) Điều kiện: x  0 . Đặt log 3 x = t , ( t . )  x = 3t. t = 1 − 2 2 Phương trình log32 x − 2log3 x − 7 = 0 trở thành t 2 − 2t − 7 = 0   t = 1 + 2 2 Với t = 1 − 2 2  log 3 x = 1 − 2 2  x = 31− 2. 2. Với t = 1 + 2 2  log 3 x = 1 + 2 2  x = 31+ 2. 2. x  0 b) Điều kiện:  . Đặt log 2 x = t , t  . x  1 t = 3 1 2 Phương trình 2log2 x + 3log x 2 = 7 trở thành: 2t + 3. = 7  2t − 7t + 3 = 0   1 t = t  2. Với t = 3  log 2 x = 3  x = 8 Với t =. 1 1  log 2 x =  x = 2 2 2. c) Điều kiện: x  0. Ta có: log 22 ( 4 x ) − log. 2. ( 2 x ) = 5  (1 + log 2 ( 2 x ) ). 2. − 2 log 2 ( 2 x ) − 5 = 0. x = 2 log 2 ( 2 x ) = 2  1 . Vậy S = 2;  .  log ( 2 x ) = 4    1 x =  8 log 2 ( 2 x ) = −2 8  2 2. d) Điều kiện xác định: x  0 Đặt t = log 2 x. Phương trình trở thành (1 + t ) − 2mt + m − 1 = 0  t 2 + 2 (1 − m ) t + m = 0 (1) 2. Phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 ; x2 khi phương trình (1) có 2 nghiệm t1 ; t2 ..  3− 5 m  2 . Khi đó  '  0  m 2 − 3m + 1  0    3+ 5 m   2 Theo giả thiết x1 x2 = 16  log 2 x1 x2 = log 2 16  t1 + t2 = 4  −. 54. 2 (1 − m ) = 4  m = 3 ( thoa man ) . 1. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(60) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. VÍ DỤ 3. Giải các phương trình sau: a) Giải phương trình log 3 x + log 4 ( x + 1) = 2 .. (. ). b) Tìm số nghiệm của phương trình log 3 9 − x − 1 = log 2 ( x 2 − 2 x + 5 ) . c) Tìm số nghiệm của phương trình log 2. (. d) Có tất cả bao nhiêu cặp số thực. ).  1  x − 2 + 4  log 3  + 8 .  x −1 . ( x; y ). thỏa mãn đồng thời hai điều kiện. 3 x2 −2 x −3 −log3 5 = 5−( y + 4)   2 4 y − y − 1 + ( y + 3)  8 Lời giải a) Nhận xét x = 3 là nghiệm của phương trình  log 3 x  1 Với x  3 , ta có   log 3 x + log 4 ( x + 1)  2 hay VT  VP nên phương trình vô  log 4 ( x + 1)  1. nghiệm  log 3 x  1 Với x  3 , ta có   log 3 x + log 4 ( x + 1)  2 hay VT  VP nên phương trình vô  log 4 ( x + 1)  1. nghiệm. Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất.. x −1  0  x  1   1  x  82 b) Điều kiện xác định: 9 − x − 1  0  x  82  x 2 − 2 x + 5  0 TM ( ) . (. ). VT = log 3 9 − x − 1  log 3 9 = 2 2 VP = log 2 ( x 2 − 2 x + 5 ) = log 2 ( x − 1) + 4   log 2 4 = 2  .  VT = 2  x −1 = 0 Suy ra VT  2  VP . Do đó phương trình có nghiệm khi    x =1 x − 1 = 0  VP = 2 . Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất.. x − 2  0  x  2 . VT = log 2 c) Điều kiện xác định:  x −1  0 Ta có x  2  x − 1  1 . 1 1 x −1. (. ). x − 2 + 4  log 2 ( 4 ) = 2. 1 +8 9 x −1.  1  VP = log 3  + 8   log 3 9 = 2  x −1 .  x−2 =0 VT = 2   1 x=2 Suy ra VT  2  VP . Do đó phương trình có nghiệm khi  =1 VP = 2   x −1 Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 55.

(61) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. 3 x2 −2 x −3 −log3 5 = 5−( y + 4)  d) Ta có:  2 4 y − y − 1 + ( y + 3)  8 Biến đổi phương trình (1) ta được 3 Do x 2 − 2 x − 3  0, x . 3. (1) ( 2). x 2 − 2 x −3. x 2 − 2 x −3. = 5− y − 3.  1, x .  5− y − 3  1  − y − 3  0  y  −3. Với y  −3 , ta có bất phương trình ( 2 )  −4 y + y − 1 + ( y + 3)  8  y 2 + 3 y  0  y  −3 2.  x = −1 .  y = −3  x 2 − 2 x − 3 = 0   x = 3 Vậy có hai cặp ( x; y ) thỏa mãn ( 3; −3) , ( −1; −3) . VÍ DỤ 4. Giải các phương trình sau:. (. ). e) Tìm số nghiệm của phương trình log 3 9 − x − 1 = log 2 ( x 2 − 2 x + 5 ) . Biết phương trình. (. ). 2 log 5 x = log 7 ( x + 2 ) có nghiệm duy nhất x = a , tính giá trị log 5 7a .. f) Tìm số nghiệm của phương trình biểu thức x + 2.3log2 x = 3 . g) Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình x 3 − 3 x + 2 + log 3 m = 0 có hai nghiệm phân biệt? log 22 x − log 2 x − 3 = m ( log 2 x − 3) có. h) Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình nghiệm thuộc 32; + ) . i). Lời giải t t (1)  log5 x = t  x = 5  x = 5 a) log5 x = log 7 ( x + 2 )      t t t    log 7 ( x + 2 ) = t x + 2 = 7 5 + 2 = 7 ( 2 ). t. t. t. t. 5 1 5 1 Ta có ( 2 )    + 2.   = 1 . Xét hàm số f ( t ) =   + 2.   , t  7 7 7 7 t. t. 5 5 1 1 f ' ( t ) =   ln + 2.   ln  0, t  7 7 7 7.  Hàm số f ( t ) nghịch biến trên. Mà f ( t ) = 1  f ( t ) = f (1) nên t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình ( 2 ) Từ (1) ta có x = 5. (. ). Do đó log 5 7a 2 = log 5 7 + log 5 a 2 = log 5 7 + 2 log 5 a = log 5 7 + 2 log 5 5 = 2 + log 5 7 . b) Điều kiện xác định: x  0 Ta có: x + 2.3log2 x = 3  2.3log2 x = 3 − x . Xét hàm số f ( x ) = 2.3log x , x  ( 0; + ) 2. 2 f  ( x ) = .3log2 x.log 2 3  0, x  ( 0; + )  Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0; + ) (1) x. 56. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(62) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Xét hàm số g ( x ) = 3 − x, x  ( 0; + ) g  ( x ) = −1  0, x  ( 0; + )  Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 0; + ) ( 2 ). Từ (1) và ( 2 )  phương trình f ( x ) = g ( x ) có nhiều nhất một nghiệm Mà f (1) = g (1) nên x = 1 là nghiệm duy nhất. c) Điều kiện xác định: m  0 Ta có: x3 − 3x + 2 + log 3 m = 0  − x 3 + 3x − 2 = log 3 m.  x = −1 Xét hàm số f ( x ) = − x 3 + 3x − 2 có f  ( x ) = −3x 2 + 3, f  ( x ) = 0   x = 1 Ta có bảng biến thiên:. 3 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì hai đồ thị y = − x + 3x + 2 và y = log 3 m phải cắt. nhau tại 2 điểm.. 1  m= log3 m = −4  m = 3−4 1     m  Dựa vào bảng biến thiên, ta có  . Vậy 81  ;1 . 0  m = 3  81  log3 m = 0  m = 1 d) Đặt log2 x = t vì x  32  t  5 t 2 − t − 3 = m ( t − 3)  m =. Ta có phương trình: Xét hàm số f ( t ) =. t2 − t − 3 t −3. −5t + 9 t2 − t − 3  0, t  5; + ) , t  5; + ) có f  ( t ) = 2 t −3 2 ( t − 3) t 2 − t − 3. Ta có bảng biến thiên:. Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có nghiệm khi 1  m  3 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 57.

(63) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT SỐ 01 Câu 1:. Cho a , b là các số dương. Tìm x biết log3 x = 4log3 a + 7 log3 b .. Câu 2:. B. 3 .. (. Bất phương trình 3 + 2 2 A. −1  x  3 .. Câu 4:. Câu 7:. ). x2 − 3. C. 1 .. (.  3−2 2. ). −2 x. D. 2 .. có nghiệm là:  x  −3 D.  . x  1.  x  −1 C.  . x  3. B. −3  x  1 .. B. −2 .. D. 1 .. C. 2 .. Số nghiệm của phương trình log 3 ( 2 x + 1) + log 3 ( x − 3 ) = 2 là A. 0.. Câu 6:. D. x = a 4 b 7 .. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 2 ( x + 1) + log 2 x = 1 . A. −1 .. Câu 5:. 1. C. x = a 4 b7 .. Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình log x 2 − log16 x = 0 . Khi đó tích x1 .x2 bằng A. 4 .. Câu 3:. 1. B. x = a7 b4 .. A. x = a4 b7 .. B. 1.. Nghiệm của phương trình 27 x−1 = 82 x−1 là: A. x = 2 B. x = 1 .. C. 2.. D. 3.. C. x = −2 .. D. x = −3 .. Tìm tập nghiệm S của phương trình: log 3 ( 2 x + 1) − log 3 ( x − 1) = 1 .. A. S = 3 .. B. S = 1 .. C. S = 2 .. D. S = 4 .. Câu 8:. Ba số a + log2 3 ; a + log4 3 ; a + log8 3 theo thứ tự lập thành cấp số nhân. Công bội của cấp số nhân này bằng 1 1 1 A. 1 . B. . C. . D. . 3 4 2. Câu 9:. Tìm số nghiệm của phương trình 9 A. 0 . B. 1 .. x2 +1. = 32 − 4 x .. Câu 10: Biết tập nghiệm của bất phương trình 32 − A. a + b = 11 .. C. 2 . x2 + 5 x − 6. B. a + b = 9 .. D. 4 .. 1 là một đoạn  a; b  ta có a + b bằng: 3x C. a + b = 12 . D. a + b = 10 .. . Câu 11: Số nghiệm của phương trình log 2 ( x + 2 ) + log 4 ( x − 5 ) + log 1 8 = 0 là 2. 2. A. 3 .. C. 1 .. B. 2 .. D. 4 .. (. ). Câu 12: Tập hợp các số thực m để phương trình ln ( 3 x − mx + 1) = ln − x 2 + 4 x − 3 có nghiệm là nửa khoảng  a; b ) . Tổng của a + b bằng A.. 10 . 3. B. 4 .. C.. 22 . 3. D. 7 .. Câu 13: Cho phương trình log 23 x − 2log 3 x − 2log 1 x − 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt là x1 , x 2 . Tính giá 3. trị của biểu thức P = log 3 x1 + log 27 x2 biết x1  x2 . 58. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(64) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. A. P = 0 .. B. P =. 8 . 3. C. P =. 1 . 3. D. P = 1 .. Câu 14: Cho số dương a thỏa mãn đẳng thức log2 a + log3 a + log5 a = log2 a.log 3 a.log 5 a , số các giá trị của a là A. 2 .. B. 0 .. D. 3 .. C. 1 .. (. ). Câu 15: Biết rằng phương trình log 3 3x +1 − 1 = 2 x + log 1 2 có hai nghiệm là x1 và x 2 . Tính tổng 3. S = 27 + 27 . A. S = 252 . x1. x2. Câu 16: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình A. 3 .. C. S = 180 .. B. S = 9 . 1 log 2. B. −3 .. 3. D. S = 45 .. ( x + 3) + 41 log ( x − 1) 9. C. 2 3 .. 8. = log 3 ( 4 x ) là. D. 2 .. Câu 17: Tích các nghiệm của phương trình log x (125 x).log 225 x = 1 là: A. 630 .. B.. 1 . 125. C.. 630 . 625. Câu 18: Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình log thực phân biệt là: A. Vô số.. B. 4 .. D.. 2. 7 . 125. ( x − 1) = log ( mx − 8 ) có hai nghiệm 2. C. 5 .. D. 3 .. 1   Câu 19: Cho x   0;  . Biết logsin x + logcos x = −1 và log ( sin x + cos x ) = ( log n − 1) . Giá trị của n 2  2 là A. 11. B. 12. C. 10. D. 15.. a a − 4b . Giá trị của bằng b 12 C. 2 . D. 4 .. Câu 20: Cho hai số thực a , b thỏa mãn log100 a = log 40 b = log16 A. 6 .. B. 12 .. Câu 21: Phương trình 4x − m.2x+1 + 2m = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 3 khi A. m = 4 .. B. m = 3 .. C. m = 2 .. D. m = 1 .. ). (. Câu 22: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 9.32 x − m 4 4 x 2 + 2 x + 1 + 3m + 3 .3x + 1 = 0 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. A. Vô số. B. 3.. C. 1.. D. 2.. Câu 23: Giả sử phương trình log 22 x − ( m + 2 ) log 2 x + 2 m = 0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 6 . Giá trị của biểu thức x1 − x2 là. A. 3 .. B. 8 .. C. 2 .. D. 4 .. Câu 24: Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn 0; 2019  của tham số m để phương trình 4 x − ( m + 2018 ) 2 x + ( 2019 + 3m ) = 0 có hai nghiệm trái dấu?. A. 2016. B. 2019 .. C. 2013. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. 2018 .. 59.

(65) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 25: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình: 4 x − ( m + 3 ) .2 x +1 + m + 9 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt. A. 3 . B. 4 .. C. 5 .. D. Vô số.. Câu 26: Cho phương trình 4x − 2x+2 + m − 2 = 0 với m là tham số. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 0  x1  x2 ? B. 3 .. A. 1 .. D. 0 .. C. 2 .. Câu 27: Giả sử phương trình log 2 2 ( 2 x ) − 3log 2 x − 2 = 0 có một nghiệm dạng x = 2 b  20 . Tính tổng a + b + c 2 . A. 10. B. 11.. C. 18.. a+ b c. với a , b , c. +. và. D. 27.. Câu 28: Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình log 2 cos x − m log cos 2 x − m2 + 4 = 0 vô nghiệm. A. m . (. ). (. (. ). ). C. m  − 2; 2 .. B. m  − 2; 2 .. 2; 2 .. (. ). D. m  −2; 2 .. Câu 29: Cho phương trình log 2 2 x − 2log 2 x − m + log 2 x = m ( * ) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  −  2019; 2019  để phương trình có nghiệm? A. 2021 . B. 2019 . C. 4038 .. D. 2020 .. Câu 30: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 16x − m.4x−1 + 5m2 − 44 = 0 có hai nghiệm đối nhau. Hỏi S có bao nhiêu phần tử? A. 2 . B. 0 . C. 1 . D. 3 . Câu 31: Cho phương trình 9 x − 2 ( 2 m + 1) 3x + 3 ( 4 m − 1) = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn. (x. 1. + 2 )( x2 + 2 ) = 12 . Giá trị của m thuộc khoảng. A. ( 9; +  ) .. C. ( −2; 0 ) .. B. ( 3; 9 ) .. D. ( 1; 3 ) .. Câu 32: Cho phương trình ( m − 5 ) .3x + ( 2m − 2 ) .2 x. 3x + (1 − m ) .4 x = 0 , tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt là khoảng ( a ; b ) . Tính S = a + b .. Câu 33: Tìm. (. số. ). 10 + 1. x2. giá +m. (. trị. nguyên. 10 − 1. ). (. Câu 34: Phương trình 1 + 2 x1 − x2 = log 1+. x2. = 2.3x. 2. của +1. tham. 2. ). x. + (1 − 2a ). số. D. S = 8 . m  ( −10;10 ). C. 13 .. (. để. phương. ). D. 16 .. x. 2 − 1 − 4 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn. 3 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?.  3 A. a   −; −  . 2 . trình. có đúng hai nghiệm phân biệt?. B. 15 .. A. 14 .. 60. C. S = 6 .. B. S = 5 .. A. S = 4 ..  3  B. a   − ;0  .  2 .  3 C. a   0;  .  2. 3  D. a   ; +  . 2 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(66) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 35: Trên đoạn 0; 2019  có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 9 x − 2 ( m + 2 ) .3x + 3m − 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu? A. 2010 .. B. 2019 .. C. 5 .. D. 4 .. (. Câu 36: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 log 2 x. ). 2. − log 1 x + m = 0 có nghiệm 2. thuộc khoảng ( 0;1) .  1 A. m   0;  .  4. 1  C.  ; +  .  4. B. m  ( −; 0  ..  1 D. m   −;  4 . Câu 37: Cho phương trình log 3 2 x − 4 log 3 x + m − 3 = 0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1  x2 thỏa mãn x2 − 81x1  0. C. 3 .. B. 5 .. A. 4 .. D. 6 .. Câu 38: Cho phương trình log 3 2 x − 4 log 3 x + m − 3 = 0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1  x2 thỏa mãn x2 − 81x1  0. D. 6 .. C. 3 .. B. 5 .. A. 4 .. Câu 39: Cho phương trình 4 x +1 − ( 8 m + 5 ) 2 x + 2 m + 1 = 0 ( m là tham số) có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 thỏa mãn x1x2 = −1 . Khẳng định nào sau đây là đúng? B. m  ( −5; − 3 ) .. A. m  ( 1; 3 ) .. Câu 40: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên. C. m  ( −3; 0 ) .. D. m  ( 0;1) .. và có đồ thị như hình vẽ dưới. đây. Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình. ( ). 8 f e x = m 2 − 1 có hai nghiệm thực phân biệt là. A. 5 . C. 7 .. B. 4 . D. 6 .. (. Câu 41: Phương trình 2 + 3 x1 − x2 = log 2 +. 3. ). x. (. + (1 − 2a ) . 2 − 3. ). x. − 4 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x 2 thỏa mãn. 3 . Khi đó a thuộc khoảng.  3 A.  −; −  . 2 . B. ( 0; +  ) ..  3  D.  − ; +   .  2 . 3  C.  ; +   . 2  x2. x2. 1 1 Câu 42: Biết rằng tập hợp các giá trị của m để phương trình   − ( m + 1)   − 2m = 0 có nghiệm là 4 2  − a + 2 b ; 0  với a , b là các số nguyên dương. Tính b − a .   A. 1 . B. −11 . C. −1 .. Câu 43: Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để phương trình m.3x 3 nghiệm phân biệt. A. 4 .. B. 2 .. C. 3 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. 11 . 2. −3 x+ 2. + 34−x = 36−3 x + m ( 1) có đúng 2. D. 1 .. 61.

(67) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.A 11.A 21.A 31.D 41.D. 2.C 12.D 22.C 32.D 42.A. 3.A 13.A 23.C 33.D 43.C. 4.D 14.D 24.B 34.B. 5.B 15.C 25.A 35.D. 6.C 16.C 26.A 36.D. 7.D 17.B 27.A 37.C. 8.D 18.D 28.C 38.C. 9.B 19.B 29.A 39.D. 10.A 20.A 30.B 40.A. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn A. (. ). Ta có log 3 x = 4log 3 a + 7 log 3 b  log 3 x = log 3 a 4 + log 3 b7  log 3 x = log 3 a 4 b7  x = a4b7 . Câu 2:. Chọn C Điều kiện: 0  x  1 .  log x 2 − log 24 x = 0 . log x 2 − log16 x = 0. Câu 3:.  x1 = 4 x = 4 log x = 2   (log 2 x)2 = 4   2    1 1.  log x = − 2 x= x2 =  2   4 4  1 Vậy tích x1 .x2 = 4. = 1 . 4 Chọn A Tập xác định: D = . 1 Nhận xét: 3 + 2 2 3 − 2 2 = 1  3 − 2 2 = = 3+2 2 3+2 2. (. )(. (. Phương trình: 3 + 2 2. Câu 4:. Câu 5:. ). ). x2 − 3. (. (.  3−2 2. ). ). −2 x. (.  3+2 2. (. ). x2 − 3. (. ). 1 1 − log 2 x = 0 log 2 x 4. −1.  3+2 2. .. ). 2x. ..  x2 − 3  2x  x2 − 2x − 3  0  −1  x  3 . Chọn D Điều kiện: x  0 . x = 1 log 2 ( x + 1) + log 2 x = 1  log 2 ( x 2 + x) = 1  x 2 + x = 2   . x = − 2  So điều kiện nhận x = 1 . Vậy tổng tất cả các nghiệm là 1 . Chọn B Điều kiện xác định của phương trình là x  3 . Với điều kiện đó, ta có. log 3 ( 2 x + 1) + log 3 ( x − 3 ) = 2  log 3 ( 2 x + 1)( x − 3 ) = 2  ( 2 x + 1)( x − 3 ) = 3 2. x = 4 .  2 x − 5x − 12 = 0   x = − 3  2 Kết hợp với điều kiện của phương trình, suy ra phương trình có một nghiệm duy nhất x = 4 . Chọn C 2. Câu 6:. 3 2 x −1 Ta có: 27 x −1 = 8 2 x −1  27 x −1 = 2 ( )  7 x − 1 = 3 ( 2 x − 1)  x = −2 .. 62. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(68) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 7:. Vậy nghiệm của phương trình là x = −2 . Chọn D x  1 x  1   log 3 ( 2 x + 1) − log 3 ( x − 1) = 1     2x + 1  x=4. 2x + 1 log 3 x − 1 = 1  x − 1 = 3  . Câu 8:. Chọn D Do các số a + log2 3 ; a + log4 3 ; a + log8 3 theo thứ tự là cấp số nhân nên. ( a + log 3 ) = ( a + log 3 )( a + log 3 ) 2. 4. 2. 8.  a + 2 a log 4 3 + log 3 = a + a log 2 3 + a log 8 3 + log 2 3.log 8 3 2. Câu 9:. 2 4. 2. 1 1 1 4 1 1  a log 2 3 + log 22 3 = a log 2 3 + log 22 3  a = − log 2 3  a = − log 2 3 . 3 12 4 3 4 3 1 1 1 − log 2 3 + log 4 3 − + 1 = 4 2 = . Suy ra công bội của cấp số nhân là: 4 1 1 3 − log 2 3 + log 2 3 − + 1 4 4 Chọn B 9. x2 +1. = 32 − 4 x  9. x2 +1. = 9 1− 2 x.  x + 1 = 1 − 2x 2.  1  1 − 2x  0  x  2  2 2 x + 1 = 1 − 4x + 4x 3x 2 − 4 x = 0 .  1 x 2    x = 0  x = 0 .  4  x = 3  . Câu 10: Chọn A Điều kiện: x2 + 5x − 6  0  x  1  x  −6 2 2 1 Ta có: 32 − x + 5 x −6  x  32 − x + 5 x −6  3− x  2 − x 2 + 5x − 6  − x  x 2 + 5x − 6  x + 2 3  x 2 + 5x − 6  0  x  −6  x  1     x  −2  x  1;10   x + 2  0  x 2 + 5x − 6  x 2 + 4 x + 4  x  10   Vậy a + b = 11  x  −2 Câu 11: Chọn A Điều kiện:  . x  5. Ta có: log 2 ( x + 2 ) + log 4 ( x − 5 ) + log 1 8 = 0  log 2 ( ( x + 2 ) x − 5 ) = 3 . 2. 2.  ( x + 2 )( x − 5 ) = 8   x  5  ( x + 2 ) x − 5 = 8    ( x + 2 )( x − 5 ) = −8 x  5   Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 63.

(69) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..   x 2 − 3x − 18 = 0  x = 6   x  5 .  2   x = 3  17  x − 3 x − 2 = 0    2   x  5 . Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm. Câu 12: Chọn D − x 2 + 4 x − 3  0 Phương trình ln ( 3 x − mx + 1) = ln − x 2 + 4 x − 3   2 3x − mx + 1 = − x + 4 x − 3. (. ). 1  x  3 1  x  3  .  2  x2 − x + 4 m = *  x − x + 4 = mx ( )  x . Xét hàm số f ( x ) = Khi đó f ' ( x ) =. x2 − x + 4 với 1  x  3 . x. x = 2 x2 − 4 f ' x = 0  ; . ( )  x = − 2 x2 . Bảng biến thiên của hàm số f ( x ) =. x2 − x + 4 trên khoảng ( 1; 3 ) x. Nhận xét: Phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình ( * ) có nghiệm trên khoảng. (1; 3 ) . Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình ( * ) có nghiệm trên khoảng ( 1; 3 ) khi và chỉ khi 3  m  4 hay m   3; 4 ) . Do đó a = 3 , b = 4 . Vậy a + b = 7 . Câu 13: Chọn A Điều kiện x  0 . log 23 x − 2log. 3. x − 2log 1 x − 3 = 0  log 23 x − 4 log 3 x + 2 log 3 x − 3 = 0  log 23 x − 2 log 3 x − 3 = 0 3.  1 log 3 x = −1  x =   3.  log 3 x = 3  x = 27 1 Do x1  x2 nên x1 = và x2 = 27 . 3. 64. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(70) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. 1 Vậy P = log 3 x1 + log 27 x2 = log 3 + log 27 27 = 0 . 3 Câu 14: Chọn D. log2 a + log 3 a + log5 a = log2 a.log 3 a.log 5 a  log 2 a ( 1 + log 3 2 + log 5 2 ) = ( log 2 a ) .log 3 2.log 5 2 3. 2  log 2 a 1 + log 3 2 + log 5 2 − log 3 2.log 5 2 ( log 2 a )  = 0  . log 2 a = 0    1 + log 3 2 + log 5 2  1 + log 3 2 + log 5 2 2 do log 3 2  0, log 5 2  0  ( log 2 a ) = log 2.log 2   =  log 3 2.log 5 2 3 5     a = 1 ( TM )    a = 2 ( TM ) .  −  a = 2 ( TM ) Câu 15: Chọn C. Điều kiện xác định: 3x+1 − 1  0  x  −1 .. ( ) − 1) = 3. Phương trình đã cho tương đương với log 3 3x +1 − 1 = 2 x − log 3 2. (. ). (.  log 3 3 x +1 − 1 + log 3 2 = 2 x  2 3 x +1. 2x.  32 x − 6.3x + 2 = 0 (1) 3x1 + 3x2 = 6 Do x1 , x2 cũng là hai nghiệm của phương trình (1) nên theo Viet, ta có:  x x . 3 1 .3 2 = 2. (. Ta có: S = 27 x + 27 x = 3x + 3x 1. 2. 1. 2. ). 3. (. ). − 3.3x1 .3x2 . 3x1 + 3x2 = 6 3 − 3.2.6 = 180 .. Câu 16: Chọn C x  1 Điều kiện:  . x  0 8 1 1 Ta có: log 3 ( x + 3 ) + log 9 ( x − 1) = log 3 ( 4 x ) 2 4  log 3 ( x + 3 ) + log 3 x − 1 = log 3 ( 4 x )  log 3 ( x + 3 ) . x − 1  = log 3 ( 4 x )  ( x + 3 ) . x − 1 = 4 x ( 1) .. Nếu 0  x  1 thì phương trình ( 1) trở thành  x = −3 + 2 3 ( tm ) . ( x + 3) .(1 − x ) = 4x  −x − 6x + 3 = 0   x = − 3 − 2 3 l ()  2. Nếu x  1 thì phương trình ( 1) trở thành. ( x + 3) .( x − 1) = 4x  x. 2.  x = 3 ( tm ) − 2x − 3 = 0   .  x = −1( l ). . . Phương trình đã cho có tập nghiệm là S = −3 + 2 3; 3 . Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 2 3 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 65.

(71) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 17: Chọn B x  0 Điều kiện:  . Ta có: x  1 2  3  1 log x ( 125x ) .log 225 x = 1  ( log x 125 + log x x ) log 52 x − 1 = 0   + 1  . log 25 x − 1 = 0  log 5 x  4  x = 5 ( tmdk ) log 5 x = 1 1 3 2  log 5 x + log 5 x − 1 = 0     x = 5−4 = 1 tmdk log x = − 4 4 4 ( )  5  625. (. Vậy tích các nghiệm là: 5.. ). 1 1 = . 625 125. Câu 18: Chọn D x − 1  0 x  1   x  1  log 2 ( x − 1) = log 2 ( mx − 8 )  mx − 8  0   2 x2 − 2 x + 9 x − 1 = mx − 8 m = )  2 (  x  ( x − 1) = mx − 8. Xét hàm số y =. x2 − 2 x + 9 x2 − 9 trên ( 1; + ) , ta có y ' = 2 . Giải y ' = 0  x = 3 x x. Bảng biến thiên. Để thỏa mãn yêu cầu thì 4  m  8 nên các giá trị nguyên của tham số m là 5,6,7 . Câu 19: Chọn B 1 Ta có log sin x + log cos x = −1  log ( sin x cos x ) = −1  sin x cos x = . 10 1 Ta có log ( sin x + cos x ) = ( log n − 1) 2 2 n  2log ( sin x + cos x ) = log n − log10  log ( sin x + cos x ) = log 10 n  1   log ( 1 + 2sin x cos x ) = log  n = 10  1 + 2    n = 12. 10 10   Câu 20: Chọn A Điều kiện: a , b  0 và a − 4b  0 a = 100t  a − 4b = t  b = 40t Đặt log 100 a = log 40 b = log 16 12 a − 4b = 12.16t . 66. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(72) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..  5 t   = 6 2t t 5 5  2 t t t Suy ra 100 − 4.40 − 12.16 = 0    − 4.   − 12 = 0   t . 2 2  5   = −2 ( l )  2  t. a 5 Vậy =   = 6 . b 2 Câu 21: Chọn A. Ta có phương trình: 4x − m.2x+1 + 2m = 0 Đặt: 2x = t  0 , phương trình trở thành: t 2 − 2mt + 2m = 0 Để phương trình có hai nghiệm thì phương trình có hai nghiệm phân biệt dương  '  0 2  m − 2m  0  S  0   m2 2m  0 P  0 . Khi đó phương trình có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn: t1 .t2 = 2m  2 x1 + x2 = 2 m  8 = 2 m  m = 4. Vậy m = 4 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 22: Chọn C. ). (. (. Đặt t = x + 1 , phương trình thành 3t +. (. ). 1 m − 4 x + 1 + 3m + 3 = 0 (1) x +1 3 3. Ta có 9.32 x − m 4 4 x 2 + 2 x + 1 + 3m + 3 .3x + 1 = 0  3x +1 +. ). 1 m − 4 t + 3m + 3 = 0 3t 3. ( 2) .. Bài toán trở thành tìm số giá trị nguyên của m để phương trình ( 2 ) có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. Nhận xét: Nếu t0 là một nghiệm của phương trình ( 2 ) thì −t0 cũng là một nghiệm của phương trình ( 2 ) . Do đó điều kiện cần để phương trình ( 2 ) có đúng 3 nghiệm thực phân biệt là phương trình ( 2 ) có nghiệm t = 0 .. m = 1 Với t = 0 thay vào phương trình ta có −m2 − m + 2 = 0   .  m = −2 Thử lại: 1 2 Với m = −2 phương trình thành 3t + t + 4 t − 3 = 0 3 3 2 1 2 1 4 t − 3  −2, t  suy ra 3t + t + 4 t − 3  0, t  . Ta có 3t + t  2 , t  và 3 3 3 3 Dấu bằng xảy ra khi t = 0 , hay phương trình ( 2 ) có nghiệm duy nhất t = 0 nên loại m = −2 .. (. (. ). (. ). (. ). 1 1 − 4 t +6 =0 3t 3 Dễ thấy phương trình ( 3) có 3 nghiệm t = −1, t = 0, t = 1 .. Với m = 1 phương trình ( 2 ) thành 3t +. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. ). ( 3). 67.

(73) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Ta chứng minh phương trình ( 3) chỉ có 3 nghiệm t = −1, t = 0, t = 1 . Vì t là nghiệm thì −t cũng là nghiệm phương trình ( 3) nên ta chỉ xét phương trình ( 3) trên  0; + ) . Trên tập  0; + ) , ( 3)  3t +. (. ). 1 1 − 4 t +6 =0. 3t 3. (. ). 1 1 − 4 t + 6 trên  0; + ) . 3t 3 1 2 Ta có f ' ( t ) = 3t ln 3 − 3−t.ln 3 − , f '' ( t ) = 3t ln 2 3 + 3−t.ln 2 3 + 3 t 3. t. Xét hàm f ( t ) = 3t +. ( ). 3.  0, t  0 .. Suy ra f ' ( t ) đồng biến trên ( 0; + )  f ' ( t ) = 0 có tối đa 1 nghiệm t  0  f ( t ) = 0 có tối đa 2 nghiệm t   0; + ) . Suy ra trên  0; + ) , phương trình ( 3) có 2 nghiệm t = 0, t = 1. Do đó trên tập. , phương trình ( 3) có đúng 3 nghiệm t = −1, t = 0, t = 1 . Vậy chọn m = 1 .. Câu 23: Chọn C Điều kiện: x  0 . Đặt t = log2 x . x = 4 log x = 2 t = 2 Khi đó phương trình đã cho có dạng: t 2 − ( m + 2 ) t + 2m = 0   .  2  m t = m log 2 x = m  x = 2. Do x1 + x2 = 6  4 + 2 m = 6  m = 1 . Vậy x1 − x2 = 4 − 21 = 2 . Câu 24: Chọn B Ta có 4 x + ( m − 1) 2 x + ( 4 + 3m ) = 0 ( 1) . Đặt t = 2x , t  0 . Phương trình đã cho trở thành: t 2 + ( m − 1) t + 4 + 3m = 0 ( 2 ) Phương trình ( 1) có 2 nghiệm trái dấu khi và chỉ khi phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa af (1)  0 0  t1  1  t2    −1  m  2013 af (0)  0. Vì m  , m  0; 2019  suy ra m  0;1; 2;...; 2012 Câu 25: Chọn A Đặt: t = 2 x ( x  0  t  1) , phương trình đã cho trở thành: t 2 − 2 ( m + 3 ) t + m + 9 = 0 . Bài toán trở thành: Tìm các giá trị nguyên của tham số m để phương trình: t 2 − 2 ( m + 3 ) t + m + 9 = 0 có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa mãn 1  t1  t2     = m 2 + 5m  0   = m 2 + 5m  0    ( t1 − 1)( t2 − 1)  0  t1t2 − ( t1 + t2 ) + 1  0 ( * ) S S  = m+3 1  = m+3 1  2  2. Phương trình: t 2 − 2 ( m + 3 ) t + m + 9 = 0 có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 nên theo Viet ta có: t1 + t2 = 2 ( m + 3 )  t1 . t2 = m + 9. 68. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(74) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..   m  −5   m + 5m  0 m  0   Thay vào hệ ( * ) ta được −m + 4  0  m  4  0  m  4 m + 3  1 m  −2    2. Vì m  , 0  m  4  m  1; 2; 3 . Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 26: Chọn A 4x − 2x+2 + m − 2 = 0  4 x − 4.2 x + m − 2 = 0 ( 1) . Đặt t = 2 x ( t  0 ). ( 1)  t. 2. − 4t + m − 2 = 0 ( 2 ). Để phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0  x1  x2  20  2 x  2 x  1  t1  t2 1. 2. Thì phương trình ( 2 ) thỏa: 0  t1 − 1  t2 − 1 16 − 4 ( m − 2 )  0   0  m  6   t1 + t2  2  4  2  . Vậy m = 5 thỏa yêu cầu. m  5  t −1 t −1  0 t t − t + t + 1  0 ( 1 )( 2 )  1 2 ( 1 2) Câu 27: Chọn A Điều kiện x  0 .. Ta có: log 2 2 ( 2 x ) − 3log 2 x − 2 = 0  (1 + log 2 x ) − 3log 2 x − 2 = 0 2.  1+ 5 log 2 x = 2  log 2 2 x − log 2 x − 1 = 0    1− 5 log 2 x = 2 . 1+ 5  x = 2 2  . 1− 5 x = 2 2 . Vậy: a = 1; b = 5; c = 2  a + b + c2 = 10 . Câu 28: Chọn C Ta có: log 2 cos x − m log cos 2 x − m2 + 4 = 0  log 2 cos x − 2 m log cos x − m2 + 4 = 0 Đặt log cos x = t . Điều kiện: t  0 Khi đó phương trình trở thành: t 2 − 2 mt − m2 + 4 = 0, t  0. Phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình vô nghiệm hoặc có các nghiệm đều dương. Điều này xảy ra khi và chỉ khi. (. ).  m2 − 1. −m2 + 4  0   2m2 − 4  0   0  2 2 − 2  m  2    m − 1. −m + 4  0 2      0 2 m − 4  0       m  2    2 m − 2 m2   t + t  0  2m  0 0   1 2      1  −2  m  2  −m2 + 4  0  t1 .t2  0  2    −m + 4  0   1. (. ). Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 69.

(75) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 29: Chọn A Điều. x  0  m + log 2 x  0. kiện:. .. log 2 2 x − 2log 2 x − m + log 2 x = m  4log 2 2 x − 8log 2 x − 4 m + log 2 x = 4m  4log 2 2 x − 4log 2 x + 1 = 4 m + log 2 x + 4 ( m + log 2 x ) + 1  2 m + log x + 1 = 2log x − 1 2 2 2 2  ( 2log 2 x − 1) = 2 m + log 2 x + 1    2 m + log 2 x + 1 = −2log 2 x + 1 . (. ).  m + log x = log x − 1 2 2   m + log 2 x = − log 2 x . Trường hợp 1:. log x  0 0  x  1 m + log 2 x = − log 2 x   2   2 2 m + log 2 x = log 2 x log 2 x − log 2 x − m = 0 (1). Đặt: t = log 2 x ( t  0 ) , phương trình (1) trở thành: t 2 − t − m = 0  t 2 − t = m ( 2 ) Đặt: g(t ) = t 2 − t(t  ( −;0  .Bài toán trở thành: Tìm giá trị của tham số m để phương trình ( 2 ) có ít nhất 1 nghiệm t  0 Ta có: g(t ) = t 2 − t  g(t ) = 2t − 1  0t  0 Ta có bảng biến thiên:. Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình ( 2 ) có ít nhất 1 nghiệm t  0 thì m  0 Trường hợp 2:.  log x  1 m + log 2 x = log 2 x − 1   2 2  m + log 2 x = log 2 x − 2log 2 x + 1. log 2 x  1  2 log 2 x − 3log 2 x + 1 − m = 0 ( 3 ). Đặt: t = log 2 x ( t  1) , phương trình (1) trở thành: t 2 − 3t + 1 − m = 0  m = t 2 − 3t + 1( 4 ) Đặt: g(t ) = t 2 − t + 1, t  1; + ) . Ta có: g(t ) = t 2 − 3t + 1  g(t ) = 2t − 3 g(t ) = 0  2t − 3 = 0  t =. 3  1; + ) 2 . Bài toán trở thành: Tìm giá trị của tham số m để phương trình ( 4 ) có ít nhất 1 nghiệm t  1 Ta có bảng biến thiên:. 70. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(76) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình ( 4 ) có ít nhất 1 nghiệm t  1 thì m  − Kết hợp và, m  −  2019; 2019   m  −1; 0;1; 2;...; 2019. 5 4. Vậy có tất cả 2021 giá trị của m thỏa mãn ycbt Câu 30: Chọn B 2 m 16x − m.4x−1 + 5m2 − 44 = 0  4 x − .4 x + 5m2 − 44 = 0 4. ( ). ( ).  4 4x. 2. − m.4 x + 20 m2 − 176 = 0 , ( 1) .. Đặt t = 4x điều kiện t  0 từ ( 1) ta có 4t 2 − m.t + 20m2 − 176 = 0 , ( ) . Khi đó phương trình ( 1) có hai nghiệm đối nhau x1 ; x2 thì x1 + x2 = 0 khi và chỉ khi phương trình. ( ). có hai nghiệm dương t1 ; t2 thỏa mãn t1 .t2 = 1 . Nhưng vì phương trình. ( ). có. c 176 =− = −44  0 nên không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. a 4 Câu 31: Chọn D. Đặt t = 3x , t  0 . Phương trình đã cho trở thành: t 2 − 2 ( 2m + 1) t + 3 ( 4 m − 1) = 0. Phương trình đã cho có hai nghiệm thực x1 , x2 khi và chỉ khi phương trình có hai nghiệm dương phân biệt  m  1 2  4m − 8m + 4  0   0 m  1  1      S  0  2 ( 2m + 1)  0  m  −   1. 2 m  P  0    4   3 ( 4m − 1)  0 1  m   4 Khi đó phương trình có hai nghiệm là t = 4m − 1 và t = 3 .. Với t = 4m − 1 thì 3x = 4 m − 1  x1 = log 3 ( 4 m − 1) . 1. Với t = 3 thì 3x = 3  x2 = 1 . 2. 5 Ta có ( x1 + 2 )( x2 + 2 ) = 12  x1 = 2  log 3 ( 4 m − 1) = 2  m = . 2 5 Vậy giá trị m cần tìm là m = nên m thuộc khoảng ( 1; 3 ) . 2 Câu 32: Chọn D. Ta có ( m − 5 ) .3x + ( 2m − 2 ) .2 x. 3x + (1 − m ) .4 x = 0 ( 1). Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 71.

(77) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. x. x. x  3  3 3  ( m − 5 ) .   + ( 2m − 2 ) .   + 1 − m = 0 . Đặt t =   , điều kiện t  0 .  2   2  4    . Khi đó phương trình trở thành: ( m − 5 ) t 2 + ( 2m − 2 ) t + 1 − m = 0 , ( 2 ) . Do đó để phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt thì phương trình ( 2 ) có hai nghiệm dương m  5 a  0     0 m  3 phân biệt      3  m  5  m  ( 3; 5 ) . P  0 m  1 S  0  1  m  5. Vậy a = 3 , b = 5 nên a + b = 8 . Câu 33: Chọn D. (. ). 10 + 1. x2. +m. (. ). 10 − 1. x2. x2. = 2.3. x2 +1. x2. x2.  10 + 1   10 − 1    + m  = 6 (1)  3   3      x2.  10 + 1   10 − 1  1 1 2 Đặt t =   , t 0  = ; (1)  t + m. = 6  t − 6t + m = 0 (2)  3   3  t t     Để (1) có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có một nghiệm lớn hơn 1.. (2)  m = −t 2 + 6t . Xét hàm số f (t ) = −t 2 + 6t trên khoảng (1; +) , ta có: f  ( t ) = −2t + 6; f  ( t ) = 0  t = 3 .. Bảng biến thiên:. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy m  5 hoặc m = 9 là giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do m  ( −10;10 ) nên m = −9; −8; −7; −6; −5; −4; −3; −2; −1;0;1; 2; 3; 4;9 . Suy ra có 15 giá trị m cần tìm. Câu 34: Chọn B. (. Vì 1 + 2. )(. ). (. 2 − 1 = 1 . Đặt t = 1 + 2. Phương trình trở thành: t +. ). x. (t  0 )  (. ). x. 2 −1 =. 1 t. 1 − 2a − 4 = 0  t 2 − 4t + 1 − 2t = 0 ( 1) . t. Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình ( 1) phải có hai nghiệm dương t1 , t2 .. 72. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(78) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..  = 2a + 3  0 −3 1  a . t1 + t2 = 4  0  2 2 t t = 1 − 2a  0 1 2 . (. Và thỏa mãn x1 − x2 = log 1+ 2 3  1 + 2. ). x1 − x2. =3 . t1 = 3  t1 = 3t2 . t2. t1 = 3t2 t1 = 3 t1 = 3     t2 = 1 t1 + t2 = 4  t2 = 1 t t = 1 − 2a t t = 1 − 2a = 1.3 a = −1 12 12 . Vậy với a = −1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 35: Chọn D Đặt t = 3x , t  0 ta có phương trình: t 2 − 2 ( m + 2 ) .t + 3m − 2 = 0 ( 1) . Yêu cầu bài toán tương đương với tìm số số nguyên m  0 ; 2019  để phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt thỏa 0  t1  1  t2 .. Hay. phương. trình. (1). m2 + m + 6  0   = ( m + 2 ) 2 − 3m + 2  0   m  −2 S = 2 ( m + 2 )  0  2  m  3  P = 3m − 2  0  t −1 t −1  0  ( 1 )( 2 ) t1t2 − ( t1 + t2 ) + 1  0. có:.  2  2 m  m    3 3 . Vì m   3m − 2 − 2 ( m + 2 ) + 1  0 m  5  . nên m  1; 2 ; 3; 4 .. Vậy có 4 giá trị của m thỏa đề bài. Câu 36: Chọn D ĐKXĐ: x  0 . Cách. 1:. Ta. có:. (. 4 log 2 x. ). 2. 2. 1  − log 1 x + m = 0 ( * )  4  log 2 x  + log 2 x + m = 0 2  2.  log 2 2 x + log 2 x + m = 0  m = − log 2 2 x − log 2 x .. Đặt log2 x = t , với x  ( 0;1) thì t  0 . Phương trình đã cho trở m = −t 2 − t(**) . Để phương trình ( * ) có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1)  phương trình (**) có nghiệm t  0. 1 Xét f (t ) = −t 2 − t với t  0 . Ta có f  ( t ) = −2t − 1 và f  ( t ) = 0  t = − . 2 Bảng biến thiên:. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 73.

(79) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Vậy để phương trình (**) có nghiệm t  0 thì m .  1 1 hay m   −;  . 4 4 . Cách 2: Ta có:. (. 4 log 2 x. ). 2. 2. 1  − log 1 x + m = 0 ( * )  4  log 2 x  + log 2 x + m = 0  log 2 2 x + log 2 x + m = 0 2  2. Đặt log2 x = t ,với x  ( 0;1) thì t  0 . Phương trình đã cho trở t 2 + t + m = 0 (**) . Để phương trình. (* ). có nghiệm thuộc khoảng. t  0   = 1 − 4m  0  m . ( 0;1) . phương trình (**) có nghiệm. 1 . 4. Vì khi   0 phương trình (**) có nghiệm t1 ; t2 thì theo Định lí Viet t1 + t2 = −1 nên luôn có ít nhất một nghiệm âm.  1 Vậy m   −;  thì phương trình ( * ) có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) . 4 . Câu 37: Chọn C Xét phương trình: log 3 2 x − 4log 3 x + m − 3 = 0. (1) . Điều kiện: x  0. Đặt t = log3 x phương trình ( 1) trở thành: t 2 − 4t + m − 3 = 0 ( 2 ) . Phương trình ( 1) có 2 nghiệm phân biệt khi phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt.  '  0  4 − m + 3  0  m  7 ( i ) . Gọi x  x là 2 nghiệm của phương trình ( 1) thì phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm tương ứng là 1. 2. t1 = log3 x1 ; t2 = log3 x2 . Vì x1  x2 nên t1  t2 .. Mặt khác, x2 − 81x1  0  0  x2  81x1  log3 x2  4 + log3 x1  t2  4 + t1  0  t2 − t1  4  ( t2 − t1 )  16  ( t2 + t1 ) − 4t1t2  16 . 2. 2.  4 2 − 4 ( m − 3 )  16  m  3 ( ii ) .. Từ ( i ) và ( ii ) suy ra 3  m  7 và m . nên có 3 số nguyên thỏa mãn.. Câu 38: Chọn C Xét phương trình: log 3 2 x − 4log 3 x + m − 3 = 0. (1) . Điều kiện: x  0. Đặt t = log3 x phương trình ( 1) trở thành: t 2 − 4t + m − 3 = 0 ( 2 ) . Phương trình ( 1) có 2 nghiệm phân biệt khi phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt.  '  0  4 − m + 3  0  m  7 ( i ) .. 74. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(80) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Gọi x1  x2 là 2 nghiệm của phương trình ( 1) thì phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm tương ứng là t1 = log3 x1 ; t2 = log3 x2 . Vì x1  x2 nên t1  t2 .. Mặt khác, x2 − 81x1  0  0  x2  81x1  log3 x2  4 + log3 x1  t2  4 + t1  0  t2 − t1  4  ( t2 − t1 )  16  ( t2 + t1 ) − 4t1t2  16 . 2. 2.  4 2 − 4 ( m − 3 )  16  m  3 ( ii ) .. Từ ( i ) và ( ii ) suy ra 3  m  7 và m  Câu 39: Chọn D. 4 x +1 − ( 8 m + 5 ) 2 x + 2 m + 1 = 0. nên có 3 số nguyên thỏa mãn.. (* ). Đặt t = 2x , điều kiện t  0 , phương trình ( * ) trở thành  1 t1 =  4t − ( 8 m + 5 ) t + 2 m + 1 = 0  ( 4t − 1)( t − 2 m − 1) = 0  4  t2 = 2m + 1. 2.  1 2m + 1  0  m  − 2  Phương trình ( * ) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  1   m  − 3 . 2m + 1  4   8. (* * ). 1 1 Lại có x1x2 = −1  log2 t1  log2 t2 = −1  log 2  log 2 ( 2m + 1) = −1  log 2 ( 2m + 1) = 4 2  2m + 1 = 2  m =. 2 −1 . 2. Câu 40: Chọn A. Đặt t = e x ( t  0 ) .. ( ). Phương trình 8 f e x = m 2 − 1 trở thành 8 f ( t ) = m 2 − 1 hay f ( t ) =. m2 − 1 . 8. Nhận thấy với mỗi giá trị t  0 cho một giá trị x = ln t . Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thì phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt t  0 . m2 − 1 Khi đó −1   1  −7  m2  9  −3  m  3 . 8 Do m . nên m  −2 ; − 1; 0 ;1; 2 .. Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài. Câu 41: Chọn D x x 1 Đặt 2 + 3 = t , t  0 khi đó 2 − 3 = . t. (. ). (. ). Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 75.

(81) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. (. Nhận xét: Với cách đặt đó thì 2 + 3. (2 + 3 ). x1 − x2. = 3 hay. ). x1. (. = t1 , 2 + 3. ). x2. = t2 nên từ x1 − x2 = log 2 + 3 3 , ta có. t1 = 3  t1 = 3t2 . t2. 1 Vậy bài toán đã cho tương đương với bài toán tìm a để phương trình t + (1 − 2a ) . − 4 = 0 ( * ) có t hai nghiệm dương t1 , t2 thỏa mãn nghiệm này gấp 3 lần nghiệm kia.. Ta thấy: ( * )  t 2 − 4t + 1 − 2 a = 0 .    0 a   4 − (1 − 2a )  0   Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt khi  P  0   1 − 2 a  0 S  0 a   . −3 2 ** . ( ) 1 2. Cách 1: Nhận xét rằng phương trình ẩn t có tổng hai nghiệm bằng 4 mà nghiệm này gấp 3 nghiệm kia nên phương trình phải có 1 nghiệm băng 1 và 1 nghiệm bằng 3, từ đó 1 − 2a = 3  a = −1 . t + t = 4 Cách 2: Theo định lí Viet, ta có  1 2 . t1t2 = 1 − 2a. Phương. (* ). trình. có. nghiệm. này. gấp. 3. lần. nghiệm. kia. khi. t1 = 3t2  ( t1 − 3t2 ) . ( t2 − 3t1 ) = 0  −3 t12 + t2 2 + 10t1 .t2 = 0  t2 = 3t1. (. ).  −3 ( t1 + t2 ) + 6t1t2 + 10t1 .t2 = 0  −48 + 16 ( 1 − 2 a ) = 0  a = −1 thỏa mãn điều kiện ( * * ) . 2. Giá trị này của a thuộc đáp án D. Cách 3. Dựa vào điều kiện có 2 nghiệm dương loại đáp án A, suy luận nếu a thuộc đáp án B, C thì cũng thuộc đáp án D. Vậy chọn đáp D. Câu 42: Chọn A x2. x2. 1 1 Xét phương trình   − ( m + 1)   − 2m = 0 (1) . 4 2 x2. x2. 1 1 Đặt   = t , vì x 2  0  0     1  t  ( 0;1 . 2 2. Phương trình ( 1) trở thành t 2 − ( m + 1) t − 2m = 0  m =. t2 − t t+2. (2) .. Phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình ( 2 ) có nghiệm t  ( 0;1 . Xét hàm số f ( t ) = f (t ) =. t 2 + 4t − 2. (t + 2). 2. t2 − t , t  ( 0;1 . t+2. t = −2 − 6  ( 0;1  ; f  ( t ) = 0  t 2 + 4t − 2 = 0   . t = −2 + 6  ( 0;1 . Bảng biến thiên: 76. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(82) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình ( 1) có nghiệm  m   −5 + 2 6; 0  . . Suy ra −a + 2 b = −5 + 2 6  a = 5, b = 6 . Vậy b − a = 6 − 5 = 1 . Câu 43: Chọn C u u−v Đặt 34 − x = v  0, 36 − 3 x = u  0 phương trình trở thành m + v = u + m  m   = (u − v ) v  v  2.  36 − 3 x = 3 4 − x 2 ( I ) v = u  ( u − v )( m − v ) = 0    2  34 − x = m v = m ( II ) . x = 1 2 Giải ( I ) : 36 −3 x = 34 − x  x2 − 3x + 2 = 0   x = 2. Để phương trình ( 1) có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình ( II ) xảy ra các trường hợp sau: Trường hợp 1: Phương trình ( II ) có 2 nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm x = 1 và một x = 1 2 nghiệm x  2 . Với x = 1 ta có m = 34−1 = 27 . Khi đó 34 − x = 27  4 − x2 = 3   .  x = −1  2 Vậy m = 27 là một giá trị cần tìm. 2. Trường hợp 2: Phương trình ( II ) có 2 nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm x = 2 và một x = 2 2 nghiệm x  1 . Với x = 2 ta có m = 34−2 = 1 . Khi đó 34 − x = 1  4 − x2 = 0   .  x = −2  1 Vậy m = 1 là một giá trị cần tìm. Trường hợp 3: Phương trình ( II ) có đúng 1 nghiệm x khác 1; 2 2. Từ 34− x = m  x 2 = 4 − log 3 m  0 để có một nghiệm thì nghiệm đó là x = 0  4 − log3 m = 0 2.  m = 81 , đồng thời x = 0 thỏa mãn khác 1; 2 nên m = 81 là một giá trị cần tìm. Vậy có ba giá trị m = 1 ; m = 27 ; m = 81 thỏa mãn bài toán.. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 77.

(83) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT SỐ 02 Câu 1:. Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình 2x.5x A. 2 − log5 2 .. Câu 2:. Câu 3:. Câu 4:. Câu 5:. 2. Tích tất cả các nghiệm của phương trình 3x A. 1 . B. 2 − log3 5 .. 2. Câu 12:. D. P = log3 5 . D. 1 − log 2 3.. ). D. 3 .. C. 7 .. B. 1 .. (. (. ). ). B. 18 .. D. 82 .. C. 31 .. (. ). Tổng các nghiệm của phương trình log 2 17.2 x − 8 = 2 x bằng C. −2 .. B. 2 .. D. 3. (. ). Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 5 25 x − 3.5 x + 15 = x + 1 bằng 1 − log 3 5 . log 3 5. B.. 1 + log 3 5 . log 3 5. C. 8 .. D.. Cho a , b là các số dương thỏa mãn log 9 a = log 16 b = log 12 a = −1 + 6 . b. B.. a 7+2 6 = . b 25. C.. a 5b − a . Giá trị của bằng b 2. a 1+ 6 = . b 5. (. 1 + log 5 3 . log 5 3. D.. a =7−2 6 . b. ). Tính tổng T tất cả các nghiệm của phương trình log 5 25 − 5x + x − 3 = 0 . B. T = 3 .. Số nghiệm của phương trình 2x +2 x B. 2 . B. 1 . 3. C. T = 25 . 2. (. D. T = 2 .. −3 x. Xác định m để phương trình 2log m A. m  1 .. Câu 13:. = 5x+1 là C. P = − log 3 45 .. Cho hai số thực a, b phân biệt thỏa mãn log 3 7 − 3a = 2 − a và log 3 7 − 3b = 2 − b. Giá trị biểu. A. T = 1 . Câu 11:. D. P = log3 5 .. (. A. Câu 10:. −2. = 5x+1 là C. P = − log 3 45 .. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 3 7 − 3x = 2 − x bằng. A.. Câu 9:. −2. D. 2 − log2 5 .. 2. A. 1 . Câu 8:. = 1. Khi đó tổng x1 + x2 bằng. Tính tích các nghiệm thực của phương trình 2x −1 = 32 x+3 . A. −3log2 3. B. − log2 54. C. −1.. thức 9a + 9b bằng A. 67 . Câu 7:. −2 x. C. 2 + log 5 2 .. B. −2 + log 5 2 .. Tích tất cả các nghiệm của phương trình 3x A. 1 . B. 2 − log3 5 .. A. 2 . Câu 6:. 2. .3x−1 = 1 là: C. 0 .. 2. +2. B. −1  m  1 .. )(. D. 3 .. )(. ). x − 1) = log m2 + 2 mx 2 + 1 có nghiệm. (. C. m  1 .. m  1 D.  .  m  −1. Cho số thực m và hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Phương trình có f ( 2 x + 2− x ) = m nhiều nhất bao nhiêu nghiệm phân biệt thuộc đoạn  −1; 2 ?. 78. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(84) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. A. 2 . Câu 14:. C. 4 .. B. 3 .. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên. D. 5 .. và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá. trị thực của tham số m để phương trình f ( sin x ) = m có nghiệm thuộc khoảng ( 0;  ) là. A.  −1;3) . Câu 15:. D.  −1;1) .. C. ( −1;3) .. B. ( −1;1) .. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên. và có đồ thị như hình bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên. (. ). của tham số m để phương trình: f  4 sin 6 x + cos 6 x  = m có nghiệm.. B. 4 .. A. 2 . Câu 16:. (x. Biết x1 , x2 x1 + 2 x2 =. A. 5.. 1. (. C. 3 ..  x2 ) là hai nghiệm của phương trình log 3. D. 5 .. (. ). x 2 − 3x + 2 + 2 + 5x. 2. − 3 x +1. = 2 và. ). 1 a + b với a, b là hai số nguyên dương. Tính a − 2b ? 2 B. −1. C. 1.. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. 9.. 79.

(85) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 17:. Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình 2 x + 3 = m 4 x + 1 có hai nghiệm thực phân biệt. (. ). là a; b . Tính S = 2a + 3b A. S = 29 . Câu 18:. Phương trình log 2. C. S = 32 .. B. S = 28 .. D. S = 36 .. x 2 + 3x + 2 = x 2 − 4 x + 3 có nghiệm các nghiệm x1 ; x2 . Hãy tính giá trị của 3x 2 − 5x + 8. biểu thức A = x12 + x22 − 3x1 x2 A. 31 Câu 19:. B. −31 .. D. −1 .. C. 1. Cho phương trình 5x + m = log 5 ( x − m ) . Có bao nhiêu giá trị m nguyên trong khoảng ( −20; 20 ) để phương trình có nghiệm. A. 15. B. 14.. C. 19.. D. 17. . Câu 20:. 1 .  2 x 2 + 1   x + 2 x  Tính tích tất cả các nghiệm thực của phương trình log 2  = 5. +2  2x . A. 0 .. C. 1 .. B. 2 .. D.. 1 . 2. Câu 21:. Tìm m để phương trình log 2 2 x − log 2 x 2 + 3 = m có nghiệm x  1;8  . A. 6  m  9 . B. 2  m  3 . C. 2  m  6 . D. 3  m  6 .. Câu 22:. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 9 nghiệm? A. 27 . B. 25 . C. 23 .. Câu 23:. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên. 4 x − x2. − 4.3. 4 x − x2. + 2 m − 1 = 0 có. D. 24 .. và có đồ thị như hình vẽ dưới đây y 3. 1. x. 1. O. -2 -1. 2 -1. ( ). Số các giá trị nguyên của tham số m không vượt quá 5 để phương trình f  x − hai nghiệm phân biệt là A. 5 . B. 4 .. C. 7 .. m2 − 1 = 0 có 8. D. 6 .. Câu 24: Cho phương trình 5x + m = log 5 ( x − m ) với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m  ( −20 ; 20 ) để phương trình đã cho có nghiệm?. A. 20.. 80. B. 21.. C. 9.. D. 19.. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(86) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 25:. Cho 0  x  2020 và log 2 (2 x + 2) + x − 3 y = 8 y .Có bao nhiêu cặp số ( x ; y) nguyên thỏa mãn các điều kiện trên? A. 2019.. B. 2018.. C. 1.. D. 4.. Câu 26:. Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình 15x.5x = 5x+1 + 27 x + 23 là A. 1 . B. 0 . C. 2 . D. −1 .. Câu 27:. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình x + 3 = me x có 2 nghiệm phân biệt? A. 7. B. 6. C. 5. D. Vô số.. Câu 28:. Phương trình log 3. a 2x − 1 = 3x 2 − 8 x + 5 có hai nghiệm là a và . Giá trị của b là 2 b ( x − 1). A. 1 . Câu 29: Câu 30:. D. 3 .. C. 2 .. B. 4 .. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình x + 3 = me x có 2 nghiệm phân biệt? A. 7 . B. 6 . C. 5 . D. Vô số. Có bao nhiêu số nguyên a  ( −200 ; 200 ) để phương trình e x + e x + a = ln ( 1 + x ) − ln ( x + a + 1) có nghiệm thực duy nhất. A. 399 .. B. 199 .. C. 200 .. D. 398 .. Câu 31:. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  −  2019 ; 2019  để phương trình 2 x − 1 mx − 2m − 1 2019 x + + = 0 . Có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. x+1 x−2 A. 4038 . B. 2019 . C. 2017 . D. 4039 .. Câu 32:. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tồn tại các số thực x , y thỏa mãn đồng thời e 3 x + 5 y −10 − e x + 3 y −9 = 1 − 2 x − 2 y và log 25 ( 3x + 2 y + 4 ) − ( m + 6 ) log 5 ( x + 5 ) + m2 + 9 = 0 . A. 3 .. Câu 33:. B. 5 .. Nghiệm dương của phương trình log 2. (. ). 1− 2 x2 + 3 x. 1 2 x − 3x + 1 +   2 2. . Giá trị của a + b + c bằng: A. 20 . B. 23 . Câu 34:. D. 6 .. C. 4 .. C. 24 .. = 2 có dạng. a+ b ( a, b, c  c. ). D. 42 .. Cho a, b là các số dương lớn hơn 1, thay đổi thỏa mãn a + b = 2019 để phương trình 5loga x.logb x − 4loga x − 3logb x − 2019 = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Biết giá trị lớn. Câu 35:. nhất của ln ( x1 x2 ) bằng. 3  m 4 n ln   + ln   , với m, n là các số nguyên dương. Tính S = m + 2n. 5  7  5 7. A. 22209.. B. 20190.. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn 2019. C. 2019.. (. D. 14133.. ) = 2 x + y . Giá trị nhỏ nhất P của biểu thức min 2. 2 x2 − y +1. ( x + 1). P = 2y − x bằng 1 A. Pmin = . 4. 1 B. Pmin = . 2. 7 C. Pmin = . 8. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. Pmin =. 15 . 8. 81.

(87) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 36:. 2 x −1 Tìm số nghiệm của phương trình ( x − 1) e ( ) − log 2 = 0 .. A. 3 . Câu 37:. C. 0. B. 4. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên. D. 2. và có đồ thị như hình vẽ.. (. ( )) = 1 là. Số nghiệm thực của phương trình f 2 + f e x A. 1 . Câu 38:. Câu 39:. 1 b Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a  1,log 3 a + b = 0,log a b = ,ln = c − b . Tổng S = a + b + c c c nằm trong khoảng nào dưới đây? 6 3 3  5   7 A.  ; 2  . B.  ;  . C.  ; 3  . D.  3;  . 5 2 2  2   2. Tìm các giá trị m để phương trình 3 A.. Câu 40:. 6 m 6.. A.. 43 + 3 249 . 94. sin x + 5 cos x − m + 5. B. −5  m  5 .. Cho hai số thực x, y thỏa mãn log nhất của biểu thức P =. Câu 41:. D. 3 .. C. 4 .. B. 2 .. 3. = log sin x +. 5 cos x +10. ( m + 5) có nghiệm.. C. 5 − 6  m  5 + 6 .. D. − 6  m  5 .. x+y = x ( x − 3 ) + y ( y − 3 ) + xy. Tìm giá trị lớn x + y 2 + xy + 2 2. x + 2y + 3 . x+y+6. B.. 37 − 249 . 94. C.. 69 − 249 . 94. D.. 69 + 249 . 94. Tìm tham số m để tổng các nghiệm của phương trình sau đạt giá trị nhỏ nhất:. (. ). mx 1− m 1 +  2 x 2 − m ( m + 1) x − 2  .21+ mx − x = x 2 − mx − 1 .2 ( ) + x 2 − m2 x. 2. A. 0 .. B. 2 .. 1 C. − . 2. D.. 1 . 2. Câu 42: Cho phương trình m ln 2 ( x + 1) − ( x + 2 − m ) ln ( x + 1) − x − 2 = 0 (1) . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn 0  x1  2  4  x2 là khoảng. ( a ; +  ) . Khi đó a thuộc khoảng A. ( 3,8; 3,9 ) . B. ( 3,6; 3,7 ) . 82. C. ( 3,7 ; 3,8 ) .. D. ( 3,5; 3,6 ) .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(88) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 43:. Tổng 3x −3+. 3. tất. m−3 x. (. cả. các. giá. nguyên. của. tham. số. để. m. phương. trình. + x 3 − 9 x 2 + 24 x + m .3x − 3 = 3x + 1 có ba nghiệm phân biệt bằng. C. 34 .. B. 38 .. A. 45 . Câu 44:. ). trị. (. D. 27 .. ). 2 x−m x −1 Cho phương trình 2( ) .log 2 x 2 − 2 x + 3 = 4 log 2 ( 2 x − m + 2 ) với m là tham số thực. Có. bao nhiêu giá trị nguyên của m trên đoạn −  2019 ; 2019  để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt. A. 4036 . Câu 45:. C. 4038 .. B. 4034 .. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log 3. D. 4040 .. 1− y = 3xy + x + 3 y − 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin x + 3xy. của P = x + y . A. Pmin = Câu 46:. 4 3 −4 . 3. Phương trình log 3. B. Pmin =. A. 20.. 2x2 + x + m + 1  2 x 2 + 4 x + 5 − 2 m có nghiệm. Số phần tử của tập hợp S bằng 2 x + x+1 B. 10. C. 15. D. 5.. Cho hàm số f ( x ) = ln. (. ). ( ). x 2 + 1 + x + e x − e − x . Hỏi phương trình f 3 x + f ( 2 x − 1) = 0 có bao. B. 0 .. D. 1 .. C. 2 .. Có bao nhiêu số nguyên a  ( −2019; 2019 ) để phương trình nghiệm phân biệt? A. 0 .. Câu 50:. 4 3 −4 . 9. D. 3 .. C. 2 .. B. 4 .. nhiêu nghiệm thực? A. 3 . Câu 49:. D. Pmin =. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn −  10;10  để bất phương trình log 3. Câu 48:. 4 3+4 . 9. C. Pmin =. a 2x − 1 = 3x 2 − 8 x + 5 có hai nghiệm là a và . Giá trị của b là 2 b ( x − 1). A. 1 . Câu 47:. 4 3+4 . 3. B. 2022 .. C. 2014 .. 1 1 + x = x + a có hai ln ( x + 5 ) 3 − 1 D. 2015 .. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để bất. (. ). (. ). f sin x f sin x f x phương trình  x m − 2 ( ) + 2.2 ( ) + m2 − 3 . 2 ( ) − 1  0 nghiệm đúng với mọi x    tập con của tập hợp S là. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. . Số. 83.

(89) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. B. 1 .. A. 4 . Câu 51:. Có bao nhiêu số nguyên a  ( −2019; 2019 ) để phương trình nghiệm phân biệt? A. 0 .. Câu 52: Câu 53:. D. 3 .. C. 2 .. 1 1 + x = x + a có hai ln ( x + 5 ) 3 − 1. C. 2014 .. B. 2022 .. D. 2015 .. Số nghiệm của phương trình 50x + 2x+5 = 3.7 x là: A. 1 . B. 2 . C. 3 . Cho hàm số f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d với a, b, c , d . D. 0 . có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp tất. cả các giá trị nguyên thuộc đoạn −  10;10  của tham số m để bất phương trình 2 8 f 1 − x 2 + x 3 − x 2 + − f ( m )  0 có nghiệm. Số phần tử của tập hợp S bằng 3 3 A. 9. B. 10. C. 12. D. 11.. ). (. Câu 54: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau:. Giá trị lớn nhất của m để phương trình: e. 13 2 3 f ( x)+7 f ( x)+ 2 2. 15 13. 5. A. e . Câu 55:. 2 f 3 ( x)−. = m có nghiệm trên đoạn  0; 2  .. C. e 3 .. B. e .. D. e 4 .. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tồn tại các số thực x, y thỏa mãn đồng thời e3 x +5 y −10 − e x +3 y −9 = 1 − 2 x − 2 y và log52 ( 3x + 2 y + 4 ) − ( m + 6 ) log5 ( x + 5 ) + m 2 + 9 = 0. A. 3 . Câu 56:. B. 5 .. Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 x nghiệm là A. 1 .. Câu 57:. Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình. Tìm. số. giá. trị. nguyên. 2. + 4 x + 5 − m2. m. thuộc. ). D. 4 . 1 2x2 − 4x + 6 log 2 + x2 = 2 x + x − m 2 x−m +1. (. −  20; 20 . để. phương. log 2 ( x 2 + m + x x 2 + 4) = (2m − 9)x − 1 + (1 − 2m) x 2 + 4 có nghiệm?. A. 12.. 84. B. 23.. C. 25.. ). D. 0 .. C. 1 . của. (. = log x2 + 4 x + 6 m2 + 1 có đúng 1. C. −2 .. B. 0 .. có đúng ba nghiệm phân biệt là A. 2 . B. 3 . Câu 58:. D. 6 .. C. 4 .. D. 10.. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. trình.

(90) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 59:. Cho hai số dương x ; y thỏa log 2 ( 4 x + y + 2 xy + 2 ). Câu 60:. C. S = 19 .. B. S = 7 .. B. 8 .. C. 1 .. Câu 63:. D. 2 .. (. ). Biết rằng phương trình log 2 ( 2 x − 1 + m ) = 1 + log 3 m + 4 x − 4 x 2 − 1 có nghiệm thực duy nhất. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. m  ( 0;1) . B. m  ( 1; 3 ) .. Câu 62:. D. S = 3 .. Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình: ( m + 1) .16 x − 2 ( 2m − 3 ) .4 x + 6 m + 5 = 0 có hai nghiệm trái dấu là A. 4 .. Câu 61:. = 8 − ( 2 x − 2 )( y + 2 ) . Giá trị nhỏ nhất của. , a  2 . Tính S = a + b + c .. P = 2x + y là số có dạng M = a b + c với a , b . A. S = 17 .. y+2. C. m  ( 3;6 ) .. D. m  ( 6;9 ) .. 2m Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình x log 3 ( x + 1) = log 9 9 ( x + 1)  có   hai nghiệm thực phân biệt. A. m  ( −1; 0 ) . B. m  ( −2; 0 ) . C. m  ( −1; + ) . D. m  −  1; 0 ) .. Gọi. S. 2cos x − 2 +. 3. là. m − 3cos x. tập. (. hợp. các. giá. nguyên. trị. dương. ). của. m. Gọi. S. là. phương. trình. + cos 3 x + 6sin 2 x + 9cos x + m − 6 2 cos x −2 = 2 cos x +1 + 1 có nghiệm thực. Khi đó tổng. của hai phần tử lớn nhất và nhỏ nhất của tập S bằng A. 28 . B. 21 . C. 24 . Câu 64:. để. tập. hợp. các. giá. trị. nguyên. D. 4 .. của. tham. số. m. để. phương. trình. 2log 2 x 4 + 2log 2 x8 − 2 m + 2018 = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1; 2  . Số phần tử của S. là A. 7. Câu 65:. C. 8.. B. 9.. D. 6.. a a Cho hàm số f ( x) = 3 x − 4 + ( x + 1).27 − x − 6 x + 3 . Giả sử m0 = ( a, b  , là phân số tối giản) là b b. ). (. giá trị nhỏ nhất của tham số thực m sao cho phương trình f 7 − 4 6 x − 9 x 2 + 2m − 1 = 0 có số nghiệm nhiều nhất. Tính giá trị của biểu thức P = a + b2 . A. P = 11. B. P = 7. C. P = −1. Câu 66:. Số giá trị nguyên của tham số. m. ( x − 1) log ( 4x + 1) + log ( 2 x + 1) = 2 x − m 3. A. 2 . Câu 67:. 5. B. 2022 .. thuộc đoạn. −  2019 ; 2 . để phương trình. có đúng hai nghiệm thực là D. 2021 .. C. 1 .. Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 3 đúng ba nghiệm phân biệt là A. 3 . B. −2 .. D. P = 9.. x2 + 2 x +1− 2 x − m. C. −3 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. (. ). = log x2 + 2 x + 3 2 x − m + 2 có. D. 2 .. 85.

(91) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 68:.  x + 3y  Cho x, y  0 thỏa mãn log   = xy − x − 3 y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức xy   P=. 9y2 x2 ? + 1 + 3y 1 + x. A. 10 .. B.. 71 . 7. C.. 72 . 7. D.. 73 . 7. BẢNG ĐÁP ÁN 1.AA 11.D 21.C 31.C 41.C 51.D 61.D. 2.C 12.B 22.B 32.B 42.C 52.D 62.C. 3.C 13.B 23.A 33.C 43.D 53.D 63.A. 4.B 14.D 24.D 34.A 44.C 54.D 64.A. 5.A 15.D 25.D 35.D 45.A 55.C 65.D. 6.C 16.B 26.B 36.B 46.D 56.B 66.B. 7.D 17.D 27.A 37.B 47.B 57.B 67.C. 8.B 18.C 28.D 38.B 48.D 58.B 68.C. 9.D 19.C 29.A 39.C 49.D 59.D. 10.B 20.D 30.B 40.D 50.C 60.D. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn A 2 x.5 x. 2. −2 x. (. = 1  log 5 2 x.5 x. 2. −2 x. ) = 0  x log 2 + x 5. 2. − 2 x = 0  x ( log 5 2 + x − 2 ) = 0. .. x = 0  1 .  x2 = 2 − log 5 2. Câu 2:. Chọn C 3x. 2. −2. = 5x+1  x 2 − 2 = ( x + 1) log 3 5  x 2 − x log 3 5 − 2 − log 3 5 = 0 .. Ta có  = log 23 5 + 4log 3 5 + 8 = ( log 3 5 + 2 ) + 4  0  Phương trình có hai nghiệm phân biệt. 2. Theo Vi-ét, ta có x1 x2 = −2 − log 3 5 = − log 3 32 − log 3 5 = − log3 45 . Câu 3:. Chọn C 3x. 2. −2. = 5x+1  x 2 − 2 = ( x + 1) log 3 5  x 2 − x log 3 5 − 2 − log 3 5 = 0 .. Ta có  = log 23 5 + 4log 3 5 + 8 = ( log 3 5 + 2 ) + 4  0  Phương trình có hai nghiệm phân biệt. 2. Theo Vi-ét, ta có x1 x2 = −2 − log 3 5 = − log 3 32 − log 3 5 = − log3 45 . Câu 4:. Chọn B Ta có: 2x. 2. −1. = 32 x+ 3.  x 2 − 1 = log 2 32 x + 3  x2 − 1 = (2 x + 3)log 2 3  x 2 − 1 = 2 x log 2 3 + 3log 2 3  x 2 − 2 x log 2 3 − 1 − 3log 2 3 = 0 (*). Phương trình có hệ số a = 1, c = − ( 1 + 3log 2 3 )  0  a.c  0 , do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Theo vi-et: x1 .x2 = −1 − 3log 2 3 = − log 2 2 − log 2 33 = − log 2 54. Câu 5:. 86. Chọn A Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(92) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. (. ). Ta có log 3 7 − 3x = 2 − x  7 − 3x = 32 − x  7 − 3x =. 9 . 3x.  7 + 13 t = ( tm ) 9 2 Đặt t = 3x ( t  0 ) . Phương trình trở thành 7 − t =  −t 2 + 7t − 9 = 0   t  7 − 13 ( tm ) t = 2 .   7 + 13   x 7 + 13 x = log    3  3 = 2    2 .    x 7 − 13   7 − 13  3 =   x = log 3   2  2   .  7 + 13   7 − 13  Tổng các nghiệm của phương trình log 3   + log 3   = 2.     2 2    . Câu 6:. Chọn C Từ giả thiết ta có a, b là hai nghiệm phân biệt của phương trình log 3 (7 − 3 x ) = 2 − x  7 − 3 x = 3 2 − x  3 2 x − 7.3 x + 9 = 0. 3a + 3b = 7 Theo định lí Vi-ét ta có  a b . 3 .3 = 9. Do đó: 9a + 9b = (3a + 3b )2 − 2.3a.3b = 7 2 −2.9 = 31 . Câu 7:. Chọn D ĐKXĐ: 17.2x − 8  0 .. (. ). ( ). Khi đó log 2 17.2 x − 8 = 2 x  17.2 x − 8 = 2 2 x  2 x. 2. − 17.2 x + 8 = 0 .. Đặt 2 x = t ( t  0 ) . Khi đó phương trình trở thành t 2 − 17t + 8 = 0 . Phương trình có hai nghiệm t1 ; t2 thỏa mãn t1 .t2 = 8  2 x1 .2 x2 = 8  2 x1 + x2 = 2 3  x1 + x2 = 3 .. Câu 8:. Chọn B. (. ). log 5 25x − 3.5x + 15 = x + 1  25x − 3.5 x + 15 = 5 x +1  5x = 3  x = log 5 3  25x − 8.5x + 15 = 0   x  .  5 = 5 x = 1. Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 1 + log 5 3 = Câu 9:. 1 + log 3 5 . log 3 5. Chọn D   a = 9t 2t  5b − a a 3 t log 9 a = log16 b = log12 = t . Khi đó b = 16  =  . 2 b 4  5b − a t  = 12  2 t. t. 2t. t.  9   12  3  3 Ta có: 5.16t − 9t = 2.12t  5 −   = 2.   −   − 2.  + 5 = 0 . 4 4  16   16  Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 87.

(93) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. t. 2t. 3 a 3 Suy ra   = −1 + 6  =   = 7 − 2 6 . b 4 4 Câu 10: Chọn B. (. (. ). ). Ta có: log 5 25 − 5x + x − 3 = 0  log 5 25 − 5 x = 3 − x  25 − 5x = 53−x  25 − 5x =. 53  25.5x − 52 x = 125. ( 1) 5x. Đặt 5x = t với t  0 . Phương trình ( 1) trở thành: 25t − t 2 = 125  t 2 − 25t + 125 = 0. ( 2 ). 2   = 25 − 4.125 = 125  0 Phương trình ( 2 ) có  nên phương trình ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt  S = 25  0, P = 125  0 t1 , t2 dương thỏa mãn t1 + t2 = 25 và t1 .t2 = 125 .. Khi đó, phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: 5 x = t1 , 5 x = t2 . 1. 2. Ta có 5x + x = 5x .5 x = t1 .t2 = 125  x1 + x2 = 3 . 1. 2. 1. 2. Vậy T = 3. Câu 11: Chọn D Nhận xét x = 1 không là nghiệm pt.  log 2  2 . ( x −1)( x2 + 3 x ). (. ). .3x −1  = 0  ( x − 1) x 2 + 3x + ( x − 1) log 2 3 = 0 . x = 1  2 .  x + 3x + log 2 3 = 0 (1).  = 9 − 4log 2 3  0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác 1 vì  . 4 + log 2 3  0. Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt. Nhận xét x = 1 không là nghiệm pt. Câu 12: Chọn B Ta có 0  m2 + 2  1 m  Phương trình 2log m. (. 2. +2. )(. .. )(. ). x − 1) = log m2 + 2 mx 2 + 1. (. x − 1  0  2  x  1 2    m = 1 − với x  ( 1; +  ) . 2 2 2 log x − 1 = log mx + 1 ( ) x 2  ( x − 1) = mx + 1 ( m2 + 2 )   ( m + 2). (. ). 2 Yêu cầu bài toán trở thành định m để phương trình m = 1 − có nghiệm trên khoảng ( 1; +  ) . x 2 Xét hàm số f ( x ) = 1 − trên khoảng ( 1; + ) . x 2 Ta có f  ( x ) = 2  0 x  ( 1; + ) và lim f ( x ) = −1, lim f ( x ) = 1 . x →+ x →1 x Bảng biến thiên +. 88. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(94) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. x. f ( x) f. 1. +. +. 1. ( x). −1 Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có nghiệm khi −1  m  1 . Câu 13: Chọn B Đặt t = t ( x ) = 2 x + 2− x với x   −1; 2 . Hàm. số. t = t ( x). liên. tục. trên.  −1; 2. có. t  ( x ) = 2 x ln 2 − 2− x ln 2. và. t ( x ) = 0.  2x ln 2 − 2− x ln 2 = 0  2x = 2− x  x = 0 . Bảng biến thiên:. –.  5 Nhận xét: Dựa vào bảng biến thiên với mỗi t   2;  có 2 giá trị của x thỏa mãn t = 2x + 2− x  2  5 17  và với mỗi t  2   ;  có duy nhất 1 giá trị x thỏa mãn t = 2x + 2− x . 2 4   17  Xét phương trình f ( t ) = m với t   2;  .  4. Dựa vào đồ thị phương trình f ( 2 x + 2− x ) = m có số nghiệm nhiều nhất khi và chỉ khi phương  5 17   5 trình f ( t ) = m có 2 nghiệm t1 , t2 trong đó có: t1   2;  và t2   ;  . 2 4   2. Vậy phương trình f ( 2 x + 2− x ) = m có nhiều nhất 3 nghiệm phân biệt thuộc đoạn  −1; 2 . Câu 14: Chọn D Đặt t = sin x , do x  ( 0;  ) nên t  ( 0;1 . Khi đó phương trình trở thành: f ( t ) = m, t  ( 0;1 . Đồ thị f ( t ) trên ( 0;1 như hình vẽ. Từ đồ thị ta có: Phương trình f ( sin x ) = m có nghiệm thuộc khoảng ( 0;  )  phương trình f ( t ) = m có nghiệm trên nửa khoảng ( 0;1  m   −1;1) .. Câu 15: Chọn D Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 89.

(95) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..  3  Đặt t = 4 ( sin 6 x + cos 6 x ) = 4 1 − sin 2 2 x  = 4 − 3sin 2 2 x  t  1; 4 .  4 . (. ). Do đó phương trình f  4 sin 6 x + cos 6 x  = m có nghiệm  phương trình f ( t ) = m có nghiệm trên đoạn 1; 4 . Dựa vào đồ thị đã cho ta thấy: phương trình f ( t ) = m có nghiệm t với t  1; 4  1  m  5 . Vậy m  1; 2;3; 4;5 . Câu 16: Chọn B x  2 Điều kiện xác định của phương trình: x2 − 3x + 2  0   . x  1. Đặt t = x 2 − 3x + 2 với t  0 . Phương trình đã cho trở thành log 3 ( t + 2 ) + 5t Xét hàm số f ( t ) = log 3 ( t + 2 ) + 5t Ta có: f  ( t ) =. 2. −1. 2. −1. −2 =0 .. −2.. 2 1 + 2t.5t −1 ln 5  0 , t  0 . ( t + 2 ) ln 3. Suy ra f ( t ) luôn đồng biến trên ( 0; + ) . Mà f ( 0 ) = log 3 2 −. 9 0 5. Do đó phương trình f ( t ) = 0 có đúng 1 nghiệm trên khoảng ( 0; + ) . Xét t = 1 ta có log 3 ( 1 + 2 ) + 51 −1 − 2 = 0 2. Suy ra t = 1 là nghiệm duy nhất.  3− 5  x1 = 2  x + 2x = 1 9 + 5 . t = 1  x 2 − 3x + 2 = 1   1 2 2  3+ 5 x =  1 2  Suy ra a = 9, b = 5 . Vậy a − 2b = −1 .. (. ). Câu 17: Chọn D Ta có 2 x + 3 = m 4 x + 1  m =. Xét hàm số f ( x ) =. 2x + 3 4x + 1. 2x + 3 4x + 1. .. (1 − 3.2 ).2  f ( x) = ( 4 + 1) 4 x. trên. x. x x. ln 2 +1. = 0  x = log 2. 1 . 3. Ta có bảng biến thiên. 90. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(96) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. a = 3 Từ bản biến thiên suy ra m  3; 10 . Do đó   S = 2.3 + 3.10 = 36 . b = 10. (. ). Câu 18: Chọn C Ta có : 3x 2 − 5x + 8  0 x . log 2.  x  −2 nên đk của phương trình là: x 2 + 3x + 2  0    x  −1. x 2 + 3x + 2 = x2 − 4x + 3 2 3x − 5x + 8.  log 2 ( x 2 + 3x + 2 ) − log 2 ( 3x 2 − 5x + 8 ) =. 1 ( 2 2  3x − 5x + 8 ) − ( x + 3x + 2 )  . 2 1 1  log 2 ( x 2 + 3x + 2 ) + ( x 2 + 3x + 2 ) = log 2 ( 3x 2 − 5x + 8 ) + ( 3x 2 − 5x + 8 ) . 2 2 1 1 1 +  0 t  0 . f (t ) = log 2 t + t ,( t  0) ; f '(t ) = Xét hàm số t ln 2 2 2. Nên hàm số f (t) đồng biến trên tập ( 0; + ) . Mà phương trình có dạng: f ( x 2 + 3x + 2 ) = f ( 3x 2 − 5x + 8 ) . Vậy phương trình đã cho tương đương với phương trình:. ( 3x2 − 5x + 8 ) = ( x2 + 3x + 2 )  2x2 − 8x + 6 = 0   x = 1 (t / m) . x = 3. Vậy A = x12 + x22 − 3x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 5x1 .x2 = 1 . 2. Câu 19: Chọn C Đặt 5x + m = log 5 ( x − m ) = t . x x 5x + m = t 5 + m = t 5 + m = t   t Ta có hệ phương trình:  . t 5 + m = x  x − m = 5 log 5 ( x − m ) = t. Trừ hai vế ta được: 5x − 5t = t − x  5 x + x = 5t + t  f ( x ) = f ( t ) . Với f ( x ) = 5 x + x  f  ( x ) = 5x.ln 5 + 1  0 x .  Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên. ..  Phương trình f ( x ) = f ( t ) có nghiệm duy nhất x = t .. Với x = t ta có 5x + m = x  5x − x = −m. Xét hàm số g ( x ) = 5x − x . g ( x ) = 5x.ln 5 − 1  g ( x ) = 0  5x =. 1 1  x = log 5 . ln 5 ln 5. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 91.

(97) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..  với −m . 1 1 1 1 − log 5 m− + log 5 . ln 5 ln 5 ln 5 ln 5. Do m là số nguyên và m  ( −20; 20 ) nên m  { − 19; −18;...; −1} . Vậy có 19 giá trị m thỏa mãn bài toán. Câu 20: Chọn D 1 Điều kiện x  0 . Đặt t = x + , t 2 . 2x. (. ). Phương trình trở thành: log 2 t + 2t = 5 ( 1) . Xét f ( t ) = log 2 t + 2t với t  2 . Ta có f ( 2 ) = 5 nên x = 2 là một nghiệm của phương trình ( 1) . f '(t ) =. 1 + 2t ln 2  0 t  2  f ( t ) luôn đồng biến trên khoảng t ln 2. (. 2 ; +. ).  Đồ thị hàm số y = f ( t ) cắt đường thẳng y = 5 nhiều nhất tại 1 điểm.. Vậy t = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình ( 1) . Với t = 2 : x +. 1 = 2  2 x2 − 4 x + 1 = 0 ( 2 ) . 2x. Phương trình ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt và tích tất cả các nghiệm thực của phương trình là Câu 21: Chọn C Ta có: log 2 2 x − log 2 x 2 + 3 = m  log 2 2 x − 2log 2 x + 3 = m (1) . Đặt t = log2 x , x  1;8   t  0 ; 3  . Phương trình ( 1) trở thành t 2 − 2t + 3 = m ( 2 ) . Phương trình ( 1) có nghiệm x  1;8  khi và chỉ khi phương trình ( 2 ) có nghiệm t   0 ; 3  . Xét hàm số f ( t ) = t 2 − 2t + 3 với t   0 ; 3  . Ta có bảng biến thiên:. Vậy phương trình ( 1) có nghiệm x  1;8   f ( 1)  m  f ( 3 )  2  m  6 . Câu 22: Chọn B ĐKXĐ: x  0; 4  . Đặt t = 4 x − x 2 với x  0; 4  thì t   0; 2  Đặt u = 3t với t   0; 2  thì u  1; 9  92. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 1 . 2.

(98) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Khi đó, tìm m đề phương trình u2 − 4u + 2m − 1 = 0 có nghiệm thuộc đoạn 1; 9  .  2m = −u2 + 4u + 1 , với u  1; 9  . Xét hàm số f ( u ) = −u2 + 4u + 1 . f  ( u ) = −2u + 4 = 0  u = 2 . Ta có, f ( 1) = 4 , f ( 2 ) = 5 , f ( 9 ) = −44 .. 5 Do đó, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −44  2m  5  −22  m  . 2. Vậy có 25 số nguyên của tham số m . Câu 23: Chọn A Để phương trình  x = k có 1 nghiệm thì k  0 .. ( ). Do đó để f  x −. m2 − 1 m2 − 1 m2 − 1 có 2 nghiệm thì đường thẳng y = phải cắt =0  f x = 8 8 8. ( ). đồ thị y = f ( x ) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 0. Dựa vào đồ thị ta thấy −1 . m2 − 1  1  −7  m2  9  0  m2  9  m  ( −3; 3 ) . 8. Mà m  5; m  .Vậy m  −2; −1;0;1; 2 . Có tất cả 5 giá trị. Câu 24: Chọn D. Ta có 5x + m = log 5 ( x − m ) ( * ) . Đặt t = 5x + m . Suy ra ( * )  t = log 5 ( x − m )  x − m = 5t  x = 5t + m . t = 5x + m Ta có hệ   t − x = 5x − 5t  x + 5x = t + 5t . t x = 5 + m . Xét hàm số f ( u ) = u + 5u có f  ( u ) = 1 + 5u.ln 5  0 , u nên hàm số đồng biến trên. (1)  x = t . Khi đó ta được. .. x = 5x + m  x − 5 x = m .. Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x − 5x và đường thẳng y = m song song hoặc trùng trục hoành.  1  Xét y = x − 5x có y = 1 − 5 x ln 5 . Suy ra y = 0  x = log 5  .  ln 5  Bảng biến thiên.   1  Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình có nghiệm  m  f  log 5     ( −1;0 )  ln 5    Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 93.

(99) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. m  Vì  nên m  −19 ; − 18 ;...; − 1 . Vậy có 19 giá trị nguyên của m thỏa bài toán. m  ( −20; 20 ) Câu 25: Chọn D Do 0  x  2020 nên log 2 (2x + 2) luôn có nghĩa.. Ta có log 2 (2 x + 2) + x − 3 y = 8 y  log 2 ( x + 1) + x + 1 = 3 y − 2 3 y  log 2 ( x + 1) + 2 log 2 ( x +1) = 3 y + 2 3 y (1) . Xét hàm số f (t ) = t + 2t .. Tập xác định D =. và f (t ) = 1 + 2t ln 2  f (t)  0 t . Suy ra hàm số f (t) đồng biến trên. .. . Do đó (1)  log 2 ( x + 1) = 3y  x + 1 = 23 y.  y = log8 ( x + 1) .. Ta có 0  x  2020 nên 1  x + 1  2021 suy ra 0  log8 ( x + 1)  log8 2021 . Lại có log 8 2021  3,66 nên nếu y . thì y  0;1; 2; 3 .. Vậy có 4 cặp số ( x ; y) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là các cặp (0;0) , (7 ;1) , (63; 2) , (511; 3) . Câu 26: Chọn B 1 không là nghiệm của phương trình, do đó 3 27 x + 23 15x.5x = 5x +1 + 27 x + 23  5x +1 = 3x − 1. Ta thấy x =. Xét hai hàm số f ( x ) = 5x +1 và g ( x ) = Ta có f  ( x ) = 5x +1.ln 5  0, x . 27 x + 23  1 1  trên tập D =  −;    ; +  3x − 1 3 3  . 1 −96 1 và g ( x ) =  0, x  . 2 3 3 ( 3x − 1). Do vậy hàm số f ( x ) là hàm đồng biến và g ( x ) là hàm nghịch biến trên từng khoảng xác định nên phương trình có tối đa 02 nghiệm.. Nhận thấy x = 1 là hai nghiệm của phương trình tren. Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 0 . Câu 27: Chọn A Ta có x + 3 = me x  me x − x − 3 = 0 .. 94. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(100) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số y = me x − x − 3 cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt. Ta có y = me x − 1 . Nếu m  0 thì y  0, x . nên đồ thị hàm số y = me x − x − 3 không thể cắt trục Ox tại 2 điểm. phân biệt. Nếu m  0 thì y = 0  x = − ln m . Ta có bảng biến thiên:. Suy ra ln m − 2  0  m  e2 . Vậy 0  m  e2 . Do đó các giá trị nguyên của m là 1, 2, …,7. Nhận xét: Những bài toán về số nghiệm của phương trình phụ thuộc vào tham số m ta thường tìm cách cô lập m rồi khảo sát hàm số, tuy nhiên với bài toán này, nếu làm vậy thì gặp khó khăn trong việc khảo sát hàm số nhận được. Do đó ta xét vị trí tương đối của đồ thị một hàm khác với trục hoành. Bài toán này cần đến các kĩ năng khảo sát hàm số, giải phương trình mũ và bất phương trình logarit. Câu 28: Chọn D  1 2 x − 1  0 2x − 1 x  Điều kiện  = 3x2 − 8 x + 5 .  2 . Ta có: log 3 2 x − 1  0  x  1 ( x − 1)  2 2x − 1 2x − 1  log 3 = 3 ( x − 1) − ( 2 x − 1) . − 1 = 3x 2 − 8 x + 4  log 3 2 2 3 ( x − 1) ( x − 1). (. ).  log 3 ( 2 x − 1) + ( 2 x − 1) = log 3 3 ( x − 1) + 3 ( x − 1) 2. Xét hàm số: f ( t ) = log 3 ( t ) + t với t  0 có f  ( t ) = Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0; + ) .. (. 2. (1) .. 1 + 1  0 t  0 . t.ln 3. ). Phương trình ( 1)  f ( 2 x − 1) = f 3 ( x − 1) . 2. x = 2  2 x − 1 = 3 ( x − 1)  3x − 8 x + 4 = 0 hay  . x = 2  3 2 Vậy hai nghiệm của phương trình là 2 và suy ra b = 3 . 3 Câu 29: Chọn A 2. 2. Ta có: x + 3 = me x  me x − x − 3 = 0 . Đặt f ( x ) = me x − x − 3  f  ( x ) = me x − 1 . Nếu m  0 thì f  ( x )  0  f ( x ) = 0 có tối đa một nghiệm. Ta xét với m  0 , khi đó f  ( x ) = 0  x = − ln m . Bảng biến thiên Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 95.

(101) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Để phương trình x + 3 = me x có 2 nghiệm phân biệt ln m − 2  0  0  m  e 2 . Từ đó suy ra m  1; 2; 3; 4; 5; 6;7 . Câu 30: Chọn B Vì e x + e x+ a  0, x nên ln(1 + x)  ln(1 + x + a)  1 + x  1 + x + a  a  0. 1 + x  0  x  −1 − a , a  0. Điều kiện của phương trình là  1 + x + a  0. Phương trình tương đương với: e x + e x+1 − ln( x + 1) + ln( x + a + 1) = 0. Xét hàm số f ( x) = e x + e x + a − ln( x + 1) + ln( x + a + 1). Ta có f '( x) = e x + e x + a −. 1 1 a + = e x + e x+a −  0 a  0, x  −a − 1. x+1 x+ a+1 ( x + 1)( x + a + 1). Suy ra f ( x ) đồng biến trên ( −1 − a; + ) với a  0 . Ta có lim f ( x) = +; lim f ( x) = − x →− ( a + 1)+. x →+. Bảng biến thiên:.  f ( x) = 0 luôn có một nghiệm thực duy nhất với mọi a  0 .. Vì a  ( −200 ; 200 ) nên có 199 số a nguyên thỏa mãn. Câu 31: Chọn C TXĐ: D =. \−1; 2.. Ta có 2 x − 1 mx − 2 m − 1 2 x − 1 m( x − 2) − 1 + = 0  2019 x + + =0 x+1 x−2 x+1 x−2 2x − 1 1  2019 x + − = − m. (*) x+1 x−2 2x − 1 1 − . Đặt f ( x) = 2019 x + x+1 x−2 3 1 +  0 x  D. Khi đó f '( x) = 2019 x ln 2019 + 2 ( x + 1) ( x − 2)2 2019 x +. Ta có bảng biến thiên. 96. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(102) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình (*) có 3 nghiệm thực phân biệt thì −m  2  m  −2. Mà m  −  2019 ; 2019  và m  Câu 32: Chọn B e 3 x + 5 y −10 − e x + 3 y −9 = 1 − 2 x − 2 y. nên có 2017 giá trị m thỏa mãn..  e 3 x + 5 y −10 − e x + 3 y −9 = ( x + 3 y − 9 ) − ( 3 x + 5 y − 10 ).  e 3 x + 5 y −10 + 3x + 5 y − 10 = e x + 3 y −9 + x + 3 y − 9 . Xét hàm số f ( t ) = e t + t , t . Ta có: f  ( t ) = e t + 1  0, t  . Suy ra hàm số luôn đồng biến trên. .. .. Khi đó phương trình f ( t ) = 0 có nghiệm là duy nhất. Tức là: 3x + 5y − 10 = x + 3y − 9  2y = 1 − 2x .. Thay vào phương trình thứ 2, ta được:. log 25 ( 3x + 2 y + 4 ) − ( m + 6 ) log 5 ( x + 5 ) + m2 + 9 = 0.  log 25 ( x + 5 ) − ( m + 6 ) log 5 ( x + 5 ) + m2 + 9 = 0 (1) .. Đặt log 5 ( x + 5 ) = t ( t  , x  −5 ) . Khi đó phương trình trở thành t 2 − ( m + 6 ) t + m2 + 9 = 0 . Tồn tại x , y thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi phương trình có nghiệm, tức là:. (. ).  = ( m + 6 ) − 4 m2 + 9  0  −3m2 + 12m  0  0  m  4 . 2. Vậy có 5 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 33: Chọn C x  0 Điều kiện: 2 x − 3x  0   . x  3  2 2. log 2. Ta có:. (. ). 1− 2 x2 + 3 x. 1 2 x2 − 3x + 1 +   2. ).  log 2. (. 2 x 2 − 3x + 1 + 2 2 x.  log 2. (. 2 x2 − 3x + 1 = 2 − 2 2 x. ). 2. − 3 x −1. 2. =2. =2. − 3 x −1. (*). Đặt t = 2 x 2 − 3x ; t  0 . Khi đó phương trình trở thành: log 2 (t + 1) = 2 − 2t. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 2. −1. (1) .. 97.

(103) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Nhận thấy rằng phương trình là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y = log 2 (t + 1) luôn đồng biến trên  0; +  ) và y = 2 − 2t. 2. −1. luôn nghịch biến trên  0; +  ) .. Do đó phương trình ( 1) có nghiệm duy nhất t = 1 .. Từ đó ta có phương trình:.  3 + 17 x = 4 . 2 x 2 − 3x = 1  2 x 2 − 3x − 1 = 0    3 − 17 x = 4 . Vậy a = 3; b = 17; c = 4 . a + b + c = 24 . Câu 34: Chọn A Điều kiện: x  0 . Ta có 5loga x.logb x − 4loga x − 3logb x − 2019 = 0  5 Đặt t = ln x . Ta được phương trình:. ln x ln x ln x ln x . −4 −3 − 2019 = 0. ln a ln b ln a ln b. 5t 2  3ln a + 4ln b  −  t − 2019 = 0 ln a.ln b  ln a.ln b . Do a, b  1  ln a.ln b  0 . Vậy luôn có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 . Suy ra phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Mặt khác ta có: t1 + t2 =. 3ln a + 4ln b 3ln a + 4ln ( 2019 − a ) = . 5 5.  ln ( x1 .x2 ) = ln x1 + ln x2 = t1 + t2 =. 3ln a + 4ln ( 2019 − a ) 5. Vì a  1 , b  1 và a + b = 2019 nên a  ( 1; 2018 ) . Xét hàm số f (u) = Ta có f (u) =. 3ln u + 4ln ( 2019 − u ) 5. trên ( 1; 2018 ) .. 6057 6057 − 7u  f (u) = 0  u = 7 5u ( 2019 − u ). Bảng biến thiên:. 3 6057 4 8076 ln + ln . 5 7 5 7 Do đó m = 6075, n = 8076 hay S = m + 2n = 22209 .. Vậy giá trị lớn nhất của ln ( x1 x2 ) bằng. Câu 35: Chọn D. 98. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(104) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Ta có: 2019. ) = 2 x + y  x + 1 2 .20192( x +1) = 2 x + y .2019 2 y ( ) ( ) 2. (. 2. 2 x2 − y +1. ( x + 1). 2 2 2 2 2 x +1 2 x +1 − 4 x 2 2 x+ y  ( x + 1) .2019 ( ) = ( 2 x + y ) .2019 2 y  ( x + 1) .2019 ( ) = ( 2 x + y ) .2019 ( ) .. Đặt u = ( x + 1) , v = 2 x + y , ( u  0, v  0 ) , khi đó trở thành u.20192u = v.20192 v. 2. Xét hàm đặc trưng f ( t ) = t.2019 2 t , ( t  0 ) , ta có f ' ( t ) = 2019 2 t + 2t.2019 2 t.ln 2019  0, t  ( 0 : + )  Hàm f ( t ) đồng biến trên (0; +).. Phương trình ( 2 )  f ( u ) = f ( v )  u = v  ( x + 1) = 2 x + y  y = x 2 + 1. 2. Vậy P = 2 y − x = 2 x 2 − x + 2 . Do P là hàm bậc hai có hệ số a = 2  0 nên  b  1 1 1 15 min P = P  −  = P   = 2. − + 2 = . 16 4 8  2a  4. Câu 36: Chọn B. ( x − 1). 2. e. ( x −1). (. ). 2. − log 2 = 0  x − 1 e. ( x −1). = log 2 , ( 1). Đặt t = x − 1 , điều kiện t  −1 khi đó phương trình trở thành t 2 e t = log 2 , ( 2 ). ( ). ( ) (. ).   Đặt f ( t ) = t 2 e t , f  ( t ) = t 2 e t + t 2 e t = t 2 + 2t e t .. t = 0 Ta có f  ( t ) = 0  t 2 + 2t e t = 0   , ( t = −2 loại vì t  −1 ). t = −2. (. ). (. ). Giải phương trình: f  ( t )  0  t 2 + 2t e t  0  t 2 + 2t  0  t  (0; +) , Mà lim f ( t ) = lim t 2 e t = + t →+. t →+. Từ đó thu được bảng biến thiên của hàm số y = f ( t ) = t 2 e t trên −  1; + ) như sau:. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa mãn −1  t1  t2 . Ứng với mỗi nghiệm này cho ta được hai nghiệm x nên phương trình ( 1) có 4. nghiệm. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 99.

(105) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 37: Chọn B. (. ( )). Ta có: f 2 + f e. x. ( ) ( ).  2 + f e x = −1 =1  2 + f e x = a , ( 2  a  3) . ( ) = −1  f ( e ). 2+ f e. x. x. ( ). ( ). 2 + f ex = a  f ex. e x = 1 = −3   x x=0  e = b  −1( VN ).  e x = c  −1  = a − 2, ( 0  a − 2  1)   e x = d  0  x = ln t e x = t  2 . Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt Câu 38: Chọn B b Ta có ln = c − b  ln b + b = ln c + c(*) . c. 1 Xét hàm số f (t ) = ln t + t , ( t  0 )  f  ( t ) = + 1  0, t  0 t.  f ( t ) là hàm số đồng biến trên ( 0; + ) . Phương trình có dạng f (b) = f ( c ). Do đó ta được b = c . Lại có log 3 a + b = 0  a = 3− b . Thay vào log a b =. 1 −1 1 1 1 ta được: log 3− b b =  log 3 b =  b = . b b b c 3. 1 − 1 1 1 2 6 3 Vậy b = c = , a = 3 3 = 3 . Suy ra S = a + b + c = 3 +   ;  . 3 3 3 3 5 2 Câu 39: Chọn C Ta có:. 3. sin x + 5 cos x − m + 5.  3sin x +. = log sin x +. 5 cos x +10. 5 cos x +10. (. ). m +5 . (. ). 3sin x +. .ln sin x + 5 cos x + 10 = 3. 3 m +5. 5 cos x + 10 m +5. (. =. .ln m + 5. ). (. (. ln m + 5. ). ln sin x + 5 cos x + 10. ). 1 Xét f ( t ) = ln ( t ) .3t , t  5 có f  ( t ) = 3t + ln ( t ) 3t ln ( 3 )  0 , t  5 t. Vậy hàm số f ( t ) đồng biến.. (. ) (. ). f sin x + 5 cos x + 10 = f m + 5  sin x + 5 cos x + 10 = m + 5  sin x + 5 cos x + 5 = m. Mà − 6  sin x + 5 cos x  6 Vậy để phương trình có nghiệm ta phải có 5 − 6  m  5 + 6 Câu 40: Chọn D x+y Điều kiện 2  0  x + y  0. x + y 2 + xy + 2 log. 100. 3. x+y = x ( x − 3 ) + y ( y − 3 ) + xy x + y 2 + xy + 2 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(106) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. (. ).  2log 3 ( x + y ) − 2log 3 x 2 + y 2 + xy + 2 = x 2 + y 2 + xy − 3x − 3 y. (. ).  2log 3 ( x + y ) + 2 − 2log 3 x 2 + y 2 + xy + 2 = x 2 + y 2 + xy + 2 − 3x − 3 y. (. ).  2log 3 ( 3x + 3 y ) + ( 3x + 3 y ) = 2log 3 x 2 + y 2 + xy + 2 + x 2 + y 2 + xy + 2. Xét hàm đặc trưng f ( t ) = 2log 3 t + t , t  ( 0; + ) , ta có f  ( t ) = Suy ra hàm f ( t ) đồng biến trên khoảng ( 0; + ) .. (. 2 + 1  0, t  ( 0; + ) . t.ln 3. ). Phương trình  f ( 3x + 3 y ) = f x 2 + y 2 + xy + 2  x 2 + y 2 + xy + 2 = 3x + 3 y  x+y a = ,  x = a + b 2 3a − b + 3  2  Đặt  Khi đó P = và ( 2 ) là: 3 ( a − 1) + b2 = 1. 2a + 6 y = a − b b = x − y .  2   3 ( a − 1) = cos t , Đặt  (t  0; 2  ) , khi đó b = sin t ,  . P=. 3cos t − 3 sin t + 6 3.  ( 2 P − 3 ) .cos t + 3 sin t = 6 3 − 8 3P 2cos t + 8 3 phương trình luôn có nghiệm t. Do. ( 2P − 3). 2. (. + 3  6 3 − 8 3P. ). Vậy giá trị lớn nhất của P là. 2.  47 P 2 − 69 P + 24  0 . nên. ta. có. 69 − 249 69 + 249 P . 94 94. 69 + 249 . 94. Câu 41: Chọn C. (. ). 2 mx 1− m 1 +  2 x2 − m ( m + 1) x − 2  .21+ mx − x = x 2 − mx − 1 .2 ( ) + x 2 − m2 x. −( x   x2 − mx − 1 + x 2 − m2 x − 1  .2  . (. ) ( Đặt a = ( x − mx − 1) , b = ( x 2. ( a + b ) .2. −a. ). 2. 2. ) = x 2 − mx − 1 .2( x −m x−1)−( x −mx−1) + x 2 − m2 x − 1 . ( ) ( ). − mx −1. 2. 2. 2. ). − m2 x − 1 thì phương trình trên trở thành. (. ) (. ). = a.2b − a + b  a + b = a.2b + b.2 a  a 2b − 1 + b 2 a − 1 = 0 .. Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì phương trình thỏa mãn. Nếu a  0 và b  0 thì phương trình tương đương. 2b − 1 2 a − 1 + =0 . b a. Nhận xét: Với a  0 thì 2a  1 , tức là 2a − 1  0 nên. 2a − 1 0. a. Với a  0 thì 2a  1 , tức là 2a − 1  0 nên. 2a − 1 0. a. Suy ra. 2a − 1  0, a  0 . a. Tương tự:. 2b − 1  0, b  0 . b. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 101.

(107) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Nên. 2b − 1 2 a − 1 +  0, a  0, b  0 . Suy ra phương trình vô nghiệm. b a. a = 0 Do đó:   . b = 0  x 2 − mx − 1 = 0 Tức là phương trình đã cho tương đương  2 . 2  x − m x − 1 = 0. Hai phương trình x2 − mx − 1 = 0 và x2 − m2 x − 1 = 0 có ít nhất 1 nghiệm trùng nhau khi m = 0 hoặc m = 1 . Nếu m = 0 thì hai phương trình đều là x2 − 1 = 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm và tổng hai nghiệm đó là T1 = 0 . Nếu m = 1 thì hai phương trình đều là x2 − x − 1 = 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm và tổng hai nghiệm đó là T2 = 1 . Khi m  0 và m  1 thì hai phương trình x2 − mx − 1 = 0 và x2 − m2 x − 1 = 0 không có nghiệm nào trùng nhau. Phương trình bậc hai x2 − mx − 1 = 0 có a.c  0 nên có hai nghiệm phân biệt và tổng hai nghiệm đó là x1 + x2 = m . Phương trình bậc hai x2 − m2 x − 1 = 0 có a.c  0 nên có hai nghiệm phân biệt và tổng hai nghiệm đó là x3 + x4 = m2 . Suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt và tổng của chúng là 2.  1 1 1 T3 = x1 + x2 + x3 + x4 = m + m =  m +  −  − . 2 4 4  2. 1 1 1  m = − , nên min T3 = − . 4 2 4 So sánh T1 , T2 , min T3 thì được giá trị nhỏ nhất của tổng các nghiệm của phương trình đã cho là T3 = −. 1 1 và đạt tại m = − . 2 4 Câu 42: Chọn C Điều kiện: x  −1. Vì x = 0 không thỏa mãn phương trình nên ta có −.  x+2  m = ln( x + 1) , ( 2 )  m ln ( x + 1) = x + 2  . (1)  m ln ( x + 1) − x − 2  ln ( x + 1) + 1 = 0   1  ln ( x + 1) = −1  x = e − 1. Do nghiệm x =. 1 − 1  0 nên phương trình ( 1) có hai nghiệm thoả mãn 0  x1  2  4  x2 khi và e. chỉ khi phương trình ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt sao cho 0  x1  2  4  x2 . Xét hàm số. f ( x) =. f  ( x ) = 0  ln ( x + 1) − 102. x+2 ln ( x + 1). trên khoảng. ( 0 ; + ). ta có. f ( x) =. x+2 x+1 . 2 ln ( x + 1). ln ( x + 1) −. x+2 = 0 , ( 3) . x+1 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(108) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Xét hàm số h ( x ) = ln ( x + 1) −. x+2 1 1 có h ( x ) = +  0 , x  0 nên h ( x ) đồng biến x+1 x + 1 ( x + 1)2. trên ( 0 ; +  ) do đó phương trình f  ( x ) = 0 có không quá một nghiệm. Mà f  ( 2 ) . f  ( 4 )  0 và f  ( x ) là hàm số liên tục trên  2 ; 4  suy ra phương trình ( 3 ) có duy nhất một nghiệm x0  ( 2; 4 ) . Từ đó ta có bảng biến thiên. Từ bảng biến thiên ta có phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn 0  x1  2  4  x2 khi và chỉ khi m . 6 6  6   ( 3,7 ; 3,8 ) .  m ; +   . Vậy a = ln 5 ln 5  ln 5 . Câu 43: Chọn D Phương 3. 3. m−3 x. trình. (. tương. ). + x 3 − 9 x 2 + 24 x + m = 27 + 33− x  3. 3. m−3 x. đương. + m − 3 x = 33− x + ( 3 − x ). Xét hàm đặc trưng: f ( t ) = 3t + t 3  f  ( t ) = 3t ln 3 + 3t 2  0 t  3. 3. m−3 x. với. 3. .. + m − 3x = 33− x + ( 3 − x )  3 m − 3x = 3 − x  m = ( 3 − x ) + 3x 3. 3.  m = −x3 + 9x2 − 24x + 27 . x = 2 Đặt g ( x ) = − x 3 + 9 x 2 − 24 x + 27  g ( x ) = −3x 2 + 18 x − 24 = 0   . x = 4 Ta có bảng biến thiên:. Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì 7  m  11  m  8;9;10 . Vậy tổng các giá trị m bằng 27 . Câu 44: Chọn C Điều kiện: x . (. .. ). (. x−m x −1 2( ) .log 2 x 2 − 2 x + 3 = 4 log 2 2 x − m + 2 2. ). 2 2 x −m  2( x −1) .log 2 ( x − 1) + 2  = 2 log 2 ( 2 x − m + 2 )   2. Xét hàm số y = 2t.log 2 ( t + 2 ) với t  0 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 103.

(109) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Hàm số y = 2t.log 2 ( t + 2 ) xác định và liên tục trên  0 ; +  ) . 2t  0, t  0 . ( t + 2 ) ln 2. Ta có y = 2t.log 2 ( t + 2 ) .ln 2 +. Vậy hàm số y = 2t.log 2 ( t + 2 ) đồng biến trên  0 ; +  ) . Từ. (1)  f (( x − 1). 2. ). ( x − 1)2 = 2 ( x − m ) = f 2 x − m  ( x − 1) = 2 x − m    − ( x − 1)2 = 2 ( x − m ) . (. ). 2.  2 m = − x 2 + 4 x − 1 ( 1)  (* ) . 2  2m = x + 1 ( 2). Xét phương trình 2m = −x2 + 4x − 1 . Ta có bảng biến thiên của hàm số g ( x ) = − x 2 + 4 x − 1. Phương trình 2m = −x2 + 4x − 1 có 2 nghiệm phân biệt khi 2m  3  m  Phương trình 2m = −x2 + 4x − 1 có 1 nghiệm khi 2m = 3  m = Phương trình 2m = −x2 + 4x − 1 vô nghiệm khi 2m  3  m . 3 2. 3 . 2. 3 . 2. Xét phương trình 2m = x2 + 1 . Ta có bảng biến thiên của hàm số h ( x ) = x 2 + 1. Phương trình 2m = x2 + 1 có 2 nghiệm phân biệt khi 2m  1  m  Phương trình 2m = x2 + 1 có 1 nghiệm khi 2m = 1  m = Phương trình 2m = x2 + 1 vô nghiệm khi 2m  1  m . 104. 1 . 2. 1 . 2. 1 . 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(110) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 3 : phương trình 2m = −x2 + 4x − 1 có nghiệm x = 2 , phương trình 2m = x2 + 1 có 2 2 3 nghiệm phân biệt x =  2 . Vậy ( * ) có 3 nghiệm phân biệt, suy ra loại m = . 2 1 Khi m = : phương trình 2m = −x2 + 4x − 1 có 2 nghiệm phân biệt x = 2  2 , phương trình 2 3 2m = x2 + 1 có nghiệm x = 0 . Vậy ( * ) có 3 nghiệm phân biệt, suy ra loại m = . 2. Khi m =. Xét phương trình −x2 + 4x − 1 = x2 + 1  −2x2 + 4x − 2 = 0  x = 1 suy ra không tồn tại m để phương trình ( 1) và ( 2 ) có cùng tập nghiệm gồm 2 phần tử. Vậy không tồn tại m để ( * ) có 2 nghiệm phân biệt. Yêu cầu bài toán  ( * ) có 2 nghiệm phân biệt.  m  Trường hợp 1: ( 1) có 2 nghiệm phân biệt và ( 2 ) vô nghiệm   m  . 3 2 m 1. 1 2 2.  m  Trường hợp 2: ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt và ( 1) vô nghiệm   m  . 1 2 m 3. 3 2 2.  m = Trường hợp 3: ( 1) có nghiệm x = 2 và ( 2 ) có nghiệm x = 0   m = . 3 2  m . 1 2.  1 3  Kết hợp với điều kiện m thuộc đoạn −  2019 ; 2019  ta có m   −2019; 2    2 ; 2019  .     Vì m nguyên nên nên ta có 4038 giá trị của m . Câu 45: Chọn A. Để. 1− y  0 mà từ giả thiết x, y  0 suy ra 1 − y  0  y  1 . Vậy ĐKXĐ: x  0;0  y  1 . x + 3xy. Ta có: log 3 . 3 (1 − y ) x + 3xy. 3 (1 − y ) 1− y 1− y = 33 xy + x + 3 y − 3 = 3xy + x + 3 y − 4  = 33 xy + x + 3 y − 4  x + 3xy x + 3xy x + 3xy =. 33 xy + x  ( 3 − 3 y ) .33− 3 y = ( 3 xy + x ) .33 xy + x (*) 33 − 3 y. Xét f ( t ) = t.3t với t  0 . Ta có f  ( t ) = 3t + t.3t.ln 3  0 với t  0 , suy ra f ( t ) đồng biến trên khoảng. ( 0; + ). . Từ (*) ta có. 3 − 3 y = 3xy + x  y =. Ta có P = x + y = x +. f ( 3 − 3 y ) = f ( 3xy + x ). với 3 − 3y  0,3xy + x  0 nên. 3−x . 3( x + 1).  3−x 3−x 1 4 = ( x + 1) +  + −  3 ( x + 1) 3  3 3 ( x + 1)  . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 105.

(111) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. P = ( x + 1) +. Vậy Pmin. 4 4 − 2 3 ( x + 1) 3. ( x + 1) . 3. 4 4 4 3 −4 . − = 3 ( x + 1) 3.  4 x + 1 = 3 x + 1 ( )  2  x =  4 3 −4 3−x  =  y=  3 3 x + 1 ( )  y = 2  x  0;0  y  1   . 3 −3 3 . 3 −1 3. Câu 46: Chọn D  1 2 x − 1  0 2x − 1 x  Điều kiện  = 3x2 − 8 x + 5 .  2 . Ta có: log 3 2 x − 1  0 x  1 ( x − 1)  2 2x − 1 2x − 1  log 3 = 3 ( x − 1) − ( 2 x − 1) . − 1 = 3x 2 − 8 x + 4  log 3 2 2 3 ( x − 1) ( x − 1). (. ).  log 3 ( 2 x − 1) + ( 2 x − 1) = log 3 3 ( x − 1) + 3 ( x − 1) 2. Xét hàm số: f ( t ) = log 3 ( t ) + t với t  0 có f  ( t ) = Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0; + ) .. (. 2. (1) .. 1 + 1  0 t  0 . t.ln 3. ). Phương trình ( 1)  f ( 2 x − 1) = f 3 ( x − 1) . 2. x = 2  2 x − 1 = 3 ( x − 1)  3x − 8 x + 4 = 0 hay  . x = 2  3 2. 2. Vậy hai nghiệm của phương trình là 2 và. 2 suy ra b = 3 . 3. Câu 47: Chọn B Điều kiện xác định:. 2x2 + x + m + 1  0  2 x2 + x + m + 1  0 . 2 x + x+1. Khi đó: 2x2 + x + m + 1 2x2 + x + m + 1 2  log 3 log − 1  2 x2 + 4 x + 4 − 2m  2 x + 4 x + 5 − 2 m 3 x2 + x + 1 x2 + x + 1 2x2 + x + m + 1  log 3  2 x2 + 4 x + 4 − 2m 2 3 x + x+1. (. ( ( 2x. ). ) ( ) ( + x + m + 1) + 2 ( 2 x + x + m + 1)  log 3 ( x. ) ( ) + x + 1) +6 ( x + x + 1) ..  log 3 2 x 2 + x + m + 1 − log 3 3 x 2 + x + 1  − 2 2 x 2 + x + m + 1 + 6 x 2 + x + 1  log 3. 2. 2. 3. 2. 2. Xét hàm số f ( t ) = log 3 t + 2t với t  0 . Ta có: f  ( t ) =. 106. 1 + 2  0, t  0 . Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên khoảng ( 0 ; +  ) . t.ln 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(112) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. (. ). ((. ) )  2x. Do đó tương đương với f 2 x 2 + x + m + 1  f 3 x 2 + x + 1. 2. (. + x + m + 1  3 x2 + x + 1. ).  x2 + 2 x + 2  m .. Bất phương trình x2 + 2x + 2  m có nghiệm  m  min g ( x ) với g ( x ) = x 2 + 2 x + 2 . Xét hàm số g ( x ) = x 2 + 2 x + 2 với x . có g ( x ) = 2 x + 2 .. g ( x ) = 0  2x + 2 = 0  x = −1 .. Bảng biến thiên. Từ bảng biến thiên suy ra min g ( x ) = 1 . Do đó m  1 . Vì m  −  10;10  nên tập S = 1; 2;...;10 . Vây S có 10 phần tử. Câu 48: Chọn D Điều kiện: Ta có. x 2 + 1 + x  0, x . Ta.  f ( − x ) = ln  . có. ( (. = − ln. ( −x ). 2. ). ). nên hàm số f ( x ) xác định trên  + 1 − x  + e−x − ex . = −ln. .. (. ). x2 + 1 + x + e − x − e x. x 2 + 1 + x + e x − e − x = − f ( x ) với x  . Suy ra f ( x ) là hàm số lẻ.. 2x. x + x2 + 1. +1. 2 Mà f  ( x ) = 2 x + 1 + ex + e−x = 2 x +1 + x. Suy ra f ( x ) đồng biến trên. x2 + 1 x +1 + x 2. + ex + e−x =. 1 x +1 2. + e x + e − x  0 , x . .. ( ). ( ). ( ). Ta có: f 3x + f ( 2 x − 1) = 0  f 3 x = − f ( 2 x − 1)  f 3 x = f ( 1 − 2 x )  3x = 1 − 2x . Điều kiện: Ta có. x 2 + 1 + x  0, x . Ta.  f ( − x ) = ln  . có. ( (. = − ln. ( −x ). ). ). 2. nên hàm số f ( x ) xác định trên  + 1 − x  + e−x − ex . = −ln. .. (. ). x2 + 1 + x + e − x − e x. x 2 + 1 + x + e x − e − x = − f ( x ) với x  . Suy ra f ( x ) là hàm số lẻ.. 2x. x + x2 + 1. +1. 2 Mà f  ( x ) = 2 x + 1 + ex + e−x = 2 x +1 + x. Suy ra f ( x ) đồng biến trên. x2 + 1 x +1 + x 2. + ex + e−x =. 1 x +1 2. + e x + e − x  0 , x  .. .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 107.

(113) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. ( ). ( ). ( ). Ta có: f 3x + f ( 2 x − 1) = 0  f 3 x = − f ( 2 x − 1)  f 3 x = f ( 1 − 2 x )  3x = 1 − 2x . Xét hàm số g ( x ) = 3x . Hàm số g ( x ) đồng biến trên. , hàm số h ( x ) = 1 − 2 x nghịch biến trên. nên đồ thị hàm số y = g ( x ) và y = h ( x ) có nhiều nhất một điểm chung. Vì g ( 0 ) = h ( 0 ) suy ra phương trình 3x = 1 − 2x có một nghiệm duy nhất x = 0 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0 . Câu 49: Chọn D Ta có. 1 1 1 1 + x = x+a  + x −x=a ln ( x + 5 ) 3 − 1 ln ( x + 5 ) 3 − 1. ln ( x + 5 )  0  x  −4     x  −5 . Điều kiện xác định  x + 5  0 3x − 1  0 x  0   Đặt hàm số f ( x) = Suy ra f '( x) =. 1 1 + x − x có TXĐ D = ( −5; −4 )  ( −4;0 )  ( 0; + ) ln( x + 5) 3 − 1. −1 3x ln 3 − − 1  0 nên f ( x) nghịch biến trên từng khoảng xác ( x + 5) ln 2 ( x + 5) ( 3x − 1)2. định. 1 243 +5 = 5− ; lim f ( x) = −; lim+ f ( x) = + x →−4 x →−5 3 −1 242 x→−4− lim− f ( x) = −; lim+ f ( x) = + ; lim f ( x) = −. Tính: lim+ f ( x) = x →0. −5. x →+. x →0. Bảng biến thiên. Phương trình f ( x) = a có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi a  5 −. 243 242. a  a   Do  . Vậy có 2018 − 4 + 1 = 2015 giá trị của a . a  ( −2019; 2019 ) a   4; 2018 Câu 50: Chọn C Nhận xét phương trình 2 ( ) − 1 = 0 có một nghiệm đơn x = 2 nên biểu thức sẽ đổi dấu khi đi qua điểm x = 2 . Do đó để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x  thì phương trình m = 1 f sin x f sin x x m − 2 ( ) + 2.2 ( ) + m2 − 3 = 0 phải có một nghiệm x = 2  m2 + 2m − 3 = 0   .  m = −3 f x. (. 108. ). Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(114) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Thử lại với m = 1 ta có:. (. ). (. ). (. )(. ).  x 1 − 2 f ( sin x ) + 2.2 f ( sin x ) − 2  2 f ( x ) − 1  0  ( x − 2 ) 1 − 2 f ( sin x ) 2 f ( x ) − 1  0   f sin x  2 ( )  1  f ( sin x )  0  sin x  2 luôn đúng với mọi x .  m = 1 thỏa mãn ycbt.. Thử lại với m = −3 ta có:. (. ). (. ). (. )(. ).  x −3 − 2 f ( sin x ) + 2.2 f ( sin x ) + 6  2 f ( x ) − 1  0  − ( x − 2 ) 3 + 2 f ( sin x) 2 f ( x ) − 1  0   f sin x  3 + 2 ( )  0  m = −3 không thỏa mãn ycbt.. Vậy S = 1 . Số tập con của S là 2 đó là 1 và  . Câu 51: Chọn D Phương trình. 1 1 1 1 + x = x+a  + x −x=a ln ( x + 5 ) 3 − 1 ln ( x + 5 ) 3 − 1. Đặt hàm số f ( x) = Ta có : f '( x) =. 1 1 + x − x có tập xác định D = ( −5; −4 )  ( −4; 0 )  ( 0;  ) ln( x + 5) 3 − 1. −1 3x ln 3 − −1  0 ( x + 5) ln 2 ( x + 5) 3x − 1 2. (. ).  f ( x) nghịch biến trên các khoảng của tập xác định. 1 243 +5 = 5− ; lim f ( x) = −; lim+ f ( x) = + x →−4 x →−5 242 x→−4− 3 −1 lim− f ( x) = −; lim+ f ( x) = + ; lim f ( x) = −. Các giới hạn: lim+ f ( x) = x →0. x →0. −5. x →+. Bảng biến thiên. Phương trình f ( x) = a có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi a  5 −. 243 242. a  a   Do  . Vậy có 2018 − 4 + 1 = 2015 giá trị của a . a  ( −2019; 2019 ) a   4; 2018  Câu 52: Chọn D. Phương trình 50x + 2x+5 = 3.7 x  50x + 2x+5 − 3.7 x = 0 . Xét hàm số f ( x) = 50 x + 2 x + 5 − 3.7 x f ( x) = 50 x ln 50 + 2 x + 5 ln 2 − 3.7 x ln7 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 109.

(115) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. f ( x) = 50 x ( ln 50 ) + 2 x + 5 ( ln 2 ) − 3.7 x ( ln7 ) 2. 2. 2.   50 x 2 2 2 Khi x  0 thì f ( x) = 7    ( ln 50 ) − 3 ( ln7 )  + 2 x + 5 ( ln 2 )  7     x.   50 0 2 2 2 f ( x)  7    ( ln 50 ) − 3 ( ln7 )  + 2 x + 5 ( ln 2 )  0  7     x.   2 x 2 2 2 Khi x  0 thì f ( x) = 7    32 ( ln 2 ) − 3 ( ln7 )  + 50 x ( ln 50 )  7     x.   2 0 2 2 2 f ( x)  7    32 ( ln 2 ) − 3 ( ln7 )  + 50 x ( ln 50 )  0  7     Suy ra f ( x)  0, x  . Nên f ( x) đồng biến trên . x. Mà lim f  ( x ) = 0 nên f ( x)  0, x  x →−. Suy ra f ( x) đồng biến trên. .. Mà lim f ( x ) = 0 nên f ( x)  0, x  x →−. Suy ra phương trình f ( x) = 0 vô nghiệm. Câu 53: Chọn D. Điều kiện x  −  1;1 . Khi đó f. (. Đặt g ( x ) = f. 110. ). 2 8 1 − x2 + x3 − x2 + − f ( m )  0  f 3 3. (. (. ). 2 8 1 − x2 + x3 − x2 +  f ( m ) . 3 3. ). 2 8 1 − x 2 + x 3 − x 2 + . Ta có bảng sau: 3 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(116) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm khi f ( m )  4 . Vì m nguyên thuộc đoạn −  10;10  nên m  −3;1; 2;...;10 . Do đó S có 11 phần tử.. Câu 54: Chọn D Ta có: e. 2 f 3 ( x)−. 13 2 3 f ( x)+7 f ( x)+ 2 2. Đặt g ( x ) = 2 f 3 ( x ) −. = m  2 f 3 ( x) −. 13 2 3 f ( x ) + 7 f ( x ) + = ln m . 2 2. 13 2 3 f ( x) + 7 f ( x) + . 2 2. g ' ( x ) = f ' ( x ) 6 f 2 ( x ) − 13 f ( x ) + 7  ..   f '( x) = 0  x = 1; x = 3   g ' ( x ) = 0   f ( x ) = 1   x = 1; x = a  3 .   x = b  0  f ( x) = 7  6. Bảng biến thiên trên đoạn 0; 2  :. Giá trị lớn nhất của m để phương trình có nghiệm trên đoạn 0; 2  là: ln m = 4  m = e4 . Câu 55: Chọn C Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 111.

(117) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Ta có e3 x +5 y −10 − e x +3 y −9 = 1 − 2 x − 2 y  e3 x +5 y −10 − e x +3 y −9 = ( x + 3 y − 9 ) − ( 3x + 5 y − 10 )  e3 x +5 y −10 + ( 3x + 5 y − 10 ) = e x +3 y −9 + ( x + 3 y − 9 ) (1). Do hàm số f ( t ) = et + t đồng biến trên ( −; + ) nên. (1)  3x + 5 y − 10 = x + 3 y − 9  2 x + 2 y = 1 Khi đó phương trình log52 ( 3x + 2 y + 4 ) − ( m + 6 ) log5 ( x + 5 ) + m 2 + 9 = 0  log52 ( x + 5 ) − ( m + 6 ) log5 ( x + 5 ) + m 2 + 9 = 0 , đặt t = log5 ( x + 5 ) , t . .. Phương trình đã cho trở thành t 2 − ( m + 6 ) t + m 2 + 9 = 0 ( 2 ). ( 2). (. ). có nghiệm   = ( m + 6 ) − 4 m2 + 9 = −3m2 + 12m  0 2. 0 m 4. Vậy số giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn là 4 giá trị. Câu 56: Chọn B Ta có 2 x. 2. + 4 x + 5 − m2. (. ). = log x2 + 4 x + 6 m2 + 1  2. (. ) = log m 2 + 1) . x + 4 x+6 (. x 2 + 4 x + 6 − m2 + 1. 2. a = x 2 + 4 x + 6 Đặt  , ta có a  2; b  1 , phương trình đã cho trở thành 2 a −b = log a b . 2 b = m + 1 2 a −b  1 Nếu a  b thì  không thỏa mãn. log a b  1 2 a −b  1 Nếu a  b thì  không thỏa mãn. log a b  1 Do đó a = b , khi đó phương trình đã cho tương đương với. x2 + 4x + 6 = m2 + 1  x2 + 4x + 5 = m2. Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của parabol y = x 2 + 4 x + 5 và đường thẳng y = m2. Ta có hình ảnh minh họa sau. 112. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(118) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Dựa vào đồ thị, phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi m2 = 1  m = 1 . Vậy tổng các giá trị của tham số m là 0. Câu 57: Chọn B 2x2 − 4x + 6  0  x  . Điều kiện: x−m +1 Phương trình:  log 2. 1 2x2 − 4x + 6 log 2 + x2 = 2 x + x − m 2 x−m +1. (. 2x2 − 4x + 6 + 2 x2 = 4 x + x − m x−m +1. (. ( ( 2x ( 2x. ) (* ). ). ( ) ) − 4 x + 6 ) + ( 2 x − 4 x + 6 ) = log ( x − m + 1) + 2 + ( 4 x − m + 4 ) − 4 x + 6 ) + ( 2 x − 4 x + 6 ) = log ( 4 x − m + 4 ) + ( 4 x − m + 4 ) ( 1).  log 2 2 x 2 − 4 x + 6 − log 2 x − m + 1 + 2 x 2 − 4 x = 4 x − m  log 2  log 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. Xét hàm f ( t ) = log 2 t + t trên khoảng ( 0 ; +  ) . có f ' ( t ) =. 1 + 1  0 , t  0 suy ra f ( t ) đồng biến trên khoảng ( 0 ; +  ) . t ln 2. (. ). Khi đó ( 1)  f 2 x 2 − 4 x + 6 = f ( 4 x + m + 4 )  2 x 2 − 4 x + 6 = 4 x − m + 4  2 x − m = x2 − 2x + 1.  2 x − 2m = x 2 − 2 x + 1  2m = − x2 + 4 x − 1   (2) 2 2  2 x − 2m = − x − 2 x + 1  2m = x + 1. (. ). Vẽ đồ thị hai hàm số g ( x ) = − x 2 + 4 x − 1 và h ( x ) = x 2 + 1 trên cùng hệ trục tọa độ Oxy. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 113.

(119) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Để phương trình ( * ) có đúng ba nghiệm phân biệt thì ( 2 ) phải có đúng ba nghiệm phân biệt  đường thẳng y = 2m và hai đồ thị trên có đúng ba điểm chung phân biệt..  1 m = 2  2m = 1     2 m = 2   m = 1 . Vậy tổng tất cả các giá trị của m bằng 3.   2 m = 3 3 m = 2  Câu 58: Chọn B. Điều kiện xác định: x 2 + m + x x 2 + 4  0 .. ). (. log 2 x 2 + m + x x 2 + 4 = ( 2m − 9 ) x − 1 + (1 − 2m ) x 2 + 4. ((.  log 2 x. ) ). x 2 + 4 + x + m = 2mx − 9 x − 1 + x 2 + 4 − 2m x 2 + 4.   4x  log 2  + m  = 2mx − 9 x − 1 + x 2 + 4 − 2 m x 2 + 4 2  x +4 −x .  4 x + m x2 + 4 − mx   = 2mx − 9 x − 1 + x 2 + 4 − 2m x 2 + 4  log 2  2   x +4 −x  . (. ) (. ). (. x2 + 4 − x +. ) (. x2 + 4 − x. (. x2 + 4 − x +. ) (. x2 + 4 − x.  log 2 4 x + m x 2 + 4 − mx + 8 x + 2m x 2 + 4 − 2mx + 1 = log 2. (. )(. ).  log 2 8 x + 2m x 2 + 4 − 2mx + 8 x + 2 m x 2 + 4 − 2 mx = log 2. Xét hàm số f ( t ) = log 2 t + t , t  ( 0; + ) . f (t ) =. 114. 1 + 1  0, t  ( 0; +  ) nên hàm số luôn đồng biến trên TXĐ. t ln 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. ). ) ( 1).

(120) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Khi đó ( 1)  8 x + 2m x 2 + 4 − 2mx = x 2 + 4 − x  2m. (. ) (. x +4 −x = 2.  2m = 1 − 2 x. (. ). x + 4 − x − 8 x  2m = 1 − 2. ). x2 + 4 + x  x x2 + 4 + x2 =. 8x x2 + 4 − x.  2m = 1 −. 8x. (. x2 + 4 + x. ). 4. 1 − 2m . 2. Xét hàm số g( x) = x x 2 + 4 + x 2 với x  ( −; +  ) .. ( Ta có g( x) =. x2 + 4 + x. lim g ( x ) = lim  x x →− x →−  . x2 + 4. (. ). 2.  0, x . .. ).   4 . = lim x 2 + 4 + x  . = lim  x  x→−  x 2 + 4 − x  x→−  . 4 4 − 1+ 2 −1 x. = −2 ;.    4 lim g ( x ) = lim  x 2  1 + 2 + 1   = + .  x →+ x →+ x   . Ta có bảng biến thiên của g( x). Để phương trình có nghiệm thì. 1 − 2m 5  −2  m  . 2 2. Do m nguyên thuộc −  20; 20  nên số giá trị m là 23. Câu 59: Chọn D Với hai số dương x ; y thỏa log 2 ( 4 x + y + 2 xy + 2 ). y+2. = 8 − ( 2 x − 2 )( y + 2 ). Ta có ( y + 2 ) log 2 ( 4 x + y + 2 xy + 2 ) = 8 − ( 2 x − 2 )( y + 2 )  ( y + 2 ) log 2 ( 2 x + 1)( y + 2 ) = 8 − ( 2 x + 1)( y + 2 ) + 3 ( y + 2 ).  log 2 ( 2 x + 1) + log 2 ( y + 2 ) =. 8 − ( 2 x + 1) + 3 y+2.  8  8  log 2 ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) = log 2  . +  y+2 y+2 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 115.

(121) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Xét hàm đặc trưng f ( t ) = log 2 t + t trên ( 0; + ) có f  ( t ) = đồng biến trên ( 0; + ) .. 1 + 1  0, t  0 nên hàm số f ( t ) t ln 2.  8  8 8 f ( 2 x + 1) = f  y= −2.   2x + 1 = y+2 2x + 1 y+2 P = 2x + y = 2x +. AM −GM 8  8  − 2 = ( 2 x + 1) +  − 3  4 2 −3.  2x + 1  2x + 1 . Dấu bằng xảy ra khi 2 x + 1 =. 2 8 −1 + 2 2  ( 2 x + 1) = 8  x = . 2x + 1 2. Vậy S = a + b + c = 3 . Câu 60: Chọn D Cách 1. Đặt t = 4 x , t  0 , phương trình đã cho trở thành:. ( m + 1) t. 2. − 2 ( 2m − 3 ) t + 6m + 5 = 0  m = −. t 2 + 6t + 5 . t 2 − 4t + 6. Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 trái dấu khi phương trình có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn: 0  t1  1 t2 .. Đặt f ( t ) = −. 10t 2 −2t − 56 t 2 + 6t + 5 1  561 '  f t = . Suy ra f ' ( t ) = 0  x = ( ) 2 2 10 t − 4t + 6 t 2 − 4t + 6. (. ). Ta có bảng biến thiên:. Từ bảng biến thiên, ta có phương trình. có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn: 0  t1  1 t2 khi. −4  m − 1 .. Vậy có hai giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán là m =− 3 và m =− 2 . Cách 2: Đặt t = 4 x , t  0 , phương trình đã cho trở thành: ( m + 1) t 2 − 2 ( 2m − 3 ) t + 6 m + 5 = 0 . Đặt f ( x ) = ( m + 1) t 2 − 2 ( 2m − 3 ) t + 6m + 5 . 116. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(122) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 trái dấu khi phương trình có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn: 0  t1  1 t2 . −4  m  − 1  ( m + 1) f ( 1)  0 ( m + 1)( 3m + 12 )  0  m  −1 Điều đó xảy ra khi:      − 4 m − 1. ( m + 1) f ( 0 )  0 ( m + 1)( 6 m + 5 )  0 m  − 5   6. Vậy có hai giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán là m =− 3 và m =− 2 . Câu 61: Chọn D Ta có:. (. ). (. ). (. ). (. ). log 2 2 x − 1 + m = log 3  3 m + 4 x − 4 x 2 − 1   log 2 2 x − 1 + m = log 3 3 m − (2 x − 1)2  .    . Nếu 2x0 − 1 là nghiệm của phương trình thì − ( 2 x0 − 1) cũng là nghiệm của phương trình. 1 Vậy để phương trình có nghiệm duy nhất thì 2 x0 − 1 = − ( 2 x0 − 1)  x0 = . 2 1 log 2 m = log 3 3m = t Với thay vào phương trình ta có: x0 = 2 t log 3 3 m = 2t 3 t t 2   3.2 = 3  = 3  t = log 3  m = 2  6,54 .   3 t 2 3m = 3 2 Câu 62: Chọn C Điều kiện: x  −1. Nhận thấy với x = 0 thì phương trình đã cho trở thành 0 = 1 , nên x = 0 không là nghiệm của phương trình với mọi m . Xét −1  x  0 ta có: 2m x m x log 3 ( x + 1) = log 9 9 ( x + 1)   log 3 ( x + 1) = log 3 3 ( x + 1)      x−m ln 3 ln 3  ( x + 1) = 3 x−m=  m = x− ln ( x + 1) ln ( x + 1). Đặt f ( x ) = x −  f '( x) = 1 +. ln 3 ln ( x + 1). với −1  x  0. ln 3  0, x  ( −1; + ) \0. ( x + 1) ln 2 ( x + 1). Ta lập được bảng biến thiên:. Dựa vào bảng biến thiên thì phương trình m = x −. ln 3 có hai nghiệm thực phân biệt khi ln ( x + 1). m  ( −1; + ) . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 117.

(123) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 63: Chọn A Phương trình đã cho tương đương với phương trình sau 2cos x − 2 +. 3. m − 3cos x. (. ). + cos 3 x − 6cos 2 x + 9cos x + m 2cos x − 2 = 2cos x +1 + 1 ..  2cos x −2 +. 3. m − 3cos x.  2cos x − 2 +. 3. m − 3cos x. 3 + ( cos x − 2 ) + 8 + m − 3cos x  2cos x −2 = 2cos x +1 + 1 .   3 + ( cos x − 2 ) + m − 3cos x  2cos x − 2 = 1 .  . Đặt cos x − 2 = a và. 3. m − 3cos x = b .. (. ). Ta có phương trình: 2 a + b + a 3 + b3 2 a = 1 ( 1) . Nhận thấy a + b = 0 thỏa mãn phương trình ( 1) .. (. ). Nếu a + b  0 thì 2a+b  20 = 1 và a 3 + b3 2 a  0 nên phương trình ( 1) vô nghiệm.. (. ). Nếu a + b  0 thì 2a+b  1 và a 3 + b3 2 a  0 nên phương trình ( 1) cũng vô nghiệm. Vậy a + b = 0 suy ra. 3. m − 3cos x = 2 − cos x  − cos3 x + 6cos2 x − 9cos x + 8 = m .. 3 2 Đặt cos x = t với điều kiện t  −  1;1 , suy ra f ( t ) = −t + 6t − 9t + 8 = m .. Dễ thấy min f ( t ) = 4 và max f ( t ) = 24 nên phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi t −1;1. t −1;1. m   4; 24  . Suy ra S = 4 ; 5;...; 24 nên tổng của hai phần tử lớn nhất và nhỏ nhất của S bằng 28.. Cách khác: Ta có 2cos x − 2 +  2. 3. m − 3cos x. +. (. 3. 3. m − 3cos x. m − 3cos x. ). 3. 3 + ( cos x − 2 ) + m − 3cos x  2cos x − 2 = 1 .  . = 2 2 −cos x + ( 2 − cos x ) . 3. Xét hàm số đặc trưng f ( u ) = 2u + u3 , đây là hàm số đồng biến trên Khi đó ta cũng suy ra được Câu 64: Chọn A. 3. .. m − 3cos x = 2 − cos x .. Điều kiện: x  0 . Ta có: 2log 2 x 4 + 2log 2 x8 + 2018 = 2 m . Đặt t = log 2 x . Vì x  1; 2   log 2 x  0;1 .  f (t ) = 4t 2 + 2t + 1009 = m có nghiệm thuộc 1; 2  f '(t ) = 8t + 2  0, t  0;1. Bảng biến thiên:.  1009  m  1015  S = {1009;1010;1011;1012;1013;1014;1015}.. Số phần tử của S là: 7. Câu 65: Chọn D Đặt t = 7 − 4 6 x − 9 x 2 (1) thì f ( t ) = 1 − 2m ( 2 ) . 118. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(124) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. t' =. −4 ( 6 − 18 x ). 1  t' = 0  x = . 3 2 6x − 9 x2. Từ bảng biến thiên suy ra nếu t  ( 3;7  thì phương trình có 2 nghiệm x. Xét hàm số f ( x) = 3 x − 4 + ( x + 1).27 − x − 6 x + 3 f  ( x ) = 3x − 4 ln 3 + 27 − x − ( x + 1) 27 − x ln 2 − 6. (. ). f  ( x ) = 3x − 4 ln 2 3 + 27 − x ln 2 ( x + 1) ln 2 − 2   0x  ( 3;7 . Do đó hàm số f  ( x ) đồng biến trên ( 3;7 ) . Mặt khác, f  ( 6 ) . f  ( 7 )  0 nên phương trình f  ( x ) = 0 có một nghiệm x =   ( 6;7 ) .. Vậy, phương trình f ( t ) = 1 − 2 m có nhiều nghiệm nhất khi f ( )  1 − 2m  −4 . 1 − f ( ) 5 5 m . Kết luận, GTNN của m là  a = 5, b = 2. 2 2 2. Câu 66: Chọn B Điều kiện: x . −1 . 4. Trường hợp 1: m = 2 , phương trình đã cho trở thành: x = 1. ( x − 1) log ( 4x + 1) + log ( 2 x + 1) − 2  = 0  log 3. 5. . 3. ( 4x + 1) + log ( 2 x + 1) − 2 = 0 (1) 5.  −1  Xét hàm số f ( x ) = log 3 ( 4 x + 1) + log 5 ( 2 x + 1) − 2 là hàm đồng biến trên khoảng  ; +  .  4 . Khi đó, nếu x 0 là nghiệm của phương trình ( 1) thì x 0 là nghiệm duy nhất. Ta có: f ( 0 ) = −2 ; f ( 1)  0 , suy ra f ( 0 ) f ( 1)  0 . Theo hệ quả của định lý trung gian, tồn tại x0  ( 0 ; 1) sao cho f ( x0 ) = 0 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 119.

(125) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Do vậy: m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trường hợp 2: m  2 , dẫn đến x = 1 không phải là nghiệm của phương trình đã cho. Phương trình đã cho trở thành: log 3 ( 4 x + 1) + log 5 ( 2 x + 1) −. 2x − m =0 x −1. Xét hàm số g ( x ) = log 3 ( 4 x + 1) + log 5 ( 2 x + 1) − Đạo hàm: g ( x ) =. 2x − m  1 , có tập xác định: D =  − ; x −1  4.  1   ( 1; + ) . 4 2 2−m + +  0, x  D . ( 4x + 1) ln 3 ( 2x + 1) ln 5 ( x − 1)2. Bảng biến thiên:.  −1 Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra: phương trình g ( x ) = 0 có đúng hai nghiệm x1   ;  4.  1 ; . x2  ( 1; + ) với mọi m  2.. Vậy với mọi giá trị nguyên của tham số m  −  2019 ; 2  thì phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt. Có 2022 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 67: Chọn C Ta có 3. x2 + 2 x + 1− 2 x − m. (. ). = log x2 + 2 x + 3 2 x − m + 2 . (. ).  ln x 2 + 2 x + 3 .3 x. 2. + 2 x+3. (. 3x 3. 2. + 2 x+ 3. 2 x−m + 2. ). = ln 2 x − m + 2 .3. =. ( ln ( x. ) + 2x + 3). ln 2 x − m + 2 2. 2 x−m + 2. 1 Xét f ( t ) = ln ( t ) .3t , t  2 có f  ( t ) = 3t + ln ( t ) 3t ln ( 3 )  0 , t  2 t. Vậy hàm số f ( t ) đồng biến.. (. ). (. ). f x2 + 2x + 3 = f 2 x − m + 2  x2 + 2x + 3 = 2 x − m + 2  x2 + 2x + 1 = 2 x − m  x 2 = −1 − 2 m ( 1)  2  x + 4 x = −1 + 2 m ( 2 ) Điều kiện cần để phương trình có 3 nghiệm là:. 120. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(126) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. −1 thử lại ta thấy thỏa mãn 2 −3 Trường hợp 2: ( 2 ) có nghiệm kép  m = thử lại ta thấy thỏa mãn 2 Trường hợp 3: ( 1) và ( 2 ) có nghiệm chung  x = m .Thế ( 1) vào ta có m = −1. Trường hợp 1: ( 1) có nghiệm kép  m =. −1 −3 + + ( −1) = −3 2 2 Câu 68: Chọn C. Ta có.  x + 3y  Ta có log   = xy − x − 3 y  log ( x + 3 y ) − log ( xy ) = xy − ( x + 3 y ) .  xy   log ( x + 3 y ) + ( x + 3 y ) = log ( xy ) + xy (1) .. Xét hàm số f ( t ) = log t + t , t  0 có f  ( t ) = Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0; + ) .. 1 + 1  0, t  0. t.ln10. Phương trình ( 1) tương đương f ( x + 3 y ) = f ( xy )  x + 3 y = xy .. ( 3y )  ( x + 3y ) 9y2 x2 x2 Theo bất đẳng thức Schwarz ta có P = + = + 1 + 3y 1 + x 1 + 3y 1 + x 2 + ( x + 3y ) 2. 2. ( 2) .. Theo bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có xy = x + 3 y  2 x.3 y  ( xy ) − 12 xy  0  xy ( xy − 12 )  0 . 2. Vì xy  0 nên xy  12  x + 3y  12 . Đặt u = x + 3y  u  12 . Từ ( 2 ) ta có P  f ( u ) = f  (u) =. u2 + 4u. (u + 2). Vậy P . 2. u2 , u  12 u+2. u = 0 72  f  (u) = 0   .  Min f ( u ) = f ( 12 ) = 7 u = −4. 72 72  Min P = khi 7 7.  x + 3 y = 12  x = −3 y + 12 x = 6  . u = 12   x  3y   2 2 y = 2  1 + 3y = 1 + x ( −3 y + 12 ) − 3 y + 12 = 3 y + 9 y . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 121.

(127) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT CHỨA THAM SỐ 01 Câu 1:. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4x + (4m − 1)2x + 3m2 − 1 = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 1 A. m = −1 . B. m = 1 . C. m = 1 . D. m = 0 .. Câu 2:. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình log 23 x − m log 3 x + 1 = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 = 81 A. m = 4 . B. m = −3 . C. m = −4 . D. m = 3 .. Câu 3:. Cho phương trình ( m + 1) log 22 x + 2 log 2 x + ( m − 2 ) = 0 . Tìm tập hợp các giá trị m để phương trình có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn 0  x1  1  x2. A. ( 2; + ) . Câu 4:. Hỏi có bao nhiêu số nguyên m  ( −2018; 2018 ) để phương trình 4 x − 2 ( m + 1) 2 x + 3m − 8 = 0 có hai nghiệm trái dấu? A. 2025 .. Câu 5:. B. 2008 .. C. 2005 .. (. ). D. 6 .. Tìm tất cả các tham số thực m là để bất phương trình log 2 4 x + 2 x +1  m + x có nghiệm A. m  4 .. Câu 6:. D. ( − ; −1) .. B. ( −; −1)  ( 2; + ) . C. ( −1; 2 ) .. B. m  1 .. D. m  4 .. C. m  2ln2 .. Cho phương trình ( m − 1) log x + ( 2016 − m ) log 3 x + m − 2017 = 0 . Có tất cả bao nhiêu số nguyên 2 3. 2. m để phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 0  x1  1  x2 ? A. 2013 . B. 2018 . C. 2014 . D. 2015 Câu 7:. (. nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2  A. m  6 . Câu 8:. ). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x − 6 x − 9 x = m 3x.2 x +1 − 9 x có 2. B. 1  m  5 .. log 5 ? log 2 − log 3. 1 C. −  m  6 . 2. D. 1  m  6. Gọi S là tập các giá trị thực của tham số m để phương trình log 22 x + ( m + 1) log 2 x − 8 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x22 = 1 . Tính tổng các phần tử của S . A. −2 . B. 4 . C. −1 . D. −3 .. Câu 9:. (. ). Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 4 x +1 + 41− x = ( m + 1) 2 2 + x − 2 2 − x + 16 − 8 m có nghiệm thuộc đoạn 0;1 . A. 5 .. Câu 10:. Câu 11:. 122. D. 3 .. C. 4 .. B. 2 .. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình log 2 x − 2 ( m + 1) log 2 x − 2  0 có nghiệm thuộc khoảng. (. A. ( 0; + ) ..  3  B.  − ; 0  .  4 . 2 2. ). 2 ; + ..  3  C.  − ; +  .  4 . D. ( −; 0 ) .. Tìm tất cả các giá trị thực của m để bất phương trình log 22 x − 2 log 2 x + 3m − 2  0 có nghiệm. 2 A. m  1 . B. m  1 . C. m  0 D. m  . 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(128) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 12:. Biết phương trình a log 2 x + b log x + 5 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 .x2 = 10 2018 . Mệnh đề nào dưới đây là đúng.. A. b = −2018a .. C. b = 2018a. B. a = 2018b .. D. a = −2018b .. Câu 13:. Xét các số nguyên dương a và b sao cho phương trình a ln2 x + b ln x + 6 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và phương trình 6log 2 x + b log x + a = 0 có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 sao cho x1x2  x3 x4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 2a + 3b . A. 33 . B. 30 . C. 24 . D. 35 .. Câu 14:. Tìm tập hợp giá trị thực của tham số m để phương trình log 22 x + 2log 2 x + m = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thoả mãn 0  x1  4  x2 . A. m  0 . B. m  −4 . C. m  −8 . D. −8  m  −4 .. Câu 15:. Tìm tập hợp giá trị thực của tham số m để phương trình log 2 x − 2 ( m + 1) log x + 4 = 0 có hai nghiệm thục 0  x1  10  x2 B. m  −3 .. A. m  −1 . Câu 16:. C. m . 3 . 2. D. m  3 .. Xét các số nguyên dương a và b sao cho phương trình a.100x − b.10x + 5 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 và phương trình e 2 x − be x + 5a = 0 có hai nghiệm thực phân biệt x3 , x4 thỏa mãn x3 + x4  10 ( x1 + x2 ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = a + b .. A. 9 . Câu 17:. Câu 18:. C. 10 .. B. 11 .. Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình log x − m log 3 x + 2 m − 7 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 = 81 . A. m = −4 . B. m = 4 . C. m = 44 . D. m = 9 . 1 Cho phương trình 4log 92 x + m log 1 x + log 6 3. 1. x + m − 3 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2. 3. 1 thỏa mãn x1 x2 = . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 9 A. 1  m  2 . B. −3  m  −1 . C. 2  m  3 .. Câu 19:. D. 13 .. 2 3. D. −1  m  1 .. Cho phương trình log x − 4 log 2 x − m − 2 m + 3 = 0 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của 2 2. 2. tham số m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 = 68 . Tính tổng các phần tử của S . A. −1 . B. −2 . C. 1 . D. 2 . Câu 20: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình ( m + 1) 16x − ( 2m − 3 ) 22 x+1 + 6m + 5 = 0 có hai nghiệm trái dấu. 3 A. −  m  −1 . 2. Câu 21:. B. −4  m  −1 .. 6 C. −  m  −1 . 5. D. −1  m . 3 . 2. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 3x−2 + m.3− x+2 − 18 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x1 + x2  6 : A. 70 .. Câu 22:. C. 8 .. B. 7 .. (. Cho phương trình 3 + 5. ). x. (. +m 3− 5. ). x. D. 71 .. = 3.2 x . Gọi S là tập hợp giá trị thực của m để phương. trình có hai nghiệm thực phân biệt. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. S  ( 0; 3 ) . B. S = ( 0; 2 ) . C. S = ( 0; 3 ) . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. S  ( 0; 2 ) . 123.

(129) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 23:. Cho hai số nguyên dương a, b và phương trình 9 x − b ( 3e ) + a.e 2 x = 0 có hai nghiệm thực phân x. biệt x1 ; x2 thỏa mãn x1 + x2  10 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = a + b A. 5 B. 7 C. 16 D. 12 Câu 24:. Câu 25:. Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình 4x − m.2x+1 + m2 − 1 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x1 − x2 = 4 17 5 9 A. m = 17 . B. m = . C. m = . D. m = . 15 7 3. (. ). Cho phương trình log 2a ( x − 1) − 4log a ( x − 1) − 4 2 + m2 = 0 với 0  a  1, m  . Tìm giá trị thực của a để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x1 .x2 = x1 + x2 + 15 . B. a = 4 .. A. a = 2 .. C. a = 4 15 .. D. a = 4 17 .. Câu 26: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 62 x+1 − 5.6x + m = 0 có hai nghiệm âm phân biệt. 5 25 25 5 A. 0  m  . B. 0  m  . C. 0  m  . D. 0  m  . 24 4 6 4 Câu 27: Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình a ln2 x + b ln x + 10 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 và phương trình 10log 2 x + b log x + a = 0 có hai nghiệm thực phân biệt x3 , x4 thoả mãn x1x2  x3 x4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 2a + 3b A. 55 . B. 46 . C. 43 .. D. 53 .. Câu 28: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình e 2 x − 10e x + m = 0 có hai nghiệm trái dấu. A. 10 . B. 24 . C. 8 . D. 23 .. (. ). Câu 29: Cho phương trình 8 x − 3m.4 x + 3 m2 − 1 2 x + 3m − 29 = 0 .Tập hợp tất cả các giá trị thực của m để phương trình có ba nghiệm phân biệt là khoảng ( a; b ) . Tính S = a + 3b . B. S = 3 + 3 3 31. A. S = 30 .. D. S = 9 + 3 31 .. C. S = 10 .. Câu 30: Cho phương trình log 2 ( x + 1) + ( 2 m − 9 ) log ( x + 1) − m2 − 1 = 0 .Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thoả mãn x1x2 + x1 + x2 = 999 . A. m = 0 . B. m = 6 . C. m = 3 . D. m = 12 .. (. ). (. ). Câu 31: Tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình 27 x − m32 x +1 + m2 − 1 3 x +1 − m2 − 1 = 0 có ba nghiệm thực phân biệt là khoảng ( a; b ) . Tính S = a + b . B. S = 1 + 3 .. A. S = 2 .. D. S = 1 + 2 + 3 .. C. S = 2 + 2 .. Câu 32: Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 8 x − m2 2 x +1 + 2 m2 − 1 2 x + m − m3 = 0 có ba nghiệm thực phân biệt là khoảng ( a; b ) . Tính S = ab .. (. A. S =. ). 2 3 . 3. B. S =. 4 . 3. C. S =. 3 . 2. D. S =. (. Câu 33: Tìm tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 + 3. ) ( x. + 2− 3. 2 . 3. ). x. = 2 m − 1 có hai. nghiệm thực phân biệt. A. ( 2; + ) .. 124. 3  B.  ; +  . 2 . 1  C.  ; +  . 2 . D. ( 3; + ) .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(130) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. (. Câu 34: Tìm tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình 7 − 3 5 có đúng hai nghiệm thực phân biệt.  1  A.  −;  . 16  . (. +m 7+3 5. ). x2. = 2x. 2. −1.  1  1  B.  −; −   0;  . 2   16    1  1  D.  −; −     . 2   16  .  1 1 C.  − ;  .  2 16 . Câu 35: Tìm tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình có nghiệm dương. A. ( 0; 3 ) .. ). x2. (. ). 10 + 1. C. ( −; 0 ). B. ( − ; + ) .. log 3 x. −. (. 10 − 1. ). log 3 x. = mx. D. ( 3; + ) .. Câu 36: Có bao nhiêu số nguyên dương của m để phương trình 16x − 2.12x + (m − 2)9x = 0 có nghiệm dương A. 1 . B. 2 . C. 4 . D. 3 . Câu 37: Có bao nhiêu số nguyên của m để phương trình 9x + 3x + 6 = m(3x + 1) có nghiệm thực phân biệt A. 2 . B. 4 . C. 3 . D. 1 . Câu 38: Với m, n là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn phương trình ln 2 x − ( m + 1) ln + n = 0 có nghiệm x1 .Phương trình ln 2 x − ( n + 1) ln x + m = 0 có nghiệm x 2 .Giá trị nhỏ nhất của 2x1 + x2 2. bằng. A. 3 . Câu 39:. B. 2e + 1 .. C. 2e + e 2 .. D. e 2 + 1 .. (. ). Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 4 x + 2 x + 27 = 3m 2 x + 1 có hai nghiệm thực phân biệt. A. 0 .. Câu 40: Tập. hợp. tất. cả. trị thực của log cos x − m log cos x − m + 4 = 0 vô nghiệm là 2. các. 2. (. ). giá. tham. số. để. m. phương. trình. 2. (. B. ( − 2 ; 2] .. A. − 2 ; 6 − 1 .. D. 3 .. C. 1 .. B. 2 .. ). C. − 2 ; 2 .. (. ). D. − 2 ; 6 + 1 .. Câu 41: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 4x − m.2x+1 + 2m2 − 5 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt. A. 1. B. 5. C. 2. D. 4. Câu 42: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 9.9 x. 2. −2 x. − (2 m + 1)15 x. 2. − 2 x +1. + (4 m − 2)52 x. 2. −4 x+ 2. = 0 có đúng hai nghiệm thực phân biệt..   3− 6   3+ 6 ; +  B.  −;    2   2    3− 6 3+ 6  ; D.    2 2  . 1  A.  ;1  2   1 C.  −;   (1; + ) 2 . Câu 43: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  −  2018; 2018  để phương trình m.9 x. 2. −2 x. − (2 m + 1)6 x. 2. − 2 x +1. + m.4 2 x. 2. −4 x+ 2. = 0 có nghiệm thuộc khoảng (0;2).. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 125.

(131) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. A. 2012. B. 2013. C. 2010. D. 2011. Câu 44: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x − m.2 x +1 + 3m − 3 = 0 có hai nghiệm thực trái dấu. A. ( −; 2 ) . B. ( 1; + ) . C. ( 1; 2 ) . D. ( 0; 2 ) . Câu 45: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 9 x − m.3x +1 + 3m2 − 75 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử? A. 5 . B. 4 . C. 8 . D. 19 . Câu 46: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 9x − 2m.6x + m.4x = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 2 3 B.   . 2. 9  A.   . 4. 9  D.   . 8 . C. 1 .. Câu 47: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 25x − m.5x + 2m − 5 = 0 có hai nghiệm trái dấu. 5  5  5  A. ( 0 ; 2 ) . B.  ; 4  . C.  ; 5  . D.  ; 4  . 2  2  2  Câu 48: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 91− x + 2 ( m − 1) 31− x + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt A. ( 1; + ) . B. ( − ; −1) . C. ( −; 0 ) . D. ( 1; 2 ) . Câu 49: Tập hợp tất cả các giá trị thực của m để phương trình 16x − m.4x + 25 − m2 có hai nghiệm thực phân biệt là. 5 2  ;5 . A. ( 0; 5 ) . B.  C. 2 5; 5 . D. ( −5; 0 ) .  2   . (. ). Câu 50: Với m, n là các số nguyên dương sao cho phương trình ln 2 x − ( m + 1) ln x + n = 0 có hai nghiệm. phân biệt x1 , x2 ; phương trình ln 2 x − ( n + 1) ln x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn x1 x2 = ( x3 x4 ) . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2m + 3n bằng 2. A. 51 .. B. 46 .. C. 48 .. D. 53 .. Câu 51: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình ln2 x − m ln x + 2m − 7 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 1  x1x2  81 . A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 . Câu 52: Với m, n là các số nguyên dương khác 1. Gọi P là tích các nghiệm của phương trình 2018log m x.logn x = 2017 log m x + 2018log n x + 2019 . Khi P nguyên và đạt giá trị nhỏ nhất thì A. m.n = 22020 .. B. m.n = 22017 .. C. m.n = 22019 .. D. m.n = 22018 .. Câu 53: Biết rằng a.log 22 x + b log 2 x + c = 0 có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1; 2  . Khi dó giá trị lớn ( a − b )( 2a − b ) bằng nhất của biểu thức P = a(a − b + c) A. 2 . B. 5 . C. 3 . D. 4 . Câu 54: Gọi ( a; b ) là tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình 2e 2 x − 8e x − m = 0 có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( 0; ln 5 ) . Giá trị của biểu thức a + b bằng. A. 2 . 126. B. 4 .. C. −6 .. D. −14 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(132) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 55: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 4log 225 x − m log 5. x − 1 = 0 có hai 5. nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 − 50 x1 x2 + 625  0 ? A. 0 .. B. 1 .. C. 2 .. D. 3 .. Câu 56: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a thuộc đoạn 0; 2020  sao cho với mỗi giá trị a luôn tồn a tại số thực x để 3 số 5x +1 + 51− x , và 25x + 25− x theo thứ tự đó lập thành 1 cấp số cộng? 2 A. 2007 . B. 2009 . C. 2010 . D. 2008 .. Câu 57: Phương trình x1 − x2 = log 2 +.  3 A.  −; −  . 2 . (2 + 3 ) 3. x. (. + (1 − 2a ) 2 − 3. ). x. − 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 ,x 2 thỏa mãn. 3 . Khi đó a thuộc khoảng. B. ( 0; + ) .. 3  C.  ; +  . 2 .  3  D.  − ; +  .  2 . Câu 58: Cho phương trình m ln 2 ( x + 1) − ( x + 2 − m)ln( x + 1) − x − 2 = 0 (1) . Tập hợp tất cả giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0  x1  2  4  x2 là khoảng (a; +) . Khi đó, a thuộc khoảng: A. (3,8;3,9) B. (3,7;3,8) . C. (3,6;3,7) . D. (3,5;3,6) . Câu 59: Cho các số thực a,b,c thay đổi sao cho phương trình ln4 x + a ln3 x + b ln2 x + c ln x + 4 = 0 luôn có ít nhất một nghiệm thực. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 20a2 + 20b2 + 5c 2 bằng: A. 64 B. 48 . C. 32 . D. 24 . Câu 60: Bất phương trình log 22 x − (2 m + 5)log 2 x + m 2 + 5m + 4  0 nghiệm đúng với mọi x   2; 4 ) khi và chỉ khi A. m  0;1) . B. m  − C. m  ( 0;1 . D. m  ( −2 ; 0  .  2 ; 0) . Câu 61: Tính tổng T của các giá trị nguyên của tham số m để phương trình e x + (m2 − m)e − x = 2m có 1 đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn . log e A. T = 28 . B. T = 20 . C. T = 21 . D. T = 27 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 127.

(133) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.C 11.A 21.D 31.D 41.A 51.C 61.D. 2.A 12.A 22.A 32.A 42.A 52.C. 3.C 13.A 23.B 33.B 43.B 53.C. 4.A 14.C 24.B 34.B 44.C 54.D. 5.B 15.C 25.A 35.B 45.B 55.B. 6.D 16.B 26.B 36.B 46.A 56.B. 7.D 17.B 27.A 37.A 47.B 57.D. 8.A 18.B 28.C 38.A 48.C 58.B. 9.B 19.B 29.B 39.A 49.C 59.A. 10.C 20.B 30.C 40.C 50.A 60.B. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn C Đặt 2x = t , t  0 . Để phương trình 4x + (4m − 1)2x + 3m2 − 1 = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 1 thì phương trình t 2 + (4m− 1)t + 3m2 − 1 = 0 có hai nghiệm t1 , t2 dương thỏa mãn t1 .t2 = 2 4m2 − 8m + 5  0   0    S  0  4 m − 1  0  m=1 P = 2  3m 2 − 1 = 2  . Câu 2:. Chọn A Đặt log3 x = t , để phương trình log 23 x − m log 3 x + 1 = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 = 81 thì phương trình t 2 − mt + 1 = 0 có hai nghiệm t1 , t2 thực thỏa mãn t1 + t2 = 4. Câu 3:. 2    0 m − 4  0   m=4  S = 2 m = 4 Chọn C Đặt log2 x = t , Phương trình có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn 0  x1  1  x2 thì phương trình. ( m + 1) t + 2t + ( m − 2 ) = 0 có hai nghiệm t , t  ( m + 1)( m − 2 )  0  −1  m  2 2. 1. Câu 4:. 2. thực thỏa mãn t1  0  t2. ChọnA Đặt 2x = t . Để phương trình 4 x − 2 ( m + 1) 2 x + 3m − 8 = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 trái dấu thì phương trình g ( t ) = t 2 − 2 ( m + 1) t + 3m − 8 = 0 có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn t1  1  t2  ag ( 1)  0  m − 9  0  m  9. Do số nguyên m  ( −2018; 2018 ) và m  9 nên có 2025 số nguyên thỏa mãn. Câu 5:. Chọn B. (. ). (. ). Bất phương trình log 2 4 x + 2 x +1  m + x  4 x + 2 x +1  2 m+ x  4 x − 2 x 2 m − 2  0 ( 2 ) Đặt t = 2x. (. ). (. ). Để bất phương trình log 2 4 x + 2 x +1  m + x (1) có nghiệm thì bất phương trình t 2 − 2 m − 2 t  0 có nghiệm t  0  m  1 . Câu 6: 128. Chọn D Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(134) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Ta có ( m − 1) log 23 x + ( 2016 − m ) log 3 x 2 + m − 2017 = 0  ( m − 1) log 23 x + 2 ( 2016 − m ) log 3 x + m − 2017 = 0 ( 1). Đặt t = log3 x . Phương trình (1) thành: ( m − 1) t 2 + 2 ( 2016 − m ) t + m − 2017 = 0 ( 2 ) . Có 0  x1  1  x2  log 3 x1  log 3 1  log 3 x2  t1  0  t2 . Để phương trình (1) có 2 nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 0  x1  1  x2 thì (2) có 2 nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa mãn t1  0  t2 . m − 2017  0  1  m  2017 . Mà m nguyên nên m−1. m  2; 3;...; 2016 . Vậy có tất cả 2015 giá trị m thảo mãn.. Câu 7:. Chọn D. (. ). Ta có 4 x − 6 x − 9 x = m 3x.2 x +1 − 9 x (1)  4 x − (1 + 2 m ) 6 x + ( m − 1) 9 x = 0 2x. x. 2 2    − ( 1 + 2m )   + ( m − 1) = 0 3  3 x. 2 Đặt t =    0 phương trình (1) thành: t 2 − ( 1 + 2 m ) t + ( m − 1) = 0 ( 2 ) . 3 Để phương trình (1) có 2 nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thì phương trình (2) có 2 nghiệm t dương.   = ( 1 + 2 m ) 2 − 4 ( m − 1)  0   m  1. điều kiện là ( 1 + 2m )  0  ( m − 1)  0 x. x. 2 1 2 2 Khi đó phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt t1 =   , t2 =   . 3 3. Theo viet t1 .t2 = m − 1 . x. x. 2 1 2 2 2 Mà phải có t1 .t2 =   .  =   3 3  3. x1 + x2. log 5.  2  log 2 −log 3  2    =   3  3. log 2 5 3. = 5  m−1  5  m  6. Kết hợp điều kiện có 1  m  6 . Câu 8:. Chọn A Xét log 22 x + ( m + 1) log 2 x − 8 = 0 ( 1) Đặt t = log2 x thì phương trình trở thành: t 2 + ( m + 1) t − 8 = 0 ( 2 ) Để ( 1) có 2 nghiệm thỏa mãn x1 x22 = 1  phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa mãn t1 + 2t2 = 0  t1 = −2t2 .. Vì phương trình (2) có P = −8  0 nên phương tình luôn có 2 nghiệm t1 , t2 trái dấu Khi đó, áp dụng định lí Viet cho ( 2 ) thì: t1 .t2 = −8  −2t2 .t2 = −8  t22 = 4  t2 = 2 Trường hợp 1: Xét t2 = 2 là nghiệm của ( 2 )  4 + 2 ( m + 1) − 8 = 0  m = 1 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 129.

(135) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Trường hợp 2: Xét t2 = −2 là nghiệm của ( 2 )  4 − 2 ( m + 1) − 8 = 0  m = −3 Vậy tổng các giá trị m thỏa mãn là −2 . Câu 9:. Chọn B. (. ). Ta có: 4 x +1 + 41− x = ( m + 1) 2 2 + x − 2 2 − x + 16 − 8 m ( 1). (. ).  4 x +1 + 41− x = m 2 2 + x − 2 2 − x − 8 + 2 2 + x − 2 2 − x + 16 m=. 4 x +1 + 41− x − 2 2 + x + 2 2 − x − 16 4 x + 4 − x − 2 x + 2 − x − 4 = 22+ x − 22−x − 8 2x − 2− x − 2. Đặt t = 2 x − 2 − x  m =. t2 + 2 − t − 4  m = f (t ) = t + 1 t−2. Ta có: t = 2x.ln2 + 2− x.ln2  3  5 Vì t  ( x )  0 nên t là hàm đồng biến nghĩa là: x  0;1  t  0;   f ( t )  1;  .  2  2. Để phương trình ( 1) có nghiệm x   0;1 thì đường thẳng y = m phải cắt đồ thị y = f ( t )  5  m  1;  . Vì m là số nguyên nên có 2 giá trị của m là: m  1; 2 .  2 Câu 10: Chọn C Ta có: log 22 2 x − 2 ( m + 1) log 2 x − 2  0  ( 1 + log 2 x ) − 2 ( m + 1) log 2 x − 2  0  log 22 x − 2 m log 2 x − 1  0 ( 1) 2. Đặt t = log2 x . Với x . (. ). 1  2; + thì t   ; +  . 2 . Khi đó: ( 1) trở thành t 2 − 2mt − 1  0  m  Xét hàm f ( t ) =. t2 − 1 (2) 2t. t2 + 1 1 1 1   f  ( t ) = + 2  0t   ; +  2t 2 2t 2 . 1  3   Nên f ( t ) là hàm đồng biến khi t   ; +  , khi đó f ( t )   − ; +  2  4  . Để ( 1) có nghiệm x . (. ). 1  3   2; + thì ( 2 ) có nghiệm t   ; +   m   − ; +  . 2  4  . Câu 11: Chọn A Điều kiện x  0 . Đặt t = log2 x . Bất phương trình trở thành t 2 − 2t − 2  −3m . Xét hàm số f (t ) = t 2 − 2t − 2 . Để bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi min f (t)  −3m  −3  −3m  m  1 Câu 12: Chọn A. Điều kiện x  0 . Đặt t = log x . Phương trình trở thành at 2 + bt + 5 = 0 . Áp dụng định lý Vi-ét ta có b − b b b t1 + t2 = −  log x1 + log x2 = −  log( x1 x2 ) = −  x1 x2 = 10 a . a a a. 130. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(136) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 10 2018 = 10. −. b a. b  − = 2018  b = −2018a . a. Câu 13: Chọn A Điều kiện: x  0 . Đặt t = ln x; u = log x , khi đó a ln 2 x + b ln x + 6 = 0  at 2 + bt + 6 = 0 (1) và 6log 2 x + b log x + a = 0  6u2 + bu + a = 0 ( 2 ). Để phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thì b2 − 24 a  0  b 2  24 a ( * ). Khi đó giả sử phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 ; phương trình ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt u1 , u2 , ta có x1 .x2 = e t +t và x3 .x4 = 10u + u 1. 1. 2. 2. Theo giả thiết ta có x1 x2  x3 x4  e t +t  10u +u  t1 + t2  ( u1 + u2 ) ln10 1. 2. 1. 2. b b 6  −  − ln10  a  a3. a 6 ln10. Kết hợp với ( * ) suy ra b2  72  b  9 (do b nguyên dương) Do đó S = 2a + 3b  33 . Vậy min S = 33 . Câu 14: Chọn C Điều kiện: x  0 . Đặt t = log2 x , PT  g ( t ) = t 2 + 2t + m = 0 ( 2 ) Phương trình log 22 x + 2log 2 x + m = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thoả mãn 0  x1  4  x2 khi Phương trình ( 2 ) hai nghiệm thực t1 , t2 thoả mãn t1  2  t2  g ( 2 )  0  8 + m  0  m  −8 .. Câu 15: Chọn C Điều kiện: x  0 . Đặt t = log2 x , PT  g ( t ) = t 2 − 2 ( m + 1) t + 4 = 0 ( 2 ) Phương trình log 2 x − 2 ( m + 1) log x + 4 = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thoả mãn 0  x1  10  x2 khi phương trình ( 2 ) hai nghiệm thực t1 , t2 thoả mãn t1  1  t2  g ( 1)  0  3 − 2m  0  m . 3 . 2. Câu 16: Chọn B. (. Phương trình a.100x − b.10x + 5 = 0  at 2 − bt + 5 = 0 t = 10 x  0. (. e 2 x − be x + 5a = 0  s2 − bs + 5a = 0 s = e x  0. ) (1). ) (2). 1 = b2 − 20a  0  b2 − 20a  0  b  0; 5  0  Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt   a .  a  0 a  = b2 − 20a  0 b  0   2 b  0; 5 a  0  10 x + x 10 x + x .log e Điều kiện x3 + x4  10 ( x1 + x2 )  e x3 + x4  e ( 1 2 )  e x3 .e x4  10 ( 1 2 ).  e x3 .e x4  10 x1 .10 x2 . 10 log e. 10log e. 5  5a    a. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 131.

(137) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..  a10log e +1  510log e −1  ( 10 log e + 1) log 5 a  10 log e − 1  log 5 a . 10 log e −1. 10log e − 1  a  5 10 log e +1 . 10log e + 1. Giá trị a nguyên nhỏ nhất thỏa mãn bất phương trình là: a = 3 . Với a = 3 , ta có b2  20a = 60 . Số nguyên dương b nhỏ nhất thỏa mãn là: b = 8 . Vậy giá trị nhỏ nhất của a + b là 11 . Câu 17: Chọn B Điều kiện: x  0 . Đặt t = log3 x , phương trình trở thành: t 2 − mt + 2m − 7 = 0 (1). Ta có: x1 .x2 = 81  log3 x1 + log3 x2 = 4 . Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 .x2 = 81  ( 1) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn t1 + t2 = 4.  = m2 − 4 ( 2m − 7 )  0   m = 4. m = 4. Câu 18: Chọn B Điều kiện x  0 . Phương trình đã cho tương đương với 2.  1 1  1 4  log 3 x  − m log 3 x + . ( −2 ) log 3 x + m − 3 = 0  log 23 x −  m +  log 3 x + m − 3 = 0 3 6  2 . 1  1  t 2 −  m +  t + m − 3 = 0 (1). Ta có: x1 x2 =  log 3 x1 + log 3 x2 = −2 9 3 . Nên phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thỏa mãn x1 x2 =  ( 1) có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa mãn t1 + t2 = −2. 1 9. 2   1  =  m +  − 4 ( m − 3 )  0 7  3    m = −  ( −3; −1) . 3 1  m + = − 2  3. Câu 19: Chọn B Điều kiện xác định x  0 . t = 1 − m Đặt log2 x = t , ta có phương trình t 2 − 4t + (1 − m )( m + 3 ) = 0   . t = m + 3 Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 khi và chỉ khi 1 − m  m + 3  m  −1 .. Ta có log 2 x1 = 1 − m  x1 = 21− m và log 2 x2 = m + 3  x2 = 2 m+ 3 .. (. Từ đó x12 + x22 = 68  21− m. ( ).  16. 4. m. 2. ) + (2 ) 2. m+ 3. 2. = 68 . 4 + 64.4 m = 68 4m.  4m = 1 m = 0 − 17.4 + 1 = 0   m 1   (thỏa mãn). 4 = m = −2   16 m. Như vậy S = −2;0 . Tổng các các phần tử của S bằng −2 . Câu 20: Chọn B 132. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(138) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Ta có ( m + 1) 16 x − ( 2m − 3 ) 2 2 x +1 + 6m + 5 = 0  ( m + 1) 16 x − 2 ( 2m − 3 ) 4 x + 6 m + 5 = 0 Đặt 4x = t  0 ta có phương trình ( m + 1) t 2 − 2 ( 2 m − 3 ) t + 6 m + 5 = 0 ( * ) Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu x1  0  x2  4 x  1  4 x . Khi đó, phương 1. 2. trình ( * ) có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa mãn t1  1  t2 . Đặt f ( t ) = ( m + 1) t 2 − 2 ( 2m − 3 ) t + 6m + 5 . Điều kiện để phương trình ( * ) có hai nghiệm 0  t1  1  t2 là ( m + 1) ( m + 1) .02 − 2 ( 2m − 3 ) .0 + 6m + 5   0 ( m + 1) f ( 0 )  0      2 ( m + 1) f ( 1)  0 ( m + 1) ( m + 1) .1 − 2 ( 2m − 3 ) .1 + 6m + 5   0 ( m + 1)( 6m + 5 )  0 ( m + 1)( 6m + 5 )  0    −4  m  −1 . ( m + 1)( 3m + 12 )  0 ( m + 1)( 3m + 12 )  0. Câu 21: Chọn D Ta có 3x−2 + m.3− x+2 − 18 = 0  3x − 2 +. m 2 x−2 − 18 = 0  3 ( ) − 18.3x−2 + m = 0 ( 1) x−2 3. Đặt t = 3x−2 , t  0 ta được phương trình: t 2 − 18t + m = 0 ( 2 ). Phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x1 + x2  6 khi phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm dương phân biệt t1 ; t2 thỏa mãn t1 .t2  9   0 81 − m  0    S  0  S = 18  0  9  m  81 P  9 m  9   m.  m  10,11,12,...,80  có 71 số nguyên thỏa yêu cầu.. Câu 22: Chọn A. (. Ta có 3 + 5. ). x. (. +m 3− 5. 2x. ). x. (. = 3.2 x  3 + 5. ). 2x. (. ). x. − 3. 3 + 5 2 x + m2 2 x = 0. x.  3+ 5   3+ 5    − 3.   + m = 0 ( 1)  2   2      x.  3+ 5  2 Đặt t =   , t  0 ta được phương trình: t − 3.t + m = 0 ( 2 )  2   . Phương trình ( 1) có hai nghiệm thực phân biệt khi phương trình ( 2 ) có hai nghiệm dương phân biệt 9 − 4 m  0   0 9  9    S  0  S = 3  0  0  m   S =  0;   S  ( 0; 3 ) 4  4 m  0 P  0   Câu 23: Chọn B Ta có 9 − b ( 3e ) + a.e x. x. 2x. 2x. = 0  3 − b3 .e + a.e 2x. x. x. 2x. x. 3 3 = 0    − b   + a = 0 ( 1) e e. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 133.

(139) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. x. 3 Đặt t =   , t  0 ta được phương trình t 2 − bt + a = 0 ( 2 ) e. Phương trình ( 1) có hai nghiệm thực phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x1 + x2  10 khi phương trình ( 2 ) 10. 3 có hai nghiệm dương phân biệt t1 ; t2 thỏa mãn t1 .t2    . e.  5   2 3   0 b  2   b − 4 a  0    e  . Vì a, b   S  0  b  0 10  3    10 P  0  a   3  a   e         e . +. a  3 nên  S = a+b  7 b  4.  Giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = a + b là 7. Câu 24: Chọn B Ta có 4x − m.2x+1 + m2 − 1 = 0  22 x − 2m.2x + m2 − 1 = 0 ( 1) Đặt t = 2x , t  0 ta được phương trình t 2 − 2m.t + m2 − 1 = 0 ( 2 ) Phương trình ( 1) có hai nghiệm thực phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x1 − x2 = 4 khi phương trình ( 2 ) có hai nghiệm dương phân biệt t1 ; t2 thỏa mãn t1 = 16t2 .   = 1  0   0   Phương trình ( 2 ) có hai nghiệm dương phân biệt t1 ; t2  S  0  2m  0  m  1 P  0  m2 − 1  0    2m t2 = 17 17 t2 = 2 m t1 + t2 = 2m   Ta có  t = 16 t t = 16 t 2 1 2 1 t = 32 m  1 17.  17 m = ( n)  17 64m 15 = m2 − 1  225m2 = 289   Ta có t1 .t2 = m 2 − 1  . Vậy m = 15 289  m = − 17 l ( )  15 2. Câu 25: Chọn A x  0 Điều kiện:  . Ta có log 2a ( x − 1) − 4log a ( x − 1) − 4 2 + m2 = 0 ( 1) 1  a  0 . (. (. ). ). Đặt t = log a ( x − 1) . Ta được phương trình t 2 − 4t − 4 2 + m2 = 0 ( 2 ) Phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x1 .x2 = x1 + x2 + 15 khi phương trình. ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt t ; t 1. (. 2. thỏa mãn t1 + t2 = log a 16. ).  = 4 m2 + 3  0 m   0   a=2 S = log a 16 log a 16 = 4. Câu 26: Chọn B Ta có: 62 x+1 − 5.6x + m = 0  6.62x − 5.6x + m = 0 . 134. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(140) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Đặt t = 6x , phương trình trở thành 6t 2 − 5.6t + m = 0 (1). Để phương trình có hai nghiệm âm phân biệt thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt 5 thoả 0  t1  t2  1 . Để ý tổng hai nghiệm của phương trình (1) nếu có là t1 + t2 =  1 . Suy ra 6 điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm thoả điều kiện bài toán là:  25 m  24  = 25 − 24m  0 25  0m  24 t1 .t2  0 m  0  6 Câu 27: Chọn A Điều kiện để mỗi phương trình có hai nghiệm thực phân biệt là b2  40a b − b Khi đó − = ln x1 + ln x 2 = ln ( x1 x2 ) → x1 x2 = e a a. Và −. b − b = log x 3 + log x4 = log ( x3 x4 )  x3 x4 = 10 10 10. Do đó ta có bpt e. −. b a.  10. −. b 10. b b 10  −  − ln10  a   4,342 . a 10 ln10. Suy ra a  5 → b2  200  S  10 + 45 = 55  11 7  Vậy phương trình có 6 nghiệm thuộc đoạn  − ; .  4 2 . Câu 28: Chọn C Đặt t = e x ( t  0 ), phương trình trở thành t 2 − 10t + m = 0 (1). Với x1  0  x2  t1  1  t2 . Để phương trình (1) có hai nghiệm thoả điều kiện đó thì:  m  0 af ( 0 )  0  0m9  m − 9  0 af 1  0 ( )   . Câu 29: Chọn B. (. ). Đặt t = 2x , phương trình trở thành t 3 − 3mt 2 + 3 m2 − 1 t + 3m − 29 = 0. (. ). (. ). Xét hàm số y = t 3 − 3mt 2 + 3 m2 − 1 t + 3m − 29 , y ' = 3t 2 − 6mt + 3 m2 − 1 . t = m − 1 y = 0   t = m + 1 Để y = 0 có ba nghiệm phân biệt ta phải có điều kiện sau:  y ( m − 1) y ( m + 1 )  0  yCD .yCT  0  29   1  m  3  m − 1  0   xCD  0 y 0  0 3m − 29  0  m3 − 27 m3 − 31  0   ( ) . (. )(. ).  3  m  3 31. Vậy S = 3 + 3 31 Câu 30: Chọn C Ta có: 9 − 2m = log ( x1 + 1) + log ( x2 + 1) = log ( x1 x2 + x1 + x2 + 1) = log1000 = 3 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 135.

(141) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Suy ra m = 3 . Thay vào phương trình thử lại ta được:  x = 99999 log ( x + 1) = 5 thoả điều kiện bài toán. log ( x + 1) − 3log ( x + 1) − 10 = 0     x = − 99 log x + 1 = − 2 ( )   100 2. Câu 31: Chọn D. (. ). (. (. ). ). (. ). 27 x − m32 x +1 + m2 − 1 3 x +1 − m2 − 1 = 0  33 x − 3m32 x + 3 m2 − 1 3 x − m2 − 1 = 0 ( * ). Đặt 3x = t ( t  0 ) .. (. ) (. ). Phương trình (*) có dạng  t 3 − 3mt 2 + 3 m2 − 1 t − m2 − 1 = 0 ( * * ) . Phương trình (*) có ba nghiệm thực khi và chỉ khi phươg trình (**) có ba nghiệm thực phân biệt lớn hơn 0.. (. ) (. (. ). ). Xét hàm số f ( t ) = t 3 − 3mt 2 + 3 m2 − 1 t − m2 − 1 , f  ( t ) = 3t 2 − 6mt + 3 m2 − 1 . Ta có f  ( t ) = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m và t1 = m − 1, t2 = m + 1 là hai nghiệm của phương trình.. Yêu. cầu. của. bài.  3  m  1+ 2 . Vậy Câu 32: Chọn A. (. toán. tương. đương. ( (. với. (. ). ).  m2 − 3 ( m − 1)  0  f ( t1 )  0    m2 − 2m − 1 ( m + 1)  0  f ( t2 )  0   t1  0 m − 1  0  f (0)  0  2  −m + 1  0. ). ). 8 x − m2 2 x +1 + 2 m 2 − 1 2 x + m − m 3 = 0  8 x − 2 m2 2 x + 2 m2 − 1 2 x + m − m 3 = 0 ( * ) .. Đặt 2 x = t ( t  0 ) .. (. ). Phương trình (*) có dạng  t 3 − 2mt 2 + 2m2 − 1 t + m − m3 = 0 ( * * ) . Phương trình (*) có ba nghiệm thực khi và chỉ khi phươg trình (**) có ba nghiệm thực phân biệt lớn hơn 0. t = m ( 1) t 3 − 2 mt 2 + 2 m2 − 1 t + m − m3 = 0  ( t − m ) t 2 − mt + m2 − 1 = 0   2 2 t − mt + m − 1 = 0 ( 2 ) Yêu cầu bài toán tương đươg với: m  0 và phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt khác m. m  1 m  1  2 2 2 m − m + m − 1  0  − 2  m  2 2 2  −  3 m 3 2   0  3  1 m  Hay  . 3  m  0 3 m  0  S  0  2   m  −1 P  0  m − 1  0    m  1. (. ). (. ).  2 3 Vậy để phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt thì m   1; .  3   136. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(142) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 33: Chọn B. (. Đặt t = 2 + 3. )  (2 − 3 ) x. x. =. 1 (Điều kiện: t  0 ). t. (1) . Xét hàm số f ( t ) = t + 1t với t  0. 1 Ta được phương trình: t + = 2m − 1 t f (t ) = 1 −. t = 1 ( nhan ) 1 t2 − 1 . = 2 ; f (t ) = 0   2 t t t = −1 ( loai ). Bảng biến thiên:. Yêu cầu bài toán  2m − 1  2  m . 3 . 2. Câu 34: Chọn B. (. Ta có: 7 − 3 5. ). x2. (. +m 7+3 5. 7+3 5  Đặt: t =     2  . x2. ). x2. x2. =2. x 2 −1. x2. 7−3 5  7+3 5  1   + m  = .     2 2 2    . ( t  1) phương trình trở thành :. 1 1 1 + mt =  mt 2 − t + 1 = 0 (1) t 2 2 Với t = 1 có duy nhất x = 0 ; với t  1 có hai giá trị của x .. Yêu cầu bài toán tương đương với ( 1) : m = 0  t = 2 (thỏa mãn). 2  1  =   − 4 m = 0 1  2 m= Phương trình có nghiệm kép lớn hơn 1   . 16 1  t0 = 4 m  1 Phương trình có hai nghiệm thỏa mãn.  1  1 t1  1  t2  af ( 1)  0  1 m − + 1   0  m  − 2 2  . Câu 35: Chọn B Với x  0 thì x = 3log3 x . Khi đó:. (. ). 10 + 1. log 3 x. −. (.  10 + 1  Đặt t =    3   . ). 10 − 1 log 3 x. log 3 x.  10 + 1  = mx     3   .  10 − 1     3   . log 3 x. =. log 3 x.  10 − 1  −   3   . log 3 x. =m. 1 (Điều kiện: t  0 ). Ta được phương trình: t. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 137.

(143) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. 1 t − = m ( 1) . t. Xét hàm số: f ( t ) = t −. 1 với t  0 . t. f (t ) = 1 +. 1  0, t  0 . t2 Bảng biến thiên:. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y = m luôn cắt đồ thị hàm số f ( t ) = t −. 1 với t  0 t.  Phương trình ( 1) luôn có nghiệm t  0 với mọi m  Phương trình đã cho luôn có nghiệm. dương với mọi m . Câu 36: Chọn B 2x. x. 4 4 16 x − 2.12 x + ( m − 2)9 x = 0    − 2   + m − 2 = 0 3  3 x. 4 Đặt t =   , x  0  t  1 3. Xét hàm số y = t 2 − 2t + m − 2, t  1  y ' = 2t − 2  0 . Hàm số luôn đồng biến nên y  y(1)  y  m − 3 . Vậy phương trình có nghiệm dương 0  m − 3  m  3  m = 1  m = 2 Câu 37: Chọn A 9 x + 3x + 6 = m(3x + 1) . t2 + t + 6 9 x + 3x + 6 . Xét hàm số y = , t = 3x  0 = m x t + 1 (3 + 1). Phương trình trình 9x + 3x + 6 = m(3x + 1) có nghiệm thực phân biệt khi vào chỉ khi phương trình t2 + t + 6 = m có 2 nghiệm dương phân biệt t +1. y' =. t 2 + 2t − 5. ( t + 1). 2. t = −1 + 6  y' = 0   t = −1 − 6. Từ bảng biến thiên ta có phương trình 9x + 3x + 6 = m(3x + 1) có nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi −1 + 2 6  m  6 . Vậy m = 4  m = 5. 138. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(144) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 38: Chọn A Điều kiện để hai phương trình có nghiệm là 1 = ( m + 1) − 4n  0;  2 = ( n + 1) − 4 m  0 . Khi đó 2. 2. theo công thức nghiệm phương trình bậc hai ta có: 2 2 2  ln x = m + 1  ( m + 1) − 4n  m + 1 − ( m + 1) − 4n  m + 1 − ( m + 1) = 0 1  2 2 2 , m, n  0  2 2 2  n + 1  ( n + 1) − 4m n + 1 − ( m + 1) − 4n m + 1 − ( m + 1) ln x2 =   =0 2 2 2 . ( ). Do đó 2 x1 + x2 2  2e 0 + e 0. 2. = 3 . Dấu bằng đạt m = 1 = 0 và x1 = x2 = 1 .. Câu 39: Chọn A Đặt t = 2 x ( t  0 ) ,phương trình trở thành:. (. ). t 2 + t + 27 = 3m ( t + 1)  t 2 + 1 − 3m t + 27 − 3m = 0. Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi phương trình cuối có hai nghiệm  = 1 − 3m 2 − 4 27 − 3m  0    6 3 − 1  3m  27  log 3 6 3 − 1  m  3 . dương, tức là S = 3m − 1  0  P = 27 − 3m  0  . (. ). (. ). (. ). Câu 40: Chọn C Ta có: log 2 cos x − m log cos 2 x − m2 + 4 = 0  log 2 cos x − 2 m log cos x − m2 + 4 = 0 ( 1) . Đặt t = log cos x .  t  ( −; 0  ( 1) trở thành: t 2 − 2mt − m2 + 4 = 0 ( 2 ) Phương trình (1) vô nghiệm khi phương trình (2) xảy ra các trường hợp sau:. (. ). Trường hợp 1: phương trình (2) vô nghiệm, tức là  = 2m2 − 4  0  m  − 2; 2 (3) Trường hợp 2: phương trình (2) có 2 nghiệm 0  t1  t2 tức là: m  2    m  − 2   0   a. f (0)  0   −2  m  2  m  0 S  0    . 2  m  2 (4). (. Kết hợp ( 3 ) ; ( 4 ) ta được m  − 2 ; 2. ). Câu 41: Chọn A Ta có: 4x − m.2x+1 + 2m2 − 5 = 0 ( 1) . Đặt t = 2x  t  0 (1)  t 2 − 2mt + 2m2 − 5 = 0 ( 2 ) .. Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khi phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm thỏa 0  t1  t2 tức là:. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 139.

(145) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. − 5  m  5  2  10  − m + 5  0  '  0   m   2  2  a. f (0)  0  2 m − 5  0      m  − 10 m  0 S  0     2  m  0. 10  m  5 . Do m  2. nên m = 2 .. Câu 42: Chọn A Phương trình đã cho tương đương: 32( x. 2. − 2 x + 1). − (2 m + 1)15x. 2. − 2 x +1. 3 2 3 2 3  ( )2( x − 2 x +1) − (2 m + 1)( )x − 2 x+1 + 4 m − 2 = 0 (1) . Đặt t =   5 5 5. + (4 m − 2)52( x. 2. − 2 x + 1). =0. x2 − 2 x +1. ,0  t  1.. Khi đó phương trình trở thành: t 2 − (2 m + 1)t + 4 m − 2 = 0 (2) Ứng với một giá trị t , 0  t  1 ta tìm được hai giá trị của x . Ta cần tìm m để (2) có một nghiệm t , 0  t  1 . Ta có  = (2 m − 3)2    0 Nếu  = 0  m =. 3 , khi đó phương trình (2) có nghiệm t = 2( L) . 2. Nếu   0  m . 3 , khi đó để phương trình (2) có nghiệm 0  t1  1  t2 thì: 2.  1 af (0)  0 4 m − 2  0 1 m    2  m  ( ;1) .  2 af (1)  0 2 m − 2  0 m  1 . Câu 43: Chọn B 3 Phương trình đã cho tương đương: ( )2( x 2. 2. −2 x). 3 2 − (2m + 1)( )x − 2 x + m = 0 (1) . 2. 3 Vì x thuộc khoảng (0;2) nên: −1  x − 2x  0 . Đặt t =   2 2. x2 − 2 x. (. 2  t  1). 3. Khi đó phương trình trở thành: t 2 − (2 m + 1)t + m = 0 (2) . 2 Phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng (0;2) khi phương trình (2) có nghiệm thuộc t  [ ;1). 3 2 t Vì t  [ ;1) nên (2)  m(t 2 − 2t + 1) − t = 0  m = . 3 (t − 1)2. Xét hàm số f (t ) =. t 2 1 2t + 1 2 t  [ ;1)  f '(t ) = − .  0, t  [ ;1) . 2 2 3 3 (t − 1) (t − 1) t − 1. Suy ra hàm số f (t ) =. 2 2 t đồng biến trên ( ;1)  f (t )  f ( )  f (t )  6 . 2 3 3 (t − 1). Từ đó suy ra m  6 . Vây có 2013 giá trị của tham số. Câu 44: Chọn C. 140. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(146) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Xét phương trình 4 x − m.2 x +1 + 3m − 3 = 0 (1) . Đặt 2x = t , điều kiện t  0 . Khi đó phương trình theo t có dạng t 2 − 2mt + 3m − 3 = 0 ( 2 ) Để phương trình ( 1) có hai nghiệm thực trái dấu thì phương trình ( 2 ) phải có hai nghiệm t1 ; t2 thỏa mãn 0  t1  1  t2  m 2 − 3m + 3  0  '  0   m  1 m  1 S  0 2m  0    m  ( 1; 2 )   P  0 3 m − 3  0 3 m − 3 m − 2 m  + 1  2 0     ( t1 − 1)( t2 − 1)  0 t .t − ( t + t ) + 1  0 1 2  1 2. Vậy m  ( 1; 2 ) . Câu 45: Chọn B Xét phương trình 9 x − m.3x +1 + 3m2 − 75 = 0. ( 1). Đặt 3x = t , điều kiện t  0 .. Khi đó phương trình theo t có dạng t 2 − 3mt + 3m2 − 75 = 0 ( 2 ) Để phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt thì phương trình ( 2 ) phải có hai nghiệm t1 ; t2 thỏa mãn 0  t1  t2  2 2  2  9 m − 4 3 m − 75  0   0 −3m + 300  0  m  ( −10;10 )     m  ( 5;10 )   S  0  3m  0  m  0 m  5  3m2 − 75  0 P  0   m  −5       m  5. (. ). Do m nguyên và m  ( 5;10 ) nên S = 6;7; 8; 9 . Vậy S có 4 phần tử. Câu 46: Chọn A 2x. x. 3 3 Ta có: 9 x − 2m.6 x + m.4 x = 0    − 2 m.   + m = 0 (1). 2 2 x. 3 Đặt   = t  0 , phương trình trở thành t 2 − 2m.t + m = 0 (1). 2. Yêu cầu bài toán  phương trình (1) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn 0  t1  1  t2 . m2 − m  0 m  0  '  0     S  0  2 m  0  m  1  m  0 . P  0 m  0 m  0    3 Áp dụng định lí Vi-et ta có:   2. x1. x. 3 2 3 .  = m    2 2. 3 Theo đề bài ta có: x1 + x2 = 2    2 9 Thử lại ta được m = thỏa mãn. 4. x1 + x2. x1 + x2. =m. 2. 3 9 =  m= 4 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 141.

(147) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 47: Chọn B Đặt 5x = t  0 , phương trình trở thành t 2 − m.t + 2m − 5 = 0 (1). Yêu cầu bài toán  phương trình (1) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn 0  t1  1  t2 . m  4  f (1)  0 m − 4  0 5  5     5   m  4 . Vậy m   ; 4  . 2 2   f (0)  0 2 m − 5  0 m  2 . Câu 48: Chọn C. 91− x + 2 ( m − 1) 31− x + 1 = 0  9 + 6 ( m − 1) .3 x + 9 x = 0. Phương trình có hai nghiệm phân biệt 9 ( m − 1)2 − 9  0 m  0   0 2    m − 2 m  0  S  0  −6 ( m − 1)  0   m  2  m  0 m  1 P  0 9  0 m  1   . Câu 49: Chọn C Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt. (.  = m2 − 4 25 − m2   S = m  0  P = 25 − m2  0 . Câu 50: Chọn A Ta có. phương. ).   m  −2 5  0   m  2 5 5m2 − 100  0    m  0  m  0 2 5 m5 −5  m  5 −5  m  5     ln 2 x − ( m + 1) ln x + n = 0. trình. có. hai. nghiệm. phân. biệt.   0  ( m + 1) − 4 n  0 ( 1 ) 2. phương trình ln 2 x − ( n + 1) lnx + m = 0 có hai nghiệm phân biệt   0  ( n + 1) − 4 m  0 ( 2 ) 2. Khi. đó. x1 x2 = ( x3 x4 )  ln x1 + ln x2 = 2 ( ln x3 + ln x4 )  m + 1 = 2 ( n + 1)  m = 2n + 1 2. nên. P = 2m + 3n = 7n + 2 n  3 + 2 3 n0,n n2 + n + 1  0 Từ (1) , ( 2 )   2  ⎯⎯⎯⎯ →n  7 n  3 − 2 3 n − 6n − 3  0. Do đó P  51 . Vậy Pmin = 51 Câu 51: Chọn C Ta có phương trình ln2 x − m ln x + 2m − 7 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi   0  m2 − 8 m + 56 = ( m − 4 ) + 40  0, m  2. Khi đó 1  x1 x2  81  0  ln ( x1 x2 )  ln 81  0  ln x1 + ln x2  ln 81  0  m  ln 81  4,4 Mà m . nên m  1; 2; 3; 4 . Vậy có 4 giá trị cần tìm. Câu 52: Chọn C Ta có: 2018log m x.logn x = 2017 log m x + 2018log n x + 2019 142. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(148) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..  2018logm x.logn m.logm x = 2017 log m x + 2018.logn m.log m x + 2019  2018.log n m. ( log m x ) − ( 2017 + 2018.log n m ) .log m x + 2019 = 0 2. Gọi x1 ; x2 lần lượt là 2 nghiệm của phương trình ta có: log m x1 + log m x2 =.  log m ( x1 .x2 ) =. 2017 + 2018.log n m 2017  log m ( x1 .x2 ) = +1 2018.log n m 2018log n m. 2017  2017  2017 .log m n + log m m  log m ( x1 .x2 ) = log m  n 2018 .m   x1 .x2 = n 2018 .m 2018  . Để x1 .x2 nguyên và nhỏ nhất và m, n nguyên nhỏ nhất khác 1  n. 2017 2018. ; m nguyên và nhỏ nhất. khác 1  n = 22018 và m = 2  m.n = 22019 Câu 53: Chọn C Đặt t = log 2 x , x  1; 2  → t  0;1 Phương trình đã cho trở thành: a.t 2 + bt + c = 0 có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 0;1 nếu:     a  0 a  0 a  0  2   2 b − 4 a.c  0   0 b − 4.a.c  0    c  0 a. f ( 0 )  0  ac  0  a a + b + c  0 a ( ) a . f 1  0 ( )    b c   1 + a + a  0 b S 0   1 0  −  2  a  2  −2  b  0  a. ( 1). c  a  0 b b   −1 ( 2 ) . Từ ( 1) và ( 2 )  −1   0 Do  a a 1 + b + c  0  a a. Mà P =. Đặt u =. ( a − b )( 2a − b ) a(a − b + c).  b  b  b  b  1 − a  2 − a   1 − a  2 − a      = b c b 1− + 1− a a a. (1 − u)( 2 − u) = 2 − u  P  3 b → u  − 1;0   P    a 1−u. b u = −1  = −1 b = − a    a  Dấu " = " xảy ra khi  c c = 0 a = 0 c = 0   a. Câu 54: Chọn D Xét phương trình 2 e 2 x − 8 e x − m = 0, (1) . Đặt t = e x , x  ( 0; ln 5 )  t  (1; 5 ) . Khi đó ( 1)  2t 2 − 8t − m = 0  m = 2t 2 − 8t , ( 2 ) . Xét hàm số f ( t ) = 2t 2 − 8t , t  ( 1; 5 ) . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 143.

(149) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Ta có f ' ( t ) = 4t − 8; f ' ( t ) = 0  4t − 8 = 0  t = 2 . Bảng biến thiên t. 1 _. f ' (t) f(t). 5. 2 0. +. -6. 10 -8. Phương trình ( 1) có hai nghiệm thuộc khoảng ( 0; ln 5 ) khi và chỉ khi phương trình ( 2 ) có hai nghiệm thuộc khoảng ( 1; 5 ) . Dựa vào BBT ta thấy m  ( −8; −6 ) . Câu 55: Chọn B Xét phương trình 4log 225 x − m log 5. x 2 − 1 = 0  4log 25 x − m log 5 x + m − 1, ( x  0 ) . Đặt t = log5 x 5. Phương trình đã cho trở thành 4t 2 − mt + m − 1 = 0, ( * ) . Phương trình ( * ) có hai nghiệm phân biệt m  8 − 4 3 khi và chỉ khi   0  m2 − 16 ( m − 1)  0  m2 − 16m + 16  0   .  m  8 + 4 3 m. Ta có t1 = log 5 x1  x1 = 5t ; t2 = log 5 x2  x2 = 5t . Khi đó x1 .x2 = 5t +t = 5 4 . 1. 1. 2. 2. Theo đề ra ta có m. m. m. m. x1 x2 − 50 x1 x2 + 625  0  5 4 − 50 5 4 + 625  0  5 4 = 25  5 4 = 54  m = 16 (TM ). Câu 56: Chọn B a Vì 3 số 5x +1 + 51− x , và 25x + 25− x theo thứ tự đó lập thành 1 cấp số cộng nên: 2 2. 5 1 5x +1 + 51− x + 25x + 25− x a  1  1  =  5.5x + x + 52 x + 2 x = a  5  5x + x  +  5x + x  − 2 = a () 2 2 5 5 5   5  . Yêu cầu bài toán  phương trình ( ) có nghiệm. Đặt t = 5x +. 1 , t  2 , phương trình ( ) trở thành: t 2 + 5t − 2 = a x 5. Xét hàm số f ( t ) = t 2 + 5t − 2 với t  2 có f ' ( t ) = 2t + 5 , f ' ( t ) = 0  t =. −5 . 2. Bảng xét dấu:. 144. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(150) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Dựa vào bảng xét dấu phương trình ( ) có nghiệm  a  12 . Mà a  0; 2020  nên a  12; 2020  Vậy số giá trị nguyên của a là 2020 − 12 + 1 = 2009 . Câu 57: Chọn D Ta có:. (2 + 3 ). x. (. + (1 − 2a ) 2 − 3. (. Và x1 − x2 = log 2 + 3 3  2 + 3. (. ). ). ). x. (. −4 =0  2+ 3. x1 − x2. =3 . ( ) (2 + 3 ) 2+ 3. ). x. + (1 − 2a ). x1. x2. 1. (2 + 3 ). (. = 3  2+ 3. ). x1. x. − 4 = 0 ( ). (. = 3 2+ 3. ). x2. .. x. Đặt t = 2 + 3 , t  0. 1 Phương trình ( ) trở thành: t + ( 1 − 2a ) − 4 = 0  t 2 − 4t + ( 1 − 2 a ) = 0, t  0 ( 1) . t. (. Ta lại có:  2 + 3. ). x1. (. = 3 2+ 3. ). x2.  t1 = 3t2 .. YCBT trở thành Phương trình ( 1) có 2 nghiệm dương phân biệt thỏa mãn t1 = 3t2 . 4 (1 − 2a )  0  '  0  1  Phương trình ( 1) có 2 nghiệm dương phân biệt  S  0  4  0  −2  a  . ( ) 2 1 − 2 a  0 P  0  . t1 = 3 t1 + t2 = 4 t1 = 3     t2 = 1 Áp dụng hệ thức vi-et cho ( 1) ta được: t1t2 = 1 − 2a  t2 = 1  a = −1 . t t = 1 − 2a t = 3t 1.3 = 1 − 2 a 2 12 1 . Ta thấy a = −1 thỏa mãn điều kiện ( ) . Câu 58: Chọn B Với điều kiện x  −1 , ta biến đổi phương trình (1) tương đương với: ln( x + 1) + 1 = 0 ln( x + 1) + 1 .  m ln( x + 1) − ( x + 2) = 0    m ln( x + 1) − ( x + 2) = 0 (b). ( a). 1 Phương trình ( a)  ln( x + 1) = −1  x = − 1  0 (loại). e Phương trình (b)  m ln( x + 1) = x + 2 . Vì m = 0 không thỏa mãn phương trình nên:. ( b) . ln( x + 1) 1 = (*) x+2 m. Khi đó, YCBT trở thành phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0  x1  2  4  x2 x+2 − ln( x + 1) ln( x + 1) x+2 , x  −1 . Khi đó: f ( x) = x + 1 Đặt f ( x) = , f ( x) = 0  = ln( x + 1) 2 x+2 x+1 ( x + 2). Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 145.

(151) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Vì vế trái là hàm nghịch biến và vế phải là hàm đồng biến trên khoảng (−1; +) nên phương trình có tối đa 1 nghiệm. Mặt khác, f (2)  0, f (3)  0 nên phương trình f ( x) = 0 có nghiệm duy nhất x0  ( 2; 3 ) .. Bảng biến thiên:. Từ bảng biến thiên ta suy ra phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0  x1  2  4  x2 khi và chỉ khi f (0) . 1 1 ln 5 6  f (4)  0   m  3,72 . m m 6 ln 5. Vậy a  3,72  (3,7;3,8) . Câu 59: Chọn A Với điều kiện x  0 và đặt ẩn phụ ln x = t , t  , phương trình đã cho trở thành: t 4 + at 3 + bt 2 + ct + 4 = 0 (*) Vì phương trình đã cho luôn có ít nhất một nghiệm thực nên phương trình (*) cũng có ít nhất một nghiệm thực. Giả sử t0 là một nghiệm của phương trình (*). Khi đó:. (. t0 4 + at0 3 + bt0 2 + ct0 + 4 = 0  at0 3 + bt0 2 + ct0 = − t0 4 + 4. ). Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopski, ta được:. (.  t6 t4  4a2 + 4b2 + c 2  0 + 0 + t02   at0 3 + bt0 2 + ct0 4 4   . ). (.  4 a 2 + 4b 2 + c 2 . (t. 4 0. +4. ). 2. t06 t04 2 + +t 4 4 0. =. (. 4 t0 4 + 4. ). ) = (t 2. Đặt t = u, u  0 thì P  20. Ta có: f (u) =. (. )(. 2. ). 2. t06 + t04 + 4t02. (. (u. +4. 2. ). Do đó: P = 20a2 + 20b2 + 5c 2 = 5 4a2 + 4b2 + c 2 . 2 0. 4 0. +4. ). 2. t06 + t04 + 4t02. = 20. f (u). ) (. 4u u2 + 4 u3 + u2 + 4u − u2 + 4 3. ). 2. u3 + u2 + 4u. (u. (. 20 t0 4 + 4. + u2 + 4u. ). 2. ) ( 3u 2. 2. + 2u + 4. ) = (u. 2. )(. ) + 4u ). + 2u + 4 u2 + 4 ( u − 2 ). (u. 3. + u2. 2. f (u) = 0  u = 2 . Bảng biến thiên:. 146. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(152) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Từ bảng biến thiên suy ra f (u) . 16 16 . Vậy P  20. f (u)  20. = 64. 5 5. Câu 60: Chọn B Đặt t = log2 x , x   2 ; 4 )  t  1; 2 ) Bất phương trình đã cho trở thành t 2 − (2m + 5)t + m2 + 5m + 4  0  m + 1  t  m + 4. ( 1). Vậy bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x   2; 4 ) khi và chỉ khi (1) nghiệm đúng với mọi t  1; 2 )  m + 1  1  2  m + 4  m  −  2 ; 0) .. Câu 61: Chọn D Đặt t = e x , x . 1  0  t  10 log e. Phương trình đã cho trở thành f (t ) = t 2 − 2mt + m 2 − m = 0 Phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn. ( 1) 1 khi và chỉ khi phương trình ( 1) log e. có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( 0 ;10 )  ' = m  0  2 1. f ( 0 ) = m − m  0  21 − 41    1. f ( 10 ) = m2 − 21m + 100  0  m   1; .   2    0  S = m  10  2. Do m . nên ta có m  2 ; 3; 4 ; 5; 6 ;7 . Vậy T = 27 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 147.

(153) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT CHỨA THAM SỐ 02 Câu 1:. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 9 x  8.3x  m  4  0 có 2 nghiệm phân biệt? A. 17 . B. 16 . C. 15 . D. 14 .. Câu 2:. Gọi. m0. là. giá. trị. thực. nhỏ. nhất. của.  m  1 log  x  2    m  5 log  x  2   m  1  0 2 1 2. 1 2. nào sau đây là đúng?  5 A. m0   5;   . 2  Câu 3:. số. m. sao. cho. phương. trình. có nghiệm thuộc khoảng  2; 4  . Hỏi mệnh đề.  10  C. m0   2;  .  3 . D. m0   4;6  .. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 9 x   1  3m  .3 x  2  6 m  0 có tập nghiệm là  . 1 A. m  . 3. Câu 4:.  4 B. m0   1;  . 3 . tham. 1 D. m   . 3. B. Không tồn tại m . C. m  2 .. Cho phương trình log 35 x   3m  3  log 25 x   9 m  16  log 5 x  6 m  12  0 ( m là tham số thực). a a , với là phân số tối giản để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 b b 151 thỏa mãn x1  x2  x3  . Khi đó a  b thuộc khoảng nào sau đây? 5. Giá trị m . A.  3; 5  . Câu 5:. B.  2 ; 3  .. D.  5;7  .. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp  x; y  thỏa mãn các điêu kiện log. x2  y 2  2. A. 33. Câu 6:. C.  7 ;10  .. (4 x  4 y  4)  1 và x2  y 2  2 x  2 y  2  m  0. Tổng các giá trị của S bằng. B. 24.. C. 15.. Biêt m0 là giá trị duy nhất của tham số m đế phương trình 2. D. 5. x2. 3mx 1  6 có hai nghiệm x1 , x2 sao. cho x1  x2  log 2 81. Mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. m0  ( 7; 2) . Câu 7:. C. m0  (6;7) .. D. m0  (5;6) .. Phương trình 4 x  m.2 x1  2 m  0 có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1  x2  3 khi: A. m  4 .. Câu 8:. B. m0  ( 2; 5) . B. m  2 .. C. m  1 .. D. m  3 .. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log 23 3 x  log 3 x  m  1  0 có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng  0;1 . A. m . Câu 9:. 9 . 4. B. 0  m . 1 . 4. C. 0  m . 9 . 4. 9 D. m   . 4. Cho phương trình log 23 x  log 23 x  1  2 m  3  0 ( m là tham số thực ). Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1; 3 3  là   A.  1;1 .. 148. B.   1;1 .. C.   1;1 .. D.  1;   .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(154) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 10: Cho phương trình 4log 22 x  ( m  3)log 2 x  2  m  0 ( m là tham số thực ). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn 1;8  ? A. 0 .. B. 1 .. C. 3 .. D. 2 .. . . . Câu 11: Tìm các giá trị thực của tham số m để bất phương trình log 0,02 log 2 3x  1  log 0,02 m có nghiệm với mọi x   ; 0  . A. m  9.. B. m  2.. C. 0  m  1.. D. m  1 .. Câu 12: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 x  3.2 x1  m  0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  2.. A. m  9 .. B. 0  m  4 .. C. 0  m  2 .. D. m  0 .. Câu 13: Có bao nhiêu giá trị nguyên của x trong đoạn   2020; 2020  thỏa mãn bất phương trình x. 1 x   .3  3 . 3 .  3 A. 2019 .. B. 2020 .. C. 2021 .. D. 2022 .. Câu 14: Cho phương trình m16 log 2 x  2  m  1 x log 2 4  2  0 1 . Tập hợp các giá trị của tham số m thuộc đoạn   1; 2  để phương trình có hai nghiệm phân biệt. A.  1; 2  .. B.   1; 0  .. C. 1; 2  .. Câu 15: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình log 2  có nghiệm duy nhất. A. m  5 .. B. m  2 .. C. m  3 .. D.   1;0  . 3. x. 2. .  mx  m  1  log 2 3 x  0. D. m  1. Câu 16: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 22 x1  m.2 x  2m  2  0 có hai nghiệm thực phân biệt trong đoạn 1; 2  . A. m   2 ; 3  .. B. m   2 ; 3  .. C. m   2 ; 4  .. D. m   2 ; 3  .. Câu 17: Với giá trị nào của tham số m để phương trình 9 x  2m.3x  2m  3  0 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x1  x2  3  0. A. m . 3 . 2. B. m  12 .. C. m  0 .. D. m . 13 . 2. Câu 18: Biết phương trình ln 2 x   m  2  ln x  2 m  0 có hai nghiệm phân biệt, với m là tham số. Khi đó tổng các nghiệm của phương trình bằng: A. e 2  m . B. 2  m .. C. e  e m .. D. e 2  e m .. Câu 19: Tìm m để phương trình log 22 x  log 2 x2  3  2m  0 có nghiệm x  1; 8  3 A. 2  m  3 . B. 1  m  . C. 2  m  6 . D. 1  m  3 . 2 Câu 20: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m  10;10  để bất phương trình 4 x  2 x  m  0 nghiệm đúng với mọi x  1; 2  Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 149.

(155) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. A. 17.. B. 0.. C. 21.. D. 5.. Câu 21: Giá trị thực của tham số m để phương trình 9 x  2(2 m  1).3x  3(4 m  1)  0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn ( x1  2)( x2  2)  12 thuộc khoảng nào sau đây?. A. (3;9) .. 1  C.  ; 3  . 4 . B. (9; ) ..  1  D.   ; 2   2 . Câu 22: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp ( x; y ) thỏa mãn đồng thời các điều kiện log x2  y2  2 (4 x  4 y  4)  1 và x 2  y 2  2 x  2 y  2  m  0. Tổng các phần tử của S bằng A. 33.. B. 24.. C. 15.. 2. D. 5.. 2. Câu 23: Cho phương trình m.2 x  5 x  6  21 x  2.26  5 x  m với m là tham số thực. Có tất cả bao nhiêu giá trị của m để phương trình có đúng ba nghiệm phân biệt. A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.  Câu 24: Cho phương trình e m.sin x cos x  e   2  cos x  m.sin x với m là tham số thực. Tìm số giá trị nguyên của m  2019; 2020  để phương trình có nghiệm. 2 1 cos x. A. 0 .. B. 3 .. C. 2019 .. 1 Câu 25: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình   5 phân biệt?. A. 0  m  1 .. C. m  1 .. B. m  1 .. D. 4037 . x2  4 x  3.  m 4  m 2  1 có 4 nghiệm. D. m  0 .. Câu 26: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng  10;10  để phương trình 1 2 x  ln x  m  0 có nghiệm? 2 A. 18 . B. 9 .. C. 10 .. D. 12 .. Câu 27: Tính tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình 4 x  2 x 2  5  m  0 có nghiệm duy nhất thuộc khoảng  0 ; 2  . A. 13 .. B. 15 .. C. 12 .. D. 14 .. Câu 28: Tìm tập hợp tất cả giá trị của tham số m để phương trình log 2 3  x  1  m .log 3  x  1  1  0 2. luôn có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng  2 ;    . A.   ;  2  .. B.  0; 2  .. C.  2 ;    .. D.  0;    .. Câu 29: Cho phương trình log 32 x   3m  1 log 1 x  6m  2  0 ( m là tham số thực). Tập hợp tất cả các 3. 1  giá trị của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn  ; 3  là 9 . A.  1; 0  .. 150. B.   1; 0  .. C.  1;0  .. D.  0;   .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(156) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 30: Cho phương trình e 3 x   m  3  e 2 x  2 e x  2 m  6  0 ( m là tham số thực). Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 0;ln 3  là. . . . A.  4;6  \ 3  2 .. . B.  4;6  \ 3  2 .. C.  4;6  .. D.  6;   .. Câu 31: Cho phương trình log 23 x   m  5  log 3 x  2m  6  0 (với m là tham số). Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1; 81 : A. 81 . B. 80 . C. 5 .. D. 4 .. Câu 32: Cho phương trình 4 x   2 m  5  .2 x  m 2  5m  0 (1) (với m là tham số ). Tổng tất cả các giá trị nguyên của m thuộc   19;19  để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc  2; 4  là B. 9 .. A. 121 .. C. 175 .. D. 4 .. Câu 33: Tổng tất cả các giá trị của tham số m để 25x  ( m  1).5 x  m  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  4 bằng A.. 626 . 25. B. 0 .. C.. 26 . 25. D.. 26 . 5. Câu 34: Với giá trị nào của m thì phương trình: log 23 x   m  2  .log 3 x  3m  1  0 có hai ngiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 .x2  27 ? A. m  1 .. B. m . 28 . 3. C. m . 4 . 3. D. m  25 .. . . Câu 35: Số các giá trị nguyên của m để phương trình 41 x  41 x   m  1 2 2 x  22 x  16  8m có nghiệm trên đoạn  0;1 là A. 5 .. B. 4 .. C. 2 .. Câu 36: Cho phương trình  m  1 log 21  x  1  4  m  5  log 1 2. 3. 3. D. vô số.. 1  4m  4  0 1 . Hỏi có bao nhiêu giá x 1.  2  trị m nguyên âm để phương trình 1 có nghiệm thực trong đoạn   ; 2  ?  3  A. 6 . B. 5 . C. 2 . D. 3 .. Câu 37: Cho phương trình 9 x   m  2  3x  2 m  9  0 ( m là tham số thực). Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1; 2  là.  72  B.  8;  .  7.  72  A.  ;12  . 7 . C.  8;   .. . D. 8;12  .. Câu 38: Cho phương trình 3log 21  2 x    4  m  log 2 x  4  m  0 ( m là tham số thực). Tập hợp tất cả các 2. 1  giá trị của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn  ;1 là  32 . A.  7; 4  .. . B. 7; 4  .. C.   ; 4  .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D.   12; 4  .. 151.

(157) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 39: Cho phương trình log 23 x  log 23 x  1  2 m  1  0  *  ,(m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình  *  có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1; 3  A. 7 . B. 8 . C. 9 . D. 10 .. 15. . . Câu 40: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 32 x   2 m  1 .3 x  6 m  6  0 có hai nghiệm thực phân biệt trong đoạn 1; 3  . B. 13 .. A. 12 .. D. 15 .. C. 14 .. Câu 41: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình log 23 x  3log 3 x  2m  7  0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn  x1  3  x2  3   9 . A. 3 .. B. 0 .. C. 2 .. D. 1 .. Câu 42: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng.  20; 20 . để phương trình. 2 x 1  log 4  x  2m   m có nghiệm? A. 19 .. B. 18 .. C. 20 .. D. 17 .. Câu 43: Cho phương trình log 22 x  ( m  1)log 2 x  m  0 ( m là tham số thực). Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1;8  là A.  0; 3  .. C.  0; 3  \1 .. B.  0; 3  .. D.  0; 3  \2.. Câu 44: Cho phương trình log 23 x  (2m  3)log 3 x  m2  3m  2  0 ( m là tham số thực). Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1;9  là A.  1;1 .. B. 1;1 .. D.  2; 2  .. C. 2; 2  .. . . Câu 45: Cho bất phương trình 25x  15x  2.9 x  m.3x 5x  3x ( m là tham số thực). Tập hợp tất cả các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn  0 ; 1 là A. m . 11 . 2. B. m . 11 . 2. C. m . 11 . 3. D. m . 11 . 3. Câu 46: Tìm m để phương trình:  m  1 log 21  x  4    2 m  1 log 1  x  4   m  2  0  1 có 2 nghiệm 2. x1, x2 thuộc khoảng  4; 6  1 A. m  . 2.  1 m  B. 2.   m  1. 2. C. m . 1 . 3. D. m . 11 . 3. Câu 47: Cho phương trình 4log 2 9 (3x)  (m  1)log 3 (9 x)  m  2  0 ( m tham số thực). Có bao nhiêu giá trị 1  nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc  ; 9  . 3  A. 2 B. 3 C. 4 D. 5. Câu 48: Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình log 23 x  log 3 x 2  m  2  0 có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1; 27  . 152. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(158) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. A. m  1; 2  .. B. m  1; 2  .. C. m   1; 2  .. D. m  1;   .. Câu 49: Tìm m để phương trình log 22 x  log 2 x2  3  m có nghiệm x  1; 8  . A. 2  m  6 . B. 2  m  3 . C. 3  m  6 . D. 6  m  9 . Câu 50: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 x1  2 x  2  m  0 có nghiệm. A. m  0 . B. m  0 . C. m  1 . D. m  1 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 153.

(159) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BẢNG ĐÁP ÁN 1C. 2A. 3D. 4C. 5B. 6A. 7A. 8C. 9B. 10C. 11D. 12B. 13C. 14B. 15D. 16A. 17B. 18D. 19D. 20A. 21C. 22B. 23C. 24D. 25A. 26B. 27B. 28C. 29C. 30B. 31D. 32A. 33A. 34A. 35C. 36D. 37B. 38A. 39C. 40A. 41D. 42A. 43C. 44B. 45D. 46B. 47B. 48A. 49A. 50C. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn C Xét phương trình 9 x  8.3 x  m  4  0  1 Đặt t  3 x  t  0  , phương trình 1 trở thành: t 2  8.t  m  4  0   m  t 2  8t  4  2  Ứng với mỗi t  0 sẽ có 1 giá trị x . Phương trình 1 có 2 nghiệm x phân biệt  phương trình  2  có 2 nghiệm dương phân biệt. Xét hàm số f  t   t 2  8t  4 trên khoảng  0;   . Ta có: f   t   2t  8 . Cho f   t   0  t  4 Bảng biến thiên: t f  t  f t . . 4. 0. . . 0. . 4 20. Từ bảng biến thiên ta có: Phương trình 1 có 2 nghiệm phân biệt  20  m  4  4  m  20 , mà m    m  5;6;7;...;19. Câu 2:. Vậy có 15 giá trị nguyên của tham số m thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn A Xét phương trình  m  1 log 21  x  2    m  5  log 1  x  2   m  1  0 1 2. 2. Đặt t  log 1  x  2  , do 2  x  4  0  x  2  2  t  1. 2. Phương trình trở thành  m  1 t 2   m  5  t  m  1  0  m . t 2  5t  1 2 t2  t  1. Phương trình 1 có nghiệm thuộc khoảng  2; 4   Phương trình  2  có nghiệm thuộc khoảng.  1;   . Xét hàm số f  t  . 154. 4t 2  4 t 2  5t  1  t  1 f t  với . Ta có:   t2  t  1 t2  t  1. . . 2. t  1 . Cho f   t   0   t  1. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(160) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Bảng biến thiên:. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình  1 có nghiệm thuộc khoảng  2; 4   3  m . Câu 3:. 7  5 . Suy ra m0  3   5;   . 3 2 . Chọn C. . . . Ta có 9 x   1  3m  .3 x  2  6 m  0  3x  2 3x  3m  1  0  3 x  3m  1  0  m  3x  2  0 , x   . Xét hàm số g  x   g  x  . 3x  1 trên  . 3. 1 3 x ln 3  0 , x   . Suy ra hàm số g  x  luôn đồng biến trên  ; lim g  x    x  3 3. Do đó 9 x   1  3m  .3 x  2  6 m  0 có tập nghiệm là   m  m. Câu 4:. 3x  1 , vì 3. 3x  1 có tập nghiệm là  . 3. 1 3. Chọn C Ta có: log 35 x   3m  3  log 25 x   9 m  16  log 5 x  6 m  12  0.  *  . Điều kiện. x  0.. log 5 x  1  Khi đó  *    log 5 x  1 log 5 x  2  log 5 x  3 m  6   0  log 5 x  2 . log 5 x  3m  6 . Ta có log 5 x  1  x  5 ; log 5 x  2  x  25 . Do đó  *  có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1  x2  x3   log 5 x  3m  6 có nghiệm x . 151 . 5. 151 1 1 5  5  25   53 m6   3m  6  1  m  . 5 5 5 3. Suy ra a  5; b  3  a  b  8   7 ;10  . Câu 5:. Chọn B Điều kiện: 4 x  4 y  4  0 log 2 2 (4 x  4 y  4)  1  x 2  y 2  4 x  4 y  6  0  2 Ta có  2 x  y2  2 có nghiệm duy nhất  x; y  . 2  x  y  2 x  2 y  2  m  0  x  y  2 x  2 y  2  m  0. Với x2  y 2  4 x  4 y  6  0 là phương trình đường tròn tâm A(2; 2) , bán kính R1  2 . Với x2  y 2  2 x  2 y  2  m  0 là phương trình đường tròn tâm B( 1;1) , bán kính R2  m với m  0. Hai đường tròn có điếm chung duy nhất khi xảy ra các trường hợp sau: Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 155.

(161) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Hai đường tròn tiếp xúc ngoài AB  R1  R2  m  2  10  m  ( 10  2)2 . Hai đường tròn tiếp xúc trong AB  R1  R2  m  2  10  m  ( 10  2)2 . Vậy tổng các giá trị của tham số m  ( 10  2)2  ( 10  2 )2  24 . Câu 6:. Chọn A 2. 2. Ta có 2 x  3mx 1  6  2 x 1  3mx 2  1 Lấy logarit cơ số 2 của hai vế của phương trình ta có: x2  1  ( mx  2)log 2 3  0  x2  m log 2 3.x  2log 2 3  1  0 . Phương trinh có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1  x2  log 2 81 khi và chỉ khi m2  log 22 3  8log 2 3  4  0   0   m  4 . Vậy m0  ( 7; 2) .   x1  x2  log 2 81 m log 2 3  log 2 81 Câu 7:. Chọn A Đặt t  2 x , t  0 , phương trình đã cho trở thành t 2  2 mt  2 m  0  1 Để phương trình 4 x  m.2 x1  2 m  0 có hai nghiệm x1 , x2 thì phương trình  1 phải có hai   m   2 m  0 m  0   0 2    m  2 m  0     m  2  m  2 Ta nghiệm dương phân biệt  S  0  2 m  0 m  0 P  0 2m  0   m  0  2. có: x1  x2  3  log 2 t1  log 2 t2  3  log 2 t1 .t2  3  t1 .t2  8  2 m  8  m  4 . Câu 8:. ChọnC Ta có: log 23 3 x  log 3 x  m  1  0   log 3 x  1  log 3 x  m  1  0 2.  log 23 x  2 log 3 x  1  log 3 x  m  1  0  log 23 x  3log 3 x  m  0  1. Đặt t  log 3 x với x   0;1 thì t  0 Phương trình 1 trở thành t 2  3t  m  0  2  . Để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng. Câu 9:.  0;1. thì. phương. trình. 2. có. hai. nghiệm. âm. phân. 9  4 m  0   0  9  9   3 m   S  0    0  4 0m . 4 P  0  2 m  0   m  0 Chọn B. Ta có: log 23 x  log 23 x  1  2 m  3  0  1 . Điều kiện x  0 . Đặt t  log 23 x  1  t  1 Ta có t 2  1  t  2m  3  0  t 2  t  2m  4  0 (2) Với x  1; 3 3   0  log 3 x  3  1  t  log 32 x  1  2 .   Để (1) có nghiệm thuộc đoạ 1; 3 3  khi và chỉ khi t 2  t  2 m  4  0  t 2  t  2 m  4  2  có   nghiệm thuộc đoạn 1; 2  .. Xét f  t   t 2  t với t  1; 2  . Hàm số f  t  đồng biến trên đoạn 1; 2  Ta có f (1)  2, f (2)  6 . Phương trình (2) có nghiệm thuộc đoạn 1; 2  khi và chỉ khi 156. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. biệt.

(162) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.  f 1  2 m  4 2  2 m  4   1  m  1  6  2 m  4  f  2   2 m  4. Vậy với 1  m  1 thì phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1; 3 3  .   Câu 10: Chọn C Điều kiện: x  0 . 2. Ta có 4log. 1  x  ( m  3)log 2 x  2  m  0  4  log 2 x   ( m  3)log 2 x  2  m  0 2 . 2 2. x2   log 2 x  1 2  log 2 x  ( m  3)log 2 x  2  m  0   .  log 2 x  2  m log 2 x  2  m  1. Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn 1;8  khi và chỉ khi 1 có một 0  2  m  3  1  m  2  nghiệm thuộc đoạn 1;8  \2 tức  .  2m 1  m1 Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán. Câu 11: Chọn D. . . . Ta có: log 0 ,02 log 2 3x  1  log 0 ,02 m Tập xác định: D   . Điều kiện tham số m : m  0. . . . . . Ta có: log 0,02 log 2 3x  1  log 0,02 m  log 2 3x  1  m. . . Xét hàm số f  x   log 2 3x  1 , x   ;0  có f ( x) . 3. 3 x.ln 3 x. .  1 ln 2.  0, x   ;0 . Bảng biến thiên f  x . Khi đó với yêu cầu bài toán thì m  1. Câu 12: Chọn B. Đặt t  2 x ,  t  0  . Phương trình trở thành t 2  6t  m  0 1 . Yêu cầu bài toán trở thành: Tìm m để phương trình  1 có hai nghiệm t1 , t2 dương thỏa mãn   0    9  m  0   S  0 6  0 log 2 t1  log 2 t 2  2  t1t2  4 . Ta được    0  m  4. P  0 m  0    P  4 m  4. Câu 13: Chọn C x. 1 1 x 2x 3 1 3 1  1 2 1 1   x Bất phương trình   .3  3 . 3  x         2x   x  3 2 4 3 3 3 3 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 157.

(163) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Vì x nguyên và thuộc đoạn   2020; 2020  nên x  2020; 2019;...; 1;0 . Vậy có tất cả 2021 giá trị thỏa mãn. Câu 14: Chọn B Điều kiện: x  0 Với x  0 ta có x log 4  4 log 2. m.16. log 2 x.  2  m  1 4. Đặt t  4 log. 2. x. log 2 x. 2. x. do đó phương trình đã cho tương đương với phương trình. 2  0.. t  0 . Khi đó phương trình 1 trở thành mt 2  2  m  1 t  2  0  *  . Phương trình  1 có 2 nghiệm x phân biệt  phương trình  *  có 2 nghiệm t  0 phân biệt m  0     0  S  0  P  0. m  0  2 m  0 m  1  0, m   2  m  1 m  0   0  m  1  m  0  m   2 m  0   0 m. Mà m thuộc   1; 2  do đó các giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán thuộc   1;0  . Câu 15: Chọn D x  0   x  0  x  0 x 0 m  1     . Điều kiện:  2 x  1  m x  1  m  x  mx  m  1  0  x  m  1 .  x  1  0   m  1. Có: log 2 . 3. x. 2. .  mx  m  1  log 2  3 x  0  log 2 . 3. x. 2. .  mx  m  1  log 2 . 3. 1 0. x. x 2  mx  m  1 1  x  x2 1  x  x2 . Đặt f  x   . 1  m x x 1 x1.  f  x  . x  x  2.  x  1. 2.  0 với x  0 ; lim f  x    . x . Trường hợp 1: x  0  m  1. m  1 Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì:  (Vô nghiệm). m  f (0)  1. Trường hợp 2: x  1  m  m  1 158. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(164) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì: m  1 m  1 m  1   2   1 m  m 1.  m  m  1 m  f  1  m  m  m  2  0  m2 . Vậy tất cả các giá trị thực của tham số m cần tìm là: m  1 . Câu 16: Chọn A 2 2 x 1  m.2 x  2m  2  0  2 2 x  2m.2 x  4m  4  0 . Đặt t  2 x , t  0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành: t  2 t 2  2mt  4m  4  0   t  2  t  2 m  2   0   *  . t  2 m  2  * * . Yêu cầu bài toán tương đương với  * *  phải có một nghiệm thuộc  2 ; 4   2  2m  2  4  2  m  3 .. Câu 17: Chọn B Ta có: 9 x  2m.3x  2m  3  0 (1). Đặt t  3 x  t  0  , khi đó phương trình (1) trở thành: t 2  2 m. t  2 m  3  0  2  Phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 khi và chỉ khi phương trình  2  có hai nghiệm t1 ; t2 dương phân m2  2 m  3  0    0   biệt  S  0   2 m  0  m  3. P  0 2 m  3  0   t  t  2 m Theo định lý Viet ta có  1 2 t1 .t 2  2 m  3. t  3x1  t1 . t2  3x1 .3x2  2 m  3  3 x1  x2  27  2m  3  m  12 (thỏa Với t  3x ta có:  1 x2 t2  3 mãn).. Câu 18: Chọn D Điều kiện: x  0. t  2 Đặt t  ln x , phương trình đã cho trở thành: t 2   m  2  t  2 m  0   . t  m ,( m  2) Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 159.

(165) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Với t  2  ln x  2  x  e 2 . Với t  m  ln x  m  x  e m . Vậy tổng các nghiệm của phương trình bằng e 2  e m . Câu 19: Chọn D Điều kiện: x  0 log 22 x  log 2 x2  3  2 m  0  log 22  2 log 2 x  3  2m (1). Đặt log 2 x  t , x  1; 8   t  0; 3  . Khi đó phương trình (1) trở thành: t 2  2t  3  2m với t  0; 3  . Xét f  t   t 2  2t  3 có f   t   2t  2; f   t   0  t  1 .. Bảng biến thiên. Để phương trình có nghiệm x  1; 8  thì 2  2m  6  1  m  3 . Câu 20: Chọn A Đặt 2 x  t , t  0 . Bất phương trình trở thành: t 2  t  m  0  t 2  t  m (1 x  1; 2   t   2; 4  . Xét f  t   t 2  t với t   2; 4  . 1 f   t   2t  1; f   t   0  t     2; 4  . 2 f  2   6; f  4   20  min  f   6 .  2;4 . (1)  m  f  t  , với t   2; 4  .. Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x  1; 2   m  min f  t   m  6 .  2;4  Vì m  10;10   có 17 giá trị cần tìm. Câu 21: Chọn C Xét phương trình 9 x  2(2 m  1).3x  3(4 m  1)  0  1 Đặt t  3 x , t  0 , khi đó phương trình đã cho trở thành t 2  2(2 m  1)t  3(4 m  1)  0  2 . Để phương trình  1 có 2 nghiệm thực thì phương trình  2  có hai nghiệm dương   2  '  (2 m  1)  3(4 m  1)  0 m     2  2 m  1 1 1    t1  t2  0   m    m  (*) 2 2 4   3(4 m  1) 1   0 t1t2   m  4 2 t  2 m  1  2( m  1)  4 m  1  x1  log 3 (4m  1) Phương trình có 2 nghiệm  1  t2  2 m  1  2( m  1)  3  x2  1. Theo bài ra ta có:  x1  2  x2  2   12   log 3 (4 m  1)  2   3  12  log 3 (4 m  1)  2  4. 160. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(166) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 5 5  log 3 (4 m  1)  2  4 m  1  9  4 m  10  m  (tm) . Vậy m  2 2 Câu 22: Chọn B Điều kiện: x  y  1  0 . 2 2   x 2  y 2  4 x  4 y  6  0  x  2    y  2   2 Ta có hệ phương trình:  2  *  . 2 2 2  x  1   y  1  m  x  y  2 x  2 y  2  m  0. Trường hợp 1: m  0 . Khi đó  *  vô nghiệm. Trường hợp 2: m  0 Trong mặt phẳng Oxy , xét hai đường tròn có phương trình:. C  :  x  2    y  2  2.  2,  C 2  :  x  1   y  1  m  m  0 . 2. 2. 1. 2. C  có tâm I  2; 2  , bán kính R  2 , C  có tâm I   1;1  có bán kính  *  có nghiệm duy nhất khi C  tiếp xúc với C  , xảy ra khi 1. 1. 2. 2. 1. R. m. 2.  10  2  m   m  10  2  m  12  4 5  I1 I 2  R1  R2   10  2  m    .    m  10  2  m  12  4 5  I1 I 2  R1  R2  10  m  2. Phương trình đường thẳng I1I2 là: x  3y  4  0 . Tọa độ giao điểm của I1I2 và đường tròn  C 1  là nghiệm của hệ phương trình:.  x  3 y  4  0  2 2  x  2    y  2 .  10  3 5 x   5   10  5 y   10  3 5 10  5   10  3 5 10  5  5    M1  ; ;  ; M2       5 5  5 5  2 10  3 5   x  5   10  5 y     5. Với m  12  4 5 , ta có M 1  C 1   C 2  . Tọa độ của M1 thỏa mãn điều kiện x  y  1  0 Với m  12  4 5 , ta có M 2   C 1    C 2  . Tọa độ của M2 thỏa mãn điều kiện x  y  1  0 Vậy m  12  4 5 hoặc m  12  4 5 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 23: Chọn C Ta có m.2 x. .  m 2x. 2. 2. 5x6. 5 x 6. 2.  21 x  2.26  5 x  m  m.2 x. . 2. .  1  21 x 1  2 x.  2 x2  5 x  6  1  0   2  2 1 x  m. 2. 5x6. 2. 5x6.   0  2. 2.  21 x  27  5 x  m. x2  5 x  6. .  1 m  2 1 x. 2.   0.. x  2  . x  3  1 x 2  m *   2. Yêu cầu bài toán tương đương với Trường hợp 1: Phương trình  *  có nghiệm duy nhất  x  0  , suy ra m  2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 161.

(167) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Trường hợp 2: Phương trình  *  có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm là 2 và 3 nghiệm còn lại khác 3 , khi đó m  2 . Trường hợp 3: Phương trình  *  có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm là 3 và 8 nghiệm còn lại khác 2 , khi đó m  2 . Vậy có tất cả ba giá trị m thỏa mãn. Câu 24: Chọn D msin xcos x  msin x  cos x  e22cos x  2  2cos x.  *  Phương trình  e. Xét hàm số f  t   e t  t trên  . Ta có f '  t   e t  1  0 ,  t   . Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên  . Do đó: f  m sin x  cos x   f  2  2 cos x   m sin x  cos x  2  2 cos x  m sin x  cos x  2. m  3 Suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m 2  1  4  m 2  3   .  m   3 Vậy có 4037 giá trị nguyên của m thoả mãn. Câu 25: Chọn A Vì m 4  m 2  1  0, m nên phương trình tương đương với. . . x 2  4 x  3  log 1 m 4  m 2  1 (1) 5. Vẽ đồ thị hàm số bậc hai y  x 2  4 x  3. Từ đó suy ra đồ thị hàm số y  x 2  4 x  3. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 0  log 1 m4  m 2  1  1   m4  m2  1  1  0  m  1 . 5 5. . 162. . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(168) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 26: Chọn B Điều kiện xác định x  0 1 1 Ta có: x 2  ln x  m  0  x 2  ln x  m 2 2 1 1 Xét hàm số f  x   x 2  ln x , x  0 có f '  x   x  x 2 x 0 1 Giải phương tình f '  x   0  x   0  x2  1  0  x  1 x Bảng biến thiên. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi m  Mà m   , m   10;10   m  1; 2; 3...; 9 . Có 9 giá trị của m. 1 . 2. Câu 27: Chọn B. Xét phương trình 4 x  2 x 2  5  m  0 , x   0 ; 2  . Đặt t  2 x  0 . Phương trình trở thành: t 2  4t  5  m  0 , t   1; 4   t 2  4t  5  m , t  1; 4   Xét hàm số f  t   t 2  4t  5 với t   1; 4   f   t   2t  4  0  t  2 . Ta có bảng biến thiên:. Dựa vào bảng biến thiên và   , yêu cầu đề bài  m    5;  2   1 . Do m   nên m  5;  4;  3;  2 ;  1 . Vậy tổng: S  15 . Câu 28: Chọn C Xét trên khoảng  2 ;    có: log 2 3  x  1  m .log 3  x  1  1  0  4 log 23  x  1  2 m .log 3  x  1  1  0   2. Với x   2 ;     log 3  x  1   0;    . Yêu cầu bài toán  PT   có hai nghiệm log 3  x  1 dương phân biệt. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 163.

(169) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. a  4  0  2   m  2   m  4  0   m  S   0    m  2  m  2 . Vậy m   2 ;    . 2  m  0   1 P   0  4 Câu 29: Chọn C Điều kiện: x  0 .. log 3 2 x   3m  1 log 1 x  6m  2  0  log 3 2 x   3m  1 log 3 x  6m  2  0 3.  log 3 x   3m  1 log 3 x  2log 3 x  6m  2  0   log 3 x  2  log 3 x  3m  1  0 2. log x  2  3 log 3 x  3m  1 1  Ta có: x   ; 3   log 3 x    2;1 . 9  1  Vậy để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn  ; 3  khi và chỉ khi 9  2  3m  1  1  1  m  0 . Câu 30: Chọn B Ta có e 3 x   m  3  e 2 x  2 e x  2 m  6  0  e 3 x  2e x   m  3  e 2 x  2  m  3    0. . .  1 e 2 x  2 x  ln 2   e 2 e m3  0   x   x 2  e  m  3  0  e  m  3. . 2x. . x. . Ta có: x  0;ln 3   e x  1; 3  . Vậy để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 0;ln 3 khi và chỉ khi 1  m  3  3  4  m  6  .  m  3  2 m  3  2 Câu 31: Chọn D Đặt log 3 x  t , phương trình đã cho trở thành. t  2 t 2   m  5  .t  2 m  6  0  t 2  2   m  3  .t  2.  m  3   0   t  m  3. . . Với t  2  log 3 x  2  x  9  1; 81 .. Nhận thấy x  1; 81 \9  log 3 x  0; 4  \2 , nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 1; 81 khi và chỉ khi 0  m  3  4 3  m  1 m  3  0; 4  \2    m  3  2 m  1. Mà m   , suy ra m  3; 2; 0;1 . Vậy có 4 giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thuộc 1; 81 . Câu 32: Chọn A 164. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(170) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Đặt 2 x  t , t  0 . Phương trình (1) trở thành t  m (2) t 2   2m  5  t  m2  5m  0  t 2   m   m  5   t  m  m  5   0   t  m  5 Nhận xét, với mỗi t  0 sẽ cho 1 giá trị x và ngược lại mỗi giá trị x cho 1 giá trị t  0 .. Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thuộc  2; 4   Phương trình (2) có 2 nghiệm  1 m5   t  2 ; 2    4  5,25  m  16 ; mà m      19;19  nên suy ra  m  16 . . 2. 4. m  6;7;8;9;11;12;13;14;15;16 . Tổng các giá trị là. 16.  X  121 .. X 6. Câu 33: Chọn A. 5x  1 . Ta có 25x  ( m  1).5 x  m  0 (1).  (5x  1).(5 x  m)  0   x  5  m Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì m  0 và m  1.  5 x1  1 x  0  1 . Khi đó hai nghiệm x1 , x2 của (1) là:  x  5 2  m  x2  log 5 m  m  25  log m  2 2  . Theo bài ra ta có: x12  x22  4  0 2   log 5 m   4   5 m  1  log 5 m  2  25 1 626  . Tổng tất cả các giá trị của tham số m là: 25  25 25 Câu 34: Chọn A Điều kiện: x  0 . Giả sử phương trình có hai nghiệm x1 , x2 .. Theo Viet, ta có: log 3 x1  log 3 x2  m  2  log 3  x1 .x2   m  2  log 3 27  m  2  3  m 2  m  1..  log x  1 x  3 Thử lại với m  1 ta có: log 23 x  3.log 3 x  2  0   3 (thỏa mãn).  x  9  log 3 x  2 Câu 35: Chọn C 1  1  Ta có 41 x  41 x   m  1 22  x  22  x  16  8m  4 x  x   m  1  2 x  x   4  2 m . 4 2  . . Đặt t  2 x . . 1 1  3 , t  0;  , t 2  4 x  x  2 . x 2 4  2. Phương trình viết lại:   3 t  2  0;  t 2  2   m  1 t  4  2 m  t 2  t  2  mt  2m   t  2  t  1  m   0    2 . t  m  1  3  5 Do đó để phương trình có nghiệm x  0;1 thì m  1   0;   m  1;  , có 2 giá trị nguyên 2    2 của m thỏa mãn. Câu 36: Chọn D Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 165.

(171) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..  2  Trên đoạn   ; 2  thì phương trình luôn xác định.  3  Với m nguyên âm ta có m  1 , do đó. 1  4  m  1 log 21  x  1  4  m  5 log 1  x  1  4m  4  0 3.   m  1 log. 2 1 3. 3.  x  1   m  5 log 1  x  1  m  1  0 3.  2  Đặt t  log 1  x  1 , với x    ; 2  thì 1  t  1 .  3  3. Ta có phương trình:  m  1 t 2   m  5  t  m  1  0  m  t 2  t  1  t 2  5t  1. m. t 2  5t  1 t 2  t 1.  2. t 2  5t  1 với 1  t  1 . t2  t 1 t  1 4t 2  4 Ta có f   t   . 0 2 2  t  1  t  t  1 Xét hàm số f  t  . f  1 . 7 , f 1  3 3. Do đó min f  t   3 và max f  t    1;1.  1;1. 7 . 3.  2  Phương trình đã cho có nghiệm thực trong đoạn   ; 2  khi và chỉ khi phương trình  2  có  3  7 nghiệm t   1;1  min f  t   m  max f  t   3  m  .  1;1  1;1 3  2  Như vậy, các giá trị nguyên âm m để phương trình 1 có nghiệm thực trong đoạn   ; 2  là  3 . 3; 2; 1 . Câu 37: Chọn B Đặt t  3x . Do x  1; 2   t   3; 9  Phương trình trên trở thành t 2   m  2  t  2 m  9  0  m  Xét hàm số f  t  . t 2  2t  9 t2. t  5 t 2  4t  5 t 2  2t  9  f   t   0  t 2  4t  5  0   có f   t   2 t2 t  1 t  2. Bảng biến thiên. 166. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(172) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Yêu cầu bài toán nghĩa là tìm m để phương trình m . t 2  2t  9 có hai nghiệm phân biệt thuộc t2.  72  đoạn  3;9  . Từ bảng biến thiên ta có m   8;  thỏa yêu cầu bài toán.  7  Câu 38: Chọn A Phương trình 3log 21  2 x    4  m  log 2 x  4  m  0  3log 22 x   2  m  log 2 x  7  m  0 2. 1  Đặt t  log 2 x . Do x   ;1  t  5;0   32 . Phương trình trên trở thành 3t 2   2  m  t  m  7  0  m  Xét hàm số f  t  . 3t 2  2t  7 t 1. t  3 3t 2  6t  9 3t 2  2t  7  f   t   0  3t 2  6t  9  0   có f   t   2 t 1 t  1  t  1. Bảng biến thiên. Yêu cầu bài toán nghĩa là tìm m để phương trình m . 3t 2  2t  7 có hai nghiệm phân biệt thuộc t 1. đoạn   5; 0  . Từ bảng biến thiên ta có m   7; 4  thỏa yêu cầu bài toán. Câu 39: Chọn C log 23 x  log 23 x  1  2 m  1  0  * . Điều kiện: x  0. Đặt t  log 23 x  1  1, ta có t 2  t  2 m  2  0  t 2  t  2m  2. 1 với x  1; 3. Vậy phương trình  *  có nghiệm thuộc 1; 3 . 15. 15.   t  1; 4    .    1 có nghiệm thuộc 1; 4  .   . Đặt f  t   t 2  t . Ta có bảng biến thiên sau Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 167.

(173) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Phương trình  1 có nghiệm khi và chỉ khi 2  2m  2  20  0  m  9 Vậy m  1; 2;...8;9 Câu 40:. Chọn A Đặt t  3x , t  0 , với x  1; 3   t   3; 27  . Khi đó phương trình đã cho trở thành: t  3 t 2   2m  1 t  6 m  6  0   t  3  t  2m  2   0   . t  2 m  2 Yêu cầu bài toán ta có 5 29 . Vậy m  3; 4;...13;14  3  2 m  2  27   m  2 2. Câu 41: Chọn D. log 23 x  3log 3 x  2 m  7  0  1 . Điều kiện: x  0. Đặt t  log 3 x  x  3t thì phương trình tương đương t 2  3t  2 m  7  0  2 . 1 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  2  có 2  9  4  2m  7   0  8m  37  m . nghiệm phân biệt. 37 . 8. Giả sử  2  có 2 nghiệm t1  log 3 x1 , t2  log 3 x2 khi đó x1 x2  3( t  t )  27 . 1. 2. Suy ra  x1  3  x2  3   9  x1 x2  3  x1  x2   9  x1  x2  12 . Vậy x1 , x2 là 2 nghiệm phương trình x 2  12 x  27  0  x  9  x  3 9 (thỏa). 2 9 Với x  3 suy ra log 23 3  3log 3 3  2 m  7  0  m  (thỏa). 2 9 Vậy m  . 2. Với x  9 suy ra log 23 9  3log 3 9  2 m  7  0  m . Câu 42: Chọn A x 1 x Điều kiện: x  2m  0 . Ta có 2  log 4  x  2m   m  2  log 2  x  2m   2m.  2 x  t  2m  2x  x  2t  t 1 Đặt t  log 2  x  2m  ta có  t  2  x  2m u Do hàm số f  u   2  u đồng biến trên  nên ta có 1  t  x . x x Khi đó 2  x  2m  2m  2  x (thỏa điều kiện). x Xét hàm số g  x   2  x  g   x   2 x ln 2  1  0  x   log 2  ln 2  .. 168. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(174) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Bảng biến thiên:. Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 2m  g   log 2  ln 2    m . g   log 2  ln 2  .  0, 457 . Vậy m  1; 2;...;19 .. 2. Câu 43: Chọn C  log x  1 Phương trình: log 22 x  ( m  1) log 2 x  m  0   log 2 x  1 log 2 x  m   0   2 .  log 2 x  m Ta có: log 2 x  1  0  x  2 (thỏa mãn).. m  1 Yêu cầu bài toán   (do x  1;8   m  log 2 x   0; 3  ) m  0; 3 . Câu 44: Chọn B Phương trình:  log x  m  1 log 23 x  (2 m  3)log 3 x  m 2  3m  2  0   log 3 x  m  1 log 3 x  m  2   0   3  log 3 x  m  2. m  1  m  2   m    1; 2  Do x  1; 9   log 3 x   0; 2  nên yêu cầu bài toán  m  1  0; 3     m    2;1  m  2   0; 3   m    1;1. Câu 45: Chọn D 2x. x. 5 5 Chia hai vế của bất phương trình cho 3 ( 3  0 ), ta được    (1  m)    m  2  0 3 3 2x. x. x. 5 Đặt    t . 3  5 Với x  0 ;1  t  1 ;  , ta có bất phương trình bậc hai t 2  (1  m)t  m  2  0  3  5 Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình: t 2  (1  m)t  m  2  0 , t  1 ;   3  t 2  (1  m)t  m  2  0, t  1 ;   Vì t  1  0, t  1 ; . 5    t  1 t  2  m   0, t  1 ; 3  . 5  , nên  *   t  2  m  0, t  1 ;  3 . 5 *  3 . 5 5 11  2m0  m  3 3 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 169.

(175) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 46: Chọn B Đặt: t  log 1  x  4  2. Điều kiện: 4  x  6  0  x  4  2  t  log 1  x  4   log 1 2  1 2. 2. 1  f  t    m  1 .t   2m  1 .t  m  2  0  2  (1) có 2 nghiệm thõa mãn: 4  x  x  6   2  có 2 nghiệm t , t 2. 1. 2. 1. 2. thõa 1  t1  t2.    1   9  0   0 m   2  m  1  1   af  1  0   m  1 4 m  2   0    m m1 2 S  4m  1 m  1  m  1   1 0   4 0  2  2 m  2 1 Vậy: m    m  1 2 Câu 47: Chọn B 4log 2 9 (3 x)  (m  1)log 3 (9 x)  m  2  0  (log 3 x  1)2  ( m  1)(log 3 x  2)  m  2  0  log 2 3 x  2log 3 x  1  m log 3 x  log 3 x  2 m  2  m  2  0 log x  1  log 2 3 x  m log 3 x  log 3 x  m  0  (log 3 x  1)(log 3 x  m)  0   3 log 3 x  m. Với log 3 x  1  x . 1 (tm) 3. Với log 3 x  m  x  3 m (*) 1  Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc  ; 9  thì pt (*) có 1 nghiệm thuộc 3  1 1 và khác hay  3 m  9  31  3 m  32  2  m  1 do m  Z  m  2; 1;0} 3 3 Câu 48: Chọn A Điều kiện: x  0 . Ta có: log 23 x  log 3 x 2  m  2  0  log 23 x  2 log 3 x  m  2  0  1. Đặt: log 3 x  t .. Phương trình  1 trở thành: t 2  2t  m  2. 1   3 ;9   .  2. x. Phương trình m  0; 2018  có m  e 2  4 e 2 x  1 nghiệm phân biệt x   2016 pt 2017 có 2018 x. nghiệm phân biệt 2019 đồ thị hàm số D   và  m  4 e 2 x  1  e 2 có x   giao điểm phân x. biệt với e 2  t  0 . Xét hàm số m  4 t 4  1  t  f  t  trên t  0 Có  m  max f  t  ;  *  .  0;  . Bảng biến thiên. 170. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(176) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. t3. Dựa vào BBT, ycbt f   t   4. t. 4. 1. . 3. 1. -. Câu 49: Điều kiện: x  0. Ta có: log 22 x  log 2 x 2  3  m  log 22 x  2log 2 x  3  m Đặt log 2 x  t ( x  1;8   t  0; 3  ) . Phương trình trở thành: t 2  2t  3  m Xét hàm số f  t   t 2  2t  3 , với t  0; 3  .. f   t   2t  2 , f   t   0  2t  2  0  t  1 .. Bảng biến thiên:. Để phương trình log 22 x  log 2 x 2  3  m có nghiệm x  1; 8  thì phương trình: t 2  2t  3  m có nghiệm t  0; 3  . Do đó đồ thị hàm số y  f  t  phải cắt đường thẳng y  m . Từ bảng biến thiên ta thấy 2  m  6 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 50: Chọn C. . Ta có 4 x1  2 x 2  m  0  2 x 1. . 2.  2.2 x 1  m  0 .  1. Đặt 2 x1  t  0 . Phương trình 1 trở thành t 2  2t  m  0.(2) Để phương trình  1 có nghiệm  phương trình  2  có nghiệm t  0.  0  t1  t 2 Ycbt  phương trình  2  có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn   t1  0  t 2.   '  0, P  0, S  0 0  m  1    m  1. P  0 m  0. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 171.

(177) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. CHỦ ĐỀ 5: BPT MŨ, BPT LOGARIT LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa: •. Bất phương trình mũ cơ bản có dạng ax  b (hoặc a x  b , a x  b , a x  b ) với a  0, a  1.. 2. Định lí, quy tắc: Ta xét bất phương trình dạng ax  b. •. Nếu b  0 thì bất phương trình vô nghiệm.. •. Nếu b  0 thì bất phương trình tương đương với . ax  aloga b . . ▪. Với a  1 thì nghiệm của bất phương trình là x  log a b (Hình 1).. ▪. Với 0  a  1 thì nghiệm của bất phương trình là x  log a b (hình 2).. Hình 1. •. Hình 2.. Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình ax  b được cho bởi bảng sau: Tập nghiệm ax  b 0a1 a 1 b0. ( log. b0. a. ( −; log b ). b; +  ). a. 3. Phương pháp đưa về cùng cơ số •. f x g x Nếu gặp bất phương trình a ( )  a ( ) thì xét hai trường hợp:. ▪. f x g x Trường hợp 1: Nếu a  1 thì bất phương trình a ( )  a ( )  f ( x )  g ( x ) .. ▪. f x g x Trường hợp 2: Nếu 0  a  1 thì bất phương trình a ( )  a ( )  f ( x )  g ( x ) .. 4. Phương pháp đặt ẩn phụ •. 2f x f x Ta thường gặp các dạng: m.a ( ) + n.a ( ) + p  0,(1) .. ▪. f x Đặt t = a ( ) , t  0 đưa pt ( 1) về dạng phương trình bậc 2: mt 2 + nt + p  0 .. ▪. Giải bất phương trình tìm nghiệm t và kiểm tra điều kiện t  0 sau đó tìm nghiệm x .. ▪. 1 f x f x f x f x m.a ( ) + n.b ( ) + p  0 , trong đó a.b = 1 . Đặt t = a ( ) , t  0 , suy ra b ( ) = . t. ▪ ▪ 172. m.a. 2 f ( x). + n. ( a.b ). f ( x). + p.b. 2 f ( x).  0 . Chia hai vế cho b. 2 f ( x). a và đặt   b. f ( x). =t 0.. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(178) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. 5. Phương pháp hàm số, đánh giá •. Định nghĩa ▪. Hàm số f được gọi là đồng biến trên K khi và chỉ khi u, v  ( a; b ) ; u  v  f ( u )  f ( v ) .. ▪. Hàm số f được gọi là nghịch biến trên ( a; b ) khi và chỉ khi u, v  ( a; b ) ; u  v  f ( u )  f ( v ). •. Định lí, quy tắc: ▪. Tính chất 1. Nếu hàm số f đồng biến trên khoảng ( a; b ) thì u, v  ( a; b ) ; f ( u )  f ( v )  u  v. ▪. Nếu hàm số f nghịch biến trên khoảng ( a; b ) thì u, v  ( a; b ) ; f ( u )  f ( v )  u  v .. ▪. Tính chất 2. Nếu hàm số f đồng biến trên đoạn  a; b  thì min f ( x ) = f ( a ) và max f ( x ) = f ( b )  a ; b   a ; b . ▪. Nếu hàm số f nghịch biến trên đoạn  a; b  thì min f ( x ) = f ( b ) và max f ( x ) = f ( a ) .  a ; b   a ; b . •. Nhận xét ▪. Khi bài toán yêu tìm tham số m để bất phương trình m  f ( x ) (hoặc m  f ( x ) ) có nghiệm đúng với mọi x  D thì m  max f ( x ) (hoặc m  min f ( x ) ) . D. D. ▪. Khi bài toán yêu tìm tham số m để bất phương trình m  f ( x ) (hoặc m  f ( x ) ) có nghiệm với mọi x  D thì m  max f ( x ) (hoặc m  min f ( x ) ) . D. D. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 173.

(179) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1. Giải các bất phương trình sau: x. x. 1 a)    32. 2. 2x 1 x +1 b)    3 . 9. d) 2x + 2x+1  3x + 3x−1 .. e). 5 c)   7. 3x  3. 3x − 2. f) 11. x2 − x +1. x+6. 5   7. 2x −1. ..  11x .. Lời giải x. −5. x. 1 1 1 a) Ta có:    32        x  −5 2 2 2. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −; −5 ) . b) Điều kiện: x  −1 x. 2x 2x 1 2x 2x  1  −2 x x +1 x +1  3  3  3  −2 x   + 2x  0  2x  + 1  0   x+1 x+1 9  x+1 . . 2x ( x + 2 ) x+1.  x  −2 0  −1  x  0. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −; −2 )  ( −1; 0 ) . 5 c) Ta có:   7. x2 − x +1. 5   7. 2x −1.  x 2 − x + 1  2x − 1  x 2 − 3x + 2  0  1  x  2. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( 1; 2 ) . x. d) Ta có: 2 + 2 x. x +1. 3 +3 x. x −1. 4 3 9  3.2  .3x      x  2 3 4 2 x. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( 1; 2 ) . e).  3x  3 x  1 3x 3x − 3 3 x 0 x  x 3 −2 3 −2  3  2  x  log 3 2. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −;log 3 2 )  (1; + ) .. f) Ta có: 11. x+6.  11x 11. x+6. x  0 −6  x  0   x + 6  0 x  11  x + 6  x    x  0  −6  x  3  x  0   −2  x  3     x + 6  x 2. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = −  6; 3  .. 174. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(180) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. VÍ DỤ 2. Giải các bất phương trình sau: a) 16x − 4x − 6  0.. b) 4x − 3.2x + 2  0. d) 2x + 4.5x − 4  10x .. e) 2. x. − 21−. x. c). 1 1  x +1 3 + 5 3 −1 x. 1. f) Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình: 9 x + ( m − 1) .3 x + m  0 nghiệm đúng x  1 .. Lời giải a) Đặt t = 4x ( t  0 ), khi đó bất phương trình đã cho tương đương với t 2 − t − 6  0  −2  t  3  0  t  3  x  log 4 3. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là . S = ( −;log 4 3 . . 2x  2 x  1 b) Ta có: 4 − 3.2 + 2  0   x   2  1 x  0 x. x. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −;0 )  ( 1; + ) . c) Đặt t = 3x ( t  0 ), khi đó bất phương trình đã cho tương đương với 3t − 1  0 1 1 1     t  3  −1  x  1. t + 5 3t − 1 3 3t − 1  t + 5. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −1;1 .. (. ) (. ). d) Ta có: 2 x + 4.5x − 4  10 x  2 x − 10 x + 4.5x − 4  0  2 x 1 − 5 x − 4 1 − 5 x  0. (.  1 − 5x. )(.  1 − 5x  0  5x  x  x  2 − 4  0  2 x 2 −4 0     x x  1 − 5  0  5  x  2 − 4  0  2 x  . ). 1 4. x  2  1 x  0 4. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −; 0 )  ( 2; + ) . e) Điều kiện: x  0 Ta có: 2. x. − 21−. x. 1 2. x. −. 2 2. x. 1. ( 2 ) . Đặt t = 2. t  1 t  1 ( 2 )  t − 2  1  t 2 − t − 2  0  1  t  2  1  2    t . x. . Do x  0  t  1. x.  2  0  x 1. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =  0;1) . f) Đặt log x 3 − log x 3  0  3. log x  0 0  x  1 −1 0 3  bất phương trình đã log 3 x. ( log 3 x − 1) x  3 log 3 x  1. cho thành: t 2 + ( m − 1) .t + m  0 nghiệm đúng t  3 . t2 − t  − m nghiệm đúng t  3 t +1. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 175.

(181) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Xét hàm số g ( t ) = t − 2 +. 2 2 , t  3, g ' ( t ) = 1 −  0, t  3 . 2 t +1 t + 1 ( ). 3 3 3 Hàm số đồng biến trên  3; + ) và g ( 3 ) = . Yêu cầu bài toán tương đương −m   m  − . 2 2 2. VÍ DỤ 3. a) Giải bất phương trình 3.2x + 7.5x  49.10x − 2 b) Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình m.4x + (m − 1).2x+ 2 + m − 1  0 nghiệm đúng với mọi x  . c) Cho bất phương trình 4x − 2018m.2x−1 + 3 − 1009m  0 . Tìm giá trị nguyên dương nhỏ nhất của tham số m để bất phương trình đã cho có nghiệm là? Lời giải x. a) Ta có 3.2 x + 7.5x  49.10 x − 2  x. x. x. 3.2 x + 7.5x + 2 1 1  1   49  3.   + 7.   + 2.    49 x 10 5 2  10 . x. x. 1 1  1  Xét hàm số f ( x ) = 3.   + 7.   + 2.   , x  5 2  10  x. x. x. 1 1 1 1  1  1 Mặt khác: f  ( x ) = 3.   .ln   + 7.   .ln   + 2.  .ln    0, x  5 5 2 2  10   10 .  Hàm số f ( t ). nghịch biến trên Mặt khác f ( −1) = 49  f ( x )  f ( −1)  x  −1 Vậy nghiệm của bất phương trình là x  −1 . b) Ta có: m.4 x + ( m − 1).2 x + 2 + m − 1  0  m . 4.2 x + 1 ( 1) 4 x + 4.2 x + 1. Đặt 2x = t , t  0  Bất phương trình ( 1)  m  Xét hàm số f (t ) =. 4t + 1 t + 4t + 1 2. 4t + 1 −4t 2 − 2t ,  t  0; + f '( t ) = có ( ) t 2 + 4t + 1 t 2 + 4t + 1. (. ). 2.  0,  t  (0; +)  Hàm số. f ( t ) nghịch biến trên khoảng (0; + ) . Ta có bảng biến thiên. Từ đó ta có 0  f ( t )  1, t  ( 0; + ) Để (1) nghiệm đúng với mọi x thuộc tập. thì m  1 .. c) Đặt t = 2x ( t  0 ). 176. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(182) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Khi đó bất phương trình trở thành t 2 − 1009mt + 3 − 1009m  0  1009 m . t2 + 3 t +1. t2 + 3 t 2 + 2t − 3 , t  ( 0; + ) có f  ( t ) = Xét hàm số f ( t ) = , 2 t +1 ( t + 1) t = 1 Giải phương trình: f  ( t ) = 0  t 2 + 2t − 3 = 0   t = −3  0 ( L ). Ta có bảng biến thiên:. Bất phương trình có nghiệm khi 1009m  min f ( t ) = 2  m  ( 0; + ). 2 1009. Vậy m = 1 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa yêu cầu bài toán.. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 177.

(183) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa: •. Bất phương trình lôgarit đơn giản có dạng log a x  b (hoặc loga x  b, log a x  b, log a x  b ) với a  0, a  1.. 2. Định lí, quy tắc: •. Ta xét bất phương trình dạng loga x  b. ▪. Nếu a  1 thì log a x  b  x  ab (Hình 1).. ▪. Nếu 0  a  1 thì log a x  b  0  x  a b (Hình 2).. Hình 1. •. Hình 2.. Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình log a x  b được cho bởi bảng sau: Tập nghiệm. log a x  b. a 1. 0a1. x  ab. 0  x  ab. 3. Phương pháp đưa về cùng cơ số •. Nếu gặp bất phương trình log a f ( x )  log a g ( x ) thì xét hai trường hợp: ▪.  g ( x )  0 Trường hợp 1. Nếu a  1 thì bất phương trình   .  f ( x )  g ( x ). ▪.  f ( x )  0 . Trường hợp 2. Nếu 0  a  1 thì bất phương trình   f x  g x ( ) ( ) . 4. Phương pháp đặt ẩn phụ •. Nếu gặp bất phương trình m.log 2a f ( x ) + n log a f ( x ) + p  0, (1) ▪. Đặt t = log a f ( x ) , đưa ( 1) về dạng mt 2 + nt + p  0 ; giải tìm t từ đó tìm nghiệm x .. 5. Ngoài ra, chúng ta còn có thể sử dụng linh hoạt các quy tắc về hàm số, phương pháp đánh giá đã nêu ở bài phương trình mũ, phương trình logarit và bất phương trình mũ. Việc sử dụng đa dạng các phương pháp sẽ giúp các em tối ưu hóa các bài toán trở nên đơn giản và dễ dàng hơn.. 178. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(184) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1. Giải các bất phương trình sau:. (. ). a) log 0 ,4 (5 x + 2)  log 0 ,4 ( 3 x + 6 ) .. b) 1 + log 2 ( x − 2 )  log 2 x 2 − 3 x + 2 .. c) 2log 2 x + 1  2 − log 2 ( x − 2 ) .. d) log 2 x 2 − x − 2  log 0,5 ( x − 1) + 1 .. (. ). e) log 1 ( log 2 ( 2 x − 1) )  0 . 2. Lời giải 2 a) Điều kiện: x  − . 5 Ta có: log 0 ,4 (5 x + 2)  log 0 ,4 ( 3 x + 6 )  5x + 2  3x + 6.  2x  4  x  2  2  Kết hợp với điều kiện, ta có tập nghiệm của bất phương trình là: S =  − ; 2  .  5 . (. ). log x2 − 3x + 2 − log 2 ( x − 2 )  1 b) Ta có: 1 + log 2 ( x − 2 )  log 2 x 2 − 3 x + 2   2  x  2. (. ). log ( x − 1)  1  2  2  x  3. Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = ( 2; 3 ) .  x  2. c) Ta có: 2log 2. x + 1  0  x + 1  2 − log 2 ( x − 2 )   x − 2  0 log x + 1 + log x − 2  2 ) ) 2(  2(.  x  2 x  2  x  2   2  2x3  x − x − 6  0 ( x + 1)( x − 2 )  4 −2  x  3. Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = ( 2; 3  . d) Điều kiện : x  2. (. ). (. ). log 2 x 2 − x − 2  log 0,5 ( x − 1) + 1  log 2  x 2 − x − 2 ( x − 1)   1    1− 2  x  0  x 2 − x − 2 ( x − 1) − 2  0  x 3 − 2 x 2 − x  0    x  1 + 2. (. ). ). Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = 1 − 2; 0   1 + 2; + . . . . 2 x − 1  0  x  1. e) Điều kiện:  log 2 (2 x − 1)  0. Ta có: log 1 ( log 2 ( 2 x − 1) )  0  log 1 ( log 2 ( 2 x − 1) )  log 1 1 2. 2. 2. log (2 x − 1)  1 0  2 x − 1  2 3  2  1 x  . 2 2 x − 1  1 log 2 (2 x − 1)  0. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 179.

(185) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.  3 Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S =  1;  .  2. VÍ DỤ 2. Giải các bất phương trình sau: b) log x 3 − log x 3  0 .. a) log 02 ,2 x − 5log 0 ,2 x  −6 .. 3 2 2. c) 2log x − 10 x. 1 log 2 x. +3  0.. Lời giải a) Điều kiện: x  0 2 log 0,2 − 5log 0,2 x  −6  2  log 0,2 x  3 . 1 1 x 125 25. b) Điều kiện : x  0; x  1; x  3 log x  0 0  x  1 −1 0 3  log 3 x. ( log 3 x − 1) x  3 log 3 x  1. log x 3 − log x 3  0  3. c) Điều kiện: x  0 (*) . Đặt u = log 2 x  x = 2u. 2. ( ). Bất phương trình đã cho trở thành 2u − 10 2u. −u. 2. + 3  0  2u −. 10 2. 2u. + 3  0 (1). t  −5 (l) u  1 2 2  2 u  2  u2  1   Đặt t = 2u , t  1. (1)  t 2 + 3t − 10  0   t  2 u  1. Với u  1  log 2 x  1  x  2 Với u  −1  log 2 x  −1  x . 1 2. Kết hợp điều kiện (*), ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là x  2 hoặc 0  x . 1 . 2. VÍ DỤ 3. a) Tìm số nghiệm của phương trình log 2. (. ).  1  x − 2 + 4  log 3  + 8.  x −1 . b) Có tất cả bao nhiêu cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 3 x2 − 2 x − 3 −log3 5 = 5−( y + 4 )   2 4 y − y − 1 + ( y + 3 )  8. c) Có bao nhiêu số nguyên dương m trong đoạn −  2018 ; 2018  sao cho bất phương trình. (10 x ). m+. log x 10. 11.  10 10. log x. đúng với mọi x  ( 1;100 ) . Lời giải. x − 2  0 x2 a) Điều kiện xác định:  x − 1  0 VT = log 2 180. (. ). x − 2 + 4  log 2 ( 4 ) = 2 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(186) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 1. Ta có x  2  x − 1  1 . x −1. 1. 1 x −1. +89.  1  VP = log 3  + 8   log 3 9 = 2  x −1 .  x−2 =0 VT = 2  Suy ra VT  2  VP . Do đó phương trình có nghiệm khi   1 x=2 = 1 VP = 2   x −1. Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất. 3 x2 −2 x−3 −log3 5 = 5−( y + 4) (1)  b)  2 4 y − y − 1 + ( y + 3 )  8 ( 2 ). Biến đổi phương trình ( 1) ta được 3 Do x 2 − 2 x − 3  0, x . 3. x2 − 2 x − 3. x2 − 2 x − 3. = 5− y − 3.  1, x .  5− y − 3  1  − y − 3  0  y  −3. Với y  −3 , ta có bất phương trình ( 2 )  −4 y + y − 1 + ( y + 3 )  8  y 2 + 3 y  0  y  −3 2.  x = −1  y = −3  x 2 − 2 x − 3 = 0   . x = 3. Vậy có hai cặp ( x; y ) thỏa mãn ( 3; −3 ) , ( −1; −3 ) . c). (10x ). m+. log x 10. 11.  10 10. log x.  log x  11  m+  ( log x + 1)  log x 10  10 .  ( log x + 10 m )( log x + 1) − 11log x  0  10 m ( log x + 1) + log 2 x − 10log x  0. Do x  ( 1;100 )  log x  ( 0 ; 2 ) 10m ( log x + 1) + log 2 x − 10log x  0  10 m  Đặt t = log x , t  ( 0 ; 2 ) . Xét hàm số f ( t ) = Đạo hàm: f  ( t ) =. 10 − 2t − t 2. ( t + 1). 2. 10t − t 2 , t  ( 0; 2 ) t +1.  0 t  ( 0; 2 )  Hàm số f ( t ) đồng biến trên. Do đó f ( 0 )  f ( t )  f ( 2 )  0  f ( t )  Để 10m . 10log x − log 2 x log x + 1. 16 3. 10log x − log 2 x 16 8 đúng với mọi x  ( 1;100 ) thì 10m   m  3 15 log x + 1. 8  Do đó m   ; 2018  hay có 2018 số thỏa mãn.  15 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 181.

(187) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. 182. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(188) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BIỆN LUẬN NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT Câu 1:. Có bao nhiêu số nguyên m  ( −20; 20 ) để phương trình log ( x 2 + mx + 1) = log ( x + m ) có hai nghiệm thực phân biệt A. 18 .. Câu 2:. Có bao nhiêu số nguyên m  ( −20; 20 ) để phương trình. D. 2 .. log 5 ( mx ) = 2 có hai nghiệm thực phân log 5 ( x + 1). C. 15 .. B. 3 .. D. 23 .. Có bao nhiêu số nguyên không âm m để phương trình ln ( 2 x 2 + mx + m ) = 2 ln ( x + 2 ) có hai nghiệm phân biệt là A. 3 .. Câu 5:. C. Vô số.. B. 3 .. biệt A. 22 . Câu 4:. D. 16 .. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 1 + log 6 ( x 2 + 1) = log 6 ( mx 2 + 2 x + m ) có nghiệm thực A. 0 .. Câu 3:. C. 17 .. B. 19 .. B. 8 .. C. 5 .. Tập tất cả các giá trị thực của m để phương trình log. 2. D. 4 .. ( x + m + 1) = log 2 ( m2 − 4 x + 4mx ). có đúng. một nghiệm thực là  −2 3 2 3  A.   3 ; 3   . .  −2 3 2 3  D.   3 ; 3  42 2  . . .  −2 3 2 3  C.   3 ; 3  4+2 2  . . Câu 6:.  −2 3 2 3  B.  ;  42 2 3   3. . . Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên m nằm trong đoạn.  −2017; 2017 . để phương trình. log ( mx ) = 2 log ( x + 1) có nghiệm duy nhất. A. 2017 Câu 7:. C. 2018. B. 4014. Cho phương trình 2 log 9+ 4. 5. ( 2x. 2. − x − 4m 2 + 2m ) + log. 5 −2. D. 4015. x 2 + mx − 2m 2 = 0 . Tìm tập hợp giá. trị thực của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x12 + x22  1 .. 2 1 2  A. ( −;0 )   ; +   . B. ( −1;0 )   ;  . 5 2 5  Câu 8:. 1  D.  −1;  . 2 . Có bao nhiêu số nguyên dương m để phương trình log 2 ( 64 x + m ) − 6 = log 3 ( x ) có nghiệm thực. A. 10 .. Câu 9:.  2 C.  0;  .  5. B. 9 .. C. 11.. D. 8 .. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình log 5 ( 5 x + m ) = log 3 ( x ) có hai nghiệm thực phân biệt. A. 23 .. B. Vô số.. C. 21 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. 22 .. 183.

(189) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 10: Có bao nhiêu số nguyên m  2018 để phương trình log 6 ( 2018 x + m ) = log 4 (1009 x ) có nghiệm thực? A. 2019 .. C. 2017 .. B. 2018 .. D. 2020 .. (. ). Câu 11: Có tất cả bao nhiêu số nguyên m để phương trình log ( m − x ) = 3log 4 − 2 x − 3 có hai nghiệm thực phân biệt. A. 6 .. B. 2 .. C. 3 .. D. 5 .. Câu 12: Gọi S là tập tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho 10m 2 log mx −5 ( 2 x − 5 x + 4 ) = log 2. A. 15 . Câu 13: Tìm. mx −5. (x. B. 14 . tập. hợp. các. giá. và phương trình. + 2 x − 6 ) có nghiệm thực duy nhất. Tìm số phần tử của S .. 2. C. 13 . trị. thực. của. D. 16 . tham. số. m để log1+ 2 ( x + m − 1) + log 2 −1 ( x − mx + 2m − 1) = 0 có hai nghiệm phân biệt.. phương. trình. 2. 1  A.  ; +  \ 1 . 2 .  1 C.  0;   1 .  2. B. ( 0; + ) \ 1 ..  1 D.  0;  .  2. Câu 14: Có bao nhiêu số nguyên m  ( −2018; 2018 ) để phương trình log 2 ( mx ) = 3log 2 ( x + 1) có đúng hai nghiệm thực phân biệt? A. 2011 . B. 2012 . Câu 15: Tập log 3+ 2. hợp 2. các. giá. ( x + m − 1) + log3−2. 1  A.  ; +  \ 1 . 2 . trị. C. 4028 . thực. để m x 2 − mx + 2m − 1) = 0 có nghiệm duy nhất là 2 (. B. ( 0; + ) \ 1 .. của. tham. D. 2017 . số.  1 C.  0;   1 .  2. Câu 16: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 2 log mx −1 ( x 2 + 1) = log duy nhất. A. 3.. C. Vô số.. B. 1.. Câu 18: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình A. 7.. B. 3.. C. 19.. trình.  1 D.  0;  .  2 mx −1. (2 x 2 − 3x + 3) có nghiệm. D. 2.. Câu 17: Có bao nhiêu số nguyên m (−20;20) để phương trình 2 log mx −1 ( x 2 + 1) = log có hai nghiệm thực phân biệt. A. 18. B. 17.. phương. mx −1. (2 x 2 − 3x + 3). D. 16.. ln(mx − 8) = 2 có hai nghiệm thực phân biệt. ln( x − 1) C. 2. D. 5.. Câu 19: Có bao nhiêu số m nguyên để phương trình log5 (6 x + m) = log 2 (x + 1) có hai nghiệm thực phân biệt? A. 3.. B. 1.. C. Vô số.. D. 2.. Câu 20: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình ln(x + 2) = ln(x 3 − 2 x + m) có ba nghiệm thực phân biệt? A. 3. 184. B. 4. C. 2. D. 5. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(190) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 21: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình log 2 (mx − 6 x 3 ) + 2 log 1 (−14 x 2 + 29 x − 2) = 0 có 2. nghiệm duy nhất A. 18. B. Vô số. C. 23. D. 22. 1  Câu 22: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình ln  x −  = ln ( mx − 6 ) có hai nghiệm thực phân biệt. x  A. 9 . B. 7 . C. 8 . D. 10 .. Câu 23: Có bao nhiêu số nguyên m  ( −20; 20 ) để phương trình log 2 ( x ) = log 3 ( x 2 + m ) có nghiệm thực duy nhất. A. 18 .. C. 1 .. B. 20 .. D. 19 .. Câu 24: Có bao nhiêu số nguyên m  ( −20; 20 ) để phương trình log 2 ( mx ) = log 2 ( x 3 + 8 ) có nghiệm thực duy nhất. A. 18 .. C. 12 .. B. 20 .. Câu 25: Có bao nhiêu số nguyên m ( 20; 20) để phương trình log 2 ( mx) thực phân biệt. A. 18. B. 20. D. 19 .. D. 19. C. 12. Câu 26: Có bao nhiêu số nguyên m ( 20; 20) để phương trình log 3 x 2 bốn nghiệm thực phân biệt. A. 5 B. 7. hai nghiệm thực phân biệt. A. 5 B. 7. C. 3. log 5 x 2. mx. C. 32. Câu 27: Có bao nhiêu số nguyên m ( 20; 20) để phương trình log 3 x 2. 8 có hai nghiệm. log 2 x 3. mx. 2 có. mx. 2 có. D. 34 log 5 x 2. mx. D. 9. (. ). Câu 28: Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log 2 (mx) = log 2 x 3 + 3 x + 2 có nghiệm thuộc ( 0; + ) . A. (3 + 2 2; +) . Câu 29: Có. bao. nhiêu. số. log 3+ 2 2 ( x + m − 1) + log 3− 2 A. 18 .. C. ( 6; +  ) .. B. [6; +) . nguyên. m  ( −20; 20 ). ). D. 3 + 2 2; + . để. phương. trình. ( mx + x ) = 0 có nghiệm duy nhất. 2. 2. B. 19 .. C. 21 .. D. 20 .. Câu 30: Biết rằng phương trình log 2 ( 2 x − 1 + m) = 1 + log 3 ( m + 4 x − 4 x 2 ) có nghiệm duy nhất. Mệnh đề nào đúng? A. m (0;1) .. B. m (1;3) .. C. m (3;6) .. D. m (6;9) .. Câu 31: Có bao nhiêu số nguyên m  ( −20; 20 ) để phương trình log 2 x + log 3 ( m − x ) = 2 có nghiệm thực A. 24 .. B. 14 .. C. 23 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. 15 .. 185.

(191) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 32: Có bao nhiêu số nguyên m  ( −20; 20 ) để phương trình log 2 x + log 3 ( m − x 3 ) = 2 có hai nghiệm thực phân biệt. A. 12 .. C. 13 .. B. 11.. D. 10 .. Câu 33: Cho phương trình 3log 27  2 x 2 − ( m + 3) x + 1 − m  + log 1  x 2 − x + 1 − 3m  = 0 . Số các giá trị 3. nguyên của m sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 − x2  15 là: A. 14 .. B. 11.. D. 13 .. C. 12 .. Câu 34: Tập hợp tất cả các giá trị thực của m để phương trình log 2 ( 2sin x − 1) + log 1 ( cos 2 x + m ) = 0 có 2. nghiệm là −5 A.  ; +   . 2 .  −1  B.  ; 2  . 2 . Câu 35: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 3x.  −1  C.  ; +   .  2  2. − 4 x + m +1.  −1  D.  ; 2  .  2 . (. + 3x − m+1 = 3 3x. 2. −3 x. phân biệt, đồng thời tích của ba nghiệm đó nhỏ hơn 27? A. 7 . B. 8 . C. 10 . Câu 36: Gọi S. là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m. log mx −5 ( x − 6 x + 12 ) = log 2. A. 2 .. mx −5. ). + 1 có ba nghiệm thực. D. 9 . thỏa phương trình. x + 2 có nghiệm duy nhất. Tìm số phần tử của S .. B. 3 .. C. 0 .. D. 1 .. Câu 37: Cho phương trình 2 x = m.2 x.cos ( x ) − 4 . Phương trình có đúng một nghiệm thực khi và chỉ khi. m = m0 , mệnh đề nào dưới đây đúng? A. m0  −5 .. B. m0  0 .. C. m0   −5; −1) .. (. D. m0   −1;0 ) .. ). Câu 38: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 9.32 x − m 4 4 x 2 + 2 x + 1 + 3m + 3 .3x + 1 = 0 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt? A. Vô số. B. 3 .. C. 1 .. D. 2 .. Câu 39: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a sao cho phương trình 9 x + 9 = a3x cos ( x ) có nghiệm thực duy nhất. A. a = −6. B. a = 3. C. a = −3. D. a = 6. Câu 40: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a sao cho phương trình 10 x + 102− x = a cos ( x ) − 2 có nghiệm thực duy nhất. A. a = −20.. B. a = 18.. C. a = −22.. D. a = 22.. Câu 41: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tồn tại hai số thực x , y thỏa mãn đồng thời. e3x+5 y −10 − ex+3 y −9 = 1 − 2 x − 2 y và log 52 ( 3x + 2 y + 4 ) − ( m + 6 ) log 5 ( x + 5 ) + m 2 + 9 = 0 ? A. 6 .. 186. B. 5 .. C. 3 .. D. 4 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(192) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. )(. (. ). Câu 42: Cho phương trình e3m + e m = 2 x + 1 − x 2 1 + x 1 − x 2 . Tìm tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm..  1  A.  0; ln 2  .  2 . 1  B.  ln 2; +  . 2 . 1   D.  −; ln 2  . 2  .  1 C.  0;  .  e. Câu 43: Cho phương trình 2x + x −2 x+m − 2x + x + x3 − 3x + m = 0 . Tập tất cả các giá trị thực của m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt có dạng ( a; b ) . Tổng a + 2b bằng 3. 2. A. 1 .. 2. C. −2. B. 0 .. D. 2 .. Câu 44: Có bao nhiêu số nguyên a  ( −200; 200 ) để phương trình e x + e x + a = ln (1 + x ) − ln ( x + a + 1) có nghiệm thực duy nhất. A. 399 .. B. 199 .. D. 398 .. C. 200 .. Câu 45: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình log 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 1. A. 3 . B. 6 .. 3x 2 + 3x + m + 1 2. 2x − x +1. C. 2 .. = x 2 − 5 x + 2 − m có hai. D. 4 .. Câu 46: Phương trình 52 x + 1− 2 x − m.51− 1− 2 x = 4.5 x có nghiệm khi và chỉ khi m   a ; b  . Giá trị biểu thức b − a bằng 9 A. . 5. B. 9 .. C.. 1 . 5. D. 1 .. Câu 47: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( a; b ) thỏa mãn 0  a, b  100 sao cho đồ thị của hai hàm số 1 1 1 1 y = x + và y = x + cắt nhau tại đúng hai điểm phân biệt b a b a A. 9704 B. 9702 . C. 9698 . D. 9700 . Câu 48: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình sau có ba nghiệm thực phân biệt: ( mx + 9 ) .log3 ( x 2 + 1) . ( mx + 9 ) = 9 − ( x 2 − 1) ( mx + 9 ) ? A. 8. B. 10 .. C. 9 .. Câu 49: Có bao nhiêu số nguyên m thực phân biệt? A. 19 . Câu 50: Biết. rằng. log a 11 + log 1 7. A. a  ( 6;9 ) .. (. 20; 20 để phương trình. duy. nhất. 2 3x. 1. 1. x 1. C. 21 .. B. 20 .. có. D. 7 .. ). một. số. thực. x. 2. m có ba nghiệm. D. 18 .. x. thoả. mãn. bất. phương. trình. x 2 + ax + 10 + 4 .log a ( x 2 + ax + 12 )  0 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? B. a  ( 0;3) .. C. a  ( 3; 6 ) .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. a  ( 9; + ) .. 187.

(193) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn A.  x + m  0 Ta có: log x 2 + mx + 1 = log ( x + m )   2  x + mx + 1 = x + m (*). (. ). (*)  m ( x − 1) = − x 2 + x − 1 . Với Với x  1, (*)  m = − x − Xét f ( x ) = − x −. x = 1  phương trình vô nghiệm. 1 x −1. x = 0 1 1 ; f  ( x ) = −1 + =0 2 x −1 ( x − 1) x = 2. Bảng biến thiên. Để phương trình log ( x 2 + mx + 1) = log ( x + m ) có hai nghiệm thực phân biệt thì. 1   x  −m x  1 m  −1 x  x + x −1      m  1  m  1  m  1 m  1   m  1   m  −3        m  −3   m  −3   m  −3 Vậy có 18 giá trị của m  ( −20; 20 ) để phương trình log ( x 2 + mx + 1) = log ( x + m ) có hai nghiệm thực phân biệt Câu 2:. Chọn B.  x 2 + 1  0 Ta có : 1 + log 6 ( x + 1) = log 6 ( mx + 2 x + m )   2 2 6 ( x + 1) = mx + 2 x + m (*) 2. 2. ( *)  ( 6 − m ) x 2 − 2 x + 6 − m = 0 Với m = 6  x = 0 Với m  6  phương trình có nghiêm khi  = 1 − ( 6 − m )  0    m  7 2. Vậy có 3 giá trị của m Câu 3:. Chọn C.  x  −1 log 5 ( mx )  Điều kiện:  mx  0 . Ta có: = 2  mx = x 2 + 2 x + 1(*) log 5 ( x + 1) x  0  Với x = 0  phương trình (*) vô nghiệm Với x  0  m =. 188. x2 + 2 x + 1 x Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(194) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Đặt f ( x ) =. x = 1 x2 + 2 x + 1 1 , f ( x) = 1− 2 ; f ( x) = 0   x x  x = −1. Bảng biến thiên. Để phương trình. log 5 ( mx ) = 2 có hai nghiệm thực phân biệt thì m  4 log 5 ( x + 1). Vậy có 15 số nguyên m  ( −20; 20 ) . Câu 4:. Chọn D.  x  −2  x  −2 . PT     2 2 2 (2)  f ( x) = x + ( m − 4 ) x + ( m − 4 ) = 0 ln ( 2 x + mx + m ) = ln ( x + 2 ) Để phương trình (2) đã cho có hai nghiệm thực lớn hơn −2 khi và chỉ khi. ( m − 4 ) − 4 ( m − 4 )  0   0    m  4 . Vì  m  0;1; 2;3 .  f (−2)  0  4 − ( m − 4 )  0  S  −4   − ( m − 4 )  −2 2. Câu 5:. Chọn C. Ta có: log.  x  −m − 1. ( x + m + 1) = log 2 ( m2 − 4 x + 4mx )   2 2 2  ( x + m + 1) = m − 4 x + 4mx.   x  −m − 1  2   g ( x ) = x − ( 2m − 6 ) x + 1 + 2 m = 0. (2). Để phương trình (2) đã cho có một nghiệm thực lớn hơn −m − 1 khi và chỉ Trường hợp 1: Phương trình (2) có hai nghiệm thoả x1  −m − 1  x2   f ( −m − 1) = 0 3m 2 − 4  0   2 3 2 3     S = 2m − 6  2 ( −m − 1)   3m 2 − 4 = 0  m   − ;  3 3       f ( −m − 1)  0  m  1. Trường hợp 2: Phương trình (2) nghiệm kép thoả x1,2  − m − 1  −2 3 2 3   = 4m2 − 32m + 32 = 0  m = 4 + 2 2 . Vậy m     3 ; 3  4+2 2 m − 3  −m − 1   Chọn C.  x  −1  x  −1  Ta có: log ( mx ) = 2 log ( x + 1)    2 2 mx = ( x + 1)  f ( x) = x + (2 − m) x + 1 = 0. . Câu 6:.  (2). Để phương trình (2) đã cho có một nghiệm thực lớn hơn −1 khi và chỉ Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 189.

(195) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..   f ( −1) = 0 m  0   (2) có hai nghiệm thoả x1  −1  x2   S = m − 2  −2   m = 0  m  0  f −1  0  m  0  ( ).   = m 2 − 4m = 0  m=4 (2) nghiệm kép thoả x1,2  −1   m − 2  −1   2 Vậy m   −2017; −1  4 , có 2018 số nguyên thoả. Câu 7:. Chọn A. Ta có 2 log 9+ 4.  2 log  log. (. 5 +2. 5 +2. ). 2. ( 2x. 5. ( 2x. ( 2x. 2. 2. 2. − x − 4m 2 + 2m ) + log. − x − 4m2 + 2m ) + log. − x − 4m 2 + 2m ) = log. (. 5 +2. 5 −2. 5 +2. (x. 2. ). −. 1 2. x 2 + mx − 2m 2 = 0 x 2 + mx − 2m2 = 0. + mx − 2m 2 ).  2 x2 − x − 4m2 + 2m = x2 + mx − 2m2  x 2 − ( m + 1) x − 2m 2 + 2m = 0 .. Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt  ( m + 1) − 4 ( −2m 2 + 2m )  0 2. 1 2  9m2 − 6m + 1  0  ( 3m − 1)  0  m  . Theo Vi-ét ta có: 3.  x1 + x2 = m + 1 .  2 x . x = 2 m − 2 m  1 2. Theo bài ra ta có: x + x  1  ( x1 + x2 ) 2 1. Câu 8:. 2 2. 2. 2  m  − 2 x1 x2  1  ( m + 1) − 2 ( 2m − 2m )  1  5m − 2m  0  5.  m  0 2. 2. 2. Chọn A. Ta có log 2 ( 64 x + m ) − 6 = log 3 ( x )  log 2 ( 64 x + m ) = log 3 ( x ) + 6. 64 x + m = 2t (1)  log 2 ( 64 x + m ) = log 3 ( 729 x ) = t   t ( 2) 729 x = 3 Từ (2) ta có x =. 3t = 3t −6 thay vào (1) ta được : 64.3t −6 + m = 2t  2t − 64.3t −6 = m 729. Khảo sát hàm số f ( t ) = 2t − 64.3t −6 ta suy ra điều kiện để phương trình có nghiệm là: 32 = 10, ( 6 )  m = 1; 2;...;10 ( do m nguyên dương ) 3 Suy ra có 10 giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn điều kiện đề bài. 0m. Câu 9:. Chọn D.. 5 x + m = 5t (1) Ta có log5 ( 5 x + m ) = log 3 ( x ) = t   t ( 2)  x = 3 Thay (2) vào (1) ta được : 5.3t + m = 5t  5t − 5.3t = m. 190. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(196) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Khảo sát hàm số f ( t = ) 5t − 5.3t ta được BBT:. suy ra điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là : −22, 2  m  0 Suy ra có 22 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn điều kiện đề bài. Câu 10: Chọn D t  1009 x = 4 Có log 6 ( 2018 x + m ) = log 4 (1009 x ) = t    m + 2.4t = 6t . t 2018 x + m = 6  .   2ln 4   Khi đó m = −2.4t + 6t  min f ( t ) = f  log 3     −2, 0136 .  2  ln 6   Vậy m  −2; −1;....; 2017 có tất cả 2020 số nguyên thỏa mãn. Câu 11: Chọn B.  4 − 2x − 3  0  Phương trình tương đương với  m − x = 4 − 2 x − 3. (. ). 3. 3 19  x  2 2  m = x + 4 − 2 x − 3 . (. ) ( *) 3. 2t 3 + t 2 − 8t + 19 t 2 − 8t + 19 . Khi đó (*) thành m = 2 2  t =1 2t 3 + t 2 − 8t + 19 2 Xét hàm f ( t ) = với 0  t  4 có f  ( t ) = 3t + t − 4 = 0   t = − 4 2 3  Bảng biến thiên: Đặt t = 4 − 2 x − 3, ( 0  t  4 )  x =. x. 0. y'. 1 0. 4 + 131. y. 2. 19 2 7. Từ bảng biến thiên ta thấy (*) có hai nghiệm khi 7  m . 19 , mà m   m  8;9 . 2. Vậy có hai giá trị m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 12: Chọn A Ta có: Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 191.

(197) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. 2 log mx −5 ( 2 x 2 − 5 x + 4 ) = log. mx −5. (x. 2. + 2 x − 6 )  log. mx −5. ( 2x. 2. − 5 x + 4 ) = log. mx −5. (x. 2. + 2x − 6). 0  mx − 5  1 0  10mx − 50  10   0  mx − 5  1   2  2  2 x − 5x + 4  0  2 x − 5 x + 4  0   x = 2 x = 5 2 x 2 − 5 x + 4 = x 2 + 2 x − 6  x 2 − 7 x + 10 = 0      Trường hợp 1: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 5.   10m.2 − 50  0  10m  25      10m.2 − 50 = 10   10m = 30 . Suy ra 10m  11;13;14;..; 25;30 . 0  10m.5 − 50  10 10  10m  12   Trường hợp 1: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.   10m.5 − 50  0  10m  10      10m.5 − 50 = 10   10m = 12 . Suy ra không có m . 0  10m.2 − 50  10 25  10m  30   Vậy tập S có 15 phần tử. Câu 13: Chọn A.. x + m −1  0 Điều kiện:  2  x − mx + 2m − 1  0 Khi đó phương trình đã cho tương đương với log1+. 2. ( x + m − 1) = log. 2 +1. (x. 2. − mx + 2m − 1). x  1− m x + m −1  0 x  1− m x  1− m    x = m   2  2 ( x − m)( x − 1) = 0  x + m − 1 = x − mx + 2m − 1  x − mx − x + m = 0  x = 1 . m  1 1   m  Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì m + m − 1  0   2. 1 + m − 1  0 m  1  Câu 14: Chọn A.. mx  0 Điều kiện:  x +1  0.  3 x +1  0 Phương trình log 2 ( mx ) = 3log 2 ( x + 1)  log 2 ( mx ) = log 2 ( x + 1)   3 (*) mx = x + 1 ( )    x  −1, x  0  Vì x  0 nên (*)   1 m = x 2 + 3x + 3 +  x  Xét hàm số f ( x) = x 2 + 3x + 3 +. 1 trên ( −1; + ) \ 0 . x. 1 ( x + 1) ( 2 x − 1) = x2 x2 2. Ta có: f ( x) = 2 x + 3 − Bảng biến thiên:. 192. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(198) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. 27 4. Để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thì m  Vì m nguyên nên m  7 . Mà m  ( −2018; 2018 ) nên. 7  m  2018.  có 2011 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 15: Chọn C.. x + m −1  0 Điều kiện:  2  x − mx + 2m − 1  0 Khi đó phương trình đã cho tương đương với log 3+3. 2. ( x + m − 1) = log3+2. 2. (x. 2. − mx + 2m − 1). x  1− m x + m −1  0 x  1− m x  1− m    x = m   2  2 ( x − m)( x − 1) = 0  x + m − 1 = x − mx + 2m − 1  x − mx − x + m = 0  x = 1  Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì: Khả năng 1: m = 1 . Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. 1  m  1 − m m   Khả năng 2:  2  m  1  1 − m m  0. m  0 1  1 − m   1  Khả năng 3:  1  m   0;   2 m  1 − m m  2  1 Vậy với m   0;   1 thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.  2. Câu 16: Chọn B Điều kiện xác định: x  IR Ta có: 2 log mx −1 ( x 2 + 1) = log. mx −1. (2 x 2 − 3x + 3) ( *).  2 log mx −1 ( x 2 + 1) = 2 log mx −1 (2 x 2 − 3 x + 3)  log mx −1 ( x 2 + 1) = log mx −1 (2 x 2 − 3 x + 3). mx − 1  1 2 x 2 − 3x + 3 = x 2 + 1  x 2 − 3x + 2 = 0     x = 1  mx − 1  0  mx − 1  0   mx − 1  1 mx − 1  1  x = 2   mx − 1  0. x = 1 x = 2    mx − 1  0 hoặc  mx − 1  0 . mx − 1  1 mx − 1  1   Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 193.

(199) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..     m − 1  0  2m − 1  0   Phương trình (*) có nghiệm duy nhất  m − 1  1 hoặc  2m − 1  1  2m − 1  0  m −1  0      2m − 1 = 1   m − 1 = 1 1  m 1 Giải ra ta được:  2  m = 2 Vậy: Có 1 giá trị m nguyên là m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 17: Chọn B Điều kiện xác định: x  IR Ta có: 2 log mx −1 ( x 2 + 1) = log. mx −1. (2 x 2 − 3x + 3) ( **).  2 log mx −1 ( x 2 + 1) = 2 log mx −1 (2 x 2 − 3 x + 3)  log mx −1 ( x 2 + 1) = log mx −1 (2 x 2 − 3 x + 3). mx − 1  1 2 x 2 − 3x + 3 = x 2 + 1  x 2 − 3x + 2 = 0     x = 1  mx − 1  0  mx − 1  0   mx − 1  1 mx − 1  1  x = 2   mx − 1  0. x = 1 x = 2    mx − 1  0 hoặc  mx − 1  0 . mx − 1  1 mx − 1  1  . m  1 m − 1  0 m  2 m − 1  1 m  1    Phương trình (**) có hai nghiệm phân biệt   . 1 2 m − 1  0 m  2 m     2 2m − 1  1  m  1 Từ đó: Tập hợp các giá trị nguyên m (−20;20) thỏa mãn yêu cầu bài toán là:. 3; 4;5;6;7;8;9;10;11;12;13;14;15;16;17;18;19 . Câu 18: Chọn B x −1  0 x  1 ln(mx − 8)   = 2 (***). Điều kiện: mx − 8  0  mx − 8  0 . Ta có: ln( x − 1) ln( x − 1)  0 x  2  . Với điều kiện đó: Phương trình (***)  ln(mx − 8) = 2ln( x −1)  ln(mx − 8) = ln( x −1)2  ( x −1) 2 = mx − 8.  x2 − (m + 2) x + 9 = 0 (3). Phương trình (***) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi PT (3) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 khác 2 thỏa 1  x1  x2. 194. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(200) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. m  4 (m + 2) 2 − 4.9  0     m  −8 4  m  8 1 − m − 2 + 9  0    m + 2  m  8   9 . 1 m  0 m  2    2 9 4 − 2m − 4 + 9  0 m  2  Vậy: Tập hợp giá trị nguyên m thỏa mãn ycbt là: 5; 6; 7 . Câu 19: Chọn C. 6 x + m = 5t  5t − 6.2t = m − 6 (1) Ta có: log 5 ( 6 x + m ) = log 2 ( x + 1) = t   t  x + 1 = 2 Để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt hay đồ thị hàm số y = 5t − 6.2t cắt đường thẳng y = m − 6 tại hai điểm phân biệt.  6 ln 2  Xét hàm số y = 5t − 6.2t có y ' = 5t ln 5 − 6.2t ln 2 = 0  t = log 5   = t0 2  ln 5  Ta có bảng biến thiên. t  2  t t t 5 − 6.2 = 5 1 − 6.  ( ) lim    = + ; lim t →+ t →+ 5  . t   t t t 5 5 − 6.2 = 2    − 6  = 0 ( ) lim lim t →− t →+  2  . Như vậy đề phương trình có 2 nghiệm khi và chỉ khi y (t0 )  m − 6  0 Câu 20: Chọn A.  x  −2 Ta có: ln(x + 2) = ln(x 3 − 2 x + m)   3  x − 3x − 2 = −m (*) Xét hàm số y = f (x) = x 3 − 3 x − 2 , x  ( −2; + )  y ' = 3 x 2 − 3 = 0  x = 1 Bảng biến thiên:. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 195.

(201) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Từ bảng biến thiên: phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt khi −m  (−4;0) hay m (0;4) Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 21: Chọn B. log. ( mx − 6 x ) + 2 log ( −14 x 3. 2. 1 2. 2. + 29 x − 2 ) = 0  log 2 ( mx − 6 x3 ) = log 2 ( −14 x 2 + 29 x − 2 ).  1   x   14 ; 2  −14 x + 29 x − 2  0      3 2 3 2 mx − 6 x = −14 x + 29 x − 2  6 x − 14 x + 29 x − 2 = m (*)  x 2. Xét hàm số: y =. 6 x3 − 14 x 2 + 29 x − 2 1  trên  ; 2  x  14 . −1  x = 3  2 1 Ta có: y ' = 12 x − 14 + 2 = 0   x =  x 2  x = 1 . Bảng biến thiên:.  3   39  Từ bảng biến thiên: Phương trình (*) có nghiệm duy nhất m   ;19    ; 24   98   2 . Vậy có 22 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 22: Chọn C.  1  x  ( −1;0 )  (1 +  )  x − x  0 1    Ta có ln  x −  = ln ( mx − 6 )   . 1 6 x   x − 1 = mx − 6 m = 1 − 2 + x x   x Xét hàm số f ( x ) = 1 − Ta có f  ( x ) =. 196. 1 6 + trên tập D = ( −1;0 )  (1 +  ) . x2 x. 2 6 2 6 1 − 2 . Do đó f  ( x ) = 0  3 − 2 = 0  x = . 3 x x x x 3 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(202) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Lập bảng biến thiên suy ra 1  m  10 . Câu 23: Chọn B t  x = 2 Giả sử log 2 ( x ) = log 3 ( x 2 + m ) = t . Khi đó  2  4t + m = 3t  3t − 4t = m . t  x + m = 3. Xét hàm số f ( t ) = 3t − 4t . Ta có f  ( t ) = 3t.ln 3 − 4t.ln 4 . t.  3  ln 4  ln 4   t = t0 = log 3  Do đó f  ( t ) = 0  3 .ln 3 − 4 .ln 4 = 0    = .  4  ln 3 4  ln 3  t. t. Lập bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm khi m  f ( t0 ) . Do m  ( −20; 20 ) nên có 20 số nguyên thỏa bài toán. Câu 24: Chọn D.   x  −2  x3 + 8  0  3 Ta có log 2 ( mx ) = log 2 ( x + 8 )   3 .  x  0  x + 8 = mx  8  x2 + = m x  Xét hàm số f ( x ) = x 2 +. 8 trên tập D = ( −2;0 )  ( 0; + ) . x. 8 8 . Do đó f  ( x ) = 0  2 x − 2 = 0  x = 2 . 2 x x Lập bảng biến thiên suy ra m  0 .. Ta có f  ( x ) = 2 x −. Do m  ( −20; 20 ) nên có 19 số nguyên thỏa bài toán. Câu 25: Chọn A Điều kiện: x. 2. Phương trình đã cho trở thành: mx. x3. Trường hợp 1. Nếu x. 0 thì (*) trở thành 0. 8 (vô lí).. Trường hợp 2. Nếu x. 0 thì (*) trở thành m. x2. 8 , x ( 2; x. Xét hàm số y. x2. Ta có y '. 8 ; y' x2. 2x. 0. 2x3. 8(*). 8 . x. )\{0}. 8. 0. x. 3. 4.. Bảng biến thiên. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 197.

(203) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Căn cứ vào bảng biến thiên và m ( 20; 20), ta suy ra m Vì m. 3. 16. 8 3. 4. ; 20 .. nên m {8; 9;10;...;19}.. Câu 26: Chọn A Ta đặt log 3 x 2. ta được: 5t. 2. log 5 x 2. mx. t t. 3t. Yêu cầu bài toán. mx. x2 x2. 1 0. 2. t. Suy ra. mx 1 mx 3. x2 x2. 3t (1). mx mx. 5t (2). 2. . Thay (2) vào (1). 0(3) . 0(4). phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt, (4) có hai nghiệm phân biệt và. không có nghiệm chung. m2. 4. m m. 0. 2 . Kết hợp m ( 20; 20) và m là số nguyên 2. nên ta có 34 giá trị m. Câu 27: Chọn B Ta đặt log 3 x 2. ta được: 5t. 2. m2. 4. t t. 3t. Yêu cầu bài toán biệt). log 5 x 2. mx. 1 0. mx. x2 x2. 2. t. Suy ra. mx 1 mx 3. x2 x2. 3t (1). mx mx. 2. 5t (2). . Thay (2) vào (1). 0(3) . 0(4). phương trình (3) vô nghiệm (do phương trình (4) luôn có hai nghiệm phân 0. m ( 2; 2). Kết hợp m ( 20; 20) và m là số nguyên nên ta có 3 giá trị. m. Câu 28: Chọn B. Xét trên ( 0; + ) , ta có. x  0 x  0  3  log 2 (mx) = log 2 ( x + 3 x + 2 )   x + 3x + 2  0   x3 + 3x + 2 m = mx = x 3 + 3x + 2  x   3. ( 2). 2 ( x − 1) x3 + 3x + 2 Xét hàm số f ( x) = trên ( 0; + ) có f ( x) = ; f ( x) = 0  x = 1. x x2 Bảng biến thiên 3. 198. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(204) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình (2) có nghiệm trên ( 0; + ) khi và chỉ khi m  6. Câu 29: Chọn A.. log 3+ 2 2 ( x + m − 1) + log 3−2. ( mx + x ) = 0  log 2. 2.  log 3+ 2 2 ( x + m − 1) = lo g 3+ 2. ( x + m − 1) − lo g3+ 2. x + m −1  0. ( mx + x )   x + m − 1 = mx + x 2. 2. 3+ 2 2. . 2. ( mx + x ) = 0 2. 2.  x + m −1  0  2   x + (m − 1) x + 1 − m = 0 (1). Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi một trong các trường hợp sau xảy ra:.   x0  1 − m  Trường hợp 1: (1) nghiệm kép x0 thỏa x0  1 − m   = (m − 1)(m + 3) = 0 : Không tồn tại m .  m −1  x0 = −  2 Trường hợp 2: (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa. (m − 1)(m + 3)  0  x1  1 − m  x2  1 − m − (m − 1)(m + 3) 1 − m + (m − 1)(m + 3)  1− m    2 2  m  −3   1 − m − (1 − m)(− m − 3)  1 − m  1 − m + (1 − m)(− m − 3)   2 2   m  1  −(m − 1) − (m − 1)(m + 3) −(m − 1) + (m − 1)(m + 3)   −(m − 1)     2 2.  m  −3  m  −3    1 − m − −m − 3  2 1 − m  1 − m + −m − 3 − −m − 3  1 − m  − m − 3    m  1  m  1   − m − 1 − m + 3  −2 m − 1  − m − 1 + m + 3  − m + 3  − m − 1  m + 3     m  1  1  m  20 . Vậy có 18 giá trị của m thỏa đề bài.  m  ( −20; 20 ).  m  1 nên  Câu 30: Chọn D.. 2 log 2 ( 2 x − 1 + m) = 1 + log 3 ( m + 4 x − 4 x 2 )  log 2 ( 2 x − 1 + m) = 1 + log 3 ( m + 1) − 2 x − 1  (1)  . Nhận xét: Nếu x0 là nghiệm của (1) thì 1 − x0 cũng là nghiệm.. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 199.

(205) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Điều kiện cần: Giả sử phương trình (1) có nghiệm duy nhất x0 thì do 1 − x0 cũng là nghiệm của 1 (1) nên suy ra 1 − x0 = x0  x0 = . 2 1 Thay x0 = vào (1) ta được log 2 m = 1 + log3 (m + 1)  log 2 m − log3 (m + 1) = 1 (2) 2 Xét hàm số f (m) = log 2 m − log3 (m + 1) với m  0.. f (m) =. 1 1 −  0, m>0  Hàm số f (m) đồng biến trên ( 0; + ) . m ln 2 (m + 1) ln 3. Mặt khác, m = 8 thỏa (2) nên đây là nghiệm duy nhất của (2). Điều kiện đủ:. (. Thay m = 8 vào phương trình đã cho ta được log 2 ( 2 x − 1 + 8) = 1 + log 3 9 − 2 x − 1. 2. ) (3). Đặt t = log 2 ( 2 x − 1 + 8)  2 x − 1 + 8 = 2t  2 x − 1 = 2t − 8. . Điều kiện t  log 2 8 = 3. Phương trình (3) trở thành 2 2 2 t = 1 + log 3 9 − ( 2t − 8 )   3t −1 = 9 − ( 2t − 8 )  3t −1 + ( 2t − 8 ) = 9 (4)  . Ta thấy t = 3 thỏa (4) Hàm số g (t ) = 3t −1 + ( 2t − 8 ) đồng biến trên 3; + ) . 2. Suy ra t = 3 là nghiệm duy nhất của (4). 1 Do đó, ( 3)  log 2 ( 2 x − 1 + 8) = 3  2 x − 1 + 8 = 8  x = . Vậy m = 8 thỏa đề bài. 2. Câu 31: Chọn D Đặt t = log 2 x  x = 2t . Phương trình trở thành: t + log 3 ( m − 2t ) = 2  m − 2t = 32−t  m = 2t + 32−t . Xét hàm số: f ( t ) = 2t + 32−t có: f  ( t ) = 2t.ln 2 − 32−t.ln 3 . Nên f  ( t ) = 2t.ln 2 − 32−t.ln 3 = 0  2t.ln 2 = 32−t.ln 3  6t =. 9 ln 3  9 ln 3   t = t0 = log 6  . ln 2  ln 2 . Ta có bảng biến thiên:. 200. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(206) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Dựa vào bảng biến thiên của hàm f ( t ) = 2t + 32−t suy ra phương trình m = 2t + 32−t có nghiệm khi và chi m  f ( t0 ) . Mà m nguyên, m  ( −20; 20 ) nên 5  m  19  m  5;6;7;...19 . Câu 32: Có bao nhiêu số nguyên m  ( −20; 20 ) để phương trình log 2 x + log 3 ( m − x 3 ) = 2 có hai nghiệm thực phân biệt. A. 12 .. C. 13 .. B. 20 .. D. 10 .. Lời giải Chọn B Đặt t = log 2 x  x = 2t . Phương trình trở thành: t + log 3 ( m − 23t ) = 2  m − 8t = 32−t  m = 8t + 32−t . Xét hàm số: f ( t ) = 8t + 32−t có: f  ( t ) = 8t.ln 8 − 32−t.ln 3 . Nên f  ( t ) = 8t.ln 8 − 32−t.ln 3 = 0  8t.ln 8 = 32−t.ln 3  24t =. 9 ln 3  3ln 3   t = t0 = log 24  . ln 8  ln 2 . Ta có bảng biến thiên:. Dựa vào bảng biến thiên của hàm f ( t ) = 8t + 32−t suy ra phương trình m = 8t + 32−t có hai nghiệm thực phân biệt khi và chi m  f ( t0 ) . Mà m nguyên, m  ( −20; 20 ) nên 1  m  19  m  1; 2;3;...19 . Câu 33: Chọn A Ta có: 3log 27  2 x 2 − ( m + 3) x + 1 − m  + log 1  x 2 − x + 1 − 3m  = 0 3.  log 3  2 x 2 − ( m + 3) x + 1 − m  − log 3  x 2 − x + 1 − 3m  = 0.  log 3  2 x 2 − ( m + 3) x + 1 − m  = log 3  x 2 − x + 1 − 3m . 2 x 2 − ( m + 3) x + 1 − m = x 2 − x + 1 − 3m  x 2 − ( m + 2 ) x + 2m = 0  2  2  x − x + 1 − 3m  0  x − x + 1 − 3m  0 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 201.

(207) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..  x = 2  x = 2  x = 2   x = m x = m    x = 2    x = m    2   x = m  4 − 2 + 1 − 3m  0  m  5  .  2 m 2 − m + 1 − 3m  0  2 + 3  m  5  x − x + 1 − 3m  0  m  2 + 3 m  2 − 3      m  2− 3      −15  m − 2  15 −13  m  17  x − x  15  m − 2  15 Yêu cầu bài toán   1 2 .    m  2 m  2 m  2 m  2      .  −13  m  2 − 3 Kết hợp điều kiện ta có:  .  2 + 3  m  5 Vì m. nên m  −12;...;0; 4 .. Câu 34: Chọn D Ta có: log 2 ( 2sin x − 1) + log 1 ( cos 2 x + m ) = 0  log 2 ( 2sin x − 1) − log 2 ( cos 2 x + m ) = 0 2. m  2 sin x + sin x − 1 =  2sin x − 1 = cos 2 x + m  2  log 2 ( 2sin x − 1) = log 2 ( cos 2 x + m )    2sin x − 1  0 1  sin x   2. m 2 t + t − 1 = 2 Đặt sin x = t   −1;1 , hệ trên trở thành  t  1  2. (1). 1  Yêu cầu bài toán tương đương với (1) phải có nghiệm thuộc  ;1 2  1  Xét hàm y = t 2 + t − 1, t   ;1 2 . Từ đây ta suy ra. −1 m −1  1 m 2. 4 2 2. Câu 35: Chọn A Đặt u = 3x − m +1 ; v = 3x. 202. 2. −3 x. , phương trình đã cho trở thành. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(208) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. u = 3 9v + u = 3 ( v + 1)  9v − 3uv + u 2 − 3u = 0  ( u − 3)( u − 3v )   u u = 3v Nếu u = 3 thì 3x−m+1 = 3  x = m Nếu u = 3v thì 3x−m+1 = 3x. 2. −3 x +1.  x2 − 4 x + m = 0.    0 4 − m  0 −3 3  m  4  2  Yêu cầu bài toán  m  27 . Vậy có 7 giá trị  m 2  27  m  0, m  3    m 2 − 4m + m  0 m  0, m  3  . nguyên của m . Câu 36: Chọn A. log mx −5 ( x 2 − 6 x + 12 ) = log. mx −5. x + 2  log mx −5 ( x 2 − 6 x + 12 ) = log mx −5 ( x + 2 ).  x = 5  x 2 − 6 x + 12 = x + 2  x 2 − 7 x + 10 = 0     x = 2 mx − 5  0 mx − 5  0     mx − 5  0 x + 2  0  x  −2 mx − 5 mx − 5 mx − 5   Trường hợp 1: x = 5 nhận, x = 2 loại khi:.   m  1 5m − 5  0    5 5m − 5  1    m   m  2;3 2  2m − 5  0      m = 3   2m − 5 = 1 Trường hợp 2: x = 5 loại, x = 2 nhận khi:.  5m − 5  0  m  1  5m − 5 = 1  5    m   2m − 5  0   m  2  2m − 5  1   2m − 5  1  Vậy có 2 giá trị nguyên của m . Câu 37: Chọn C Ta có 2 x = m.2 x.cos ( x ) − 4  22 x = m.2 x.cos ( x ) − 4 (1) . Giả sử phương trình có nghiệm x0 , khi đó 2 − x0 cũng là nghiệm của phương trình. Để phương trình có đúng một nghiệm thì Điều kiện cần: x0 = 2 − x0  x0 = 1 thay vào (1) ta được m = −4 . Điều kiện đủ: với m = −4 , phương trình trở thành:. 2x =. ( −4 ) .2 x.cos ( x ) − 4.  22 x = ( −4 ) .2 x.cos ( x ) − 4. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 203.

(209) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..  2x +. 4 4 = −4.cos ( x )( 2 ) . Ta có 2 x + x  2.2 = 4 , −4.cos ( x )  4 . x 2 2. Do đó phương trình ( 2 ) có nghiệm duy nhất x = 1 . Vậy m = −4 thỏa mãn.. ). (. Câu 38: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 9.32 x − m 4 4 x 2 + 2 x + 1 + 3m + 3 .3x + 1 = 0 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt? A. Vô số. B. 3 .. C. 1 .. D. 2 .. Lời giải Chọn C. ). (. Ta có 9.32 x − m 4 4 x 2 + 2 x + 1 + 3m + 3 .3x + 1 = 0. (. ). 1 2 = m 4 4 ( x + 1) + 3m + 3 (*) . x 3 Điều kiện cần:  9.3x +. Ta thấy giả sử x0 là một nghiệm của phương trình (*) thì − x0 − 2 cũng l à nghiệm. Do đó số nghiệm của phương trình (*) là số chẵn nếu x0  − x0 − 2 . Để phương trình (*) có đúng 3 nghiệm thực phân biệt thì x0 = − x0 − 2  x0 = −1.. m = 1 Thay vào (*) ta có: 3m2 + 3m = 6   .  m = −2 Điều kiện đủ: Trường hợp 1: m = 1, phương trình (*) trở thành 9.3x +  9.3x +. 1 2 = 4 4 ( x + 1) + 6 x 3. 1 2 − 4 4 ( x + 1) − 6 = 0 x 3.  x 1 9.3 + 3x − 4 x + 1 − 6, x  −1 1 2 x 4 Đặt f ( x ) = 9.3 + x − 4 ( x + 1) − 6 =  . 3 9.3x + 1 − 4 − x − 1 − 6, x  −1  3x Nếu x  −1 thì f ( x ) = 9.3x + Và f  ( x ) = 9.3x. ( ln 3) + 2. 1 4 1 . − 4 − x − 1 − 6 = 0  f  ( x ) = 9.3x.ln 3 − x .ln 3 + x 3 3 −x −1. 1 2 . ln 3) + x ( 3. 4. ( − x − 1). 3.  0, x  ( −; −1) ..  f  ( x ) có tối đa 1 nghiệm và f ( x ) có tối đa hai nghiệm trên ( −; −1) .. Mà f ( −2 ) = f ( −1) = 0 suy ra x = −2; x = −1( L ) hay x = −2 nghiệm của phương trình. Nếu x  −1 thì. f ( x ) = 9.3x +. 1 − 4 x + 1 − 6 , có: 3x. f  ( x ) = 9.3x. ( ln 3) + 3− x. ( ln 3) + 2. 2. 1. ( x + 1). 3. f  ( x ) = 9.3x.ln 3 − 3− x.ln 3 −.  0, x   −1; + )  f  ( x ) có tối đa 1 nghiệm và. f ( x ) có tối đa hai nghiệm trên  −1; + ) . 204. 2 và x +1. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(210) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Mà f ( 0 ) = f ( −1) = 0 suy ra x = 0; x = −1 là hai nghiệm của phương trình. Do đó với m = 1 phương trình đã cho chỉ có 3 nghiệm là x = 0; x = −1; x = −2 . Trường hợp 2: m = −2 , phương trình (*) trở thành 9.3x +. 1 2 = − 8 4 ( x + 1) + 6 x 3. 1 2 + 8 4 ( x + 1) = 6 . x 3 Do đó phương trình có đúng 1 nghiệm x = −1  m = −2 không thỏa mãn. Vậy m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán..  9.3x +. Câu 39: Chọn D Ta có, 3x  0, x . Chia 2 vế cho 3x , ta được phương trình: 3x + 32− x = a cos ( x ) (*) . Điều kiện cần: Giả sử x0 là nghiệm của phương trình (*) thì 2 − x0 cũng là nghiệm của phương trình (*) . Suy ra x0 = 2 − x0  x0 = 1. Thay x0 = 1 vào phương trình, ta được 6 = a cos ( )  a = −6. Điều kiện đủ: Thử lại, với a = −6 , ta có phương trình 3x + 32− x = −6.cos ( x ) . Xét hàm số f ( x ) = 3x + 32− x . Ta có f  ( x ) = 3x.ln 3 − 32− x.ln 3 . Cho f  ( x ) = 0  x = 1 . Lại có f  ( x ) = 3x.ln 2 3 + 32− x.ln 2 3  0, x . Nên x = 1 là cực tiểu của hàm số f ( x ) . Suy ra min f ( x ) = f (1) = 6. Xét hàm số g ( x ) = −6 cos ( x ) Ta có −6  g ( x )  6. Suy ra, max g ( x ) = 6. Vì min f ( x ) = 6 và max g ( x ) = 6 nên phương trình f ( x ) = g ( x ) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi f ( x ) = g ( x ) = 6  x = 1. Do đó phương trình 3x + 32− x = −6.cos ( x ) có nghiệm duy nhất x = 1. Vậy để phương trình 3x + 32− x = a cos ( x ) có nghiệm duy nhất thì a = −6 . Câu 40: Chọn C Ta có: 10 x + 102− x + 2 = a cos ( x ) (*) . Điều kiện cần: Giả sử x0 là nghiệm của phương trình (*) thì 2 − x0 cũng là nghiệm của phương trình (*) . Suy ra x0 = 2 − x0  x0 = 1. Thay x0 = 1 vào phương trình, ta được 22 = a cos ( )  a = −22. Điều kiện đủ: Thử lại, với a = −22 , ta có phương trình 3x + 32− x + 2 = −22.cos ( x ) . Xét hàm số f ( x ) = 10 x + 102− x + 2 . Ta có f  ( x ) = 10 x.ln10 − 102− x.ln10 .. f ( x) = 0  x = 1 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 205.

(211) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Lại có f  ( x ) = 10 x.ln 2 10 + 102− x.ln 2 10  0, x . Nên x = 1 là cực tiểu của hàm số f ( x ) . Suy ra min f ( x ) = f (1) = 22. Xét hàm số g ( x ) = −22 cos ( x ) Ta có −22  g ( x )  22. Suy ra, max g ( x ) = 22. Vì min f ( x ) = 22 và max g ( x ) = 22 nên phương trình f ( x ) = g ( x ) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi f ( x ) = g ( x ) = 22  x = 1. Do đó phương trình 10 x + 102− x + 2 = −22 cos ( x ) có nghiệm duy nhất x = 1. Vậy để phương trình 10 x + 102− x = a cos ( x ) − 2 có nghiệm duy nhất thì a = −22 . Câu 41: Chọn D. e3x+5 y −10 − ex+3 y −9 = 1 − 2 x − 2 y  e3x+5 y −10 + 3x + 5 y −10 = e x+3 y −9 + x + 3 y − 9 Xét hàm đặc trưng f ( t ) = et + t có f  ( t ) = et + 1  0 nên f ( t ) đồng biến trên. . Từ đó suy ra. 3x + 5 y −10 = x + 3 y − 9  1 − 2 x = 2 y .. Thế vào phương trình: log 52 ( 3 x + 2 y + 4 ) − ( m + 6 ) log 5 ( x + 5 ) + m 2 + 9 = 0.  log 52 ( x + 5 ) − ( m + 6 ) log 5 ( x + 5 ) + m 2 + 9 = 0 Phương trình có nghiệm  ( m + 6 ) − 4 ( m 2 + 9 )  0  −3m 2 + 12m  0  m   0; 4 . 2. Mà m nguyên dương nên m  1; 2;3; 4 (có bốn giá trị). Câu 42: Chọn D Điều kiện: x   −1;1. )(. ) (. )( 2 + 2x 1 − x )   = ( x + 1 − x ) ( x + 1 − x ) + 1 = ( x + 1 − x ) + ( x + 1 − x ) (*)   (. Ta có e3m + e m = 2 x + 1 − x 2 1 + x 1 − x 2 = x + 1 − x 2 2. 2. 2. 2. Xét hàm h ( t ) = t 3 + t → h ( t ) = 3t 2 + 1  0, t . (. 3. 2. 2. nên từ phương trình (*) ta được:. ). h x + 1 − x 2 = h ( e m ) → x + 1 − x 2 = e m (**). Xét f ( x ) = x + 1 − x 2 , x   −1;1 ta có f  ( x ) = Phương. trình. đã. cho. có. nghiệm. 1 − x2 − x. ; f ( x) = 0  x =. 1 − x2 khi phương. trình. 1   −1;1 . 2. (**). có. nghiệm. 1  1   0  em  f   = 2  m  ln 2 = 2 ln 2 .  2 Câu 43: Chọn D 3 2 2 3 2 2 PT  2 x + x − 2 x + m − 2 x + x + x3 − 3x + m = 0  2 x + x − 2 x + m + ( x3 + x 2 − 2 x + m ) = 2 x + x + ( x 2 + x ) (1) Xét hàm số f ( t ) = 2t + t với t . .. Ta có f  ( t ) = 2t.ln 2 + 1  0 t . nên hàm số f ( t ) đồng biến trên. .. Phương trình (1) có dạng f ( x 3 + x 2 − 2 x + m ) = f ( x 2 + x ) Suy ra x3 + x2 − 2 x + m = x2 + x  m = − x3 + 3x (2) 206. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(212) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Bài toán trở thành tìm tập các giá trị của m để phương trình ( 2 ) có 3 nghiệm phân biệt. Ta có bảng biến thiên của hàm số g ( x ) = − x3 + 3x như sau. Từ bảng biến thiên suy ra m  ( −2; 2 ) hay a = −2; b = 2 . Vậy a + 2b = 2 . Câu 44: Có bao nhiêu số nguyên a  ( −200; 200 ) để phương trình e x + e x + a = ln (1 + x ) − ln ( x + a + 1) có nghiệm thực duy nhất. A. 399 .. B. 199 .. C. 200 . Lời giải. D. 398 .. Chọn B Xét f ( x ) = e x + e x + a  f  ( x ) = e x + e x + a  0 ,  x .. g ( x ) = ln (1 + x ) − ln (1 + x + a )  g  ( x ) =. 1 1 a − = . x + 1 x + a + 1 ( x + 1)( x + a + 1).  f ( x )  0 Nếu a  0 thì  nên f ( x ) = g ( x ) vô nghiệm.  g ( x )  0 Nếu a  0 thì f  ( x )  0 và g  ( x )  0 Ta có bảng biến thiên:. Dựa vào BBT, phương trình f ( x ) = g ( x ) luôn có nghiệm duy nhất. Do a  ( −200;0 ) và a . nên a  −199; −198;...; −1 .. Vậy có 199 số a . Câu 45: Chọn C Điều kiện: 3 x 2 + 3 x + m + 1  0 Ta có: log 2. 3x 2 + 3x + m + 1 2. 2x − x +1. = x2 − 5x + 2 − m. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 207.

(213) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. log 2. 3x 2 + 3x + m + 1 2. 2x − x +1. = x2 − 5x + 2 − m. (. ) (. ). (. ) (. ).  log 2 3x 2 + 3x + m + 1 + 3x 2 + 3x + m + 1 = log 2  2 2 x 2 − x + 1  + 2 2 x 2 − x + 1   1 Xét hàm số f ( t ) = log 2 t + t , t  0 ta có: f  ( t ) = + 1  0, t  0 t ln 2 Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0; +  ). (. ). Do đó ta có : 3x 2 + 3x + m + 1 = 2 2 x 2 − x + 1  m = x 2 − 5 x + 1 . Xét hàm số f ( x ) = x 2 − 5 x + 1 Ta có : f  ( x ) = 2 x − 5 = 0  x =. 5 2. Bảng biến thiên. Yêu cầu bài toán  −. 21  m  −3 . Mà m   m  −5; − 4 . 4. Câu 46: Chọn A Điều kiện: x . 1 . 2. Ta có: 52 x + 1− 2 x − m.51− 1− 2 x = 4.5 x  5 x + 1− 2 x − m.51− x − 1− 2 x = 4 5  5 x + 1− 2 x − m. = 4 (*). Đặt t = 5 x + 1− 2 x , t  ( 0;5 x + 1− 2 x 5 5m Phương trình (*) trở thành: t − = 4  t 2 − 4t = 5m , t  ( 0;5 t Xét hàm số f ( t ) = t 2 − 4t , t  ( 0;5 . Ta có: f  ( t ) = 2t − 4 = 0  t = 2 Bảng biến thiên. Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f ( t ) , ta có yêu cầu bài toán. 4  4   4 9  −4  5m  5  −  m  1  m  − ;1  b − a = 1 −  −  = . 5  5   5 5 Câu 47: Chọn B Xét phương trình hoành độ giao điểm, ta có:. 208. 1 1 1 1 1 1 1 1 + = x +  f ( x) = x + − x − = 0 x a b b a a b b a. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(214) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Để hai đồ thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt  f ' ( x ) =. 1 1 1 1 ln   − ln   = 0 có 1 nghiệm ax  a  bx  b . 1 ln   x 1 1 1 1 b b   1 Ta có: x ln   − x ln   = 0    =   = log 1   = log a b  x = log  b   log a b  a   a b b  a  ln  1  a b a   a  b0  a 1   a0 a 1 a 1    Để x tồn tại  log a b  0   b  1   b  1 b b  a b  a   a  0  b  1  a Vậy về cơ bản a; b được chọn từ 2;3;....;100 . Vậy số cặp ( a; b ) thỏa mãn yêu cầu đề bài là A992 = 9702 Câu 48: Chọn A Điều kiện xác định: mx + 9  0 Ta có: ( mx + 9 ) .log 3 ( x 2 + 1) . ( mx + 9 )  = 9 − ( x 2 − 1) ( mx + 9 ) Đặt: u = mx + 9 . Điều kiện: u  0 Ta có: u.log 3 ( x 2 + 1) u  = 9 − ( x 2 − 1) .u 9 Vì u  0 nên chia hai vế cho u , ta được: log3 ( x 2 + 1) u  = − ( x 2 − 1) u.  ( x 2 + 1) u = 3  ( x + 1) u = 2. (. ). 9 − x 2 −1 u. 9.3. 9 u. ( x +1) 2. 3. 9.  ( x 2 + 1) u =. 3u 3. x 2 −1. 9.  ( x 2 + 1) u =. 3u. ( x +1)−2 3 2. 9.  ( x 2 + 1) u =. 3u. ( x +1).3−2 2. 3. ( x +1) = 9 .3u  ( x + 1) 3 2. 9. 2. u. Ta có: f ( a ) = a.3a  f ' ( a ) = 3a + a.3a ln 3 = 3a (1 + a ln 3)  0a  0 do a = x 2 + 1 =. 9 u. Vậy phương trình có nghiệm x=0  9 9  x2 + 1 = =  ( x 2 + 1) ( mx + 9 ) = 9  mx3 + 9 x 2 + mx = 0   2 u mx + 9  g ( x ) = mx + 9 x + m = 0 Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì g ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0. −9 9  2 m  = 81 − 4m  0  Vậy ta có:  2 2  g ( 0) = m  0  Vậy các giá trị nguyên m cần tìm là −4; −3; −2; −1;1; 2;3; 4 Câu 49: Chọn A Điều kiện: x. 1; x. 2.. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 209.

(215) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. 2 3x 1. Xét hàm số f x f. x. 2 ln 3 3x. 1. 1. x 1. x 1. 2. x 1. x. 2. Lập bảng biến thiên suy ra m. f. 2. 2. m. 0. \ 1; 2 .. trên. x. 20;20. 0, x m. \ 1; 2. m. 0; 20. 1; 2;3;...;19 .. Vậy, có 19 giá trị thỏa mãn. Câu 50: Chọn B Xét phương trình : log a 11 + log 1 7. ). (. x 2 + ax + 10 + 4 .log a ( x 2 + ax + 12 )  0 (1). 0  a  1 Điều kiện :  2 . Với điều kiện đó, ta có phương trình (1) tương đương: x + ax + 10  0  log a 11.log a 7 − log a. . . ln11.ln 7 − ln. (. (. ). x 2 + ax + 10 + 4 .log a ( x 2 + ax + 12 ) log a 7. ). x 2 + ax + 10 + 4 .ln ( x 2 + ax + 12 ) ln a.ln a.log a 7. ln ( 3 + 4 ) .ln ( 32 + 2 ) − ln. (. ) (. Do đó hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0; + ) Trường hợp 1: Nếu a  1 thì ln a  0 , ta có:. (*)  ln ( 3 + 4 ) .ln ( 32 + 2 ) − ln (  f ( 3)  f. (. 0.  x 2 + ax + 10 + 4 .ln   ln a.ln 7. Xét hàm số: f ( t ) = ln ( t + 4 ) .ln ( t 2 + 2 )  f ' ( t ) =. ). 0. x 2 + ax + 10. ) + 2  2. 0. ( *). 1 2t ln ( t 2 + 2 ) + ln ( t + 4 ) . 2  0, t  0 t+4 t +2. ) (.  x 2 + ax + 10 + 4 .ln  . x 2 + ax + 10. ) + 2   0 2. x 2 + ax + 10  3  x 2 + ax + 10  9  x 2 + ax + 10  x 2 + ax + 1  0. Bất phương trình có nghiệm duy nhất   = a2 − 4 = 0  a = 2 (vì a  1 ) Trường hợp 2: Nếu 0  a  1 thì ln a  0 , ta có: 2 (*)  ln ( 3 + 4 ) .ln ( 32 + 2 ) − ln x 2 + ax + 10 + 4 .ln  x 2 + ax + 10 + 2   0  . (.  f ( 3)  f. (. ) (. ). ). x 2 + ax + 10  3  x 2 + ax + 10  9  x 2 + ax + 10  x 2 + ax + 1  0. Khi đó bất phương trình không thể có nghiệm duy nhất. Vậy a = 2 .. 210. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(216) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. GTLN-GTNN CỦA HÀM SỐ MŨ VÀ LOGARIT Câu 1:. Cho a  1, b  1 . Tính S = log a ab , khi biểu thức P = log 2a b + 8 log b a đạt giá trị nhỏ nhất. A. S = 6 3 2 .. Câu 2:. Cho hàm số f ( x ) =. B. S =. 1+ 3 4 . 2. (. C. S = 3 4 .. ). D. S = 2 1 + 3 4 .. 9x . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho 9 x + m2. f ( a ) + f ( b ) = 1 với mọi số thực a, b thỏa mãn e a + b  e 2 ( a + b − 1) . Tính tích các phần tử của S.. Câu 3:. D. −9 .. A. 81 .. B. −3 .. Cho hàm số f ( x ) = log 3. m2 x . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho 1− x. C. 3 .. f ( a ) + f ( b ) = 3 với mọi số thực a, b thỏa mãn e a + b  e ( a + b ) . Tính tích các phần tử của S.. B. 3 3 .. A. 27 . Câu 4:. C. −3 3 .. D. −27 .. Cho hai số thực b  a  1 . Tính S = log a 3 ab , khi biểu thức P =. log a b + log a ab đạt giá trị 2a log a   b. nhỏ nhất. B. S =. A. S = 4 . Câu 5:. 11 . 4. C. S =. 4 . 3. D. S = 3 .. Cho hai số thực a  1, b  1 . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = m tối giản. Tính P = 2m + 3n . n B. P = 42 . C. P = 24 .. m 1 1 là với + n log ab a log 4 ab b. m, n là các số nguyên dương và. A. P = 30 . Câu 6:. Cho các số thực x, y , z không âm thỏa mãn 0  ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x )  2 . Biết giá trị lớn 2. nhất của biểu thức là A. S = 13 . Câu 7:. D. P = 35 . 2. 2. a a , với a, b là các số nguyên dương và là tối giản. Tính S = 2a + 3b . b b B. S = 42 . C. S = 54 . D. S = 71 .. Số thực a nhỏ nhất để bất đẳng thức ln ( 1 + x )  x − ax 2 luôn đúng với mọi số thực dương x là m m , với m, n là các số nguyên dương và tối giản.Tính T = 2m + 3n . n n A. T = 5 . B. T = 8 . C. T = 7 . D. T = 11 . x. Câu 8:. y. z. Cho x, y , z là các số thực không âm thỏa mãn 0  4 3 + 4 3 + 4 3 − các số nguyên dương và A. S = 13 .. a là tối giản. Tính S = 2a + 3b . b B. S = 42 . C. S = 54 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 4 a 1 x + y + z ) là , với a, b là ( b 108. D. S = 71 .. 211.

(217) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 9:. Cho các số thực a ; b ; c thuộc đoạn 1; 2  thỏa mãn log 32 a + log 32 b + log 32 c  1 . Tính giá trị biểu. (. ). thức S = a + b + c khi biểu thức P = a 3 + b3 + c 3 − 3. log 2 a a + log 2 bb + log 2 c c đạt giá trị lớn nhất. 1. B. S = 3.2. A. S = 5 .. 3. 3. C. S = 6 .. .. D. S = 4 .. Câu 10: Cho các số thực a , b  ( 1; 2  thỏa mãn a  b . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức. (. ). P = 2log a b2 + 4b − 4 + log 2b a là m + 3 3 n với m , n là các số nguyên dương. Tính S = m + n . a. C. S = 54 .. B. S = 18 .. A. S = 9 .. D. S = 15 .. Câu 11: Xét các số thực a , b thỏa mãn b  a  1 , biết P = log 2a b4 + log b a đạt giá trị nhỏ nhất bằng M b. khi b = am . Tính T = M + m . 37 7 A. T = . B. T = . 10 2. 17 . 2. C. T =. 35 . 2. D. T =. Câu 12: Cho hai số thực số thực a , b thỏa mãn a  b  1 . Biết rằng P =. 1 a + log a đạt giá trị lớn log ab a b. nhất khi có số thực k sao cho b = ak . Mệnh đề nào sau đây đúng? 1 1 1 A. 0  k  . B.  k  1 . C. −1  k  − . 2 2 2. 1 D. −  k  0 . 2. Câu 13: Xét hai số thực số thực a , b thay đổi thỏa mãn b  a  1 , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  a2  P = log 3a  2  + log 3 2 b b . A.. b  . a. 23 + 16 2 . 2. B.. 23 − 16 2 . 2. C.. 23 + 8 2 . 2. D.. 23 − 8 2 . 2. Câu 14: Cho các số thực a ; b ; c thuộc đoạn 1; 2  thỏa mãn log 32 a + log 32 b + log 32 c  2 . Tính giá trị lớn. (. nhất của biểu thức P = a 3 + b3 + c 3 − 3. log 2 a a + log 2 bb + log 2 c c C. 3 3 4 .. B. 6 .. A. 3 . Câu 15: Cho hàm số f ( t ) =. ). D. 5 .. 4t (với m  0 là tham số thực ). Biết f ( x ) + f ( y ) = 1 với mọi số thực 4t + m. 1 1 1 1  dương x ; y thỏa mãn ( x + y ) 2  . ( x + y ) + . Tìm GTNN của hàm số f ( t ) trên đoạn  ;1 2 2 2  3 1 1 5 A. min f ( t ) = . B. min f ( t ) = . C. min f ( t ) = . D. min f ( t ) = . 1 1 1 1        4 2 4 4  ;1  ;1  ;1  ;1. Câu 16: Cho S=. hai. số. thực. x. ,. y. phân. biệt. 2 . thỏa. mãn. x , y  ( 0; 2018 ).  y 1  x − ln  ln  . Mệnh đề nào dưới đây đúng? y − x  2018 − y 2018 − x . A. S . 212. 2 . 2 . 2 . 2 . 1009. B. S . 2 . 1009. C. S . 4 . 1009. D. S . 4 . 1009. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. .. Đặt.

(218) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 17: Cho a , b , c , d là các số thực không âm và có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. (. )(. ). P = 1 + a2 + b2 + a2 b2 1 + c 2 + d 2 + c 2 d 2 . 4.  17  C.   .  16 . 17 B. 4 ln . 16. A. 2 .. (. D. ln. 17 . 16. ). Câu 18: Cho các số thực dương a , b thỏa mãn ln a 2 + b2  a 2 + b2 − 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = log 2 ( a + 1) + log 2 b .. A.. 3 log 2 3 + 2 . 2. B.. 2 log 2 3 + 2 . 3. C.. 3 log 2 3 − 2 . 2. D. 2log2 3 − 2 .. m x Câu 19: Số thực a nhỏ nhất để bất đẳng thức ln( x + 1)  x − + ax 3 đúng với mọi số thực dương x là n 2 m với m, n là các số nguyên dương và tối giản. Tính S = 2m + 3n. n A. S = 8. B. S = 20. C. S = 11. D. S = 34.. Câu 20: Cho các số thức x , y , z  1; 2  , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = 3x + 3y + 3z − B. 15.. A. 5. Câu 21: Cho hàm số f (t ) =. C. 8.. 2 3 x + y + z) . ( 5. D. 6.. 16t . Gọi S là tập hợp tất cả các số thực m sao cho f (a) + f (b) = 1 với 16t + m2. mọi số thực a, b thỏa mãn e a + b  e 2 ( a + b − 1) . Hỏi S có bao nhiêu phần tử? C. 0.. B. 2.. A. 1.. Câu 22: Cho hai số thực a  b  1 . Biết rằng biểu thức T =. D. 4.. 2 a + log a đạt giá trị lớn nhất là M khi log ab a b. có số thực m sao cho b = am . Tính P = M + m . 49 19 81 23 A. P = . B. P = . C. P = . D. P = . 16 16 8 8 1 Câu 23: Cho hai số thực a, b thay đổi thỏa mãn  b  a  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4  1 P = log a  b −  − log a b . 4  b 7 9 1 3 A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 Câu 24: Xét các số thực a , b , c  ( 1; 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. (. ). (. ). (. ). P = log bc 2a 2 + 8a − 8 + log ca 4b2 + 16b − 16 + log ab c 2 + 4c − 4 .. A. log 3. 289 + log 9 8 . 2 4. B.. 11 . 2. C. 4 .. D. 6 .. Câu 25: Xét các số thực a, b thỏa mãn a  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức a P = log 2a a2 + 3log b   . b b. ( ). A. Pmin = 19 .. B. Pmin = 13 .. C. Pmin = 14 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. Pmin = 15 . 213.

(219) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 26: Cho hai số thực a, b thay đổi thỏa mãn. 1  b  a  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất m của biểu thức 6. 1  6b − 1  3 P = log 3a   + 4log b a 8  9  a. B. m = 12 .. A. m = 9 .. Câu 27: Cho hai số thực x, y thỏa mãn 3x. (. 2. C. m =. + y2 −2. .log 2 ( x − y ) =. ). 23 . 2. D. m =. 25 . 2. 1 1 + log 2 (1 − xy )  . Giá trị lớn nhất của biểu 2. thức P = 2 x 3 + y 3 − 3xy bằng A.. 13 . 2. Câu 28: Gọi. B. là. S. tập. hợp. 17 . 2. C. 3 .. các. cặp. số. ln ( x − y ) − 2017 x = ln ( x − y ) − 2017 y + e 2018 . x. y. thực. D. 7 .. ( x; y ). thỏa. mãn. x  −  1;1. và. Biết giá trị lớn nhất của biểu thức. P = e 2018 x ( y + 1) − 2018 x 2 với ( x; y )  S đạt tại ( x0 ; y0 ) . Mệnh đề nào dưới đây đúng:. A. x0  ( −1; 0 ) .. B. x0 = −1 .. C. x0 = 1 .. D. x0  0;1) .. Câu 29: Cho hai số thực dương x, y thay đổi thõa mãn x 2 − 4 y 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = log 2 ( x + 2 y ) .log 2 ( 2 x − 4 y ) .. A.. 1 . 2. B.. 1 . 4. C.. 1 . 3. D.. 2 . 9. Câu 30: Cho hai số thực a, b thay đổi thỏa mãn a  b  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2. a b P = log a   + 3log b   . b a. B. 5 − 6 .. A. 5 .. C. 5 − 2 6 .. D. 4 − 6. Câu 31: Cho các số nguyên dương a, b thỏa mãn b  4 . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=. 4 a b2 a. (4. a. A. 43.. − ba. ). 3. +. m m 7.4 a − 2 là với m, n là các số nguyên dương và tối giản. Tính S = m + n . a n n b. B. 33.. Câu 32: Cho các số thực x1 , x2 ,..., xn. C. 23. D. 13 1  thuộc khoảng  ;1  . Tìm giá trị nhỏ nhất của 4 .  1  1  1 P = log x1  x2 −  + log x2  x3 −  + ... + log xn  x1 −  . 4 4 4   . A. 2n .. B. n .. C. 2 .. D. 4 .. Câu 33: Cho các số thực a, b thỏa mãn a3  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 8. A. e .. 214. 1 B. . 8. 1 4. C. e .. D.. log a3 ( ab ) .log b a b. 3 ( log a b − 1) + 8. 1 . 4. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 2.

(220) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..  a 2 + 4b 2  1 . Câu 34: Cho hai số thực a, b lớn hơn 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = log a  + 4 4log b   ab 13 7 9 5 A. . B. . C. . D. . 4 4 4 4. Câu 35: Cho hai số thực a, b thay đổi thỏa mãn. 1  3b − 1   b  1 . Biết biểu thức P = log a  + 12log 2b a đạt 3  3  4a  a. giá trị nhỏ nhất bằng M khi a = bm . Tính T = M + m A. T = 15 .. B. T = 12 .. C. T =. 37 . 3. D.. 28 . 3. Câu 36: Cho hai số thực a, b thay đổi thoả mãn a  b  1. Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức. (. S = log a b. 2. ). 2.  + 6  log  . 2. b a. b  là m + 3 n + 3 p với m, n, p là các số nguyên. Tính T = m + n + p . a . B. T = 0 .. A. T = −1 .. C. T = −14 .. D. T = 6 .. ( ). Câu 37: Cho các số thực a  1  b  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = log a2 a2 b + log b a 3 . A. 1 − 2 3 .. B. 1 − 2 2 .. C. 1 + 2 3 .. D. 1 + 2 2 .. Câu 38: Cho các số thực a, b, c  1 thỏa mãn a + b + c = 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P = log 3 a + 2log9 b + 3log27 c . A. log 3 5 .. C. log 3 15 .. B. 1.. D. log 3 5 − 1 .. Câu 39: Cho các số thực dương x, y , z bất kì thoả mãn xyz = 10. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = log 2 x + 1 + log 2 y + 4 + log 2 z + 4. A.. 29 .. 23 .. B.. C.. 26 .. D.. 27 .. Câu 40: Cho hai số thực dương a, b nhỏ hơn 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  4ab  P = log a   + log b ( ab ) .  a + 4b . 1+ 2 2 2+ 2 5+ 2 3+2 2 . B. . C. . D. . 2 2 2 2 Câu 41: Với các số thực dương x, y , z đôi một phân biệt thỏa mãn x, y, z  1 và xyz = 1 . Tìm giá trị nhỏ. A.. nhất của biểu thức P = log x.   y z x + log y + log z + 2  log x z + log y x + log z y  .   z x y y x z  . B. 9 .. A. 2 2 .. Câu 42: Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn. (. P = 4a 3 + b3 − 4log 2 4 a 3 + b3. A. −4 . C.. 4  4  − 4log 2  . ln 2  ln 2 . ). C. 6 .. D. 6 2 .. 1 2 log 2 a = log 2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 b. B. 4 log 2 6 . D. 4 ( 1 − log 2 3 ) .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 215.

(221) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. (. ). 1 Câu 43: Cho các số thực a, b thay đổi thỏa mãn a  , b  1 . Khi biểu thức log 3 a b + log b a 4 − 9 a 2 + 81 đạt 3 giá trị nhỏ nhất thì tổng a + b bằng. C. 3 + 9 2 .. B. 9 + 2 3 .. A. 3 + 3 2 .. D. 2 + 9 2 .. 1  Câu 44: Gọi a1 , a2 , a3 ,..., a20 là các số thực thuộc khoảng  ;1  và M là giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4  3.  1 P = log a  a2 −  + log 1 4  khoảng nào dưới đây?. 3. a2.  1  a3 −  + ... + log 4 . B. ( 225; 235 ) .. A. ( 235; 245 ) .. 3. a19.  1  a20 −  + log 4 . C. ( 245; 255 ) .. 3.  1 a −  . Vậy M thuộc a20  1 4 . D. ( 215; 225 ) .. 1  Câu 45: Cho các số thực a, b, c thuộc khoảng  ;1  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3  2. 2. 2. 3 1 3 1 3 1 P = log a  b −  + log b  c −  + log c  a −  thuộc khoảng nào dưới đây? 4 4 4 4 4 4. B. ( 10;15 ) .. A. ( 0;10 ) .. C. ( 15; 30 ) .. D. ( 30; 40 ) .. Câu 46: Cho ba số thực x, y , z không âm thỏa mãn 2x + 4 y + 8z = 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S=. A.. x y z + + . 6 3 2. 1 . 12. B.. 4 . 3. C.. 1 . 6. D. 1 − log 4 3. Câu 47: Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 2x + 2y = 4 . Tìm giá trị lớn nhất Pmax của biểu thứco. (. )(. ). P = 2 x 2 + y 2 y 2 + x + 9 xy .. A. Pmax =. 27 . 2. B. Pmax = 18 .. C. Pmax = 27 .. D. Pmax = 12. Câu 48: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log 2 (4 x + 16) + x − 3 y − 8 y = −2 . Gọi ( xo ; yo ) là cặp ( x; y) khi biểu thức P = x2 + 3x + 1 + 8y đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của xo3 + 3 yo bằng A. 9.. C. −7.. B. 7.. D. −9.. Câu 49: Cho hai số thực a  1, b  1 và biết phương trình ax .bx+1 = 1 có nghiệm thực. Giá trị nhỏ nhất của 4 biểu thức P = log a ab + bằng log a b 2. A. 6 .. B. 5 .. D. 10 .. C. 4 .. Câu 50: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn 3(3 y + y ) = x + log 3 x − 3. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3. P = y 2 − log 9 x bằng. A. −. 216. 7  16. B.. 7  16. C.. 9  16. D. −. 9  16. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(222) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.B. 2.D. 3.C. 4.C. 5.A. 6.C. 7.B. 8.D. 9.D. 10.D. 11.B. 12.B. 13.B. 14.D. 15.B. 16.A. 17.C. 18.C. 19.C. 20.D. 21.B. 22.A. 23.C. 24.D. 25.D. 26.B. 27.A. 28.A. 29.D. 30.C. 31.A. 32.A. 33.B. 34.B. 35.D. 36.C. 37.A. 38.B. 39.C. 40.C. 41.D. 42.D. 43.C. 44.A. 45.D. 46.C. 47.B. 48.C. 49.A. 50.D. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn B Ta có P = log 2a b + 8log b a = log a2 b +  3 3 log 2a b.. 4 4 4  log a b = 3 4 . . = 3 3 16 . Dấu bằng xảy ra  log 2a b = log a b log a b log a b.  S = log a ab =. Câu 2:. 8 4 4 = log a2 b + + log a b log a b log a b. 1 1+ 3 4 1 + log a b ) = . ( 2 2. Chọn D Ta có: e a + b  e 2 ( a + b − 1)  e a + b − 2 − ( a + b − 2 )  1. ( 1). Xét hàm số: f ( t ) = e t − t  f  ( t ) = e t − 1 = 0  t = 0 f  ( t )  0  t  0; f  ( t )  0  t  0  min f ( t ) = f ( 0 ) = 1.  f ( t )  f ( 0 ) , t  e t − t  1  e a + b−2 − ( a + b − 2 )  1. (2). e a + b−2 − ( a + b − 2 ) = 1  a+b = 2 Từ (1) , ( 2 )   a + b − 2 = 0. (. ) ). 2.9a+ b + m2 9a + 9b 9a 9b Ta có: 1 = f ( a ) + f ( b ) = a + = a 9 + m2 9 b + m2 9 + m2 9 b + m2. (. (. ). (. )(. ).  2.9 a+ b + m2 9 a + 9b = 9 a +b + m2 9 a + 9b + m4  m4 = 9 a+ b  m4 = 81  m =  4 81 = 3 Do đó tích các phần tử của S bằng −9.. Câu 3:. Chọn C Ta có: e a + b  e ( a + b )  e a + b − e ( a + b )  0. ( 1). Xét hàm số: f ( t ) = e t − et  f  ( t ) = e t − e = 0  t = 1 f  ( t )  0  t  1; f  ( t )  0  t  1  min f ( t ) = f (1) = 0.  f ( t )  f (1) , t  e t − t  0  e a+ b − ( a + b )  0. (2). e a + b − ( a + b ) = 0 Từ ( 1) , ( 2 )   a + b = 1 m2 ( 1 − a ) m2 a  f ( a ) + f ( b ) = f ( a ) + f (1 − a ) = log 3 + log 3 = log 3 m4  m4 = 27  m =  4 27 1− a 1 − (1 − a) Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 217.

(223) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Do đó tích các phần tử thuộc S là − 27 = −3 3. Câu 4:. Chọn C Ta có P =. log a b. (1 − log b ). +. 2. a. 1 + log a b t 1+ t . Với t = loga b  1, b  a  1. = f (t ) = + 2 2 (1 − t ) 2. Do đó f ( t )  min f ( t ) = f ( 3 ) = (1; + ). Câu 5:. Chọn A Ta có S = . Câu 6:. 1 + log a b 4 11 . Dấu bằng đạt tại log a b = 3  S = = . 4 3 3. 1 1 1 5  1  + = ( 1 + log a b ) + (1 + log b a ) = +  log a b + log b a  log ab a log 4 ab b 4 4  4 . 5 1 5 9 + 2 log a b. log b a = + 1 = . Vậy m = 9, n = 4  P = 2.9 + 3.4 = 30. 4 4 4 4. Chọn C Từ giả thiết ta có 2  2x2  x  1; tương tự ta có 0  z, y , x  1. (. ) (. ). Và 2 x 2 + y 2 + z 2  2 x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx )  2  x 2 + y 2 + z 2  1. (. ). (. ). Ta có x 4 + y 4 + z 4  x 2 + y 2 + z 2  ln x 4 + y 4 + z 4  ln x 2 + y 2 + z 2  0 Xét hàm số f ( t ) = 4t − 3t − 1 , ta có: f  ( t ) = 4t ln 4 − 3; f  ( t ) = 0  t = log 4. 3  0;1 ln 4  . Bảng biến thiên.   3  Suy ra f ( t )  Max  f ( 0 ) ; f (1) ; f  log 4   = f ( 0 ) = f (1) = 0 0;1 ln 4    . Vậy ta có 4t  3t + 1. Áp dụng ta có 4 x + 4 y + 4 z  3 ( x + y + z ) + 3 . Từ đó suy ra P  3 ( z + y + z ) + 3 − Câu 7:. Chọn B Từ điều kiện ta có a  Xét hàm số f ( x ) =. x − ln ( 1 + x ) x2. x − ln ( 1 + x ) x2. Xét g ( x ) = 2ln (1 + x ) − x −. 218. 3 21 x + y + z)   S = 2a + 3b = 54 . Chọn C ( 4 4. , x  0 .. . Ta có f  ( x ) =. 2ln (1 + x ) − x −. x 1+ x. x3. x 2 1 −x2 −1− =  0, x  0 , ta có g ( x ) = 2 2 x+1 x+1 x + 1 x + 1 ( ) ( ) Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(224) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Do đó g ( x )  g ( 0 ) = 0, x  0. Suy ra f  ( x ) =. g ( x).  0, x  0. x3. Do đó lập bảng biến thiên của hàm số f ( x ) ta có giá trị cần tìm là a  lim+ f ( x ) = x →0. 1 . 2. Vậy T = 2.1 + 3.2 = 8 . Câu 8:. Chọn D. (. ). Từ giả thiết ta có 2 x 2  2 x 2 + y 2 + z 2  ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x )  18  x  0; 3 . 2. 2. 2. y. x. z. Một cách tương tự ta có y , z  0; 3  .Do đó ta có 4 3  x + 1,4 3  y + 1,4 3  z + 1, x , y , z  0; 3 Vì vậy P  x + y + z + 3 −. 4 1 x + y + z) . ( 108. Đặt t = x + y + z  0; 9  , ta có P  f ( t ) = t + 3 −. 1 4 21 t  Max f ( t ) = f ( 3 ) = . 0;9  108 4. Dấu bằng đạt tại ( x; y; z ) = ( 3;0;0 ) ; ( 0; 3;0 ) ; ( 0;0; 3 ) . Vậy S = 2.21 + 3.4 = 54. Câu 9:. Cho các số thực a ; b ; c thuộc đoạn 1; 2  thỏa mãn log 32 a + log 32 b + log 32 c  1 . Tính giá trị biểu. (. ). C. S = 6 . Lời giải. D. S = 4 .. thức S = a + b + c khi biểu thức P = a 3 + b3 + c 3 − 3. log 2 a a + log 2 bb + log 2 c c đạt giá trị lớn nhất. 1. B. S = 3.2. A. S = 5 . Chọn D. 3. 3. .. (. Ta có: P = a 3 + b3 + c 3 − 3. log 2 a a + log 2 bb + log 2 c c = a 3 + b3 + c 3 − 3. ( a.log 2 a + b.log 2 b + c.log 2 c ). log 2 a = x  a = 2  Đặt log 2 b = y  b = 2 y  P = 2 x log c = z  c = 2 z  2. ). .. x. ( ) + (2 ) + (2 ) 3. y. 3. z. 3. (. ). − 3. x.2 x + y.2 y + z.2 z và x 3 + y 3 + z 3  1.. Với a ; b ; c  1; 2   x ; y ; z0;1 . x = 0 . Dễ dàng chứng minh được 2 x  x + 1, x0 ;1 , dấu bằng xảy ra   x = 1. ( )  ( 2 ) − 3x. ( 2 ). ( )  3.( 2 ) .x − 3.2 .x + x + 1  3x.2 ( 2 − x − 1) + x + 1  x + 1. Từ đó suy ra: P  ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1)  4 . 3. Ta có: 2 x − x  1  2 x x. 3. x. 2. x. 3. 3. x. 2. x. x. 3. 3. 2. 3. 3. 3. Dấu bằng xảy ra khi trong 3 số x ; y ; z có một số bằng 1 và hai số còn lại bằng 0.  a = 21 = 2  Giả sử x = 1; y = z = 0 thì b = 20 = 1  S = a + b + c = 2 + 1 + 1 = 4 . c = 2 0 = 1 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 219.

(225) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 10: Chọn D Ta có: log 2b a = a. 1 b log a. =. 2 a. ( log. 1. b − 1) a. 2. .. (. ). Với mọi a , b  ( 1; 2  ta có b2 + 4b − 4  b3 vì tương đương với ( b − 1) b2 − 4  0 . Dấu bằng đạt tại b = 2 .. (. ). Khi đó log a b2 + 4b − 4  log a b3 . Đặt x = log a b ( x  1) , ta có: P  6 x +  6 + 3 3 3 ( x − 1) .3 ( x − 1) .. 1. ( x − 1). Dấu bằng đạt tại 3 ( x − 1) =. 2. 1. ( x − 1). 2. = 3 ( x − 1) + 3 ( x − 1) +. 1. ( x − 1). 2. +6.. = 6 + 33 9 .. 1. ( x − 1).  ( x − 1) = 3. 2. 1 1 1 .  x = 1+  log a b = 1 + 3 3 3 3 3. Do đó m = 6 , n = 9  S = m + n = 15 . Câu 11: Chọn B 2.  4log a b  16 x 2 1 + x. Ta có: P =   + log b a . Đặt x = log a b ( 0  x  1) , ta có: y = 2  1 − log a b  (1 − x ) 2. y =. −65x 3 + 3x 2 − 3x + 1 2 (1 − x ) x2 3. ; y = 0  x =. 1 1 7  ymin = y   = . 5 5 2. 7 1 37 Do đó M = , m =  T = M + m = . 2 5 10. Câu 12: Chọn B Ta có: P =. 1 a + log a = log a ( ab ) + log a a − log a b = 1 + log a b + 1 − log a b . log ab a b 2. 1 a  1 9 9 P= + log a = −  1 − log a b −  +  . log ab a b 2 4 4 . Dấu bằng đạt tại. 1 − log a b =. 3 1 1 3 3  log a b =  b = a 4  k = . Vậy  k  1 . 2 2 4 4. Câu 13: Chọn B  a2  Ta có: P = log  2  + log 3 2 b b  3 a. 3. 3 b   a  3 b 3 1  .   =  2log a    + log b   = 8 (1 − log a b ) +  1 − 2  log a b  a   b  2 a. 3 3 1 Đặt x = log a b ( x  1) , ta có: P = f ( x ) = 8 (1 − x ) +  1 −  . 2 x. f ( x) =. (. 2 3 − 24 ( 1 − x ) ; f  ( x ) = 0  x − x 2 2 2x. ). 2. =. 1 1+ 2 x=  ( 1; +  ) . 16 2.  1 + 2  23 − 16 2 Suy ra Pmax = max f ( x ) = f  . =  2  (1; + ) 2   220. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(226) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 14: Chọn D. (. Ta có: P = a 3 + b3 + c 3 − 3. log 2 a a + log 2 bb + log 2 c c = a 3 + b3 + c 3 − 3. ( a.log 2 a + b.log 2 b + c.log 2 c ). log 2 a = x  a = 2  Đặt log 2 b = y  b = 2 y  P = 2 x log c = z  c = 2 z  2. ). .. x. ( ) + (2 ) + (2 ) 3. y. 3. z. 3. (. ). − 3. x.2 x + y.2 y + z.2 z và x 3 + y 3 + z 3  2.. Với a ; b ; c  1; 2   x ; y ; z0;1 . x = 0 . Dễ dàng chứng minh được 2 x  x + 1, x0 ;1 , dấu bằng xảy ra   x = 1. ( )  ( 2 ) − 3x. ( 2 ). ( )  3.( 2 ) .x − 3.2 .x + x + 1  3x.2 ( 2 − x − 1) + x + 1  x + 1. Từ đó suy ra: P  ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1)  P  ( x + y + z ) + 3  P  5 . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P = a + b + c − 3. ( log a + log b + log c ) bằng 5 3. Ta có: 2 x − x  1  2 x x. 3. x. 2. x. 3. x. 2. x. x. 3. 2. 3. 3. 3. 3. 3. 3. 3. 3. 3. 3. 3. a. b. 2. c. 2. 2. khi trong 3 số x ; y ; z có hai số bằng 1 và số còn lại bằng 0  hai trong 3 số a ; b ; c bằng 2 và số còn lại bằng 1. Câu 15: Chọn B 1 1 1 Từ điều kiện bài toán ta có: ( x + y ) 2  . ( x + y ) +  x + y = 1. 2 2. (. ). 8 + m. 4 x + 41− x 4x 41− x Khi đó 1 = f ( x ) + f (1 − x ) = x + =  m = 2  0. 4 + m 41− x + m 4 + m. 4 x + 41− x + m2. (.  f (t ) =. ). 1 1  min f ( t ) = f   = . 1  2 2 2  2 ;1 1+ t   4 1. Câu 16: Chọn A  t  Đặt f ( t ) = ln   . Theo định lí Lagrange ta có  2018 − t . S= .  f ( y) − f ( x) y 1  x 2018 − ln = f  ( u) =  ln = y − x  2018 − y 2018 − x  y−x u ( 2018 − u ). 2018 2 . Với u là số nằm giữa x và y . =  u + 2018 − u  1009   2  . Câu 17: Chọn C Ta có. (. )(. ) ( )( )(  ln P = ln (1 + a ) + ln (1 + b ) + ln (1 + c ) + ln (1 + d ) .. )(. P = 1 + a2 + b2 + a2 b2 1 + c 2 + d 2 + c 2 d 2 = 1 + a2 1 + b2 1 + c 2 1 + d 2 2. 2. 2. ). 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 221.

(227) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. (. ). Ta chứng minh được bất đẳng thức: ln 1 + t 2  Áp dụng ( ) ta có:. (. ). (. ). (. ). (. ). ln 1 + a 2 + ln 1 + b2 + ln 1 + c 2 + ln 1 + d 2 . 8 2 17 t − + ln , t  0;1 ( ) . 17 17 16. 8 8 17 a + b + c + d ) − + 4ln ( 17 17 16. 4. 17 1  17   ln P  4ln  P    . Dấu bằng xảy ra khi vầ chỉ khi a = b = c = d = . 16 4  16  4.  17  Vậy min P =   .  16 . Câu 18: Chọn C Từ điều kiện ta có a2 + b2 = 1  b = 1 − a 2 .. ). (. Do đó P = log 2 ( a + 1) + log 2 1 − a 2 = log 2 ( a + 1) 1 − a2  log 2. 3 3 3 = log 2 3 − 2 . 2 4. Câu 19: Chọn C Ta có ln( x + 1)  x −. 2. x + ax 3 , x  0  a  2. ln( x + 1) − x + x3. x2 2 , x  0..  1  3 x2  2 x2 − 1 + x x − 3 x ln( x + 1) − x +     ln( x + 1) − x + x+1 2     2 Đặt f ( x) =  f ( x) = x3 x6. =. −3ln( x + 1) + 2 x − x4. x2 x + 2 x+1.. Đặt g( x) = −3ln( x + 1) + 2 x −. −3 1 −x3 x2 x  g( x) = +2−x+ =  0, x  0. + 2 2 2 x+1 x+1 ( x + 1) ( x + 1). g( x)  0, x  0  a = lim+ f ( x) = lim+ x →0 x →0 x4 −1 2 +1 1 2 2 −1+ x x + 1) x + 1) ( ( 1 x + 1 = lim+ = lim+ = lim+ = . 2 x →0 x →0 x →0 6x 6 3 3x  S = 2a + 3b = 2  S = 2m + 3n = 2.1 + 3.3 = 11.  g( x)  g(0) = 0  f ( x) =. ln( x + 1) − x +. x2 2. x3. Câu 20: Chọn D Ta có 3 x  6 x − 3, x  1; 2  , dấu bằng xảy ra khi x  1; 2 . Ta có 3x + 3 y + 3 z  6 ( x + y + z ) − 9. Do đó S  6 ( x + y + z ) − 9 −. 2 3 x + y + z )  6. Dấu bằng xảy ra tại ( x; y ; z ) = ( 2; 2;1) và các hoán ( 5. vị của nó. Câu 21: Chọn B Ta có e a + b  e 2 ( a + b − 1)  e a + b − 2 − ( a + b − 2 )  1 222. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(228) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Xét f (t ) = e t − t , ta chứng minh f (t ) = e t − t  1, t. Thật vậy, ta có f (t ) = e t − 1 = 0  t = 0. Vì f (t)  0, t  0 và f (t)  0, t  0 nên f (t)  f (0) = 1, t hay e a + b− 2 − ( a + b − 2 )  1 e a + b−2 − ( a + b − 2 ) = 1 Suy ra   a + b = 2. a + b − 2 = 0. Ta có 1 = f ( a) + f (b) =. ( )(. 2.16 a + b + m2 16 a + 16b 16 a 16b + = 16 a + m2 16b + m2 16 a + m2 16b + m2. (. (. ). (. ). ). ).  2.16 a+ b + m2 16 a + 16b = 16 a + b + m2 16 a + 16b + m4  m4 = 16 a + b  m4 = 16 2  m = 4.. Câu 22: Chọn A 2 a a + log a = 2.log a ( ab ) + log a = 2 + 2log a b + 1 − log a b . log ab a b b. Ta có : T =. Đặt t = log a b , t  ( 0;1 .. Xét hàm số f ( t ) = 2 + 2t + 1 − t , t  ( 0;1  f  ( t ) = 2 − f (t ) = 0  t =. 1 2 1−t. .. 15  ( 0;1 . 16. 15  15  33 Lập bảng biến thiên ta có : Max f ( t ) = f   = khi t = . ( 0;1 16  16  8 33 81 15 Suy ra M = , m = t = log a b = . Vậy P = M + m = . 8 16 16. Câu 23: Chọn C Ta có : log a b = b. 1 log a b 2 1 − log a b. 2.  1  1 1 Và  b −   0  b −  b2 , do đó log a  b −   log a b2 = 2log a b 4 2 4  . Vì vậy đặt x = log a b ( x  1) với mọi 0  b  a  1 ta có P  2log a b −. 1 log a b x = f ( x ) = 2x − . 2 1 − log a b 2 (1 − x ). Ta có : f  ( x ) = 2 −. 1 2 ( x − 1). 2. ; f ( x) = 0  x =. 3  (1; + ) . 2.  1  1 2 b = 2 b − 4 = b 3 9  Suy ra min f ( x ) = f   = . Dấu bằng xảy ra   . (1; + ) 2 2 log b = 3 a = 1 3  a  2 4. Câu 24: Chọn D. (. ). Với mọi x  ( 1; 2  , ta có x2 + 4x − 4  x3 vì tương đương ( x − 1) x 2 − 4  0 . Áp dụng, ta có: Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 223.

(229) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. P  log bc 2 a 3 + log ca 4b3 + log ab c 3 = log bc 2 + log ca 4 + 3 ( log bc a + log ca b + log ab c ) .. Mặt khác log bc 2 + log ca 4 = log bc a + log ca b + log ab c =. 1 1 1 1 3 +  + = , a , b, c  (1; 2  và log 2 bc log 4 ca log 2 ( 2.2 ) log 4 ( 2.2 ) 2. ln a ln b ln c 3 + +  . ln b + ln c ln a + ln c ln a + ln b 2. 3 3 + 3 = 6 . Dấu bằng đạt tại a = b = c = 2 . 2 2. Do đó P  Câu 25: Chọn D Ta có P =. 4   a  log a     b  . 2. + 3 ( log b a − 1) =. 4. (1 − log b ) a. 2. +. 3 −3. log a b. Đặt x = log a b ( 0  x  1) , khi đó: P = f ( x) =. 4. (1 − x ). 2. +. 3 8 1 3 = 0  x =  ( 0;1) . − 3 có f  ( x ) = − 2 − 3 3 x x (1 − x ). Ta có bảng biến thiên:. Suy ra Pmin = 15 . Dấu bằng xảy ra khi x = log a b =. 1 b= 3a. 3. Câu 26: Chọn B Ta có: 4log 3b a = a. 4  b  log a a   . 3. =. 4. ( log a b − 1). 3. .. 2  6b − 1  b2  6b − 1  ( 3b − 1)  0  3 2 3  log 3a  9    log a b = 8log a b . 9   0  b  a  1  4 12 Đặt x = log a b ( x  1) ta có: P  f ( x ) = x 3 + , f  ( x ) = 3x 2 − = 0  x = 2  (1; + ) 3 4 ( x − 1) ( x − 1). Bảng biến thiên. Suy ra Pmin = 12 . Dấu bằng xảy ra khi x = log a b = 2  b = a2 . 224. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(230) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 27: Chọn A x − y  0 Điều kiện:  . 1 − xy  0 . Ta có 3x  3x. 2. 2. + y2 −2. + y2 −2. .log 2 ( x − y ) =. 1 1 + log 2 (1 − xy )  2. .log 2  x 2 + y 2 − 2 + ( 2 − 2 xy )  = log 2 ( 2 − 2 xy )  x 2 + y 2 − 2 = 0  x 2 + y 2 = 2. Vì nếu x 2 + y 2  2  VT  30 log 2 ( 2 − 2 xy ) = VP và x 2 + y 2  2  VT  30 log 2 ( 2 − 2 xy ) = VP . Vậy có ( x + y ). 2. (x + y) − 2 xy = 2  xy =. 2. −2. 2.  1  −2  x + y  2 .. Xét P = 2 ( x + y ) − 6 xy ( x + y ) − 3xy . 3. (. ). Đặt t = x + y  ( −2; 2 ) thì P = f ( t ) = 2t − 3 t − 2 t − 3. 2. (. 3 t2 − 2 2. ) = −t. 3. 3 − t 2 + 6t + 3 . 2. t = 1  ( −2; 2 ) 13 Ta có f  ( t ) = −3t 2 − 3t + 6 = 0   . Ta có max f ( t ) = f ( 1) = . ( −2;2 ) 2 t = −2  ( −2; 2 ) x + y = 1  1+ 3  x =  xy = −1  2 Dấu bằng xảy ra tại x + y = 1   2  x − y  0 y = 1 − 3  2  1 − xy  0. Câu 28: Chọn A Điều kiện: x − y  0 . Ta có ln ( x − y ) − 2017 x = ln ( x − y ) − 2017 y + e 2018 x. y.  ( x − y ) ln ( x − y ) − 2017 ( x − y ) = e 2018  ln ( x − y ) − 2017 −. Xét f ( t ) = ln t − 2017 −. e 2018 = 0 ( 1) x−y. 1 e 2018 e 2018 ta có f  ( t ) = + 2  0, t  0 . t t t. Suy ra phương trình ( 1)  x − y = e 2018  y = x − e 2018 . Do đó P = e 2018 x ( y + 1) − 2018 x 2 = g ( x ) .. (. ). g ( x ) = e 2018 x 2019 + 2018 x − 2018.e 2018 − 4036 x g ( x ) = 2018e. 2018 x. ( 2019 + 2018x − 2018.e ) − 4036  0, x  −  1;1 2018. Suy ra g ( x ) nghịch biến trên −  1;1 mà g ( −1) .g ( 0 )  0 Nên ta có x0  ( −1; 0 ) sao cho g ( x0 ) = 0  max g ( x ) = g ( x0 ) .  −1;1. Câu 29: Chọn D Theo giả thiết ta có x 2 − 4 y 2 = 1  ( x − 2 y )( x + 2 y ) = 1  x − 2 y = Khi đó P = log 2 ( x + 2 y ) .log 2. 1 . x + 2y. 2 = log 2 ( x + 2 y ) . 1 − log 2 ( x + 2 y )  x + 2y. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 225.

(231) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 2.  1 1 1 = − log 2 ( x + 2 y ) −  +  . 2 4 4 .  3  1 x + 2 y = 2 x =  x − 2 y = x + 2 y   2 2 Dấu bằng xảy ra   .  1  log x + 2 y = 1 x − 2 y = y = 1 ) 2  2  2 ( 4 2 . Câu 30: Chọn C Biến đổi và sử dụng AM-GM ta có: a b P = 2log a   + 3log b   = 2 (1 − log a b ) + 3 (1 − log b a ) . b a = 5 − ( 3log b a + 2log a b )  5 − 2 3log b a.2log a b = 5 − 2 6. Dấu bằng xảy ra  3log a b = 2log b a  log a b =. 3 . 2. Câu 31: Chọn A a. 4 Biến đổi biểu thức và đặt x =   ( x  1) . b. Ta có: P =. 4a b2 a. (4. a. − ba. ). 3. +. 4 b  . a a. 7.4 a − 2 7 4 x 7 27 = +   = f ( x) = + x  min = f ( 3 ) = a 3 3 1; + ( ) a 16 b  4   16  b  ( x − 1) 16    − 1  b    . Câu 32: Chọn A 2.  1 1 1  Ta có:  xk −   0  xk 2  xk − , xk   ;1  do đó với cơ số 0  xk  1 ta có: 2 4  4 . (. P  log x1 x22 + log x2 x32 + ... + log xn x12 = 2 log x1 x2 + log x2 x3 + ... + log xn x1. ).  2n n log x1 x2 .log x2 x3 ...log xn x1 = 2n. Dấu bằng xảy ra  x1 = x2 = ... = xn = Câu 33: Chọn B Ta có P =. 1 . 2. log a ( ab ) 3. (. 2 a log a b.log a 3 ( log a b − 1) + 8 b. ). Đặt x = log a b , ( 0  x  3 ) ta có P = f ( x ) =. 226. =. log a b + 1. (. log a b ( 3 − log a b ) 3 ( log a b − 1) + 8. (. x+1. 2. ). .. ). x ( 3 − x ) 3x 2 − 6 x + 11. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(232) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. (. Suy ra ln f ( x ) = ln ( x + 1) − ln x − ln ( 3 − x ) − ln 3 x 2 − 6 x + 11. (. ) ) ). ( x − 1) 9x3 − 9x2 − 25x + 33 6 ( x − 1) 1 1 1  = − + − = f ( x ) x + 1 x 3 − x 3x2 − 6 x + 11 x ( x + 1)( 3 − x ) 3x 2 − 6 x + 11 f ( x). (. (. ). Do đó f  ( x ) = 0  ( x − 1) 9 x 3 − 9 x 2 − 25x + 33 = 0  x = 1  ( 0; 3 ) . 1 Suy ra Pmin = min f ( x ) = f ( 1) = . ( 0;3) 8. Câu 34: Chọn B  a 2 + 4b 2  1 1  log a ( ab ) + log b ( ab ) Ta có S = log a  + 4 4   4log ab b =. 5 1 5 1 9 + log a b + log b a  + 2 log a b. log b a = 4 4 4 4 4.  a 2 = 4b 2 a = 4  Dấu bằng xảy ra    1 b = 2 log a b = log b a 4 . Câu 35: Chọn D Ta có ( 2b − 1) ( b + 1)  0  3b − 1  4b3  2. Đặt x = log a b , ( x  1) với mọi. 3b − 1 b3  3. 4a3 a. 0  b  a  1.. 2.    1  b3 12 12 P  log a 3 + 12  = 3x − 3 +  = 3log a b − 3 + 2 log a b − 1) a (  log b  x − 1) ( a a . =. 3 3 12 3 3 12 x − 1) + ( x − 1) +  3 3 ( x − 1) ( x − 1) =9. ( 2 2 2 2 2 2 x − 1 x − 1 ( ) ( ). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi Vậy M = 9; m =. 1 3 12 3 3 x − 1) =  x = 3  log b = 3  b = a  a = b . ( a 2 2 ( x − 1). 1 28 T = 3 3. Câu 36: Chọn C Ta có biến đổi đưa về cơ số là a như sau: log a b2 = 2log a b và log. 5 a. b 1 = log a 2. 6 a. b 1 = a 2. b a = log a b − 1 = log a b − 1 b 2  1 log b − 1  log a b − 2 log a 2  a a   log a. Đặt t = log a b(0  t  1) với mọi a  b  1 Vậy m = 2, n = 16, p = −32  T = −14 . Câu 37: Chọn A Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 227.

(233) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 1 log a b + 2 1 6 6  Ta có P = log a a2 b + 6log b a = + = 1 +  log a b + . 2 2 log a b log a b  2. ( ). Với a  1  b  0  log a b  0 do đó   −1   6   −1  6  P = 1 −   log a b  +  −    1 − 2  log a b   −  = 1− 2 3 .  2   log a b    2   log a b  . Câu 38: Chọn B Ta có: P = log 3 a + 2log 9 b + 3log 27 c = log 3 a + log 3 b + log 3 c = log 3 ( abc ) Theo nguyên tắc Diricle ta có,. ( a − 1)( b − 1)  0  ab  a + b − 1  abc  c ( a + b − 1) = ac + bc − c  a + c − 1 + b + c − 1 − c = a + b + c − 2 = 3  P = log ( abc )  log 3 = 1 3. 3. Câu 39: Chọn C Để ý y , z đối xứng; sử dụng bất đẳng thức a 2 + b2 + m2 + n2  ( a + m)2 + (b + n)2 .. Ta có P  log 2 x + 1 + (log y + log z)2 + (2 + 2)2  10  = log 2 x + 1 + log 2 ( yz) + 16 = log 2 x + 1 + log 2   + 16  x  = log 2 x + 1 + (1 − log x)2 + 16  (log x + 1 − log x)2 + (1 + 4)2 = 26 .. Dấu bằng xảy ra . log x 1 1 =  log x =  x = 5 10 , y = z = 5 100 . 1 − log x 4 5. Câu 40: Chọn C Ta có:. 1 + log a b 4ab 4ab  4ab   = ab . Vì 0  a  1 nên log a  .   log a ab = a + 4b 2 a.4b 2  a + 4b . 1 + log a b  4ab  3 1  Khi đó: P = log a  + 1 + log b a  P  +  log a b + log b a   + log b ( ab )  2 2 2  a + 4b  . Suy ra P . 3 1 3 3+2 2 + 2 log a b.log b a = + 2 = . 2 2 2 2.  a = 4b  Dấu “=” xảy ra khi:  1 . log b = log a  a b 2. Câu 41: Chọn D Ta có: P = log x. 228.   y z x + log y + log z + 2  log x z + log y x + log z y    z x y y x z  . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(234) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.    y z x 1 1 1  Suy ra P = log x + log y + log z + 2  . + + x y z  z x y  log z y log x z log y x    Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:. log x. y + z. 2 y log x z.  2 2 ; log y. z + x. 2 z log y x.  2 2 ; log z. x + y. 2 x log z y. 2 2.. Suy ra P  6 2 . Vậy Pmin = 6 2 . Câu 42: Chọn D 1 2 2 2 Ta có: log 2 a = log 2  log 2 a = log 2  a =  ab2 = 4 . 2 b b b Khi đó theo AM-GM ta có: 4a3 + b3 = 4a3 +. b3 b3 b3 b3 +  3 3 4a3 . . = 3ab2 = 12 . 2 2 2 2. Do đó đặt t = 4a3 + b3 có P = f ( t ) = t − 4log 2 t  min f ( t ) = f (12 ) = 4 − 4log 2 3 . 12; + ). Câu 43: Chọn C Ta có a4 + 81  2 a 4 .81 = 18a 2  a 4 − 9a 2 + 81  9a 2 . Khi đó theo bất đẳng thức AM-GM ta có:. (. ). ( ). log 3 a b + log b a4 − 9a2 + 81  log 3 a b + log b 9a2. = log 3 a b + 2log b ( 3a )  2 log 3 a b.2log b ( 3a ) = 2 2 a4 = 81 a = 3  Dấu “=” xảy ra khi  log 3 a b = 2log b 3a b = 9. 2. .. (nhận).. Câu 44: Chọn A   1  1  1  1  Ta có P = 6  log a1  a2 −  + log a2  a3 −  + ... + log a19  a20 −  + log a20  a1 −   . 4 4 4 4       1  Do ai   ;1  , i = 1,20 suy ra hàm số y = log a x nghịch biến. 4  i. 2.  1 1 1 Có  x −  = x2 − x +  0  x −  x 2 . Suy ra 2 4 4 . (. ). (. ). P  6 log a1 a2 2 + log a2 a3 2 + ... + log a20 a12 = 12 log a1 a2 + log a2 a3 + ... + log a20 a1 .. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 20 số thì. 20. log a1 a2 .log a2 a3 ...log a20 a1 = 20 log a1 a1 = 1 .. Suy ra P  12.20 = 240. 1 , i = 1,20 . 2 Mẹo trắc nghiệm: vì vai trò a1 , a2 , a3 ,..., a20 như nhau nên P đạt min khi a1 = a2 = a3 = ... = a20 , khi. Dấu “=” xảy ra khi ai =. 3. đó P = 20log.  1  1 a −  = f ( a1 ) = 120log a1  a1 −   min 1  a1  1 4 4  ;1   4 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 1 f   = 240 . 2 229.

(235) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 45: Chọn D  3 1 3 1 3 1  Ta có P = 4  log a  b −  + log b  c −  + log c  a −   . 4 4 4  4 4 4  2 1  Với mọi số thực x   ;1  ta có 4 x 3  3x − 1  ( 2 x − 1) ( x + 1)  0 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ 3 . khi x =. 1 . 2. 1  Vậy với a, b, c thuộc khoảng  ;1  3 .  3 1 3 log a  b −   log a b = 3log a b 4 4     3 1 ta có log b  c −   log b c 3 = 3log b c . 4 4   3 1 3 log c  a −   log c a = 3log c a 4 4   . Nên P  12 ( log a b + log b c + log c a )  12.3 3 l og a b.log b c.log c a = 36 . 1 . 2 Mẹo trắc nghiệm: biểu thức đối xứng 3 biến nên biểu thức sẽ đạt min khi a = b = c khi đó. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =. 2. 3 1 3 1 P = 3log a  a −  = f ( a ) = 12log a  a −   min  1  f ( a ) = 4 4  ;1  4 4 3 . 1 f   = 36 . 2. Câu 46: Chọn C Với a, b, c  1 ta có ( a − 1)( b − 1)  0  ab  a + b − 1 . Do đó abc  ( a + b − 1) c = ac + bc − c  ( a + c − 1) + ( b + c − 1) − c = a + b + c − 2 . Áp dụng ta có: 2 x.4 y.8 z  2 x + 4 y + 8 z − 2 = 2  x + 2 y + 3 z  1  S =. x + 2 y + 3z 1  . 6 6. Câu 47: Chọn B Ta có 4 = 2 + 2  2 2 .2 = 2.2 x. y. x. (. y. )(. x+ y 2. 22. x+ y 2. 1. x+y  x + y  2  y  2 − x  x  ( 0; 2 ) . 2. ). Khi đó P  f ( x ) = 2 x 2 + 2 − x 2 ( 2 − x ) + x + 9 x ( 2 − x ) . 2. Sử dụng máy tính chức năng mode 7 ta có: max(0;2) f ( x ) = f ( 1) = 18  Pmax = 18 Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1 . Câu 48: Chọn C Ta có log 2 (4 x + 16) + x − 3 y − 8 y = −2  log 2 ( x + 4) + 2. log 2 ( x + 4 ). = 3 y + 2 3 y (1 ). Xét hàm số f ( t ) = t + 2t . Ta có f  ( t ) = 1 + 2t ln 2  0, t  . suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên. .. Từ ( 1)  3 y = log 2 ( x + 4 )  8 y = x + 4. 230. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(236) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Thay 8y = x + 4 vào P = x2 + 3x + 1 + 8y = x2 + 3x + 1 + x + 4 = x2 + 4x + 5 . 1 1 Khi đó Pmin = 1  x0 = −2  y0 = . Ta có xo3 + 3 yo = −2 3 + 3. = −7. 3 3 Câu 49: Chọn A Từ giả thiết: a x .b x +1 = 1  log a a x + log a b x +1 = 0  x 2 + ( x + 1)log a b = 0 2. 2.  x 2 + x.log a b + log a b = 0 (*); Đặt t = log a b. Phương trình (*) có nghiệm thực, nên: t 2 − 4t  0  t  ( −;0    4; + ) Mặt khác: b = at  1  t  0 ; Vậy: t   4; + Xét P = log a ab +. 4 4 4 = 1 + log a b + = 1+ t + log a b log a b t. Xét f (t ) = 1 + t +. 4 4  f '(t ) = 1 − 2  0 với t   4; + ) t t. Hàm số f (t) đồng biến trên  4; + ) ; min f (t ) = f (4) = 6 đạt tại t = 4  4; + ). Câu 50: Chọn D Ta có 3(3 y + y) = x + log 3 3 x − 3.  3 y +1 + 3 ( y + 1) = 3log3 x + 3log 3 x (1) Xét hàm số f ( t ) = 3t + 3t Ta có f  ( t ) = 3t ln 3 + 3  0, t . , suy ra hàm số đồng biến trên. .. Từ ( 1)  y + 1 = log 3 x  x = 3 y +1 . 1 1 Thay x = 3y +1 vào biểu thức P = y 2 − log 9 x = y 2 − log 9 3 y +1 = y 2 − y − 2 2 9 1 Khi đó Pmin = −  x = . 16 4. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 231.

(237) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. DẠNG TOÁN HÀM ĐẶC TRƯNG MŨ – LOGA Câu 1.. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn 1  x  2020 và x + x2 − 9 y = 3y .. Câu 2.. A. 2020. Có bao. nhiêu. B. 1010. cặp số. nguyên. C. 6. ( x; y). D. 7. x , y  5;37  mãn. thỏa. và. x = y2 + 2 y − x + 2 + y2 + 2 y + 2 . A. 32. Câu 3.. B. 5 .. C. 1 .. D. 33 .. Có bao nhiêu số nguyên dương x thỏa mãn 2.2 x + x + sin 2 y = 2cos y . 2. A. 4.. B. 3.. C. 1.. D. 0.. Câu 4.. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0  x  2020 và 3. Câu 5.. A. 2020 . B. 2021 . C. 2022 . D. 2023 . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m nhỏ hơn 2018 để phương trình. x +1. + x + 1 = 3y + y. ). (. log 2 m + m + 2 x = 2 x có nghiệm thực?. A. 2017 . Câu 6.. Có. bao. B. 2018 . nhiêu. cặp. số. D. 2015 .. C. 2016 .. ( x; y). nguyên. thỏa. mãn. 0  y  100. và. x6 + 6 x4 y + 12 x2 y 2 −19 y3 + 3x2 − 3 y = 0 . B. 100 .. A. 10 . Câu 7.. C. 20 .. D. 21 .. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn x, y  3; 48 và ( x − 2) y + 2 = y + 1 x 2 − 4 x + 5 (1). A. 46.. B. 6 .. Câu 8.. C. 45 . D. 5 . 4 4 x +1 Có bao nhiêu số nguyên dương x thỏa mãn log 2 ( ) + x = 4 sin y+ cos y − sin 2 2 y . 2 A. Vô số. B. 3 . C. 1 . D. 2 .. Câu 9.. Cho số thực x, y thỏa mãn 2 x − 2 y = y − x 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x − 2 y . 2. 1 1 1 3 . B. P = . C. P = . D. P = . 8 3 4 4 Câu 10. Cho hai số thực x, y thỏa mãn 0  x, y  1 trong đó x, y không đồng thời bằng 0 hoặc 1 và A. P =.  x+ y  log 3   + ( x + 1)( y + 1) − 2 = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P với P = 2 x + y .  1 − xy  A. 2 .. B. 1 .. C.. 1 . 2. D. 0 .. Câu 11. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0  x  2020 và 3 ( 9 y + 2 y ) = x + log 3 ( x + 1) − 2 ? 3. A. 2 . Câu 12. Cho. B. 4 .. f ( x ) = 2020 x − 2020− x . Gọi m0. C. 5 .. D. 3 .. là số lớn nhất trong số nguyên m.  m  f ( m + 1) + f  − 2020   0 . Giá trị của m0 là  2020 . A. m0 = 2018 . 232. B. m0 = 2019 .. C. m0 = 2020 .. D. m0 = 2021 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. thỏa.

(238) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. ( ) + 6 xy + 3 ( 3 x + 1) ( x + y − 2 ) .. Câu 13. Cho hai số thực x, y thỏa mãn: 9 x3 + 2 − y 3xy − 5 x + 3xy − 5 = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x3 + y 3. 2. 36 − 296 15 −4 6 + 36 . D. . 9 9 x +1 Câu 14. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn bất đẳng thức log  9 y 4 + 6 y 3 − x 2 y 2 − 2 y 2 x (1) . 3y +1. A.. 4 6 + 36 . 9. B.. 36 + 296 15 . 9. C.. Biết y  1000 , hỏi có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn bất đẳng thức (1) . C. 1501400 .. B. 1501300 .. A. 1501100 .. Câu 15. Cho 2 số thực x, y không âm thỏa mãn : 2. 1 x+ x. D. 1501500 .. = log 2 14 − ( y − 2 ) y + 1  . Giá trị của biểu thức. P = 1 − 2 ( x + y ) bằng A. 3 . B. 5 . C. 1 . D. 2 . Câu 16. Cho x, y là các số thực thỏa mãn log 2 (2 x + 2) + x − 3 y = 8 y (*) . Biết 0  x  2018 , số cặp x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức (*) là A. 2 . B. 3 .. (. Câu 17. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 2 2a. D. 5 .. C. 4 . 2. +b + c 2. 2. ). − 1 + (a − 1) 2 + (b − 1) 2 + (c − 1) 2 = 4a +b + c . Đặt. 3a + 2b + c và gọi S là tập hợp gồm những giá trị nguyên của P . Số phần tử của tập S là a+b+c A. Vô số. B. 5. C. 4. D. 3. P=. Câu 18. Phương trình log x 1. 2 có nghiệm là.. A. 11. B. 9. a b c Câu 19. Cho 2 = 3, 3 = 4, 4 = 5, 5d = 6. Tính 2abcd . B. log 6 2 .. A. log 2 6 .. C. 101.. D. 99.. C. 2 .. D. 6 .. Câu 20. Cho x, y, z là ba số thực khác 0 thỏa mãn 2x = 5 y = 10− z . Tính P = A. −2 .. B. 3 .. C. 0 .. 1 1 1 + + . x y z D. 1 .. Câu 21. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn log 4 x = log 6 y = log 9 ( x + y ) . Giá trị của tỉ số A.. −1 + 5 . 2. B.. 1 5 . 2. C.. 1+ 5 . 4. Câu 22. Cho x, y, a, b là các số dương thỏa mãn a  b  1 và a x +1 = b 2 y =. D.. x bằng y. −1 + 5 . 4. a . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức b. P = x 2 + y 2 + y là −13 . C. 4 . 4 Câu 23. Cho biết a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2018a 2019b. A. −2 .. thức P. B.. a b. 3 . 4 2020c . Hãy tính giá trị của biểu. D.. b . c. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 233.

(239) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. A. log 2018 2019 .. B. log2018 2019. C. log 2018 2020 .. D. log2018 2019.2020 .. log 2019 2020 .. Câu 24. Cho x, y dương thỏa mãn: log 3 ( x 2 + 2 y ) = 1 + log 3 4 . Giá trị lớn nhất của P = xy thuộc khoảng nào A. ( −1;1) .. 1  B.  ;3  . 2 . D. ( −2;0 ). C. ( 5;10 ) . z. Câu 25. Cho a, b, c  1 và các số thực dương x, y, z thỏa mãn a x = b y = c 2 = abc . Tìm giá trị lớn nhất của P =. 1 1 + − z2 . x y. A. −2 .. Câu 26. Cho x  0; y  0 và 20202019( x A. min P = 4 .. C. −1 .. B. 3 . − y + 4). 2. =. A. 2 .. 4x + y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = y − 2 x ? ( x + 2) 2. B. min P = 2 .. Câu 27. Cho x  y  0 thỏa mãn 3x + y + 2 xy − 2 = B.. D. 1 .. 2 (1 − xy ) x+ y. 9 . 5. C. min P = 1 .. . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + 5 y là C. 4 .. Câu 28. Xét các số thực a , b thỏa mãn điều kiện. D. min P = 3 .. D.. 50 − 8 5 . 4 5 +1. 1  b  a  1 . Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3.  3b − 1  2 P = log a   + 12 log b a − 3 .  4  a A. min P = 13 .. B. min P =. 1 . 2. 3. C. min P = 3 2 .. D. min P = 9 .. Câu 29. Xét các số thực dương a, b, c, x, y, z thỏa mãn a  1, b  1, c  1 và a x = b y = c z = 3 abc . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y + z thuộc tập hợp nào dưới đây ? A. ( 2; 4 ) .. B. ( 4; 6 ) .. C. ( 6;8 ) .. D. ( 8;10 ) .. Câu 30. Xét các số thực dương a , b , x , y thỏa mãn a  1 , b  1 và a x = b y = 4 ab . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + 4 y là Pmin =. m m với là phân số tối giản và n  n n. , khi đó giá trị của biểu thức. T = m2 + n có giá trị bằng bao nhiêu? A. 79 .. B. 25 .. C. 34 .. D. 85 . xy + 3x + y + 2 Câu 31. Cho các số thực x, y thỏa mãn x  −1, y  −3 và log 2 ( y + 3)( x + 1) + = 0 . Giá trị x +1 nhỏ nhất của biểu thức P = x + 3 y + 10 thuộc tập nào dưới đây: A. 1; 3 ) .. B. 3; 4 ) .. C.  4;5 ) .. D. 5; 6 ) .. Câu 32. Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn 1  a  b  0,25 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức. 1  P = log a  b −  − log a b thuộc tập hợp nào dưới đây? 4  b 234. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(240) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..  . A. ( 0;1) . Câu 33. Cho. P=. B.  4;. 5 2. 11  . 2.  .  . C.  ; 4  .. 5 2. D.  1;  .. là các số thực dương thỏa mãn xy  4 y − 1 . Giá trị nhỏ nhất của. x, y. 6 ( 2x + y ) x + 2y + ln là a + ln b . Giá trị của tích a.b là x y. A. 45 .. B. 81 .. C. 108 .. D. 115 .. 3 Câu 34. Xét các số thực dương a, b, x, y thỏa mãn 1  a  b  a và a x = b y = 3 ab . Giá trị lớn nhất của. biều thức P = x + 3 y thuộc tập hợp nào dưới đây? C. 3; 4 ) .. B.  2; 3) .. A. 1; 2 ) .. Câu 35. Cho hai số thực a, b thỏa mãn log2 a. P. log 3 a. D.  4; 5 ) .. 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức. log3 b. log 2 b bằng.. A.. log 2 3. log 3 2 .. B.. log 2 3 log 3 2 .. C.. 1 log 2 3 2. log 3 2 .. D.. 2 . log 2 3 log 3 2. 2x − y y . Tính giá trị T = . 3 x 2 3 C. T = − . D. T = − . 3 2. Câu 36. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn log16 x = log 20 y = log 25 A. T =. 2 . 3. B. T =. 3 . 2. Câu 37. Cho p và q là các số thực dương sao cho: log9 p = log12 q = log16 ( p + q) . Tìm giá trị của. (. (. ). q p. ). 1 1 8 4 B. C. 1 + 3 D. 1 + 5 2 2 5 3 Câu 38. Cho x, y là hai số nguyên không âm thỏa mãn log 2 ( x + y ) = log 3 ( x − y ) . Hỏi tổng x + y là bao A.. nhiêu? A. 1 . B. 4 . C. 3 . D. 7 . Câu 39. Cho số thực 1  x  8 . Gọi giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức. x 128 − log P= log 2 x + 1 log 2. A. ab = 5 . Câu 40. Có bao nhiêu. 2. x lần lượt là a, b . Tính ab .. B. ab = 35 . cặp số nguyên. C. ab = −7 .. ( x; y ) , x  2020. và. D. ab = 35 . thỏa mãn phương. trình. log 2 x + log 2 ( x − y ) = 1 + 4 log 4 y. A. 2020 .. B. 1010 .. C. 2019 .. D. 1011.  4x − 4x +1  2  = 6 x − 4 x và x  . Câu 41. Biết x1 , x2 ( x1  x2 ) là hai nghiệm của phương trình log 2  2 x1 − x2 =. (. ). 3 a − b , ( a, b  4. A. P = −4 .. ) . Tính giá trị của biểu thức. B. P = 6 .. C. P = −6 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 2. P = a +b. D. P = 4 . 235.

(241) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 42. Cho phương trình 2 log 3 ( cot x ) = log 2 ( cos x ) . Phương trình này có bao nhiêu nghiệm trên khoảng. ( 0; 2020 ) A. 2020. B. 2019. C. 1009. D. 1010. Câu 43. Có bao nhiêu giá trị nguyên của y thỏa mãn 5 x = log 5 ( x + y ) + y . Biết rằng y  2020 . A. 1 .. B. 4 . C. 3 . D. 7 . 2 Câu 44. Cho bất phương trình log10 x + log x + 3  m log100 x với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị của m nguyên dương để bất phương trình có nghiệm thuộc 1; + ) . A. 1 .. B. 3 .. C. vô số. .. (. D. 2. .. ). 2 2 Câu 45. Cho x, y là các số thực thỏa mãn log 3 ( x + y ) = log 4 x + y . Tập giá trị của biểu thức. P = x3 + y3 có chứa bao nhiêu giá trị nguyên. A. 4 .. B. 5 .. Câu 46. Có bao nhiêu số nguyên A. 1.. B. 2.. D. Vô số.. C. 9 .. x sao cho tồn tại số thực dương y thỏa mãn 2x + y = 2.2 y − x ? 2. C. 3.. 2. D. 4.. 2  1  Câu 47. Tìm m để phương trình ( m − 1) log 21 ( x − 2 ) + 4 ( m − 5 ) log 1   + 4m − 4 = 0 có nghiệm trên x − 2   2 2. 5   2 ; 4  7 7 A. −3  m  . B. m  . C. m  1 . D. −3  m  . 3 3 Câu 48. Phương trình 2 log 3 ( cot x ) = log 2 ( cos x ) có bao nhiêu nghiệm trong khoảng ( 0; 2020 ) ?. A. 2020 nghiệm. Câu 49. Có bao nhiêu. B. 1010 nghiệm. số nguyên x sao. C. 2018 nghiệm. cho tồn tại số. D. 1009 nghiệm. thực y thỏa. C. 1 .. D. Vô số.. mãn. log 4 ( x + y + 3) = log 5 ( x 2 + y 2 + 2 x + 4 y + 5 ) ? A. 3 .. B. 2 . 2 x − y +1. Câu 50. Cho x, y thỏa mãn 2. + 32 x− y+1 − 52 x− y+1 = 5−2 x+ y+1 − 2−2 x+ y+1 − 3−2 x+ y+1 . Tìm giá trị lớn nhất của. biểu thức P = 2 x2 − y 2 − 2 x + 3 y + 1 . A. 2 .. B. −2 .. C. 1 .. A. 3 .. B. 2 .. C. 1 .. (. D. 3 .. ). Câu 51. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn log 3 x + 2 y = log 2 ( x 2 + y 2 ) . D. Vô số.. Câu 52. Có bao nhiêu cặp số ( x; y) thuộc đoạn [1;2020] thỏa mãn y là số nguyên và x + ln x = y + e y ? A. 2021 .. B. 2020 .. Câu 53. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x . C. 7 .. D. 6 .. 1 và log x + log y + 1  log ( x + y ) . Giá trị nhỏ nhất 10. của biểu thức S = x + 3 y thuộc tập hợp nào dưới đây?. 5. . A.  ; 2  . 3  236.  . 4. B.  0;  . 3. . 4 5 . C.  ;  . 3 3. 4. . D.  ; 2  . 3 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(242) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BẢNG ĐÁP ÁN 1D. 2C. 3D. 4B. 5A. 6D. 7B. 8B. 9D. 10B. 11D. 12A. 13B. 14D. 15C. 16C. 17D. 18D. 19D. 20C. 21A. 22D. 23B. 24B. 25C. 26D. 27A. 28D. 29A. 30D. 31B. 32B. 33B. 34B. 35B. 36A. 37D. 38A. 39B. 40B. 41B. 42D. 43A. 44A. 45A. 46B. 47D. 48B. 49B. 50D. 51B. 52C. 53B. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1.. Chọn D Ta có: x + x 2 − 9 y = 3 y  x + x 2 = 3 y + ( 3 y ) (1). Xét hàm f (t ) = t + t 2 , ( t  0 ) . 2. Ta có: f ' (t ) = 1 + 2t  0, t  0  f (t ) là hàm đồng biến trên ( 0; +  ) .. ( ). y y Vì vậy, (1)  f ( x) = f 3  x = 3 .. Theo giả thiết, 1  x  2020  1  3 y  2020  0  y  log 3 2020 . Vì y nguyên nên y  0;1; 2;3; 4;5; 6  x  1;3;9; 27 ;81; 243; 729 . Vậy có 7 cặp ( x ; y ) thỏa mãn. Câu 2.. Chọn C Ta có:. x = y 2 + 2 y − x + 2 + y 2 + 2 y + 2  x + x = y 2 + 2 y + 2 + y 2 + 2 y + 2 . (2). Xét hàm số f (t ) = t + t trên khoảng ( 0; + ) ta có:. f '(t ) = 1 +. 1 2 t.  0, t  0  f (t ) đồng biến trên ( 0; + ) .. (2)  f ( x) = f ( y 2 + 2 y + 2 )  x = y 2 + 2 y + 2 . Do x , y  5;37  nên 5  y 2 + 2 y + 2  37  4  ( y + 1)2  36  2  y + 1  6  1  y  5 . Do y . và y  5;37  nên y = 5 , với mỗi giá trị y cho ta 1 giá trị x = 37  5;37  thoả đề bài.. Vậy có 1 cặp số nguyên ( x ; y ) thoả bài toán. Câu 3.. Chọn D Có 2.2 x + x + sin 2 y = 2cos. 2. y.  2 x +1 + x + 1 = 2cos. 2. y. + cos 2 x (3).. Đặt f (t ) = 2t + t  f '(t ) = 2t.ln 2 + 1  0, t  0  Hàm số y = f ( t ) đồng biến trên ( 0; + ) .. (. ). 2 2 2 Vì vậy phương trình (3)  f ( x + 1) = f cos x  x + 1 = cos x  x = − sin x  x  0 .. Mà x là số nguyên dương. Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn.. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 237.

(243) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 4.. Chọn B Ta có: 3x +1 + x + 1 = 3 y + y  f ( x + 1) = f ( y ) Xét hàm số f ( t ) = 3t + t  f  ( t ) = 3t.ln 3 + 1  0, t  R Do đó f ( x + 1) = f ( y )  x + 1 = y  x = y − 1 Vì 0  x  2020  0  y −1  2020  1  y  2021 Mà y . nên y  1; 2;3;...; 2021. Vậy có 2021 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 5.. Chọn A Phương trình đã cho tương đương với phương trình :. (. ). x x 2x x m + m + 2 x = 22 x  m + 2 + m + 2 = 2 + 2 (1). Ta có. m + 2x  0 ,. 2x  0 . Xét hàm đặc trưng. f ( t ) = t 2 + t trên  0; +  ) .. f  ( t ) = 2t + 1  0, t  0; +  )  f ( t ) đồng biến trên khoảng  0; +  ) do đó (1)  f. (. ). m + 2x = f ( 2x )  m + 2x = 2x.  m = 22 x − 2x . Đặt a = 2 , a  0 . Ta có  m = g ( a ) = a 2 − a . x. 1 mà m nguyên dương nhỏ hơn 2018 nên 4 m  1; 2;3;...; 2017 . Vậy có 2017 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.. Phương trình đã cho có nghiệm  m  −. Câu 6.. Chọn D Ta có x6 + 6 x4 y + 12 x2 y 2 − 19 y3 + 3x2 − 3 y = 0  x6 + 6x4 y + 12x2 y 2 + 8 y3 − 27 y3 + 3x2 − 3 y = 0.  x 6 + 6 x 4 y + 12 x 2 y 2 + 8 y 3 + 3x 2 + 6 y = 27 y 3 + 9 y  ( x 2 + 2 y )3 + 3( x 2 + 2 y ) = ( 3 y ) + 3.3 y 3. ( 2). Xét hàm f (t ) = t 3 + 3t . Ta có f ' (t ) = 3t 2 + 3  0, t .  f (t ) là hàm đồng biến trên. Vì vậy, (2)  f ( x 2 + 2 y ) = f ( 3 y )  x 2 + 2 y = 3 y  x 2 = y .. 238. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. ..

(244) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Theo giả thiết: 0  y  100  0  x2  100  −10  x  10 . Vì x nguyên nên x  −10; − 9; − 8;...0...8;9;10 . Với mỗi x xác định duy nhất giá trị y = x 2 . Vậy có 21 cặp ( x ; y ) thỏa mãn bài toán. Câu 7.. Chọn B. (1)  ( x − 2) ( y + 1) + 1 = y + 1 ( x − 2) 2 + 1 . ( y + 1) + 1 y +1. =. Xét hàm số f (t ) = 1. f '(t ) = − 2t. 2. 1 1+ t. ( x − 2) 2 + 1 ( y + 1) + 1 ( x − 2) 2 + 1  = (2). x−2 y +1 ( x − 2) 2 t +1 trên khoảng ( 0; + ) ta có: t  0, t  0  f (t ) nghịch biến trên ( 0; + ) .. (2)  f ( y + 1) = f (( x − 2)2 )  y + 1 = ( x − 2)2  y = ( x − 2)2 −1 2 Do x, y  3; 48 nên 3  ( x − 2) − 1  48  4  ( x − 2 )  49  2  x − 2  7  4  x  9 . 2. nên x  4;5; 6; 7;8;9 , với mỗi giá trị x cho ta 1 giá trị y thoả mãn đề bài.. Do x . Vậy có 6 cặp số nguyên ( x ; y ) thoả đề bài. Câu 8.. Chọn B Ta có: log 2 (. 4 4 4 4 x +1 ) + x = 4 sin y+cos y − sin 2 2 y  log 2 ( x + 1) + x − 1 = 4 sin y+cos y − sin 2 2 y 2.  log 2 ( x + 1) + x + 1 = 22(sin  log 2 ( x + 1) + x + 1 = 22(sin. 4.  log 2 ( x + 1) + x + 1 = 22(sin. y + cos 4 y ). 4. 4. − 4sin 2 y.cos 2 y + 2. y+ cos 4 y ). − 4sin 2 y.cos 2 y + 2 ( sin 2 y + cos 2 y ). y + cos 4 y ). + 2 ( sin 4 y + cos 4 y ) (2).. 2. Xét hàm số f (t ) = 2t + t  f '(t ) = 2t.ln 2 + 1  0, t  0 ..  hàm số y = f (t ) đồng biến ( 0; + ) .. (. ). Vì vậy (2)  f ( log 2 ( x + 1) ) = f 2(sin 4 y + cos 4 y )  x + 1 = 22(sin. 4. y + cos4 y ). .. 1  2 . 1 2. 4 4 2 Ta có: sin y + cos y = 1 − sin 2 y   ;1 nên 1  2(sin 4 y + cos4 y)  2.  2  x + 1  4  1  x  3 . Mà. Câu 9.. x là số nguyên dương  x {1,2,3} .. Vậy có 3 giá trị x thỏa mãn. Chọn D. ( ). x y 2 x 2 y 2 Ta có: 2 − 2 = y − x  2 + x = 2 + y  f x = f ( y ) , với f ( t ) = 2t + t . 2. 2. Xét hàm số f ( t ) = 2t + t  f  ( t ) = 2t.ln 2 + 1  0, t  Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. .. 239.

(245) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. ( ). 2 2 Do đó f x = f ( y )  x = y . P = x − 2 y = x − 2 x 2 . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P =. 1 . 8. 1 1 1 đạt được khi x = , y = . 16 4 8. Câu 10. Chọn B Từ điều kiện đề bài và. x+ y  0; 1 − xy  0  x + y  0; 1 − xy  0 . Khi đó 1 − xy.  x+ y  log 3   + ( x + 1) . ( y + 1) − 2 = 0  log 3 ( x + y ) + ( x + y ) = log 3 (1 − xy ) + (1 − xy )  1 − xy  1 Xét hàm số g ( t ) = log 3 t + t , ( t  0 ) có g  ( t ) = + 1  0, t  0 . t.ln 3 Suy ra g ( t ) là hàm số đồng biến trên khoảng ( 0 ; + ) . Vậy phương trình (1)  x + y = 1 − xy  y = Xét hàm số f ( x ) = 2 x +. 1− x 1− x .  P = 2x + 1+ x 1+ x. 1− x −2 với x   0;1 . Ta có f  ( x ) = 2 + . 2 x +1 ( x + 1). x = 0 f ( x) = 0   và f ( 0 ) = 1; f (1) = 2  min f ( x) = 1 . 0;1  x = −2 Câu 11. Chọn D. (. ). Ta có: 3 9 y + 2 y = x + log 3 ( x + 1) − 2 3.  3.9 y + 6 y = x + 3log 3 ( x + 1) − 2  32 y +1 + 3 ( 2 y + 1) = ( x + 1) + 3log 3 ( x + 1) (*) .. Xét hàm số f ( t ) = 3t + 3t . Ta có: f  ( t ) = 3t.ln 3 + 3  0, t . Suy ra hàm số f ( t ) liên tục và đồng biến trên. .. 2 y +1 Do đó (*)  f ( 2 y + 1) = f ( log 3 ( x + 1) )  2 y + 1 = log 3 ( x + 1)  x = 3 − 1.. −1  2020  − 1  y . Vì 0  x  2020 nên 0  3. 2 y+1. 2. log 3 2021 − 1 2. Do y nguyên nên y  0;1; 2 .  ( x; y )  ( 2; 0 ) ; ( 26;1) ; ( 242; 2 ) do đó có 3 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn.. Câu 12. Chọn A Ta có f ( − x ) = 2020− x − 2020 x.. − f ( x ) = − ( 2020 x − 2020− x )  f ( − x ) = − f ( x ) nên f ( x ) là hàm số lẻ vậy nên.  m  f ( m + 1) + f  − 2020   0  f ( m + 1)   2020 .  m  f − + 2020  .  2020 . (*). Lại có f ( x ) = 2020 x − 2020− x là hàm số đồng biến trên . Nên (*)  m + 1 . 240. −m 2019.2020 . Vậy m0 = 2018. + 2020  m  2020 2021. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. (1) ..

(246) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 13. Chọn B. (. ). 9 x3 + 2 − y 3xy − 5 x + 3xy − 5 = 0  27 x3 + 6 x − 3xy 3xy − 5 + 3 3xy − 5 = 0.  ( 3x ) + 2 ( 3x ) = 3. (. ). 3. 3xy − 5 + 2 3xy − 5 (*) .. Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 2t có f  ( t ) = 3t 2 + 2  0 t . ( *)  f ( 3 x ) =. f. (. nên hàm f ( t ) đồng biến trên. . Do đó. ). 3xy − 5  3 x = 3 xy − 5  x  0 và 9 x2 = 3xy − 5 .. Với x = 0 không thỏa mãn.. (. (. ). ). 3 3 3 3 2 2 Với x  0 thì P = x + y + 6 xy + 3 3x + 1 ( x + y − 2 ) = x + y + 6 xy + 9 x + 3 ( x + y − 2 ). = x 3 + y 3 + 6 xy + ( 3xy − 2 )( x + y − 2 ) = x 3 + y 3 + 3 x 2 y + 3 xy 2 − 2 ( x + y ) + 4. = ( x + y) − 2( x + y) + 4 . 3. Mà x + y = x +. 9 x2 + 5 5 4 5 4 5 . Đặt t = x + y thì t  . = 4x +  3x 3x 3 3. Xét hàm số g ( t ) = t 3 − 2t + 4 với t . 4 5 4 5 . Khi đó g ' ( t ) = 3t 2 − 2  0, t  . 3 3.  4 5  36 + 296 15 36 + 296 15 . Vậy min P = .  = 9 9  3 . Do đó g ( t )  g  Câu 14. Chọn D Ta có : log.  log. x +1  9 y 4 + 6 y3 − x2 y 2 − 2 y 2 x 3y +1. xy + y  ( 9 y 4 + 6 y 3 + y 2 ) − ( x 2 y 2 + 2 xy. y + y 2 ) 2 3y + y.  log ( xy + y ) − log ( 3 y 2 + y )  ( 3 y 2 + y ) − ( xy + y ) 2. 2.  log ( xy + y ) + ( xy + y )  log ( 3 y 2 + y ) + ( 3 y 2 + y ) 2. 2. ( *). Xét hàm f ( t ) = log t + t 2 với t  ( 0; + ) f '(t ) =. 1 + 2t  0 t  ( 0; +  ) . Suy ra f ( t ) là hàm đồng biến trên t  ( 0; + ) . t ln10. (*)  f ( xy + y )  f ( 3 y 2 + y ).  xy + y  3 y 2 + y  x  3 y .. Vì y  2020 nên ta có các trường hợp sau. y =1.  x  1; 2;3. y = 2  x  1; 2;3; 4;5; 6. ............................................... y = 1000  x  1; 2;.......;3000. Vậy số cặp nghiệm thỏa mãn điều kiện đề bài là: 3 + 6 + 9 + ... + 3000 = 1501500 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 241.

(247) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 15. Chọn C Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có : 2. x+. 1 x. 2. 2 x.. 1 x. (1). = 4, x  0. Mặt khác ta có: 14 − ( y − 2 ) y + 1 = 14 − ( y + 1) y + 1 + 3 y + 1 . y + 1  1 . Xét hàm : f ( t ) = −t 3 + 3t + 14, t  1 có f  ( t ) = −3t 2 + 3; f  ( t ) = 0  t = 1 .. Đặt t =. Bảng biến thiên.  f ( t )  16  log 2 14 − ( y − 2 ). ( 2). y + 1   log 2 16 = 4. 1  x = 1 x = x Từ (1) , ( 2 ) ta có dấu bằng xảy ra khi:  . Vậy: P = 1 − 2 ( x + y ) = 1 .  t = 1 + y = 1  y = 0  Câu 16. Chọn C Ta có log 2 (2 x + 2) + x − 3 y = 8 y  2log. 2 ( x +1). + log 2 ( x + 1) = 23 y + 3 y (1). Xét hàm số f (t ) = 2t + t có f (t ) = 2t ln 2 + 1  0, t . .. Khi đó (1)  f ( log 2 ( x + 1) ) = f ( 3 y )  log 2 ( x + 1) = 3 y  x = 23 y − 1 Với 0  x  2018  1  8 y  2019  0  y  log 8 2019  3.7 . Vì y .  y  0;1; 2;3 . Rõ ràng với y nguyên thì. x nguyên.. Vậy có 4 cặp số x, y nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 17. Chọn D. (. Ta có: 2 2a.  2a. 2. 2. + b 2 + c 2 +1. +b2 + c2. ). − 1 + ( a − 1) 2 + (b − 1) 2 + (c− 1) 2 = 4 a +b + c. + a 2 + b 2 + c 2 + 1 = 22 a + 2b + 2 c + ( 2a + 2b + 2c ). Xét hàm f ( t ) = 2t + t trên Ta có, f  ( t ) = 2t ln 2 + 1  0, t . nên hàm số f ( t ) đồng biến trên. (. .. ). 2 2 2 Khi đó, phương trình đã cho có dạng f a + b + c + 1 = f ( 2a + 2b + 2c ) .. 2 2 2 Suy ra: 2a + 2b + 2c = a + b + c + 1  ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) = 2 (*) 2. Ta lại có, P =. 2. 2. 3a + 2b + c  ( P − 3) a + ( P − 2 ) b + ( P − 1) c = 0 (**) a+b+c. Trong hệ trục tọa độ Oxyz lấy M ( a; b; c ) .. 242. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(248) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Theo (*) ta có M thuộc mặt cầu tâm I (1;1;1) ,bán kính R = 2 . Theo (**) thì M thuộc mặt phẳng ( ) có phương trình ( P − 3) x + ( P − 2 ) y + ( P − 1) z = 0 . Tồn tại bộ ( a; b; c ) khi và chỉ khi tồn tại M ( mặt cầu và mặt phẳng có điểm chung). 3P − 6. Suy ra d ( I ; ( ) )  R hay. ( P − 3)2 + ( P − 2 )2 + ( P − 1)2.  2.  ( 3P − 6 )2  2. ( P − 3)2 + ( P − 2 )2 + ( P − 1)2 . . . 6−2 3 6+2 3 P . Vậy S = 1; 2;3 . 3 3.  3P 2 − 12 P + 8  0  Câu 18. Chọn D Điều kiện x 1 0 Ta có log x 1. 2. x. 1.. x 1 102. x. Vậy tập nghiệm của phương trình là S Câu 19.. 99 .. 99 .. Chọn D Ta có 2a = 3  a = log 2 3 . Tương tự b = log3 4, c = log 4 5, d = log5 6  abcd = log 2 3.log 3 4.log 4 5.log 5 6 = log 2 6  P = 2log2 6 = 6. Câu 20. Chọn C. Câu 21.. Đặt 2x = 5 y = 10− z = t. (t  0). 1  x 2 = t  1    5 = t y  −1 10 = t z . =t. 1 1 + y. tx. −. 1 z. . 1 1 1 + + = 0. x y z. Chọn A.  x = 4t  Đặt log 4 x = log 6 y = log 9 ( x + y ) = t   y = 6t .  x + y = 9t   x −1 − 5 (l )  = y 2 t t t 2 2 Mà 4 .9 = (6 )  x ( x + y ) = y  x 2 + xy − y 2 = 0   .  x −1 + 5  = (t / m) 2  y. Câu 22. Chọn D. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 243.

(249) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..  x +1 a  x = − log a b a = b −x −1   Ta có:  y=  2 xy = − x − 1. 1 2x  b2 y = a  y = 2 ( −1 + log b a )  b Khi đó P = x + y + y = ( x + y ) 2. 2. 2. 2. 1 3 3  − 2 xy + y =  x + y +  +  . 2 4 4 . 1  x= 1   2  x+ y =−  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  . 2  2 xy = − x − 1  y = − 2 − 1  2. Câu 23.. Chọn B Đặt 2018a. 2019b. log 2018 k log 2019 k. Từ đó suy ra P Câu 24.. 2020c. k. a. log 2018 k. b. log 2019 k. c. log 2020 k. log 2019 k log 2020 k. log 2018 2019. log 2019 2020 .. Chọn B log 3 ( x 2 + 2 y ) = 1 + log 3 4 = log 3 3 + log 3 4 = log 3 12  x 2 + 2 y = 12. Ta có: 16 = x 2 + 4 + 2 y  2 x 2 .4 + 2 y  4 x + 2 y  2 4 x.2 y = 2 8 xy.  P = xy  8..  x 2 = 4, x  0, y  0  x = 2  Dấu bằng xảy ra khi  . Vậy MinP = 8 . y = 4 4 x = 2 y   Câu 25. Chọn C z 2. Đặt a = b = c = abc = t ( t  0 ) x. y. 1  x a = t  1  1 1 2 1 1 2 b = t y   + + = 2 + = 2− . x y z x y z 2  z c = t  2 abc = t. P=. 1 1 2 2 1 1  + − z = 2 − − z2 = 2 −  + + z2  . x y z z z . Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho ba số dương Dấu " = " xảy ra  Câu 26.. 244. 1 1 1 1 2 ; ; z ta có: + + z 2  3  P  −1 . z z z z. 1 1 = = z 2  z = 1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng −1 . z z. Chọn D. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(250) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 2019 ( x + 2)2 − (4 x + y )  4x + y 4x + y 20202019( x + 2) 4x + y   =  2020 =  = 2 2 2019(4 x + y ) ( x + 2) ( x + 2) 2020 ( x + 2) 2 2. Ta có 2020. 2019( x 2 − y + 4).  20202019( x + 2) ( x + 2) 2 = 20202019(4 x + y ) (4 x + y )(1) . 2. Xét hàm số f (t ) = 20202019t t với t  0 . Ta có f ' (t ) = 20202019t + 20202019t t ln 20202019  0t  0. Khi đó (1)  ( x + 2)2 = 4 x + y  y = x 2 + 4 .. x = 1 Nên P = y − 2 x = x2 + 4 − 2 x = ( x − 1)2 + 3  3 . min P = 3 khi  . y = 5 Câu 27. Chọn A Điều kiện 1 − xy  0 . Ta có: 3x + y + 2 xy −2 =. 2 (1 − xy ) x+ y.  x + y + 2 xy − 2 = log 3. 2 (1 − xy ) x+ y. ..  log 3  2 (1 − xy )  + 2 (1 − xy ) = log 3 ( x + y ) + ( x + y ) (*).. Xét hàm f ( t ) = t + log 3 t với t  0  f  ( t ) = 1 +. 1  0. t ln 3. (*)  f ( 2 (1 − xy ) ) = f ( x + y )  2 (1 − xy ) = x + y  y =. 2− x . 2x +1. x2 + 1  0 (luôn đúng). 2x +1 2− x 2− x 25 Ta có P = x + 5 y = x + 5 . Đặt f ( x ) = x + 5 .  f ( x) = 1− 2 2x +1 2x +1 ( 2 x + 1) Khi đó 1 − xy  0 . f ( x) = 0  x = 2 .. x = 2 Vậy PMin = 2 đạt được khi  . y = 0 Câu 28. Chọn D Ta có (2b −1)2 (b + 1)  0  3b −1  4b3 và từ điều kiện bài toán suy ra log a b  1. Từ đó suy ra. P  3log a b +. 12. ( log a b − 1). 2. −3 =. 3log a b  ( log a b − 3). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b =. ( log a b − 1). 2. 2. +9 9. 1 1 , a= 3 . 2 2. Vậy min P = 9 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 245.

(251) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 29. Chọn A Ta có: a, b, c  1 và x, y, z  0 nên a x ; b y ; c z ; 3 abc  1. 1   x = 3 (1 + log a b + log a c )  1  x y z 3 Do đó: a = b = c = abc   y = ( log b a + 1 + log b c ) . 3  1   z = 3 ( log c a + log c b + 1)  Khi đó, ta có: P = x+ y+ z =. 1 (1 + log a b + log a c + logb a + 1 + logb c + log c a + log c b + 1) 3. 1 = . ( 3 + log a b + log a c + log b a + log b c + log c a + log c b ) 3 1 = . ( 3 + log a b + log b c + log c a + log a c + log c b + log b a ) 3. Mặt khác a, b, c  1 nên loga b,logb c,logc a,log a c,logc b,logb a  0 Suy ra: P . (. ). 1 3 + 3 3 log a b.log b c.log c a + 3 3 log a c.log c b.log b a = 3 . 3. log b = log c = log a b c log a b = log b c = log c a  a  a = b = c 1 1  1 = =  Dấu " = " xảy ra khi: log a c = log c b = log b a   . x = y = z =1 log c a log b c log a b   x  y z 3 a = b = c = abc a x = b y = c z = 3 abc  Vậy minP = 3  ( 2; 4 ) . Câu 30. Chọn D.  1 1 1 1 1  x − 14  x 4 4 4  x − 4 = 4 log a b a = b a = a . b   x y 4  Theo bài ra ta có: a = b = ab   .  1 1 1 1 1 1 y−  y − = .log a b 4 = a 4 b y = a 4 .b 4 b    4 4 Do đó: P = x + 4 y =. 1 1 5 1 + log a b + 1 + log b a = + log a b + log b a . 4 4 4 4. Đặt t = log a b . Vì a , b  1 nên loga b  loga 1 = 0 . Suy ra: t = log a b  0 . Khi đó P =. 1 1 5 9 5 1 1 5 + t +  + 2 t. = + 1 = . 4 t 4 4 4 4 t 4. Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là. Suy ra: a x = a 2 y. 9 1 1 khi t +  t = 2 hay log a b = 2  b = a 2 . 4 4 t. 3  x=   4 = 4 a3   . y = 3  8. Khi đó: m = 9, n = 4  T = 85 . 246. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(252) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 31.. Chọn B Với điều kiện: x  −1, y  −3  x + 1  0, y + 3  0 . Ta có: log 2 ( y + 3)( x + 1) +. xy + 3x + y + 2 1 = 0  log 2 ( y + 3) + log 2 ( x + 1) + ( y + 3) − =0. x +1 x +1.  log 2 ( y + 3) + ( y + 3) = log 2. 1 1 + x +1 x +1. Xét hàm số: f (t ) = log 2 t + t (t  0), f '(t ) =. (1) . 1 + 1  0, t  0. Suy ra f (t ) đồng biến trên khoảng t ln 2. 1 . x +1 1 3 Khi đó: P = x + 3 y + 10 = x + 3( − 3) + 10 = x + 1 + 2 3. x +1 x +1 3 Dấu '' = '' xảy ra  x + 1 +  3 = ( x + 1) 2  x = 3 − 1 , (vì x  −1 ). x +1. (0; +). Do đó: (1)  y + 3 =. Vậy: min P = 2 3 . Câu 32.. Chọn B Đặt logb a = t . 1 khi đó: 0 = logb 1  logb a  logb b = 1  t  (0;1) 4 1 1 1 1 2   Ta có: b 2 − b +  0  b −  b 2  log a  b −   log a b 2  log a  b −   . 4 4 4 4 t  . Với điều kiện: 1  a  b . log a b = b. 1 1 1 2 1  = . Do đó P = log a  b −  − log a b  + . 2 ( log b a − 1) 2 ( t − 1) 4 t 2(1 − t )  b. Xét hàm f (t ) =. 2 2 1 1 + với t  (0;1) có f '(t ) = − 2 + . t 2(1 − t ) t 2(1 − t ) 2. Với t  (0;1) ta có: f '(t ) = 0  x =. 2 . 3. 2 2 1  1  = + ; lim− f (t ) = lim−  + Do: lim+ f (t ) = lim+  +   = + . t →0 t →1 t →1 t →0  t 2(1 − t )   t 2(1 − t )  2 1 Lập BBT của hàm số f (t ) = + với t  (0;1) ta có: t 2(1 − t ). Dựa vào BBT ta tìm được Min f (t ) = Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng. 9 2 tại t = . 2 3. 9 . 2. Câu 33. Chọn B Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 247.

(253) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. x x  2   4. y y. Ta có: xy  4 y − 1  4 y  xy + 1  2 xy  4 y  2 xy nên:. 6 ( 2x + y ) x  x + 2y y + ln = 12 + 6. + ln  + 2  . x y x y  x 6 Đặt t = , 0  t  4 . Suy ra : P = f ( t ) = 12 + + ln ( t + 2 ) . t y Xét P =. t 2 − 6t − 12 ( t − 3) − 21 6 1 Ta có: f  ( t ) = − 2 + . = 2 = 2 t t+2 t .(t + 2) t .(t + 2) 2. Với 0  t  4 thì −3  t − 3  1  0  ( t − 3)  9 nên ( t − 3) − 21  0, t  ( 0; 4 . 2. 2. Do đó: f  ( t )  0 . Hàm số f ( t ) nghịch biến trên (0;4] . 6 27 Suy ra: f ( t )  f ( 4 ) ,  t  (0; 4] . Hay P  f (4) = 12 + + ln 6  P  + ln 6 . 4 2 x x = 2 27  =4  Vậy Pmin = + ln 6 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  y  1 2  xy = 1  y = 2  27 Khi đó : a = ; b = 6 nên ab = 81. 2 Câu 34. Chọn B 1 1 Ta có a x = 3 ab  x = (1 + log a b ) , b y = 3 ab  y = (1 + log b a ) . 3 3 1 4 1 1 . P = x + 3 y = (1 + log a b ) + 1 + log b a = + log a b + 3 3 3 log a b. Đặt log a b = t , do 1  a  b  a3  1  log a b  3  t  1; 3  P = Xét hàm số f (t ) =. 4 t 1 + + . 3 3 t. 4 t 1 + + ; với t  1; 3 . 3 3 t. t = 3 1 1 . Do t  1; 3  t = 3 . f '(t ) = − 2 ; f '(t ) = 0   3 t t = − 3 8 8 4+2 3 8 f (1) = f ( 3) = ; f 3 =  max f (t ) = . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng . 1;3   3 3 3 3 Câu 35. Chọn B Biến đổi yêu cầu của bài toán ta được:. ( ). P. 248. log3 a. log 2 b. Xét hàm số f t. t log 2 3. Ta có f t. 1 t. 0. log 2 a log 2 3. log3 b log 3 2. log 2 3. 1 t log 2 3 t. 1 t. log 2 a log 2 3 f t t.log 22 3. 1 log 2 a log 3 2 1 2 t log 2 3 t. log 2 3 2 1 t. .. 1 . 1 log 22 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(254) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. f t. 1 1 log 22 3. f. log 2 3 log3 2. min P. log 2 3 log 3 2 .. Câu 36. Chọn A.   x = 16t  2x − y Đặt log16 x = log 20 y = log 25 = t ( t  0 )   y = 20t 3  2x − y  = 25t  3  5 t 2   = ( N ) 2t t 2.16t − 20t 4 3 5 5 t t t t  = 25  2.16 − 20 = 3.25  3.   +   − 2 = 0    5 t 3 4 4   = −1 ( L )  4  . t. Vậy. t. y  20   5  2 =  =  = . x  16   4  3. Câu 37. Chọn D  p = 9t  q = 12t Đặt: t = log 9 p = log12 q = log16 ( p + q ) ( t  0 ) ta có  .  p + q = 16t  t. 2t. 4 4 Từ đó suy ra 9 + 12 = 16  1 +   =   . 3 3 t. t. t.  1+ 5 x=  4 q 2 Đặt x =   =  0 phương trình trở thành: x 2 − x − 1 = 0   p  3 1− 5 x =  2 . t. Do x  0 nên suy ra x =. q 1+ 5 1+ 5 . Vậy = p 2 . 2. Câu 38. Chọn A Điều kiện: x  y  0 .. Đặt: log 2 ( x + y ) = log 3 ( x − y ) = t.  2t + 3t x =  x + y = 2  2    t t t  x − y = 3 y = 2 −3  2 t. 2t − 3t  0  2t  3t  t  0 Ta có y  0  2 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 249.

(255) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. t  2t + 3t 0  2  1 t t Khi đó   0  2 + 3  2  0   1  0  x  1; x   x = 1 t 2 0  3  1   Với x = 1  t = 0  y = 0 . Vậy x + y = 1.. Câu 39.. Chọn B. x 128 − log P= log 2 x + 1 log 2. 2. x=. log 2 x − 7 l og 2 x − log 2 128 − 2 log 2 x . − 2 log 2 x = log 2 x + 1 log 2 x + 1. Đặt t = log2 x (0  t  3) . Ta có: P = P' =. t −7 − 2t trên  0;3 . t +1. t = 1 . −2 , P' = 0   ( t + 1) t = −3 8. 2. Bảng biến thiên:. Giá trị lớn nhất của biểu thức là b = −5 , Giá trị lớn nhất của biểu thức là a = −7 .Khi đó ab = 35 . Câu 40.. Chọn B. x  0  Điều kiện:  y  0 . x − y  0  Ta có. log 2 x + log 2 ( x − y ) = 1 + 2 log 2 y.  log 2 x ( x − y ) = 1 + log 2 y 2.  log 2 x ( x − y ) = log 2 2 y 2. x = 2y  x 2 − xy = 2 y 2  ( x − 2 y )( x + y ) = 0   . x = − y ( L). Xét x = 2 y , mà x  2020  2 y  2020  y  1010 , kết hợp điều kiện ta có y  1; 2;....1010 . Vậy có 1010 giá trị của y , tương ứng với có 1010 cặp số ( x; y ) thỏa mãn bài toán. Câu 41. Chọn B. x 0  Điều kiện  1. x   2  4x2 − 4x + 1  2 2 2 Ta có log 2   = 6 x − 4 x  log 2 ( 4 x − 4 x + 1) − log 2 x = 6 x − 4 x x    log 2 (4 x 2 − 4 x + 1) + (4 x 2 − 4 x + 1) = log 2 x + (2 x + 1). 250. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(256) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..  log 2 ( 2 x − 1) + ( 2 x − 1) = log 2 ( 2 x ) + 2 x 2. ( *). 2. Xét hàm số f ( t ) = log 2 t + t trên khoảng ( 0; + ) . Ta có f  ( t ) =. 1 + 1  0, t  ( 0; + )  f ( t ) đồng biến trên khoảng ( 0; + ) . t ln 2.  3+ 5 x=  2 4 . (*)  ( 2 x − 1) = 2 x  4 x 2 − 6 x + 1 = 0    3− 5 x =  4. Do x1  x2  x1 =.  3− 5   3+ 5  3−3 5 3 3− 5 3+ 5 , x2 =  2 x1 − x2 = 2  = 1− 5  −   = 4 4 4 4  4   4 . (. ). Vậy a = 1, b = 5  P = a + b = 6 . Câu 42. Chọn D Điều kiện sin x  0,cos x  0 . 2 u  cot x = 3 Đặt u = 2 log 3 ( cot x ) = log 2 ( cos x ) ta có  u  cos x = 2. ( 2 ) = 3u  2u 2 = 3u. 1 − 2u 2   4  + 4u −1 = 0 (1) cos 2 x Vì cot x = nên suy ra ( ) ( )  3  2 2 1 − cos x 1 − ( 2u ) u 2. ). (. 2. u. u. 4 4 4 Xét hàm số f ( u ) =   + 4u − 1 ta có: f ' ( u ) =   ln   + 4u ln 4  0, u  3 3 3. Suy ra hàm số f ( u ) đồng biến trên. u. .. nên phương trình f ( u ) = 0 có nhiều nhất một nghiệm.. Dễ thấy f ( −1) = 0 suy ra phương trình (1) có nghiệm duy nhất u = −1. u = −1  cos x =. 1   x =  + k 2 ( k  2 3. ).. Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm là x = −.  3. + k 2 ( k . ). . Mà x  ( 0; 2020 ) nên. 1 6059 ta chọn k  0;1; 2...;1009 k 6 6. Khi đó số nghiệm của phương trình thuộc khoảng ( 0; 2020 ) là 1010. Câu 43. Chọn A Điều kiện x + y  0 . Đặt log 5 ( x + y ) = t  x + y = 5t x  5 = t + y Khi đó:  t  5t + t = 5x + x  5 = x + y. Xét hàm số f ( u ) = 5u + u  f  ( u ) = 5u.ln 5 + 1  0  hàm số đồng biến với u  Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 251.

(257) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Ta có: f ( t ) = f ( x )  t = x . Khi đó: 5x = x + y  y = 5x − x Đặt g ( x ) = 5 x − x  g  ( x ) = 5 x.ln 5 − 1 = 0  x = − log 5 ( ln 5 ). Để phương trình có nghiệm thì y . 1 + log5 ( ln 5 )  0,917 ln 5. Mà y  2020 nên có đúng 2020 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 44.. Chọn A Tập xác định: D = 1; + ) .. log10 x + log 2 x + 3 log x + log 2 x + 4 = log10 x + log x + 3  m log100 x  m  . log100 x log x + 2 2. Đặt t = log x x  1  t  0 , bất phương trình trở thành: m . t2 + t + 4 ( 2) . t+2. Để bất phương trình ban đầu có nghiệm 1; + ) thì bất phương trình ( 2 ) có nghiệm  0; + ) .. t2 + t + 4 Xét f ( t ) = trên  0; + ) . t+2 Trên  0; + ) ta có: f ' ( t ) =. t 2 + 4t − 2. (t + 2). 2.  x = −2 + 6(tm) . , f ' (t ) = 0    x = −2 − 6(l ). Bảng biến thiên:. Bất phương trình ( 2 ) có nghiệm  0; + )  m  max f ( t )  m  −3 + 2 6 0;+ ). Mà m nguyên nên m = 1 . Vậy có 1 giá trị nguyên dương thõa mãn. Câu 45.. Chọn A Điều kiện x + y  0; x2 + y 2  0.  x + y = 3t  Ta đặt: log 3 ( x + y ) = log 4 ( x 2 + y 2 ) = t . Ta có  2 (1) 2 t x + y = 4  . 252. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(258) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Vì ( x + y )  2 ( x 2 + y 2 )  ( 3t )  2.4t  t  log 9 2  0,85 . 2. 2. 4. Ta có x 2 + y 2 = ( x + y ) − 2 xy  xy = 2. 9 −4 . 2 t. t. 9t − 4t 1 3 = − .27t + .12t = f ( t ) . 2 2 2 1 1 3 3 Xét f ( t ) = − .27t + .12t với t  log 9 2 , có f  ( t ) = − .27t.ln 27 + .12t.ln12 , 2 2 2 2 4 Khi đó, P = x 3 + y 3 = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) = 27t − 3.3t. 3. 1 3 ln12  ln12   27   t = log 27  3. f  ( t ) = 0  .27t.ln 27 = .12t.ln12    = 3.   1, 006 ( L ) . ln 27 2 2 ln 27    12  12 Bảng biến thiên: t.  T = ( 0; 4 Gọi T là tập giá trị của P . Từ BBT ta có   1; 2;3; 4  T nên suy ra tập giá trị của P    P có chứa 4 giá trị nguyên. Câu 46. Chọn B. Ta có: 2 x. 2. + y2. = 2.2 y − x  2 x. 2. + y2. Cách1: Yêu câu bài toán  tìm x . = 2 y − x +1  x 2 + y 2 = y − x + 1  y 2 − y = − x 2 − x + 1 (*) để phương trình (*) có nghiệm y dương. Xét hàm số f ( y ) = y 2 − y trên ( 0, + ). f  ( y ) = 2 y − 1; f  ( y ) = 0  2 y − 1 = 0  y =. 1 2. Bảng biến thiên :. Dựa vào bảng biến thiên ta có Phương trình (*) có nghiệm y dương  − x 2 − x + 1  − Vì x . nên x  −1;0 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 1 −1 − 6 −1 + 6  x 4 2 2. 253.

(259) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Vậy có 2 số nguyên x để phương trình (*) có nghiệm thực y dương. Cách2: Yêu cầu của bài toán được thỏa. x  ; y  0 x  ; y  0 x  ; y  0    2 2 2 2   1  1 3 1 3  1  1 3  1 − x +  y = − −x+   x + 2  +  y − 2  = 2 y = + 2 2  2  2 2  2     .  −1 − 6 −1 + 6 x  ; y  0 x x  ; 2 2   2 TH1:  ta chọn x  −1;0 . 1 3  1   2 y = + − x +  y = 1 + 3 −  x + 1    2 2  2     2 2  2   −1 − 6 −1 + 6 x  ; y  0 x x  ; 2 2   2 TH2:  , không tồn tại x  1 3  1   2 y = − − x + 1 3 1       2 2  2   y = 2 − 2 −  x + 2  ; y  0  y  0. Vậy có 2 số nguyên x để phương trình (*) có nghiệm thực y dương. Câu 47. Chọn D 5  Đặt t = log 1 ( x − 2 ) . Do x   ; 4  nên t   −1;1 2  2. Ta có phương trình. 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 =. Xét hàm số f ( t ) =. f  (t ) =. 4t 2 − 4. (t 2 − t + 1). 2. t 2 − 5t + 1  m = f (t ) t2 − t +1. t 2 − 5t + 1 với t   −1;1 t2 − t +1. =. −4 (1 − t 2 ). (t 2 − t + 1). 2.  0 t   −1;1  Hàm số nghịch biến trên đoạn  −1;1. Phương trình có nghiệm khi đường thẳng y = m có điểm chung với đồ thị hàm số. y = f ( t ) trên đoạn  −1;1  f (1)  m  f ( −1)  −3  m  Câu 48.. 7 3. Chọn B.   sin x  0 k 2  x  + k 2  Đk:  . 2 cos x  0 k  . 254. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. để.

(260) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Với điều kiện trên ta có: 2 log 3 ( cot x ) = log 2 ( cos x )  log 3 ( cot x ) = log 2 ( cos x ) 2.  log 3 cos 2 x − log 3 sin 2 x = log 2 ( cos x )  log 3 cos 2 x − log 3 (1 − cos 2 x ) = log 2 ( cos x ) Đặt t = log 2 cos x  cos x = 2t . t. Phương trình trở thành  log 3. 22t 4 = t  4t = 3t − 12t hay   + 4t = 1 2t 1− 2 3 t. t. 4 4 4 Hàm số f ( t ) =   + 4t có f  ( t ) =   .ln + 4t.ln 4  0, t  3 3 3. nên hàm số đồng biến trên. Mặt khác f ( −1) = 1 nên t = −1 là nghiệm của phương trình. Do đó phương trình có nghiệm duy nhất t = −1 ..   x = + k .2 ( k  )  1 3 . log 2 cos x = −1  cos x =   2  x = −  + k .2 (loai do sin x  0)  3 1 6059 . x  ( 0; 2020 )  −  k  6 6 Vậy trong khoảng ( 0; 2020 ) thì phương trình có 1010 nghiệm. Câu 49. Chọn B Cách 1: Ta có 2 2 log 4 ( x + y + 3) = log 5 ( x 2 + y 2 + 2 x + 4 y + 5 )  log 4  ( x + 1) + ( y + 2)  = log 5 ( x + 1) + ( y + 2 )   . Đặt X = x + 1; Y = y + 2 . Khi đó ta có log 4 ( X + Y ) = log 5 ( X 2 + Y 2 ) t  X + Y = 4 Đặt t = log 4 ( X + Y ) = log 5 ( X + Y ) . Suy ra ta có hệ phương trình  2 2 t  X + Y = 5 2. 2. Theo bất đẳng thức B.C.S ta có ( X + Y )  2 ( X 2 + Y 2 )  16t  2.5t  t  log 16 2 . 2. 5 log16 2. Mặt khác X 2 = 5t − Y 2  5t  5 Tương tự ta có −5. 1 log16 2 2 5. Y 5. 5.  −5. 1 log16 2 2 5. 1 log16 2 2 5.  X 5. 1 log16 2 2 5. vì X   X  −1, 0,1. .. TH1: X = 0 ta có log 4 Y = log 5 Y nghiệm là Y = 1 . Do đó x = y = −1 . 2. TH2: X = −1 ta có log 4 (Y − 1) = log 5 (1 + Y 2 ) Xét hàm số f (Y ) = log 4 (Y − 1) − log 5 (1 + Y bảng biến thiên chứng minh được. 2. max. ) với −5. 1  1 log16 2 log16 2  2  2  5 Y 5 5  −5     . 1 log16 2 2 5. Y 5. 1 log16 2 2 5. , ta lấy đạo hàm và lập. f (Y )  −0,93  0 nên không tồn tại Y .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 255.

(261) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. TH3: X = 1 ta có log 4 (Y + 1) = log 5 (1 + Y 2 ) ta lập bảng biến thiên và chứng minh phương trình có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm Y = 0 và một nghiệm còn lại thỏa −5. 1 log16 2 2. Y 5. 5. Vậy có. 1 log16 2 2 5. .. X = 0.  x = −1.  2 giá trị X  thỏa mãn là  X =1 x = 0. Cách 2: (Biểu diễn miền trên đồ thị) Ta có 2 2 log 4 ( x + y + 3) = log 5 ( x 2 + y 2 + 2 x + 4 y + 5 )  log 4  ( x + 1) + ( y + 2)  = log 5 ( x + 1) + ( y + 2 )   . Đặt X = x + 1; Y = y + 2 . Khi đó ta có log 4 ( X + Y ) = log 5 ( X 2 + Y 2 ) Đặt t = log 4 ( X + Y ) = log 5 ( X 2 + Y 2 ) .  X + Y = 4t Suy ra ta có hệ phương trình  2 2 t  X + Y = 5. Theo bất đẳng thức B.C.S ta có ( X + Y )  2 ( X 2 + Y 2 )  16t  2.5t  t  log 16 2 . 2. 5. log16 2  t 0  X + Y = 4  4 5 Khi đó ta có  log16 2 0  X 2 + Y 2 = 5t  5 5 . Minh họa bằng hình vẽ:. Vậy có Câu 50.. X = 0.  x = −1.  . 2 giá trị X  thỏa mãn là  X =1 x = 0. Chọn D Phương trình tương đương 22 x− y +1 + 2−2 x+ y +1 + 32 x− y +1 + 3−2 x+ y +1 = 52 x− y +1 + 5−2 x+ y +1 Đặt 2x − y = a , phương trình trở thành. 256. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(262) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. 2 ( 2a + 2− a ) + 3 ( 3a + 3− a ) = 5 ( 5a + 5− a ) Nhận thấy nếu a là nghiệm thì −a cũng là nghiệm nên chỉ cần xét a  0 . Xét hàm số f ( x ) = x t + x − t , x  1 với số thực t dương tùy ý. Ta có: f  ( x ) = tx t −1 (1 − x −2t ) , do x  1 nên 1 − x−2t  0 suy ra hàm số này đồng biến trên (1; + ) Do đó, ta được bất đẳng thức sau: 2a + 2− a  3a + 3−a  5a + 5−a , a  0 và dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi a = 0 . Suy ra 2 ( 2a + 2− a ) + 3 ( 3a + 3− a )  5 ( 5a + 5− a ) Đẳng thức phải xảy ra nên a = 0 hay 2 x − y = 0  2 x = y . Khi đó P = 2 x 2 − y 2 − 2 x + 3 y + 1 = −2 x 2 + 4 x + 1 = −2 ( x − 1) + 3  3 2. Dấu " = " xảy ra khi x = 1 . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3 khi x = 1 . Câu 51. Chọn B. (. ). Điều kiện x + 2 y  0; x 2 + y 2  0 . Đặt log 3 x + 2 y = log 2 ( x 2 + y 2 ) = t.  x + 2 y = 3t Khi đó  2 2 t  x + y = 2. (. Vì x + 2 y. ). 2. t. 9  3 ( x + y )  9  3.2     3  t  log 9 3 . 2 2 2. 2. t. t. Như vậy x 2 + y 2 = 2t  x 2  2t  2. log 9 3 2.  1, 65 . Vì x nguyên nên x 2  0;1 .. log 9 2  3t t t 2 y = 9 9 3    = 2t    = 2  t = log 9 2  y = Với x = 0 ta có hệ   1,17 . 2 . Suy ra 2 2 2   2  y 2 = 2t . y = 0 Với x = 1 ta có phương trình log 3 1 + 2 y = log 2 1 + y 2    y  0, 7686. (. Với x = −1 ta có phương trình log 3 Xét hàm số f ( y ) = log 3. (. ). (. (. ). .. ). 2 y − 1 − log 2 (1 + y 2 ) = 0 .. ). 2 y − 1 − log 2 (1 + y 2 ) . Lập bảng biến thiên, ta chứng minh được. max f ( y )  f (1,369 )  −1,583  0 nên phương trình vô nghiệm. Do đó ta chọn được x  0;1 . Vậy có 2 giá trị x thỏa yêu cầu bài toán. Câu 52.. Chọn C Xét hàm số f ( t ) = t + et  f  ( t ) = 1 + et  0, t .  f ( t ) đồng biến trên. (1).. x + ln x = y + e y  f ( ln x ) = f ( y ) (2). Từ (1) và (2) suy ra ln x = y  x = e y Để 1  x  2020 thì 1  e y  2020  0  y  ln 2020 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 257.

(263) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Mà y nguyên và y [1;2020] nên y  1; 2;3; 4;5;6;7 . Với mỗi giá trị y  1; 2;3; 4;5;6;7 ta có 1 giá trị x tương ứng thuộc đoạn [1;2020] . Vậy có 7 cặp số ( x; y ) thỏa mãn. Câu 53. Chọn B. x  0 Điều kiện  . Với điều kiện trên ta có: log(10 xy)  log( x + y)  10 xy  x + y y  0  y (10 x − 1)  x  0  y . x  1  do x   10 x − 1  10 . Do đó: S = x + 3 y  f ( x) = x +. 3x 3 ; f  ( x) = 1 − 10 x − 1 (10 x − 1) 2. f  ( x) = 0  (10 x − 1) = 3  10 x − 1 = 3  x = 2. 3 +1  1  do x   . 10  10 .  1+ 3  2 + 3 Lập bảng biến thiên ta có min f ( x) = f  . = 1  10  5  ; +    10  S = x + 3 y  f ( x) = x +. 258.  1+ 3  2 + 3  4  3x   0;  .  min f ( x) = f   = 10 x − 1  1 ; +  10 5  3    10 . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(264) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN TÌM CẶP SỐ NGUYÊN THỎA MÃN Câu 1. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 1  y  10. (. và. ). 2 x −1 2( ) .log 2 x 2 − 2 x + 3 = 4 y.log 2 ( 2 y + 2 ) ?. A. 9 . Câu 2.. Có. C. 6 .. B. 3 . bao. nhiêu. (. cặp. ). số. nguyên. dương. ( x; y ). D. 4 . thỏa. mãn. 1  x  106. và. 2. log 10 x 2 − 20 x + 20 = 10 y + y 2 − x 2 + 2 x − 1 .. Câu 3.. C. 3 .. B. 2 .. A. 4 .. D. 1 .. Gọi S là tập hợp các điểm M ( x; y ) , với x; y là các số nguyên thỏa mãn 3  x  2020 . Hỏi có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm thuộc S ?  y −1 log 2 ( x − 2 ) + 2 x = y + 4 2 + 1. (. A. 165. Câu 4.. Có 2. Câu 5.. x+5. bao. B. 120. nhiêu. + 3 x + 12 = 2. y +1. cặp. nguyên. (x; y). thỏa. D. 55. mãn. C. 2020 .. B. 11 .. và. D. 21 .. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn 1  x  100 và log C. 20 .. B. 17 .. 10 y 2 − 20 y = x − y2 + 2y ? x −1 D. 18 .. Số giá trị x nguyên thỏa mãn log 32 ( y − 1) − x 3 + log 2 ( y − 1) = 3x và 2  y  17 là: 3. B. 4 . C. 6 . Cho các số x, y , a thoả mãn 1  x  2048, y  1, a  và. A. 0 . Câu 8.. −20  x  20, − 20  y  20. A. 41 . B. 40 . C. 37 . D. 32 . Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn 1  x  2020 và log 2 ( 2 x ) + 5x = 10.2 y + y + 2 ?. A. 19 . Câu 7.. số. C. 220.. + 3y ?. A. 31 . Câu 6.. ). x 2 + xy + log 2 ( x + y − 1). x +1. (. D. 8 .. ). = x 2 a + a − y + 2 a + a + 1 . Có bao nhiêu giá trị của a  100 để luôn có. 2048 cặp số nguyên ( x; y ) ?. B. 10 .. A. 11 . Câu 9.. C. 89 .. D. 90 ..  3 x +1 − 1  x +1 Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn 1  y  2018 và log 5   = y+2−3 ?  y +1  A. 10 . B. 8 . C. 5 . D. 6 .. Câu 10. Cho các số x , y , a thỏa mãn 1  x  8 , y  1 , a . (. ). và. log 2 2 a + y + 1 + 2 a + y + 1 = x + 2 x ( * ) . Có bao nhiêu giá trị của a  0;100  để không tồn tại cặp. số nguyên ( x; y ) thỏa ( * ) ? A. 0 . B. 8 . C. 1 . D. 93 . Câu 11. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thoả mãn 2x + y  0, − 20  x  20 và log 2 ( x + 2 y ) + 2 x 2 + 2 y 2 + 5 xy − 2 x − y = 0 ?. A. 9 .. B. 6 .. C. 10 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. 11 .. 259.

(265) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..  4x + 1  2 x Câu 12. Gọi ( x; y ) là cặp số nguyên dương thỏa mãn 1  y  2020 và log 3   = y − 2 y + 1 − 16 . y   Gọi ymin và ymax lần lượt là nghiệm ứng với giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của y . Tính giá trị của T = ymin + ymax . A. T = 103 . B. T = 3010 . C. T = 1030 . D. T = 301 . x Câu 13. Có bao nhiêu cặp số nguyên x; y thỏa mãn 4 + 2 x = y + log y và 1  y  1024 ?. (. ). 2. C. 1024 . D. 1023 .  2a + 5  Câu 14. Cho a , b là hai số thực dương thỏa mãn log 3   = a + 3b − 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu  a+b  B. 6 .. A. 5 .. thức T = a2 + 3b2 25 5 5 A. . B. 1 . C. . D. . 4 2 4 Câu 15. Cho tập hợp X là tập hợp các điểm M ( x; y ) với x; y là các số nguyên thỏa mãn. (. ). 3  x  2020 và log 2 ( x − 2 ) + 2 x = y + 4 2 y −1 + 1 . Hỏi có bao nhiêu tam giác có cả ba đỉnh là các. điểm thuộc tập X ? A. 120.. B. 165.. C. 220.. A. 2019.. B. 3.. C. 2020.. D. 55. Câu 16. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0  x  2020 và log 5 (25 x + 25) + x = 2 y + 5 y D. 4.. 2. Câu 17. Cho x, y là các số thực thỏa mãn log 2 x + x = y + 2 y và 0  x  2020 . Số các giá trị nguyên dương của y là A. 4. B. 3. C. 10. D. 9. Câu 18. Có bao nhiêu cặp các số nguyên ( x; y ) với y  8 thỏa mãn. (. ). log 2 x 2 − 6 x + 9 − log 2 y + x 2 + 8 = 6 x + 2 y ?. A. 6 .. C. 2 .. B. 4 .. D. 1 .. Câu 19. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thoả mãn 20  x  2020 và A. 1009 .. B. 1000 .. Câu 20. Có bao nhiêu cặp số ( x; y ) , x  A. 1 .. C. 2000 .. thỏa mãn 1  y  e 7 và e ln. B. 2 .. C. 16 .. 2. 19 361y − 2 = ? x 2 + 2 x + 2021 4 y 2 − 4 y + 2020 D. 2001 .. y − x 2 − 2 x −1. − x−3. =. x2 + 2x + 2 ln 2 y + 1 D. 15 .. (. ). Câu 21. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 3  x  2020 và log 2 ( x − 2 ) + 2 x = y + 4 2 y −1 + 1 ? A. 11. B. 2020. C. 10. D. 2019. Câu 22. Cho x, y là các số nguyên dương thỏa x  10 và 2 x + log 2 ( x − 3 ) = 5 + y + 2 y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = x + y . A. 6. B. 8.. 260. C. 10.. D. 12.. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(266) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.D 11.C 21.A. 2.D 12.C 22.C. 3.A 13.B. 4.C 14.D. 5.B 15.B. 6.D 16.B. 7.D 17.B. 8.D 18.C. 9.D 19.B. 10.D 20.D. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1.. Chọn D. (. ). 2 x −1 Ta có 2( ) .log 2 x 2 − 2 x + 3 = 4 y.log 2 ( 2 y + 2 ) 2 2 x −1  2( ) .log 2 ( x − 1) + 2  = 2 2 y.log 2 ( 2 y + 2 ) ( 1) .  . Xét hàm số f ( t ) = 2t.log 2 ( t + 2 ) , t  0. Vì f  ( t ) = 2t.ln 2.log 2 ( t + 2 ) +. 2t  0, t  0 nên hàm số f ( t ) đồng biến trên  0; + ) . ( t + 2 ) ln 2. 2 2 Khi đó ( 1)  f ( x − 1)  = f ( 2 y )  ( x − 1) = 2 y .  . 1 + 2  x  1 + 20 2 Mà 1  y  10  2  ( x − 1)  20   . 1 − 20  x  1 − 2. Mặt khác x  Z  x  −3; −2; −1; 3; 4; 5 . Vì x −1 phải chẵn nên x lẻ. Vậy có 4 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa đề bài. Câu 2.. Chọn D Điều kiện: 10x2 − 20x + 20  0 , luôn đúng x  . Ta có log (10 x 2 − 20 x + 20 ) = 10 y + y 2 − x 2 + 2 x − 1 2. (. ). (. ). (. ). (. ).  x 2 − 2 x + 1 + log 10 x 2 − 2 x + 2  = 10 y + y 2  x 2 − 2 x + 2 + log x 2 − 2 x + 2 = 10 y + y 2    10. (. log x2 − 2 x + 2. 2. ) + log x 2 − 2 x + 2 = 10 y + y 2 (1). Xét hàm số f t = 10t + t trên () ( ) 2. Ta có f  ( t ) = 10t.ln10 + 1  0 , t . (. ). . Do đó f ( t ) đồng biến trên. ( ). (. 2. .. .. ). Khi đó (1)  f log x 2 − 2 x + 2  = f y 2  log x 2 − 2 x + 2 = y 2  x2 − 2x + 2 = 10y  ( x − 1) + 1 = 10 y . 2. 2. 2. (. ). (. ). 2 2 2 2 Vì 1  x  106 nên 1  ( x − 1) + 1 = 10 y  106 − 1 + 1  0  y 2  log  106 − 1 + 1 .  . Vì y . +. nên y  1; 2; 3 ..  x = −2 (ktm) Với y = 1  x2 − 2x + 2 = 10  x2 − 2x − 8 = 0   .  x = 4 (tm). Với y = 2  x2 − 2x + 2 = 104  x2 − 2x − 9998 = 0 (không có x nguyên nào thỏa mãn). Với y = 3  x2 − 2x + 2 = 109  x2 − 2x − 999999998 = 0 (không có x nguyên nào thỏa mãn). Vậy có một cặp nguyên dương ( x; y ) = ( 4;1) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 261.

(267) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 3.. Chọn A Ta có log 2 ( 2 x − 4 ) + 2 x − 4 = y + 1 + 2 y +1 . Đặt log 2 ( 2 x − 4 ) = t  2 x − 4 = 2t khi đó ta có t + 2t = ( y + 1) + 2 y +1 ( 1) . Hàm y = f ( t ) = t + 2t đồng biến trên. (1). nên.  t = y + 1  y = log 2 ( 2 x − 4 ) − 1  y = log 2 ( x − 2 ) .. Hàm số y = log 2 ( x − 2 ) đồng biến trên ( 2; + ) . Suy ra với 3  x  2020  0  y  log 2 2018  có 11 số nguyên y thoả mãn hay 11 điểm M . Do các điểm này nằm trên đường cong y = log 2 ( x − 2 ) nên không có 3 điểm nào thẳng hàng. Vậy số tam giác nhận 3 trong 11 điểm này làm đỉnh là C113 = 165 . Câu 4.. Chọn C Ta có: 2 x + 5 + 3x + 12 = 2 y +1 + 3 y  2 x + 5 + 3 ( x + 5 ) = 2 y +1 + 3 ( y + 1) . Xét hàm số f ( t ) = 2t + 3t , f ( t ) = 2t + 3t đồng biến trên. .. Suy ra x + 5 = y + 1  y = x + 4 . Kết hợp với điều kiện −20  x  20; − 20  y  20 suy ra x nguyên thuộc −  20; 16  thỏa đề. Vậy có 37 cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa đề. Câu 5.. Chọn B Ta có: log 2 ( 2 x ) + 5 x = 10.2 y + y + 2  log 2 x + 5 x + 1 = log 2 2 y +1 + 5.2 y +1 + 1 . Xét hàm số f ( t ) = log 2 t + 5t + 1 , f ( t ) đồng biến trên ( 0; +  ) . Suy ra x = 2y +1 . 1  2 y  1010  −1  y  log 2 1010  9,98 . 2 Có 11 giá trị nguyên của y thỏa đề. Vậy có 11 cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa đề.. Từ 1  x  2020 suy ra 1  2 y +1  2020 . Câu 6.. Chọn D Với 1  x  100 , ta có: log. 10 y 2 − 20 y = x − y 2 + 2 y  log ( x − 1) + x − 1 = log y 2 − 2 y + y 2 − 2 y (1) x −1. (. Xét hàm số f (u) = log u + u , ta có f (u) =. ). 1 + 1  0 , u  0 u ln10.  f (u) đồng biến trên ( 0; + ) nên ( 1)  x − 1 = y 2 − 2 y  x = ( y − 1) . 2. −9  y  0 2 . 1  x  100  1  ( y − 1)  100  1  y − 1  10    2  y  11. Vì y  Câu 7.. nên có 18 giá trị của y và cũng có 18 giá trị của x .. Chọn D Với 2  y  17 ta có log 32 ( y − 1) − x 3 + log 2 ( y − 1) = 3x  log 32 ( y − 1) + 3log 2 ( y − 1) = x 3 + 3 x (1). 3. 262. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(268) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 3t có f  ( t ) = 3t 2 + 3  0 t  Suy ra hàm số f ( t ) = t 3 + 3t luôn đồng biến trên. .. .. Khi đó ( 1)  log 2 ( y − 1) = x  y = x 2 + 1 . Do 2  y  17  2  x2 + 1  17  1  x2  16 . Vì x nhận các giá trị nguyên nên có 8 giá trị cần tìm là S = 1; 2; 3; 4 . Câu 8.. Vậy có 8 giá trị nguyên của x cần tìm. Chọn D Ta có: x 2 + xy + log 2 ( x + y − 1). x +1. (. ). = x 2 a + a − y + 2 a + a + 1 ( 1). (.  ( x + 1)( x + y − 1) + ( x + 1) log 2 ( x + y − 1) = ( x + 1) 2 a + a 2. log 2 ( x + y −1). ). + log 2 ( x + y − 1) = 2 a + a (do x + 1  2, x  1 ) ( * ) .. Xét hàm số f ( t ) = 2t + t ( t  0 ) . Vì f  ( t ) = 2t.ln 2 + 1  0, t  0 nên hàm số f ( t ) đồng biến trên  0; + ) .. ( * )  log ( x + y − 1) = a  x + y − 1 = 2. a. 2.  x = 2a − y + 1 .. Mà 1  x  2048 nên suy ra: 1  2 a − y + 1  2048  2 a − 2047  y  2 a . Do y  1 , mỗi giá trị của y có một giá trị của x và  2 a − 2047; 2 a  có 2048 số nguyên nên để có 2048 cặp số nguyên ( x; y ) thoả mãn ( 1) thì 2a − 2047  1  a  11 .. Mà a  100, a  Câu 9.. nên a  11;12;...;100 .. Vậy có 90 giá trị của a thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn D 1  y  2018  Điều kiện  3x+1 − 1  x  −1 .  y +1  0   3 x +1 − 1  x +1 x +1 x +1 Ta có log 5   = y + 2 − 3  log 5 3 − 1 − log 5 ( y + 1) = y + 1 + 1 − 3  y +1 . (. (. ) (. ). ).  log 5 3 x +1 − 1 + 3 x +1 − 1 = log 5 ( y + 1) + ( y + 1) (1).. Xét hàm số f ( t ) = log 5 t + t trên khoảng ( 0 ; +  ) . Ta có f  ( t ) =. 1 + 1  0 với mọi t  ( 0 ; +  ) nên hàm số f ( t ) = log 5 t + t đồng biến trên t ln 5. (. ). khoảng ( 0 ; +  ) . Từ ( 1) ta có f 3x +1 − 1 = f ( y + 1)  3x +1 − 1 = y + 1  y = 3 x +1 − 2 . Vì 1  y  2018  1  3x+1 − 2  2018  3  3x+1  2020  1  x + 1  log 3 2020  0  x  log3 2020 − 1 .. Vì x nguyên nên x  0 ;1; 2 ; 3; 4 ; 5 . Vậy có 6 cặp ( x ; y ) thỏa bài toán. Câu 10. Chọn D Có ( * )  y + 2 a + 1 + log 2 y + 2 a + 1 = 2 x + log 2 2 x .. (. ). ( ). Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 263.

(269) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Xét hàm số f ( x ) = x + log 2 x có f  ( x ) = 1 +. 1  0, x  0 . x ln 2. (. ). ( ). Do đó hàm số f ( x ) đồng biến trên ( 0; + ) . Khi đó f 2 a + y + 1 = f 2 x  2 a + y + 1 = 2 x . Ta lại có 1  x  8  1  2 a + y + 1  256  −2 a  y  255 − 2 a . Với mỗi giá trị nguyên y  1 ta có duy nhất một giá trị nguyên x . Do đó ycbt  −2 a  y  255 − 2 a không chứa giá trị nguyên y  1 . Hay 255 − 2a  1  a  8 . Vậy có 93 giá trị nguyên của a  0;100  thỏa ycbt. Câu 11. Chọn C Điều kiện: x + 2y  0 . Do: 2x + y  0 nên ta có: log 2 ( x + 2 y ) + 2 x 2 + 2 y 2 + 5 xy − 2 x − y = 0. ( 2 x + y )( x + 2 y ) + 2 x.  log 2. ( ( 2x. 2x + y. 2. ) + 5 xy ) + 2 x. + 2 y 2 + 5 xy − 2 x − y = 0.  log 2 2 x 2 + 2 y 2 + 5 xy − log 2 ( 2 x + y ) + 2 x 2 + 2 y 2 + 5 xy − 2 x − y = 0  log 2. 2. + 2y2. 2. + 2 y 2 + 5 xy = log 2 ( 2 x + y ) + 2 x + y. Xét hàm số: f ( t ) = log 2 t + t , ta có: f  ( t ) =. (. (1). 1 + 1  0 , t  ( 0 ; +  ) nên hàm số f ( t ) đồng t ln 2. ). biến trên ( 0 ; +  ) . Do đó: ( 1)  f 2 x 2 + 2 y 2 + 5xy = f ( 2 x + y )  2 x 2 + 2 y 2 + 5xy = 2 x + y  ( 2 x + y )( x + 2 y − 1) = 0  x = 1 − 2 y vì 2x + y  0 nên y . Do −20  x  20 suy ra. 2 , ( 2) . 3. −19 21  y  , ( 3) . 2 2. nên y  −9 ; −8 ;...; 0 . Vậy có 10 cặp số nguyên ( x ; y ) .. Từ ( 2 ) , ( 3 ) và y  Câu 12. Chọn C.  4x + 1  2 2 x x x Ta có: log 3   = y − 2 y + 1 − 16  log 3 4 + 1 − log 3 y = ( y − 1) − 16  y . (. (. ) ( ).  log 3 4 x + 1 + 4 x. ( * )  log. 2. = log 3 y + ( y − 1). t + ( t − 1) = log 3 y + ( y − 1) 2. 3. Đặt: f ( u ) = log 3 u + ( u − 1). 2. 2. 2. ). ( * ) . Đặt t = 4. x. + 1  4x = t − 1. ( t  1) .. (* * ). ( u  1) . Ta có: f  ( u) = u.ln 3 + 2.( u − 1)  0 1. khi u  1 .. Suy ra hàm số y = f ( u ) đồng biến trên ( 1; + ) . Khi đó: ( * * )  t = y  4 x + 1 = y .. Vì 1  y  2020 , nên ta có 1  4x + 1  2020  0  4x  2019  x  log4 2019  5,49   y = 5 x = 1 Vì x  +  x = 1; 2; 3; 4; 5   min .   min   xmax = 5   ymax = 1025. Vậy T = ymin + ymax = 5 + 1025 = 1030 . Câu 13. Chọn B. 264. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(270) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. log y Với điều kiện y  0 , ta có 4 x + 2 x = y + log 2 y  22 x + 2 x = 2 2 + log 2 y (*).. Xét hàm số f ( t ) = 2t + t , t . .. Ta thấy f ' ( t ) = 2t ln 2 + 1  0, t .  f ( t ) = 2t + t luôn đồng biến trên. .. Khi đó (*)  f ( 2 x ) = f ( log 2 y )  2 x = log 2 y  y = 4 x . Vì 1  y  1024 nên 1  4x  1024  0  x  5 . Vậy có 6 cặp số nguyên thỏa mãn là ( 0;1) , ( 1; 4 ) , ( 2;16 ) , ( 3; 64 ) , ( 4; 256 ) , ( 5;1024 ) . Câu 14. Chọn D  2a + 5   2a + 5  log 3   = a + 3b − 4  log 3   = ( 3a + 3b ) − ( 2a + 5 )  a+b   3a + 3b   log 3 ( 2 a + 5 ) + ( 2 a + 5 ) = log 3 ( 3a + 3b ) + ( 3a + 3b ) (1). Xét hàm số f ( x ) = log 3 x + x có f  ( x ) = biến trên khoảng ( 0; + ) . Do đó. 1 + 1  0, x  0 nên hàm số f ( x ) = log 3 x + x đồng x ln 3. (1)  f ( 2 a + 5 ) = f ( 3a + 3b )  2 a + 5 = 3a + 3b  a = 5 − 3b thay vào T, ta được:. T = a2 + 3b2 = ( 5 − 3b ) + 3b2 = 12b2 − 30b + 25  2. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T là Câu 15. Chọn B Ta có: log 2 ( x − 2 ) + 2 x = y + 4 2 y −1 + 1. (. 25 . 4. 25 5 5 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = và a = . 4 4 4. ).  log 2 ( x − 2 ) + 2 x − 4 = y + 2 y +1  log 2 ( 2 x − 4 ) + 2 x − 4 = y + 1 + 2 y +1 ( * ) .. Đặt log 2 ( 2 x − 4 ) = t  2 x − 4 = 2t , khi đó ta có ( * )  t + 2t = ( y + 1) + 2 y +1 ( 1) . Hàm y = f ( t ) = t + 2t đồng biến trên. nên ( 1)  t = y + 1  y = log 2 ( 2 x − 4 ) − 1 .. Với 3  x  2020  1  t  log 2 4036  1  1 + y  log 2 4036 mà y   y  0; 1;...;10 vậy có 11 số nguyên y hay 11 điểm M .. Do các điểm này nằm trên đường cong y = log 2 ( 2 x − 4 ) − 1 nên không có 3 điểm nào thẳng hàng. Vậy số tam giác nhận 3 trong 11 điểm này làm đỉnh là C113 = 165 . Câu 16. Chọn B Đặt t = log 5 (25x + 25)(2  t  2 + log 5 2021)  25x + 25 = 5t  x = 5t − 2 − 2. Theo bài ra: log 5 (25x + 25) + x = 2 y + 5 y  (t − 2) + 5t − 2 = 2 y + 5 2 y (*) Hàm f (u) = u + 5u đồng biến nên (*)  t − 2 = 2 y  t = 2 y + 2. 1 Mà 2  t  2 + log 5 2021  2  2 y + 2  2 + log 5 2021  0  y  log 5 2021 2 Mặt khác y  Z  y  0;1; 2 . Vậy có 3 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa đề bài.. Câu 17. Chọn B Điều kiện: x  1 . Vì x  1 và y dương nên ta có: log 2 x + x = y + 2 y  log 2 x + 2 log2 x = y + 2 y  log 2 x + 2 log2 x = y 2 + 2 y ( * ) . 2. 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 2. 265.

(271) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Xét hàm số: f ( t ) = t + 2t , t  0 . Ta có: f ' ( t ) =. 1 2 t. + 2t ln 2  0, t  0. Nên f ( t ) dồng biến trên ( 0; + ) .. ( ). Do đó: ( * )  f ( log 2 x ) = f y 2  log 2 x = y 2 . Vì 1  x  2020 nên 0  log 2 x  log 2 2020  0  y 2  log 2 2020 . Suy ra: 0  y  log 2 2020 Vậy có 3 giá trị nguyên dương của y thỏa mãn yêu cầu bài toán là 1; 2; 3 . Câu 18. Chọn C Điều kiện: x  3; y  0 . Ta có: log 2 x 2 − 6 x + 9 − log 2 y + x 2 + 8 = 6 x + 2 y. (. (. ). ).  log 2 x 2 − 6 x + 9 + x 2 − 6 x + 9 = log 2 ( 2 y ) + 2 y ( * ). Xét hàm số f ( t ) = log 2 t + t có f  ( t ) =. ( 0; + ) .. 1 + 1  0 , t  0 nên là hàm số f ( t ) đồng biến trên t ln 2. Nên PT ( * )  f ( u ) = f ( v ) với u = x 2 − 6 x + 9; v = 2 y  u = v  x 2 − 6 x + 9 = 2 y . Khi đó y  8  x 2 − 6 x + 9  16  x 2 − 6 x − 7  0  −1  x  7 Với x  , x  3  x  0;1; 2; 4; 5;6 9 (Không tm) 2 1 Với x = 2  y = (Không tm) 2. Với x = 1  y = 2 (Thỏa mãn). Với x = 0  y =. 1 (Không tm) 2 9 Với x = 5  y = 2 (Thỏa mãn) Với x = 6  y = (Không tm) 2 Vậy có 2 cặp ( x; y ) thỏa mãn x, y là những số nguyên và y  8 .. Với x = 4  y =. Câu 19. Chọn B Ta có: . 19− x − 3 361y −2 19− x −3 192 y −4 =  = . 2 2 x 2 + 2 x + 2021 4 y 2 − 12 y + 2026 ( x + 2 ) + 2017 ( 3 − 2 y ) + 2017 193−2 y. ( x + 2). 2. + 2017. =. 19 x + 2. 2 2  19 x + 2. ( x + 2 ) + 2017  = 19 3− 2 y. ( 3 − 2 y ) + 2017      ( 3 − 2 y ) + 2017 2. (. (. ). ). Xét hàm số: f ( t ) = 19t. t 2 + 2017 với t  0 có f ' ( t ) = 2t.19t + 19t.ln19. t 2 + 2017  0; t  0 Suy ra f ( t ) là hàm đồng biến trên  0; + ) Mặt khác f ( x + 2 ) = f ( 3 − 2 y )  x + 2 = 3 − 2 y  x = 1 − 2 y . Ta có 20  x  2020  20  −2 y + 1  2020  Do y . −2019 −19 y . 2 2. nên y  −1009; −1008;...; −10 , với mỗi giá trị y cho ta 1 giá trị x thoả đề.. Vậy có 1000 cặp số nguyên ( x ; y ) thoả yêu cầu bài toán. Câu 20. Chọn D. 266. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(272) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Xét phương trình: e ln. 2. y − x 2 − 2 x −1. =. x2 + 2x + 2 (1) ta có: ln 2 y + 1 2. (1)  e. ln 2 y − x2 − 2 x −1. 2 2 x2 + 2x + 2 e ln y ( x + 1)2 + 1 =  =  e ln y (ln 2 y + 1) = ( x + 1)2 + 1 e( x +1) (2). 2 2 ( x +1)2 ln y + 1 ln y + 1 e. (. ). Xét hàm số: f ( t ) = e t (t + 1), t  [0; +) , ta có: f  ( t ) = e t (t + 1) + e t = e t (t + 2)  0 , t  [0; +) nên hàm số f ( t ) đồng biến trên [0; +) . ln y = x + 1 Do đó từ (2) ta có: f ln 2 y = f ( x + 1)2  ln 2 y = ( x + 1)2   ln y = − x − 1.. (. ). (. ). Khi ln y = x + 1  y = e x +1 . Do 1  y  e 7 nên 1  e x+1  e7  0  x + 1  7  −1  x  6 . Hơn nữa x . nên x  −1;0;1; 2; 3; 4; 5;6 (*).. Khi ln y = − x − 1  y = e − x −1 . Do 1  y  e 7 nên 1  e − x−1  e7  0  −x − 1  7  −8  x  −1 . Hơn nữa x . nên x  −8; −7; −6; −5; −4; −3; −2; −1 (**).. Ứng với mỗi giá trị x cho ta một giá trị y thoả đề. Vậy từ (*) và (**) có 15 cặp số ( x ; y ) , x  Câu 21. Chọn A Điều kiện: x  2 .. (. thoả mãn.. ). Ta có log 2 ( x − 2 ) + 2 x = y + 4 2 y −1 + 1  log 2 ( 2 x − 4 ) + 2 x − 4 = y + 1 + 2 y +1 ( * ) . Xét hàm số f ( t ) = t + 2t xác định trên luôn đồng biến trên. có đạo hàm f  ( t ) = 1 + 2t ln 2  0, t . nên hàm số. .. Khi đó ( * )  f ( log 2 ( 2 x − 4 ) ) = f ( y + 1)  log 2 ( 2 x − 4 ) = y + 1  x = Vì 3  x  2020  3  2 y + 2  2020  0  y  log 2 2018 .. (. ). 2 y +1 + 4  x = 2y + 2 . 2. . Do y nguyên nên y  0;1;...;10  ( x; y )  2i + 2; i |0  i  10 Vậy có 11 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn.. Câu 22. Chọn C Từ giả thiết suy ra 3  x  10 . Đẳng thức 2 x + log 2 ( x − 3 ) = 5 + y + 2 y  ( 2 x − 6 ) + 1 + log 2 ( x − 3 ) = y + 2 y  ( 2 x − 6 ) + log 2 ( 2 x − 6 ) = y + 2 y. Xét hàm số f ( t ) = t + 2t có đạo hàm f ' ( t ) = 1 + 2t.ln 2  0, t . (1). .. Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên Do đó ( 1)  f ( log 2 ( 2 x − 6 ) ) = f ( y )  y = log 2 ( 2 x − 6 )  2 x − 6 = 2 y  x = 2 y −1 + 3 . Theo giả thiết x  10  2 y −1 + 3  10  y  1 + log 2 7  3,8 . Do y nguyên dương nên ta có y  3 . Khi đó T = x + y = 2 y −1 + 3 + y  2 3−1 + 3 + 3 = 10 . Vậy maxT = 10 khi y = 3, x = 7 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 267.

(273) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BÀI TOÁN LÃI KÉP LÝ THUYẾT 1. Bài toán theo hình thức lãi kép, gửi a đồng, lãi suất r một kì theo hình thức lãi kép. Tính số tiền thu về sau n kì ▪. Công thức tính nhanh: An = a ( 1 + r ). n. 2. Bài toán theo hình thức lãi kép, đầu mỗi kì gửi a đồng, lãi suất r một kì. Tính số tiền thu được sau n kì (gồm cả gốc và lãi) ▪. Công thức tính nhanh An = a (1 + r ). (1 + r ). n. −1. r. 3. Bài toán theo hình thức lãi kép, vay A đồng, lãi suất r , trả nợ đều đặn mỗi kì số tiền m đồng. Hỏi sau bao nhiêu kì thì trả hết số nợ gồm cả gốc và lãi ▪. Công thức tính nhanh m =. Ar ( 1 + r ). (1 + r ). n. n. −1. 4. Bài toán theo hình thức lãi kép, gửi a đồng vào tài khoản tiết kiệm, lãi suất r /kì. Sau đúng một kì rút ra m đồng và các kì sau cũng vậy. Hỏi số tiền còn lại trong tài khoản sau n ? ▪. Công thức tính nhanh An = a ( 1 + r ). n. (1 + r ) −m. n. −1. r ❖ Lưu ý: Trên đây là một số công thức tổng quát. Trong quá trình giải toán, các em cần biến đổi. linh hoạt các đại lượng mà bài toán yêu cầu dựa trên công thức giải nhanh. Đồng thời kết hợp nhuần nhuyễn các bài toán trong trường hợp đề bài phức tạp. ❖ Việc chứng minh các công thức trên được tác giả trình bày thông qua bài tập rèn luyện. Ở mỗi bài giải chi tiết, tác giả sẽ làm theo cách tự luận để suy ra vấn đề, việc đưa ra công thức giải nhanh chỉ nhằm mục đích cho người đọc tham khảo, người đọc nên làm và hiểu theo cách tự luận sẽ thấy được cái hay của bài toán về lãi kép.. 268. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(274) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BÀI TOÁN LÃI KÉP Câu 1:. Câu 2:. Ông A gửi vào ngân hàng số tiền 100 triệu đồng theo hình thức lãi kép với lãi suất 6% /năm. Hỏi sau 5 năm tổng tất cả số tiền ông A thu về là bao nhiêu? Giả sử lãi suất không thay đổi và kết quả làm tròn đến 2 chữ số thập phân. A. 148,58 (triệu đồng).. B. 133,82 (triệu đồng).. C. 126, 25 (triệu đồng).. D. 141,85 (triệu đồng).. Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 6% /năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền lớn hơn 100 triệu đồng bao gồm gốc và lãi? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra. A. 14 năm. B. 12 năm. C. 11 năm. D. 13 năm.. Câu 3:. Đầu năm 2016 ông A thành lập một công ty. Tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên trong năm 2016 là 1 tỷ đồng. Biết rằng sau mỗi năm thì tổng số tiền dùng để trả lương cho nhân viên trong cả năm đó tăng thêm 15% so với năm trước đó. Hỏi năm nào dưới đây là năm đầu tiên mà tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên trong cả năm lớn hơn 2 tỷ đồng? A. Năm 2023. B. Năm 2020. C. Năm 2021. D. Năm 2022.. Câu 4:. Một người gửi vào ngân hàng 50 triệu đồng với lãi suất 4% /tháng, sau mỗi tháng tiền lãi được nhập vào vốn. Hỏi sau một năm người đó rút tiền thì tổng số tiền người đó nhận được là bao nhiêu? A. 50. (1, 004 ). 12. C. 50. 1 0, 04 Câu 5:. (triệu đồng). 12. (triệu đồng).. B. 50. 1 12 0, 04. 12. (triệu đồng).. D. 50 1,004 (triệu đồng).. Một người gửi số tiền m triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 6% / năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng, thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Sau 5 năm số tiền người này nhận được là 500 triệu đồng. Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra. Tính số tiền m .. . A. m. 500 1, 06. C. m. 5. 500 1, 006. Câu 6:. (triệu đồng).. 5. (triệu đồng).. B. m. 500 (triệu đồng). 1, 06. D. m. 500 (triệu đồng). 1 5 0, 06. Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7% / năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng, thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau 5 năm người đó mới rút lãi thì số tiền lãi người đó nhận được là? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra. A. 20,128 triệu đồng. B. 70,128 triệu đồng. C. 17,5 triệu đồng.. D. 67,5 triệu đồng.. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 269.

(275) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 7:. Đầu năm 2016, ông A thành lập một công ty. Tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên trong năm 2016 là 1 tỷ đồng. Biết rằng cứ sau mỗi năm thì tổng số tiền dùng để trả lương cho nhân viên trong cả năm đó tăng thêm 15% so với năm trước. Hỏi tổng số tiền ông A trả lương cho nhân viên trong cả năm 2020 là bao nhiêu? Kết quả làm tròn 2 chữ số thập phân. A. 2,01 tỷ đồng. B. 1,52 tỷ đồng. C. 2,31 tỷ đồng. D. 1,75 tỷ đồng.. Câu 8:. Đầu năm 2017, ông A thành lập một công ty. Tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên trong năm 2017 là 1 tỷ đồng. Biết rằng cứ sau mỗi năm thì tổng số tiền dùng để trả lương cho nhân viên trong cả năm đó tăng thêm 20% so với năm trước. Hỏi năm nào dưới đây là năm đầu tiên tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên trong cả năm lớn hơn 5 tỷ đồng? A. Năm 2025. B. Năm 2026. C. Năm 2027. D. Năm 2024.. Câu 9:. Một người đi làm với mức lương khởi điểm 7 triệu đồng một tháng. Cứ sau 3 năm mức lương tăng thêm 7% so với năm trước. Hỏi sau đúng 36 năm, mức lương một tháng của người này là bao nhiêu? Kết quả làm tròn 2 chữ số thập phân. A. 15,77 triệu đồng. B. 14,73 triệu đồng. C. 21,97 triệu đồng. D. 16,87 triệu đồng.. Câu 10: Một người đi làm với mức lương khởi điểm là 7 triệu đồng một tháng. Cứ sau 3 năm mức lương được tăng thêm 7% so với năm trước. Hỏi sau đúng 36 năm, tổng số tiền lương người này nhận được là bao nhiêu? Làm tròn đến hai chữ số thập phân. A. 3024 triệu đồng. B. 3235,68 triệu đồng. C. 4507,89 triệu đồng. D. 3977,47 triệu đồng. Câu 11: Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 6,1%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được ( cả số tiền ban đầu và lãi) ít nhất gấp đôi số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó không rút tiền ra? A. 12 năm. B. 11 năm C. 10 năm. D. 13 năm. Câu 12: Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 6,6%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được ( cả số tiền ban đầu và lãi) ít nhất gấp đôi số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó không rút tiền ra? A. 12 năm. B. 11 năm C. 10 năm. D. 13 năm. Câu 13: Tổng số tiền ông A dùng để trả tiền thuê mặt bằng công ty năm 2016 là 300 triệu đồng. Biết rằng cứ sau mỗi năm thì tổng số tiền dùng trả tiền thuê mặt bằng công ty trong cả năm đó tăng 10% so với năm trước. Tổng số tiền ông A dùng để trả tiền thuê mặt bằng công ty trong năm 2018 là A. 330 triệu đồng. B. 363 triệu đồng. C. 399,3 triệu đồng. D. 360 triệu đồng. Câu 14: Ở địa phương X , người ta tính toán thấy rằng: nếu diện tích khai thác rừng hàng năm không đổi như hiện nay thì sau 50 năm nữa diện tích rừng sẽ hết, nhưng trên thực tế thì diện tích khai thác rừng tăng trung bình hàng năm là 6% /năm. Hỏi sau bao nhiêu năm nữa diện tích rừng sẽ bị khai thác hết? Giả thiết trong quá trình khai thác, rừng không được trồng thêm, diện tích rừng tự sinh ra và mất đi (do không khai thác) là không đáng kể. 270. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(276) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. A. 23 .. B. 24 .. C. 22 .. D. 21 .. Câu 15: Theo một bài báo được công bố trên tạp chí Nature, trung bình làm cha ở 30 tuổi sẽ có 55 đột biến cho con cái của mình. Đột biến này tăng theo độ tuổi. Cứ tăng 1 tuổi, số lượng đột biến sẽ tăng thêm 12% so với số lượng đột biến ở trước đó. Hỏi sau đúng 50 năm, tức ở độ tuổi 80 lượng đột biến là bao nhiêu? A. 17802 . B. 15895 . C. 14450 . D. 16184 . Câu 16: Một người đi làm với mức lương khởi điểm 10 triệu đồng một tháng. Cứ sau 3 tháng lương của anh ta lại tăng thêm 12% so với tháng trước đó. Hỏi sau đúng 36 tháng làm việc, người này lĩnh được tất cả bao nhiêu tiền lương? Làm tròn đến triệu đồng. A. 723 triệu đồng. B. 724 triệu đồng. C. 725 triệu đồng. D. 726 triệu đồng. Câu 17: Một người đi làm với mức lương khởi điểm m triệu đồng một tháng. Cứ sau 6 tháng lương của anh ta lại tăng thêm 10%. Hỏi sau đúng 36 tháng tổng lương người này lĩnh được là 500 triệu đồng. Tính số tiền m. 25 25 A. m = (triệu đồng). B. m = (triệu đồng). 6 7 3 (1,1) − 1 3 (1,1) − 1     25 50 C. m = (triệu đồng). D. m = (triệu đồng). 6 5 1,1) − 1 3 (1,1) − 1 (   Câu 18: Một sinh viên A trong thời gian 4 năm học đại họcđã vay ngân hàng mỗi năm 10 triệu đồngvới lãi suất 3% năm (thủ tục vay một năm một lần vào thời gian đầu năm học). khi ra trường A thất nghiệp nên chưa trả được tiền cho ngân hàng do vậy phải chịu lãi suất 8% / năm cho tổng số tiền vay gồm gốc và lãi của 4 năm học. sau một năm thất nghiệp, sinh viên A cũng tìm được việc làm và bắt đầu trả nợ dần. Tổng số tiền mà sinh viên A nợ ngân hàng sau 4 năm học đại học và một năm thất nghiệp gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 43.091.358 đồng. B. 48.621.980 đồng. C. 46.538.667 đồng. D. 45.188.656 đồng. Câu 19: Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 7,5%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) ít nhất gấp ba lần số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó không rút tiền ra? A. 15 năm. B. 14 năm. C. 17 năm. D. 16 năm. Câu 20: Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 7,5%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) ít nhất gấp sáu lần số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó không rút tiền ra? A. 23 năm. B. 25 năm. C. 26 năm. D. 24 năm. Câu 21: Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 6,1%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 271.

(277) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được số tiền lãi ít nhất bằng số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó không rút tiền ra? A. 12 năm. B. 11 năm. C. 10 năm. D. 13 năm. Câu 22: Theo hình thức lãi kép, đầu mỗi tháng một người gửi đều đặn vào ngân hàng cùng một số tiền 10 triệu đồng, lãi suất theo kì hạn 1 tháng là 0,5% thì sau 2 năm số tiền người này thu về (cả gốc và lãi) là? A. 255,591 (triệu đồng ).. B. 254,320 (triệu đồng ). D. 255,320 (triệu đồng ).. C. 254,591 (triệu đồng ).. Câu 23: Theo hình thức lãi kép, đầu mỗi tháng một người gửi đều đặn vào ngân hàng cùng một số tiền m (triệu đồng), lãi suất theo kì hạn 1 tháng là 0,5% thì sau 2 năm số tiền người này thu về (cả gốc và lãi) là 100 (triệu đồng). Tính số tiền m . A. m =. 100. (triệu đồng).. 201 (1, 005 ) − 1   1 C. m = (triệu đồng). 24 2 (1, 005 ) − 1   24. B. m =. 100. (triệu đồng). 25 201 (1, 005 ) − 1   1 D. m = (triệu đồng). 25 2 (1, 005 ) − 1  . Câu 24: Theo hình thức lãi kép, đầu mỗi tháng một người gửi đều đặn vào ngân hàng cùng một số tiền 10 (triệu đồng), lãi suất theo kì hạn 1 tháng là 1% . Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng thì số tiền người này thu về (cả gốc và lãi) ít nhất là 200 triệu đồng? A. 11 tháng. B. 12 tháng. C. 18 tháng. D. 19 tháng. Câu 25: Liên tục trong 20 năm,một ngừời lao động luôn gửi vào một ngân hàng đúng 5.000.000 đồng vào một ngày cố định của tháng với lãi suất khôngđổi 0,65%/ tháng (nếu không rút tiền ra,lãi được nhập vào vốn để tính lãi cho kì tiếp theo).Hỏi sau 20 năm người đó có được số tiền (cả gốc và lãi) gần nhất số tiền nào dưới đây? A. 2.850.000.000 đồng B. 2.900.000.000 đồng C. 2.950.000.000 đồng. D. 3.000.000.000 đồng. Câu 26: Trong thời gian liên tục 25 năm, một người lao động luôn gửi đúng 4.000.000 đồng vào một ngày cố định của tháng ở ngân hàng A với lãi suất không thay đổi trong suốt thời gian gửi tiền là 0,6%/ tháng. Gọi A đồng là số tiền người đó có được (cả gốc và lãi) sau 25 năm. Hỏi mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 3.350.000.000  A  3.400.000.000. B. 3.400.000.000  A  3.450.000.000. C. 3.450.000.000  A  3.500.000.000. D. 3.500.000.000  A  3.550.000.000. Câu 27: Một người gửi bảo hiểm cho con từ lúc con tròn 6 tuổi, hằng tháng anh ta đều đặn gửi vào tài khoản bảo hiểm của con triệu đồng với lãi suất 0,5% một tháng. Trong quá trình đó, người ta không rút tiền ra và giả sử lãi suất không thay đổi. Nếu muốn số tiền (cả gốc và lãi) rút ra lớn hơn 100 triệu đồng cũng là lúc con tròn 18 tuổi thì hằng tháng phải gửi vào tài khoản bảo hiểm tối thiểu khoảng bao nhiêu tiền? Làm tròn đến nghìn đồng. A. 474 nghìn đồng. B. 437 nghìn đồng. C. 480 nghìn đồng. D. 440 nghìn đồng.. 272. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(278) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 28: Liên tục trong 25 năm,một người lao động luôn gửi vào một ngân hàng đúng 4.000.000 đồng vào một ngày cố định của tháng với lãi suất khôngđổi 0,6%/ tháng. Hỏi sau 25 năm người đó có được số tiền (cả gốc và lãi) gần nhất với số tiền nào dưới đây? A. 3.350.000.000 đồng. B. 3.400.000.000 đồng. C. 3.450.000.000 đồng. D. 3.500.000.000 đồng. Câu 29: Một người tham gia chương trinh bảo hiểm An sinh xã hội cúa công ty bảo hiếm A với thề lệ như sau: Cứ đến tháng 9 hàng năm người đó đóng vào công ty 12 triệu đồng với lãi suất hàng năm không đồi 6%/năm. Hỏi sau đúng 18 năm kế từ ngày đóng lần đầu, người đó thu về tồng tất cá bao nhiều tiền (cá gốc và lãi)? Kết quá làm tròn đến hai chữ số thập phân. A. 429,43triệu đồng. B. 293,32 triệu đồng. C. 412,23triệu đồng. D. 393,12 triệu đồng. Câu 30: Tổng số tiền công ty A phái trả cho thuê mặt bằng trong giai đoạn 10 nãm hoạt động đầu tiên là 5 tỷ đồng. Biết rằng trong giai đoạn này, số tiền phái trá thuê mặt bằng năm sau luôn tăng thêm 10% so với tiền thuê mặt bằng cúa năm trước đó. Vậy số tiền công ty A phái trả cho thuê mặt bàng trong nãm đầu tiên gần nhất với số tiền nào dưới đây? A. 269,816 triệu đồng. B. 311,720 triệu đồng. C. 313,727 triệu đồng. D. 270,106 triệu đồng. Câu 31: Với mức tiêu thụ thức ăn cùa trang trại A không đổi như dự định thì lượng thức ãn dự trữ đù cho 100 ngày. Nhưng thực tế, kề từ ngày thứ hai trở đi lượng tiêu thụ thức ăn của trang trại tăng thêm 4% so với ngày trước đó. Hỏi lượng thức ăn dự trừ của trang trại A đủ dùng cho tối thiểu bao nhiêu ngày? A. 39 ngày. B. 40 ngày. C. 41 ngày. D. 42 ngày. Câu 32: Tổng số tiền công ty A phải trả cho thuê mặt bằng trong giai đoạn 10 năm hoạt động đầu tiên là 5 tỷ đồng. Biết rằng trong giai đoạn này, số tiền phải trả thuê mặt bằng năm sau luôn tăng thêm 10% so với tiền thuê mặt bằng của năm trước đó. Vậy số tiền công ty A phải trả cho thuê mặt bằng trong năm thứ 10 gần nhất với số tiền nào dưới đây? A. 736,127 triệu đồng. B. 742,323 triệu đồng. C. 733,260 triệu đồng. D. 739,751 triệu đồng. Câu 33: Một người mới đi làm muốn gửi tiết kiệm tại ngân hàng đến khi đủ số tiền để mua xe máy. Mỗi tháng anh ta gửi đều đặn một số tiền vào ngân hàng để tiết kiệm, gửi trong 15 tháng theo hình thức lãi kép (tức là nếu đến kỳ hạn lãi mà không rút tiền thì lãi được cộng vào làm vốn). Giả sử anh ta cần 21 triệu đồng vừa đủ mua xe máy, lãi suất ngân hàng theo tháng là 0,75%. Hỏi mỗi tháng anh ta phải gửi vào ngân hàng số tiền là bao nhiêu? A. 1 318 078 đồng. B. 1 327 964 đồng. C. 1 608 063 đồng. D. 1 322 000 đồng. Câu 34: Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 1%/tháng. Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết nợ sau đúng 3 tháng kể từ ngày vay. Hỏi, theo cách đó, số tiền m mà ông A sẽ phải trả cho ngân hàng trong mỗi lần hoàn nợ là bao nhiêu? Biết rằng, lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ. A. m =. 100. (1, 01) 3. (1, 01) B. m = (triệu đồng). 3 (1, 01) − 1 3. 3. (triệu đồng).. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 273.

(279) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. 100 1, 03 C. m = (triệu đồng). 3. D. m =. 120. (1,12 ). (1,12 ). 3. 3. −1. (triệu đồng).. Câu 35: Một ngân hàng có chính sách hỗ trợ cho sinh viên nghèo vay vốn với lãi suất thấp. Sinh viên Nguyễn Văn Nam được ngân hàng đó cho vay mỗi tháng 1 triệu đồng trong thời gian 4 năm đại học với lãi suất 4,5%/ theo hình thức mỗi tháng lấy tiền mỗi lần vào đầu tháng, sau khi học xong 4 năm thì bắt đầu trả nợ. Giả sử sinh viên Nam sau khi ra trường có việc làm và có thể trả nợ ngay sau tháng đầu tiên đi làm. Hỏi nếu sinh viên Nam trả nợ mỗi tháng 3 triệu đồng thì ít nhất sau bao nhiêu tháng thì Nam trả hết nợ cho ngân hàng? (Giả thiết sau khi Nam ra trường ngân hàng vẫn áp dụng lãi suất 0,5% một tháng). A. 19 (tháng). B. 20 (tháng). C. 18 (tháng). D. 21 (tháng). Câu 36: Theo hình thức lãi kép, một người vay ngân hàng số tiền 500 triệu đồng, lãi suất theo kì hạn 1 tháng là 1%. Người này trả nợ đều đặn cho ngân hàng mỗi tháng cùng một số tiền là 10 triệu đồng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng thì người này trả hết nợ bao gồm cả gốc lẫn lãi? A. 68 (tháng). B. 72 (tháng). C. 69 (tháng). D. 70 (tháng). Câu 37: Theo hình thức lãi kép, một người vay ngân hàng với số tiền là A triệu đồng, lãi suất theo kì hạn 1 tháng là 1%. Người này trả nợ đều đặn cho ngân hàng mỗi tháng cùng một số tiền là 10 triệu đồng thì sau đúng 5 năm người này trả hết nợ cả gốc và lãi cho ngân hàng. Tính số tiền vay A ? 60 1000 (1, 01) − 1   (triệu đồng). A. A = 60 (1, 01). 60 1100 (1, 01) − 1   (triệu đồng). B. A = 60 (1, 01). 60 1010 (1, 01) − 1   (triệu đồng). C. A = 60 (1, 01). 60 1001 (1, 01) − 1   (triệu đồng). D. A = 60 (1, 01). Câu 38: Ông A gửi tiết kiệm vào ngân hàng 20 triệu đồng kỳ hạn 1 năm với lãi suất 6% năm theo hình thức lãi kép. Sau đúng 1 năm, ông A gửi thêm 30 triệu đồng với kỳ hạn và lãi suất như lần gửi trước. Hỏi sau đúng 5 năm kể từ khi gửi lần đầu, ông A nhận được bao nhiêu tiền cả gốc lẫn lãi (lấy gần đúng đến hàng nghìn)? A. 51.518.000 đồng. B. 64.639.000 đồng. C. 51.334.000 đồng. D. 66.911.000 đồng. Câu 39: Ông A vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 1% / tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng 5 năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây? A. 2, 22 triệu đồng. B. 3,03 triệu đồng. C. 2, 25 triệu đồng. D. 2, 20 triệu đồng. Câu 40: Ông A vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 1% / tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ, hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và sau đúng một năm kể từ ngày vay ông A còn nợ ngân hàng số tiền 50 triệu đồng. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi. 274. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(280) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây? A. 4,95 triệu đồng. B. 4, 42 triệu đồng. C. 4,5 triệu đồng. D. 4,94 triệu đồng. Câu 41: Một người muốn có đủ 100 triệu đồng sau 24 tháng bằng cách cứ ngày mùng 1 hàng tháng gửi vào ngân hàng cùng một số tiền a đồng với lãi suất 0, 6% / tháng, tính theo thể thức lãi kép. Giả định rằng trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người này không rút tiền ra, số tiền a gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 3.886.000 đồng. B. 3.910.000 đồng. C. 3.863.000 đồng. D. 4.142.000 đồng. Câu 42: Ông A muốn tích lũy lương hưu của mình trong một năm theo một trong hai cách sau: Cách một mỗi tháng ông gửi ngân hàng 5 triệu đồng với lãi suất 6% /năm, biết hàng tháng ông không rút tiền lãi và số tiền lãi đó được cộng vào tiền gốc để tính lãi cho tháng tiếp theo. Cách hai: mỗi tháng ông góp vốn 5 triệu đồng cho một cá nhân (gọi là chủ phường) và ông nhận lãi trực tiếp 200.000 đồng cho mỗi lần góp vốn. Em hãy giúp ông A so sánh số tiền lãi của đúng một năm theo hai cách trên và chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau ? A. Số tiền lãi cách một ít hơn cách hai là 700.000 đồng. B. Số tiền lãi cách hai nhiều hơn cách một là 400.000 đồng. C. Số tiền lãi cách một nhiều hơn cách hai là 700.000 đồng. D. Số tiền lãi cách một nhiều hơn cách hai là 400.000 đồng. Câu 43: Bạn Nam vừa trúng tuyển đại học, vì hoàn cảnh gia đình khó khăn nên được ngân hàng cho vay vốn trong 4 năm học đại học, mỗi năm 1 triệu đồng vào đầu mỗi năm học để nạp học phí với lãi suất 7, 8% /năm (mỗi lần vay cách nhau đúng 1 năm). Sau khi tốt nghiệp đại học đúng một tháng, hàng tháng Nam phải trả góp cho ngân hàng số tiền là m đồng/tháng với lãi suất 0, 7% /tháng trong vòng 4 năm. Số tiền m mỗi tháng Nam cần trả cho ngân hàng gần nhất với số nào sau đây (ngân hàng tính lãi trên số dư nợ thực tế). A. 1.468.000 (đồng). B. 1.398.000 (đồng). C. 1.191.000 (đồng). D. 1.027.000 (đồng). Câu 44: Ba anh em An, Bình và Cường cùng vay tiền ở một ngân hàng với lãi suất 0,7% /tháng với tổng số tiền vay của cả ba người là 1 tỷ đồng. Biết rằng mỗi tháng ba người đều trả cho ngân hàng số tiền như nhau để trừ vào tiền gốc và lãi. Để trả hết gốc và lãi cho ngân hàng thì An cần 10 tháng, Bình cần 15 tháng và Cường cần 25 tháng. Số tiền trả đều đặn cho ngân hàng mỗi tháng của mỗi người gần nhất với số tiền nào dưới đây? A. 21422000 đồng. B. 21900000 đồng. C. 21400000 đồng. D. 210900000 đồng. Câu 45: Một người gửi vào ngân hàng số tiền 30 triệu đồng, lãi suất 0,48%/tháng. Sau đúng một tháng kể từ ngày gửi người này gửi đều đặn thêm vào 1 triệu đồng; hai lần liên tiếp cách nhau đúng một tháng. Giả định lãi suất không thay đổi và người này không rút tiền ra, số tiền lãi của tháng trước được cộng vào vốn và tính lãi cho tháng kế tiếp. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng người này thu về số tiền cả gốc lẫn lãi ít nhất là 50 triệu đồng. A. 17. B. 19. C. 18. D. 20. Câu 46: Sau khi tốt nghiệp đại học, anh Nam thực hiện một dự án khởi nghiệp. Anh vay vốn từ ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất 0,6% một tháng. Phương án trả nợ của Nam là sau đúng một tháng kể Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 275.

(281) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. từ thời điểm vay anh bắt đầu trả nợ, hai lần liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền trả của mỗi lần là như nhau và hoàn thành sau đúng 5 năm kể từ khi vay. Tuy nhiên, sau khi dự án có hiệu quả và trả nợ được 12 tháng theo phương án cũ, anh Nam muốn rút ngắn thời gian nợ nên từ tháng tiếp theo, mỗi tháng anh trả nợ cho ngân hàng 9 triệu đồng. Biết rằng ngân hàng chỉ tính tiền lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng từ thời điểm vay anh Nam trả hết nợ? A. 32 tháng. B. 31 tháng. C. 29 tháng. D. 30 tháng. Câu 47: Anh X muốn mua một chiếc xe Yamaha Exciter 150 giá 47.000.000 đồng của cửa hàng Phú Tài nhưng vì chưa đủ tiền nên quyết định mua theo hình thức sau: trả trước 25 triệu đồng và trả góp trong 12 tháng, với lãi suất 0,6% / tháng. Hỏi mỗi tháng anh X phải trả cho cửa hàng số tiền là bao nhiêu? (làm tròn đến hàng đơn vị). A. 1.948.927 đồng. B. 1.948.926 đồng.. C. 2.014.545 đồng.. D. 2.014.546 đồng.. Câu 48: Một người gửi 100 triệu đồng vào tài khoản tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 0,6% / tháng cứ đều đặn sau mỗi tháng kể từ ngày gửi người đó rút ra 500 nghìn đồng. Hỏi sau đúng 36 lần rút tiền, số tiền còn lại trong tài khoản của người đó gần nhất với phương án nào dưới đây? (Biết lãi suất không thay đổi). A. 104 triệu đồng. B. 106 triệu đồng. C. 102 triệu đồng. D. 108 triệu đồng. Câu 49: Bạn H trúng tuyển vào trường Đại Học Ngoại Thương nhưng vì lý do không đủ tiền đóng học phí nên H quyết định vay ngân hàng trong 4 năm, mỗi năm vay 4 triệu đồng để nộp học phí với lãi suất 3% / năm. Ngay sau khi tốt nghiệp đại học bạn H thực hiện trả góp hàng tháng cho ngân hàng số tiền (không đổi) với lãi suất theo cách tính mới là 0, 25% / tháng, trong vòng 5 năm. Tính số tiền mà bạn H phải trả cho ngân hàng? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị) A. 323.582 đồng. B. 398.402 đồng. C. 309.718 đồng. D. 312.518 đồng. Câu 50: Ông Nam vay ngân hàng 500 triệu đồng để mở của hàng điện dân dụng với lãi suất 0,8% / tháng theo thoả thuận như sau: Sau đúng 6 tháng từ ngày vay ông Nam bắt đầu trả nợ, hai lần trả nợ liên tiếp cách nhau 1 tháng với số tiền trả mỗi tháng là 10 triệu đồng. Biết rằng mỗi tháng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi kể từ ngày vay, sau thời gian bao lâu ông Nam trả hết nợ cho ngân hàng? A. 74 tháng . B. 68 tháng . C. 69 tháng . D. 75 tháng .. 276. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(282) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BẢNG ĐÁP ÁN 1..B. 2.B. 3.C. 4.C. 5.A. 6.A. 7.D. 8.B. 9.A. 10.C. 11.A. 12.B. 13.B. 14.B. 15.B. 16.B. 17.A. 18.C. 19.D. 20.B. 21.A. 22.A. 23.A. 24.D. 25.B. 26.A. 27.A. 28.B. 29.D. 30.C. 31.D. 32.D. 33.A. 34.B. 35.B. 36.D. 37.A. 38.B. 39.C. 40.D. 41.C. 42.B. 43.C. 44.A. 45.C. 46.A. 47.A. 48.A. 49.C. 50.A. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn B Số tiền thu được sau 5 năm là Tn = 100. (1 + 0, 06 )  133,82 triệu đồng. 5. Công thức tính: Khách hàng gửi vào ngân hàng A đồng với lãi kép r ( % ) / kì hạn thì số tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn lãi sau n kì hạn ( n  Câu 2:. *. ) là T. n. = A. (1 + r ) . n. Chọn B Số tiền thu được sau n năm là Tn = 50. (1 + 0, 06 ) triệu đồng. n. Để Tn  100 thì 50. (1 + 0, 06 )  100  1, 06n  2  n  log1,06 2  n  11,89... n. Vậy sau ít nhất 12 năm thì người đó nhận được số tiền lớn hơn 100 triệu đồng. Câu 3:. Chọn C Tổng số tiền trả lương cho nhân viên trong năm n ( n  2017 ) là Tn = 1. (1 + 15% ) Để Tn  2 thì 1. (1 + 15% ). n − 2016. n − 2016. tỷ đồng..  2  n − 2016  log1+15% 2  n  2020,959.... Vậy năm đầu tiên mà tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên trong cả năm lớn hơn 2 tỷ đồng là năm 2021. Câu 4:. Chọn C Áp dụng công thức lãi kép số tiền người đó nhận được sau n tháng là: A  (1 + r ) . n. Vậy sau một năm (tức là sau 12 tháng) gửi tiền vào ngân hàng, người đó nhận được số tiền là: 50  (1 + 0, 04 ) (triệu đồng). 12. Câu 5:. Chọn A Áp dụng công thức lãi kép số tiền người đó nhận được sau n năm là: An = A  (1 + r ) .Vậy sau n. 5 năm gửi tiền vào ngân hàng, người đó nhận được số tiền là 500 triệu, nên ta có: 500 500 5 . 500 = m  (1 + 0, 06 )  m = = 5 5 (1 + 0, 06 ) (1, 06 ) Câu 6:. Chọn A Áp dụng công thức lãi kép số tiền người đó nhận được sau n năm là: An = A  (1 + r ) . n. Sau 5 năm gửi tiền vào ngân hàng, người đó nhận được số tiền là: An = 50  (1 + 0, 07 )  70,128 (triệu đồng). 5. Vậy sau 5 năm gửi tiền vào ngân hàng, người đó nhận được số tiền lãi là: Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 277.

(283) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. 70,128 − 50 = 20,128 (triệu đồng).. Câu 7:. Chọn D Tổng số tiền ông A trả lương cho nhân viên trong cả năm 2020 là A. (1 + r ) = 1.1,152020−2016  1,75 n. tỷ đồng. Câu 8:. Chọn B Tổng số tiền ông A trả lương cho nhân viên trong cả năm thứ x là A. (1 + r ) = 1.1, 2 x  5  x  log1,2 5  8,8 . Vậy x = 9 năm cần tìm là 2026. x. Câu 9:. Chọn A n 3. Mức lương một tháng của người này sau n năm là: A.(1 + r ) = 7.1,07. 36 3.  15,77. Câu 10: Chọn C Tổng số tiền lương người này nhận trong 3 năm đầu là: 7.3.12 = 252 triệu đồng. Vậy sau đúng 36 năm, tổng số lương người này nhận được là:. (1 + 0, 07 ) = 252.. 12. S = 252 + 252 (1 + 0, 07 ) + 252 (1 + 0, 07 ) + ... + 252 (1 + 0, 07 ) 1. 2. 11. −1. 0, 07.  4507,89.. Câu 11: Chọn A Số tiền gửi ban đầu là A thì số tiền người đó thu về (cả gốc và lãi) sau n năm là A (1 + 0, 061). n. Ta n cần nhỏ nhất sao cho A (1 + 0, 061)  2 A  (1, 061)  2  n  log1,061 2  11, 7062. n. n. Vậy sau ít nhất 12 năm người đó thu được ( cả số tiền ban đầu và lãi) ít nhất gấp đôi số tiền gửi ban đầu. Câu 12: Chọn B Số tiền gửi ban đầu là A thì số tiền người đó thu về (cả gốc và lãi) sau n năm là A (1 + 0, 066 ). n. Ta n cần nhỏ nhất sao cho A (1 + 0, 066 )  2 A  (1, 066 )  2  n  log1,066 2  10,8451. n. n. Vậy sau ít nhất 12 năm người đó thu được ( cả số tiền ban đầu và lãi) ít nhất gấp đôi số tiền gửi ban đầu. Câu 13: Chọn B Gọi N là số tiền mà ông A dùng để trả tiền thuê mặt bằng công ty năm 2016  N = 300 triệu đồng. Vậy số tiền mà ông A cần trả năm 2018 là: N (1 + 10% ) = 300 (1 + 0,1) = 363 (triệu đồng). 2. 2. Câu 14: Chọn B Gọi S là diện tích khai thác rừng hàng năm không đổi như hiện nay của địa phương X  tổng diện tích rừng của địa phương là: 50S Nhưng trên thực tế thì diện tích khai thác rừng tăng trung bình hàng năm là 6% /năm, nên diện tích rừng khai thác năm thứ n là: S (1 + 6% ). n −1. = S (1 + 0, 06 ). n −1. .. Vâỵ tổng diện tích rừng bị khai thác sau n năm là:. S + S (1 + 0.06 ) + S (1 + 0, 06 ) + ... + S (1 + 0, 06 ) 2. 278. n −1. (1 + 0, 06 ) =S 0, 06. n. −1. .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(284) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. (1 + 0, 06 ) S. Sau n năm rừng bị khai thác hết thì. n. −1. 0, 06. = 50S  1, 06n = 4  n = log1,06 4  23, 79. Vậy sau 24 năm thì rừng bị khai thác hết Câu 15: Chọn B Gọi A là số lượng đột biến mà trung bình làm cha ở tuổi 30 gây ra cho con cái của mình  A = 55 (đột biến). Gọi r là tốc độ tăng đột biến  r = 12% . Sau n năm số lượng đột biến là: A (1 + r ). n. Vậy sau 50 năm thì số lượng đột biến là: 55 (1 + 12% )  15895 . 50. Câu16. Chọn B Ta cần tìm n sao cho 75 (1 + 0, 054 )  100  n  log1,054 n. 4  5, 47 3. Câu 17. Chọn A Số tiền lãi người này nhận được sau 5 năm là: 50 (1 + 0, 07 ) − 50  20,128 5. Câu18. Chọn B Tổng số tiền thu được sau n năm là. S = 20 (1 + 0, 06 ) + 20 (1 + 0, 06 ) n. Vậy 20 (1 + 0, 06 ). n −1. + .... + 20 (1 + 0, 06 ) = 20 (1 + 0, 06 ). (1 + 0, 06) n − 1 0, 06. (1 + 0, 06)n − 1  400  n  12,993 0, 06. Câu 16: Chọn B Tổng số tiền lương người này nhận được cho 3 tháng làm việc đầu tiên là 30 triệu đồng. Tổng số tiền lương người này nhận được sau 36 tháng làm việc là. 30 + 30 (1 + 0,12 ) + 30 (1 + 0,12 ) + ... + 30 (1 + 0,12 ) 1. 2. 11. (1 + 0,12 ) = 30. 12. 0,12. −1.  724 triệu đồng.. Câu 17: Chọn A Tổng số tiền lương người này nhận được cho 6 tháng làm việc đầu tiên là 6m . Tổng số tiền lương người này nhận được sau đúng 36 tháng là. 6m + 6m (1 + 0,1) + 6m (1 + 0,1) + ... + 6m (1 + 0,1) 1. Do đó m =. 25 6 3 (1,1) − 1  . 2. 5. (1 + 0,1) = 6m. 6. −1. 0,1. = 500 .. triệu đồng.. Câu 18: Chọn C Tổng số tiền A (gồm cả gốc và lãi) nợ ngân hàng sau 4 năm học là. A = 10 (1 + 0, 03) + 10 (1 + 0, 03) + 10 (1 + 0, 03) + 10 (1 + 0, 03) 4. = 10 (1, 03). 3. (. 2. ). − 1 1030 (1, 03) − 1 = 1, 03 − 1 3. (1, 03). 4. 4. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 279.

(285) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Tổng số tiền nợ sau 1 năm ra trường là A (1 + 0, 08 ) = 1. (. ) (1 + 0, 08)  46,538667 .. 1030 (1, 03) − 1 4. 3. Câu 19: Chọn D Gọi a là số tiền gửi ban đầu, n là số năm gửi. Số tiền người đó thu về (cả gốc lẫn lãi) sau n năm là a (1 + 0, 075 ) . Ta cần tìm n nhỏ nhất sao cho: n. a (1 + 0, 075 )  3a  (1, 075 )  3  n  log1,075 3  15,1908 . n. n. Vậy sau ít nhất 16 năm thì người này sẽ thu về số tiền cả gốc lẫn lãi ít nhất gấp ba lần số tiền gửi ban đầu. Câu 20: Chọn B Gọi a là số tiền gửi ban đầu, n là số năm gửi. Số tiền người đó thu về (cả gốc lẫn lãi) sau n năm là a (1 + 0, 075 ) . Ta cần tìm n nhỏ nhất sao cho: n. a (1 + 0, 075 )  6a  (1, 075)  6  n  log1,075 6  24, 775 . n. n. Vậy sau ít nhất 25 năm thì người này sẽ thu về số tiền cả gốc lẫn lãi ít nhất gấp sáu lần số tiền gửi ban đầu. Câu 21: Chọn A Gọi a là số tiền gửi ban đầu, n là số năm gửi. Số tiền người đó thu về (cả gốc lẫn lãi) sau n năm là a (1 + 0, 061) và số tiền lãi người đó thu về là a (1 + 0, 061) − a . Ta cần tìm n nhỏ nhất sao n. n. cho: a (1 + 0, 061) − a  a  (1, 061)  2  n  log1,061 2  11, 7062 . n. n. Vậy sau ít nhất 12 năm thì người này sẽ thu về số tiền lãi ít nhất bằng số tiền gửi ban đầu. Câu 22: Chọn A Tổng số tiền người này thu về là: 10 (1 + 0, 005 ) + 10 (1 + 0, 005 ) + ......... + 10 (1 + 0, 005 ) 24. = 10 (1 + 0, 005 ). 23. (1 + 0, 005) .. 24. −1. 0, 005. 1.  255,591.. Câu 23: Chọn A Số tiền người này thu về sau 2 năm là:. m (1 + 0, 005) + m (1 + 0, 005) + ......... + m (1 + 0, 005 ) = m (1 + 0, 005) 24. 23. 1. (1 + 0, 005) .. 24. −1. 0, 005. .. Theo bài ra ta có m (1 + 0, 005 ). (1 + 0, 005) .. 24. −1. 0, 005. = 100  m =. 100.0, 005 100 = . 24 24 1, 005. (1 + 0, 005 ) − 1 201. (1, 005 ) − 1    . Câu 24: Chọn D Số tiền người này thu về sau n tháng là. (1 + 0, 01) 10 (1 + 0, 01) + 10 (1 + 0, 01) + ......... + 10 (1 + 0, 01) = 10 (1 + 0, 01) . n. n−1. 1. 0, 01. n. −1. .. Theo bài ra ta có 280. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(286) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. (1 + 0, 01) 10 (1 + 0, 01) . 0, 01. n. −1. = 200  (1 + 0, 01) − 1 = n. 200.0, 01 20 121 n =  (1, 01) = 10.1, 01 101 101.  121   n = log1,01    18,1572.  101  Vậy sau ít nhất 19 tháng thì số tiền người này thu về (cả gốc và lãi) ít nhất là 200 triệu đồng. Câu 25: Chọn B Số tiền thu được sau 20.12=240 tháng là:. Pn = P0 (1 + r ) + P0 (1 + r ) 2 + P0 (1 + r )3 + ... + P0 (1 + r ) 240 = P0 (1 + r )(. (1 + r ) 240 − 1 ) = 2891, 6 (tr) r. P0 ((1 + r ) n − 1)(1 + r ) r Trong đó Pn : số tiền thu được sau n năm; P0 là số tiền gửi ban đầu;r là lãi suất không đổi.. Tổng quát: Pn =. Tính ra = 2891,6 triệu Câu 26: Chọn A Số tiền thu được sau 25.12=300 tháng là: P 4 Pn = 0 ((1 + r )n − 1)(1 + r ) = ((1 + 0, 006)300 − 1)(1 + 0, 006) = 3364,866655(tr) r 0, 006 Câu 27: Chọn A Số tiền nhận được sau 12 năm=12x12=144 tháng đóng bảo hiểm cho con là: Pn = m(1 + 0, 005) + m(1 + 0, 005) 2 + m(1 + 0, 005)3 + ... + m(1 + 0, 005)144  100.  m(1 + 0, 005)(. (1 + 0, 005)144 − 1 )  100  m  0, 474(tr ) 0, 005. Câu 28: Chọn B Số tiền thu được sau 25.12=300 tháng là: P 4 Pn = 0 ((1 + r )n − 1)(1 + r ) = ((1 + 0, 006)300 − 1)(1 + 0, 006) = 3364,866655(tr) r 0, 006 Câu 29: Chọn D. a1. Số tiền có sau một năm người đó đóng là: Số tiền có sau hai năm người đó đóng là:. r. a1 r. Số tiền có sau ba năm người đó đóng là: a. Số tiền có sau n năm người đó đóng là: a.. 1. r. triệu đồng. a.1 r 3. 1. r 1. r r. n. 1. 1 r a. r. 1. r triệu đồng.. 1. r triệu đồng.. Vậy sau 18 năm, người đó thu về tồng tất cá là: A =. 2. 1. 1 r. 12 (1 + 0, 06 ) 0, 0618 − 1 0, 06. triệu đồng. 393,12 triệu. đồng. Câu 30: Chọn C Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 281.

(287) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Gọi số tiền công ty A phái trả cho thuê mặt bằng trong năm đầu tiên là a thì: Số tiền công ty A phái trả cho thuê mặt bằng trong năm thứ 2 là: Số tiền công ty A phái trả cho thuê mặt bằng trong năm thứ 3:. a1 r. a1. r. Số tiền công ty A phái trả cho thuê mặt bădng trong năm thứ 4: a 1. 2. triệu đồng. r. Số tiền công ty A phái trả cho thuê mặt bằng trong năm thứ 10 : a 1. triệu đồng.. 3. r. triệu đồng.. 10. triệu đồng.. Tổng số tiền công ty A phái trả cho thuê mặt bằng trong 10 năm là:. a1 r. 10. a1 r. 9. Theo bài ra ta có 5000. ... a 1 r. a.. 1 0,1. 1 r a. r. a 10. 1. 0,1. a. 10. 1 triệu đồng.. 313727 triệu đồng.. Câu 31: Chọn D Gọi lượng thức ãn dự trữ đù cho 100 ngày là a , thì số lượng tiêu thụ thức ăn của trang trại trong a ngày đầu tiên là 100 a 1 0, 04 Số lượng tiêu thụ thức ăn của trang trại trong ngày thứ 2 là: 100 a 2 1 0, 04 100 a 3 Số lượng tiêu thụ thức ăn của trang trại trong ngày thứ 4 là: 1 0, 04 100 a n Số lượng tiêu thụ thức ăn của trang trại trong ngày thứ n là: 1 0, 04 100. Số lượng tiêu thụ thức ăn của trang trại trong ngày thứ 3 là:. 1. a 1 0, 04 . Tổng số lượng tiêu thụ thức ăn của trang trại trong n ngày là: 100 0, 04. n. 1. n. 1 a 1 0, 04 . n log1.04 100.(0.04) 1 Theo bài ra ta có: a 100 0, 04 Vậy lượng thức ăn dự trừ của trang trại A đủ dùng cho tối thiểu 42 ngày.. 41, 035. Câu 32: Chọn D Số tiền phải trả cho thuê mặt bằng trong năm đầu tiên là a . Số tiền phải trả cho thuê mặt bằng trong năm thứ 2 là a + 0,1a = 1,1a . Số tiền phải trả cho thuê mặt bằng trong năm thứ 3 là 1,1a + 0,11,1a = (1,1) a . 2. Tương tự, ta có số tiền phải trả cho thuê mặt bằng trong năm thứ 10 là (1,1) a . 9. Do đó tổng số tiền mà công ty phải trả cho thuê mặt bằng trong 10 năm đầu tiên là. a + 1,1a + (1,1) a + ... + (1,1) 2. 282. (1,1) a = a.. 10. 9. 0,1. −1. = 5.109  a =. 5.108. (1,1). 10. −1. .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(288) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Vậy số tiền mà công ty A phải trả cho thuê mặt bằng trong năm thứ 10 là. (1,1). 9.  a = 739 751794,9 .. Câu 33: Chọn A Gọi A là số tiền mỗi tháng người đó gửi vào ngân hàng, r là lãi suất theo tháng. Cuối tháng thứ nhất, người đó sẽ nhận được với số tiền là A. (1 + r ) . Đầu tháng thứ hai, người đó sẽ nhận được với số tiền là A + A. (1 + r ) . Cuối tháng thứ hai, người đó sẽ nhận được với số tiền là. A + A. (1 + r ) +  A + A (1 + r )  r = A (1 + r ) + A (1 + r ) . 2. Tiếp tục như vậy, cuối tháng thứ n, người đó sẽ nhận được với số tiền là:. B = A (1 + r ) + A (1 + r ) + ... + A (1 + r ) 2. n. n A (1 + r ) (1 + r ) − 1  . = r. Vậy số tiền mỗi tháng mà người đó gửi vào ngân hàng là:. A=. Br. (1 + r ) (1 + r ). n. − 1 . =. 21106  0,0075  1318018,617 1,0075 (1,007515 − 1). Câu 34: Chọn B Xét bài toán: Vay trả góp, lãi suất dư nợ thực tế. Gọi m là số tiền mà ông A phải trả hàng tháng sau khi vay ngân hàng một tháng, r là lãi suất mỗi tháng, số tiền ông A nợ ngân hàng là B. Sau một tháng kể từ ngày vay ông A còn nợ ngân hàng số tiền là:. B + B.r − m = B. (1 + r ) − m . Sau hai tháng kể từ ngày vay ông A còn nợ ngân hàng số tiền là:. B. (1 + r ) − m +  B. (1 + r ) − m  r − m = B. (1 + r ) −  m + m (1 + r )  . 2. Cứ tiếp tục như vậy ta có công thức tổng quát. Sau tháng thứ n, kể từ ngày vay Ông A còn nợ ngân hàng số tiền là:. B. (1 + r ) −  m + (1 + r ) m + (1 + r ) m + ... + (1 + r )  n. 2. n −1. m  = B. (1 + r ) . n. (1 + r ) −m. n. −1. r. .. Câu 35: Chọn B Tổng số tiền Nam phải trả sau 4 năm đại học là. (1 + r ) 48 − 1 A = a(1 + r ) + a(1 + r ) + ... + a(1 + r ) = a(1 + r ).  54,368 (triệu đồng). r Trong đó a = 1, r = 0,005 ; 48. 47. Sau khi ra trường: Số tiền trả tháng là m = 3 (triệu đồng); lãi suất lúc này vẫn là r = 0,005. Số tiền Nam còn phải trả sau tháng thứ nhất là A1 = A(1 + r ) − m. Số tiền Nam còn phải trả sau tháng thứ hai là A2 = A1 (1 + r ) − m = A(1 + r ) 2 − m − m(1 + r ). Số tiền Nam còn phải trả sau tháng thứ n là Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 283.

(289) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. An = A(1 + r ) n − m − m(1 + r ) − ... − m(1 + r ) n −1 = A(1 + r ) n − m. (1 + r ) n − 1 . r. Sau tháng thứ n hết nợ nên An = 0, vì vậy. (1 + r ) n − 1 m m = 0  (1 + r ) n =  n = log1+ r r m − Ar m − Ar Thay số với m = 3, r = 0,005, A = 54,368 ta được n  19,044. A(1 + r ) n − m. Vậy sau ít nhất 20 tháng thì Nam trả hết nợ cho ngân hàng. Câu 36: Chọn D Số tiền còn phải trả sau tháng thứ nhất là A1 = 500(1 + 0,01) −10. Số tiền còn phải trả sau tháng thứ hai là A2 = A1 (1 + 0, 01) − 10 = 500(1 + 0, 01) 2 − 10 − 10(1 + 0, 01). Số tiền còn phải trả sau tháng thứ n là. An = 500(1 + 0, 01)n − 10 + 10(1 + 0, 01) + ... + 10(1 + 0, 01)n −1  = 500(1 + 0,01)n − 10. (1 + 0, 01)n − 1 . 0, 01. Sau tháng thứ n hết nợ nên An = 0, vì vậy (1 + 0, 01) n − 1 (1 + 0, 01) n − 1 500  0, 01 500(1 + 0, 01) − 10 =0 = 0, 01 (1 + 0, 01) n 10 1 1  1− =  (1 + 0, 01) n = 2  n = log 1,01 2  69, 66. n (1 + 0, 01) 2 n. Vậy sau ít nhất 70 tháng thì người đó trả hết nợ cho ngân hàng. Câu 37: Chọn A Số tiền còn phải trả sau tháng thứ nhất là A1 = A(1 + 0,01) − 10. Số tiền còn phải trả sau tháng thứ hai là A2 = A1 (1 + 0, 01) − 10 = A(1 + 0, 01) 2 − 10 − 10(1 + 0, 01). Số tiền còn phải trả sau tháng thứ n là. An = A(1 + 0, 01) − 10 + 10(1 + 0, 01) + ... + 10(1 + 0, 01) n −1  = A(1 + 0, 01) n − 10 n. (1 + 0, 01) n − 1 . 0, 01. Sau tháng thứ 60 hết nợ nên A60 = 0, vì vậy. A(1 + 0, 01)60 − 10  A=. (1 + 0, 01)60 − 1 = 0  A(1 + 0, 01)60 = 1000 (1 + 0, 01)60 − 1 0, 01. 1000 (1, 01)60 − 1 (1, 01)60. .. Câu 38: Chọn B Áp dụng công thức lãi kép, ta có: Sau năm thứ nhất, số tiền trong tài khoản ông A là:. 20 1 0, 06. 30. 51, 2 triệu đồng (do người đó gửi thêm vào 30 triệu).. Sau năm thứ 5 số tiền có trong tài khoản của ông A là: 51, 2 1. 0.06. 4. 64, 638820 triệu đồng.. Vậy sau đúng 5 năm ông A nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi (lấy gần đúng đến hàng nghìn) là: 64.639.000 đồng. Câu 39: Chọn C 284. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(290) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Ta có: A = 100 triệu đồng, r = 1%. Gọi số tiền ông A phải trả hàng tháng là X . Sau n tháng thì ông A còn nợ số tiền là: Sn = A (1 + r ). n. (1 + r ) −X. n. r. −1. .. Để sau đúng 5 năm tức 60 tháng trả hết nợ thì S60 = 0. A (1 + r ) .r 60. nên X =. (1 + r ). 60. −1.  2, 2245 triệu đồng.. Vậy số tiền mỗi tháng ông A cần trả cho ngân hàng gần 2, 225 triệu đồng. Câu 40: Chọn D Gọi m, r , Tn , a lần lượt là số tiền vay ngân hàng, lãi suất hàng tháng, tổng số tiền vay còn lại sau. n tháng, số tiền trả đều đặn mỗi tháng. 1 thì còn lại: T1. Sau khi hết tháng thứ nhất n. mr 1. 2. a r 1. a. mr 1. Sau khi hết tháng thứ ba n. mr 1. mr 1. 2 thì còn lại: T2. Sau khi hết tháng thứ hai n. 2. a r. 3 thì còn: T3. 1. m r. 2. mr 1 1. mr. a.. a r 1. 2 a r 1 1. r. 2. a r r. 2. a. 1. 2. 1 r 1. a. 3 a r 1 1. r. 3. Bằng phương pháp quy nạp ta có kết quả: Sau khi hết tháng thứ n thì còn lại: Tn. mr 1. n a r 1 1. r. n. Áp dụng công thức trên, ta có:. a  12 ( 0, 01 + 1) − 1  4,94 triệu đồng.  0, 01 Vậy số tiền mỗi tháng ông A cần trả cho ngân hàng gần 4,94 triệu đồng. T12 = 50 = 100 ( 0, 01 + 1) − 12. Câu 41: Chọn C Số tiền cả gốc và lãi người này thu về sau 24 tháng là:. a 1. 0, 6%. a 1. 24. 0, 6%. a 1 1. 0, 6% 0, 6%. 23. 1. 0, 6%. .... a 1. 100 . 100. a. 100. 1. 0, 6%. 1. 0, 6%. 0, 6% 1. 0, 6%. 3, 8631 . 1. Vậy hàng tháng người đó cần gửi vào ngân hàng cùng một số tiền a = 3.863.000 đồng. Câu 42: Chọn B Cách gửi thứ nhất có lãi suất 0, 5% /tháng. Tổng số tiền thu về sau một năm theo cách gửi thứ nhất là. 51. 0, 5%. 12. 51. 0, 5%. 11. .... 51. 0, 5%. 1. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 285.

(291) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. 0, 5%. 1. 12. 1. 61, 986 (triệu đồng). 0, 5% Theo cách gửi thứ hai thì sau một năm thu về số tiền T 5 12 0, 2 12 63, 4 (triệu đồng). 0, 5% .. 51. Do đó số tiền lãi của cách hai nhiều hơn cách một khoảng 400.000 đồng. Câu 43: Chọn C Tổng số tiền Nam nợ ngân hàng sau đúng 4 năm học đại học là. A. 10 1. 4. 7, 8%. 7, 8%. 10 1. 3. 7, 8%. 10 1. 2. 10 1. 7, 8% (triệu đồng). Sau khi tốt nghiệp ra trường: Số tiền còn nợ ngân hàng sau tháng thứ nhất là: A1. A1. m.. 0, 7%. Số tiền còn nợ ngân hàng sau tháng thứ hai là A2. A1 1. m. 0, 7%. A1. 0, 7%. 2. m. m 1. 0, 7% ;. m. m 1. 0, 7%. Số tiền còn nợ ngân hàng sau tháng thứ ba là A3. A2 1. m. 0, 7%. A1. 0, 7%. 3. m 1. 0, 7%. 2. ;. … Số tiền còn nợ ngân hàng sau tháng thứ 48 ( 4 năm) là A48. A1. A1. 0, 7%. 0, 7%. 48. 48. m. m. 1. m 1. 0, 7% 0, 7%. 48. 0, 7%. 1. m 1. m. 1. 0, 7%. 1. 0, 7%. 48. 2. .... m 1. 0, 7%. 47. .. Vì sau đúng 4 năm ra trường trả hết nợ nên A48. A 0, 7%. 0, 7%. 0. A1. 0, 7%. 48. m. 1. 0, 7% 0, 7%. 48. 1. 0. 48. 1,191. 1. Vậy số tiền m mỗi tháng Nam cần trả cho ngân hàng là m = 1.191.000 (đồng). Câu 44: Chọn A Gọi số tiền vay của mỗi người lần lượt là a, b, c ta có: a + b + c = 109 đồng. gọi m là số tiền trả đều đặn hàng tháng của mỗi người. n 10 m (1 + r ) − 1 m (1, 007 ) − 1     An sau đúng 10 tháng trả hết nợ nên a = = n 10 r (1 + r ) 0, 007 (1, 007 ) n 15 m (1 + r ) − 1 m (1, 007 ) − 1     Bình sau đúng 15 tháng trả hết nợ nên b = = n 15 r (1 + r ) 0, 007 (1, 007 ). n 25 m (1 + r ) − 1 m (1, 007 ) − 1     Cường sau đúng 25 tháng trả hết nợ nên c = = n 25 r (1 + r ) 0, 007 (1, 007 ). 286. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(292) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 10 15 25 m (1, 007 ) − 1 m (1, 007 ) − 1 m (1, 007 ) − 1       = 109  m  2,14227.107 đồng Vậy + + 10 15 25 0, 007 (1, 007 ) 0, 007 (1, 007 ) 0, 007 (1, 007 ). Câu 45: Chọn C Tổng số tiền người này nhận được sau đúng n tháng kể từ ngày gửi là:. An = 30. (1 + 0, 0048 ) + 1. (1 + 0, 0048 ) n. (1, 0048) + 1, 0048.. n −1. n −1. + 1. (1 + 0, 0048 ). n−2. +. + 1. (1 + 0, 0048 ). 1. −1. 1  1, 0048 n  = (1, 0048 ) .  30 + −  50 0, 0048 1, 0048  0.0048  1, 0048 1, 0048 50 + 50 + n 0, 0048 0, 0048  (1, 0048 )   n  log1,0048  17, 634 1 1 30 + 30 + 0, 0048 0, 0048 Vậy sau ít nhất 18 tháng người này thu về ít nhất 50 triệu đồng. = 30. (1 + 0, 0048 ). n. Câu 46: Chọn A Theo dự định số tiền cần trả hàng tháng bằng. (1 + i ) = 200  0, 006  (1, 006 ) = 6  (1, 006 ) m = Ai  n 60 60 (1 + i ) − 1 (1, 006 ) − 1 5 (1, 006 ) − 1 n. 60. 60. Số tiền còn nợ ngân hàng sau 12 tháng là. A12 = A. (1 + i ). 12. −  m + m (1 + i ) + . + m (1 + i ). 1 + i ) −1  = A. (1 + i )12 − m  ( = 165,53 triệu đồng  i 12. 11. Gọi n là số tháng tính từ thời điểm hết 12 tháng đến lúc trả hết nợ có A12 . (1 + i ) − 9 + 9. (1 + i ) + . + 9. (1 + i ). n. n −1.  = 0  A12 . (1 + i ) .  (1, 006 ) (1500 − A12 ) = 1500  n = log1,006 n. n. (1 + i ) − 9 i. n. −1. =0. 1500  19,55 1500 − A12. Vậy anh Nam cần ít nhất 12 + 20 = 32 tháng để trả hết nợ. Câu 47: Chọn A A 47tr 25tr Đặt r 0, 006. 22tr. và gọi X là số tiền trả mỗi tháng cho cửa hàng, ta có:. Số tiền còn nợ sau tháng thứ 1 trả: T1 = A + rA − X = A (1 + r ) − X Tháng thứ 2: T2 = T1 + rT1 − X = T1 (1 + r ) − X = A (1 + r ) − X (1 + ( r + 1) ) 2. ……….. (. Tháng thứ 12: T12 = A (1 + r ) − X 1 + ( r + 1) + ( r + 1) + ... + ( r + 1) 12. 2. 11. ). Trở góp xong, nên: T12 = 0  X  1,948927 (triệu đồng) Câu 48: Chọn A  A = 100  Đặt r = 0, 006 , ta có:  X = 0,5  Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 287.

(293) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Số tiền còn lại sau tháng thứ 1: T1 = A + rA − X = A (1 + r ) − X Tháng thứ 2: T2 = T1 + rT1 − X = T1 (1 + r ) − X = A (1 + r ) − X (1 + ( r + 1) ) 2. (. Tháng thứ 3: T3 = T2 + rT2 − X = T2 (1 + r ) − X = A (1 + r ) − X 1 + ( r + 1) + ( r + 1) 3. ……………. (. 2. ). Tháng 36: T36 = T35 + rT35 − X = T35 (1 + r ) − X = A (1 + r ) − X 1 + ( r + 1) + ( r + 1) + ... + ( r + 1) 36. (. 2. Vậy sau đúng 36 tháng: T36 = A (1 + r ) − X 1 + ( r + 1) + ( r + 1) + ... + ( r + 1) 36. 2. 35. 35. )  104, 005 triệu.. Câu 49: Chọn C Tổng tiền H nợ sau 4 năm: A = 4 (1 + 0, 03) + 4 (1 + 0, 03) + 4 (1 + 0, 03) + 4 (1 + 0, 03 ) . 4. 3. 2. 1. Gọi X là số tiền H trả mỗi tháng sau khi tốt nghiệp và r = 0, 25% . Số tiền còn lại sau 1 tháng trả nợ: T1 = A + rA − X = A (1 + r ) − X. (. Sau 60 tháng: T60 = A (1 + r ) − X 1 + ( r + 1) + ( r + 1) + ... + ( r + 1) 60. 2. 59. ).. Trả hết nợ, nên: T60 = 0  X  0,3097 (triệu đồng). 3 1, 013 − 1 1, 01) ( 100. (1, 01) − m. =0m= (triệu đồng). 3 0, 01 (1, 01) − 1 3. Câu 50: Chọn A Sau đúng 6 tháng từ ngày vay ông Nam thì số tiền ông nợ ngân hàng là 500.1,008 = 504 triệu. 504.106.0,8%(1 + 0,08%) n A.r (1 + r ) n Áp dụng CT a = ta có: 1000000 = (1 + 0,8%)n − 1 (1 + r ) n − 1 Suy ra: n = 63 . Vậy sau 69 tháng anh Nam trả hết số tiền trên Giải thích công thức Gọi a là số tiền trả hàng tháng.. A (1 + r ) Cuối tháng 1 , nợ: . Trả a đồng nên còn nợ: A (1 + r ) − a..  A (1 + r ) − a  (1 + r ) =A (1 + r ) − a (1 + r ) Cuối tháng 2 , nợ:  . 2. A (1 + r ) − a (1 + r ) − a 2. Trả a đồng nên còn nợ:. ..  A (1 + r ) − a (1 + r ) − a  (1 + r ) =A (1 + r )3 − a (1 + r )2 − a (1 + r )  Cuối tháng 3 , nợ:  . 2. A (1 + r ) − a (1 + r ) − a (1 + r ) − a 3. Trả a đồng nên còn nợ: . Cuối tháng. 1+ r ) n , nợ: (. n. − a (1 + r ). A (1 + r ) − a (1 + r ) n. 288. n −1. n −1. − a (1 + r ). A (1 + r ) − a (1 + r ) n. Trả a đồng nên còn nợ: Trả hết nợ khi. 2. − a (1 + r ). n−2. n −1. n−2. .. − ... − a (1 + r ). − a (1 + r ). n−2. .. − ... − a (1 + r ) − a. − ... − a (1 + r ) − a = 0 . a=. A.r (1 + r ) n (1 + r ) n − 1. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. ).

(294) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 289.

(295) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. DẠNG TOÁN THỰC TẾ LIÊN QUAN ĐẾN TĂNG TRƯỞNG Câu 1.. Dân số thế giới được ước tính theo công thức Pn = P0 .e nr , trong đó P0 là dân số của năm lấy làm mốc, Pn là dân số sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Biết rằng năm 2001 dân số Việt Nam là 76.685.800 người và tỉ lệ tăng dân số năm đó là 1,7% . Hỏi cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì đến năm nào dân số nước ta ở mức 115 triệu người. A. 2023 .. Câu 2.. C. 2027 .. D. 2020 .. Theo dự báo với mức tiêu thụ dầu không đổi như hiện nay thì trữ lượng dầu của một nước sẽ hết sau 50 năm nữa. Nhưng do nhu cầu thực tế nên mức tiêu thụ dầu tăng lên 5% mỗi năm. Giả sử N là số năm tiêu thụ hết số dầu dự trữ đúng với nhu cầu thực tế trên. Tìm giá trị N . A. 26 .. Câu 3.. B. 2025 .. B. 24 .. C. 25 .. D. 27 .. (. Một điện thoại đang nạp pin, dung lượng pin nạp được tính theo công thức Q ( t ) = Q0 . 1 − e − t. 2. ). với t là khoảng thời gian tính bằng giờ và Q0 là dung lượng nạp tối đa (pin đầy). Hãy tính thời gian nạp pin của điện thoại tính từ lúc cạn hết pin cho đến khi điện thoại đạt được 90% dung lượng pin tối đa (kết quả được làm tròn đến hàng phần trăm). A. t  1,65 giờ. Câu 4.. C. t  1,63 giờ.. D. t  1,50 giờ.. Trong năm đầu tiên đi làm, anh A được nhận lương là 10 triệu đồng mỗi tháng. Cứ hết một năm, anh A lại được tăng lương, mỗi tháng của năm sau tăng 10% so với mỗi tháng của năm trước. Mỗi khi lĩnh lương, anh A đều cất đi phần lương tăng so với năm ngay trước để tiết kiệm mua ô tô. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì anh A mua được ô tô giá 500 triệu, biết rằng anh A được gia đình hỗ trợ 50% giá trị chiếc xe? A. 11 .. Câu 5.. B. t  1,61 giờ.. B. 12 .. C. 10 .. D. 13 .. Một nghiên cứu cho thấy một nhóm học sinh được xem cùng một danh sách các loài động vật và được kiểm tra lại xem họ nhớ được bao nhiêu % mỗi tháng. Sau t tháng, khả năng nhớ trung bình của nhóm học sinh tính theo công thức M ( t ) = 75 − 20ln ( t + 1) , t  0 (đơn vị % ). Hỏi sau khoảng bao lâu thì tỉ số học sinh nhớ được danh sách đó là dưới 10% . A. Sau khoảng 25 tháng .. Câu 6.. B. Sau khoảng 24 tháng.. C. Sau khoảng 22 tháng . D. Sau khoảng 23 tháng. Khi nuôi một loại virus trong một dưỡng chất đặc biệt sau một khoảng thời gian, người ta nhận thấy số lượng virus có thể được ước lượng theo công thức m ( t ) = m0 .2 kt , trong đó m0 là số lượng virus (đơn vị “con”) được nuôi tại thời điểm ban đầu; k là hệ số đặc trưng của dưỡng chất đã sử dụng để nuôi virus ; t là khoảng thời gian nuôi virus (tính bằng phút ). Biết rằng sau 2 phút, từ một lượng virus nhất định đã sinh sôi thành đàn 112 con, và sau 5 phút ta có tổng cộng 7168 con virus. Hỏi sau 10 phút trong dưỡng chất này, tổng số virus có được là bao nhiêu con ? A. 7 340032 con. B. 874496 con. C. 2007040 con. D. 4014080 con.. Câu 7.. 290. Áp suất không khí P (đo bằng milimet thủy ngân, kí hiệu mmHg) là một đại lượng được tính theo công thức P = P0 e xi trong đó x là độ cao (đo bằng mét, so với mực nước biển), P0 = 760mmHg là áp suất ở mực nước biển, i là hệ số suy giảm. Biết rằng, ở độ cao 1000 m thì áp suất của không khí là 672,72 mmHg. Hỏi áp suất của không khí ở độ cao 15 km gần nhất với số nào trong các số sau ? A. 121. B. 122. C. 123. D. 124. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(296) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 8.. Câu 9.. Sự tăng trưởng của loại vi khuẩn tuân theo công thức S = Ae r .t , trong đó A là số lượng vi khuẩn ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng ( r  0 ), t là thời gian tăng trưởng. Biết số vi khuẩn ban đầu là 100 con và sau 5 giờ có 300 con. Thời gian để số vi khuẩn tăng gấp đôi số vi khuẩn ban đầu gần nhất với kết quả nào trong các kết quả sau A. 2 giờ 5 phút. B. 3 giờ 15 phút. C. 4 giờ 10 phút. D. 3 giờ 9 phút. Với mức tiêu thụ thức ăn của trang trại A không đổi như dự định thì lượng thức ăn dự trữ sẽ đủ cho 100 ngày. Nhưng thực tế, mức tiêu thụ thức ăn tăng thêm 4% mỗi ngày (ngày sau tăng 4% so với ngày trước đó). Hỏi thực tế lượng thức ăn dự trữ đó chỉ đủ dùng cho bao nhiêu ngày? A. 42. B. 40. C. 39. D. 41 .. Câu 10. Ông An có 200 triệu đồng gửi ngân hàng với kì hạn 1 tháng với lãi suất 0,6% /1 tháng được trả vào cuối kì. Sau mỗi kì hạn, ông đến tất toán cả lãi và gốc, rút ra 4 triệu đồng để tiêu dùng, số tiền còn lại ông gửi vào ngân hàng theo phương thức trên (phương thức giao dịch và lãi luất không thay đổi trong suốt quá trình ông gửi). Sau đúng 1 năm (đúng 12 kì hạn) kể từ ngày gửi, ông An tất toán và rút toàn bộ số tiền nói trên ở ngân hàng, số tiền đó là bao nhiêu? (làm tròn đến nghìn đồng) A. 169234 (nghìn đồng).. B. 165288 (nghìn đồng).. C. 169269 (nghìn đồng).. D. 165269 (nghìn đồng).. Câu 11. Gọi N ( t ) là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong một bộ phận của một cây sinh trưởng từ t năm t.  1 A trước đây thì ta có công thức N ( t ) = 100.  ( % ) với A là hằng số. Biết rằng một mẫu gỗ có 2 tuổi khoảng 3754 năm thì lượng cacbon 14 còn lại là 65% . Phân tích mẫu gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng cacbon 14 còn lại trong mẫu gỗ là 79% . Hãy xác định tuổi của mẫu gỗ được lấy từ công trình đó. A. 2057 . B. 2020 . C. 2135 . D. 2054 .. Câu 12.. Để đảm bảo điều kiện sinh sống của người dân tại thành phố X, một nhóm các nhà khoa học cho biết với các điều kiện y tế, giáo dục, cơ sở hạ tầng,… của thành phố thì chỉ nên có tối đa 50000 người dân sinh sống. Các nhà khoa học cũng chỉ ra rằng dân số được ước tính theo công thức S = A.eni , trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, i là tỉ lệ tăng dân số hằng năm. Biết rằng vào đầu năm 2017, thành phố X có 40000 người và tỉ lệ tăng dân số là 1,2%. Hỏi trong năm nào thì dân số thành phố bắt đầu vượt ngưỡng cho phép, biết rằng số liệu chỉ được lấy vào đầu mỗi năm và giả thiết tỉ lệ tăng dân số không thay đổi? A. 2034 . B. 2035 . C. 2036 . D. 2037 .. Câu 13.. Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn trong phòng thí nghiệm được tính theo công thức S(t ) = S0 . e r . t . Trong đó S0 là số lượng vi khuẩn ban đầu, S ( t ) là số lượng vi khuẩn có sau t(. phút), r là tỷ lệ tăng trưởng ( r  0 ) , t ( tính theo phút) là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu có 500 con và sau 5 giờ có 1500 con. Hỏi sau bao nhiêu giờ kể từ lúc ban đầu có 500 con để số lượng vi khuẩn đạt 121500 con? A. 35 (giờ).. B. 25 (giờ).. C. 45 (giờ).. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. 15 (giờ).. 291.

(297) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. t  −  Câu 14. Khối lượng chất đã bị phân rã sau thời gian t được xác định bởi công thức m = m0 .  1 − 2 T  ,   trong đó: m0 là khối lượng chất phóng xạ ban đầu; T là chu kỳ bán rã. Một chất phóng xạ có chu. kỳ bán rã là 20 phút. Ban đầu một mẫu chất đó có khối lượng là 2 gram. Hỏi sau 1 giờ 40 phút, lượng chất còn lại bao nhiêu phần trăm so với ban đầu? A. 19,37% . B. 3,125% . C. 6,25% . D. 87,05% . Câu 15. Ông Nam gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn một năm, với công thức C = A ( 1 + r ) , lãi suất r = 12% một năm. Trong đó C là số tiền nhận được (cả gốc lẫn lãi) sau n. thời gian n năm. Tìm n nguyên dương nhỏ nhất để sau n năm ông Nam nhận được số tiền lãi hơn 40 triệu đồng. (Giả sử rằng lãi suất hằng năm không thay đổi). A. 5 . B. 2 . C. 4 . D. 3 . Câu 16.. Số lượng của loại vi khuẩn A trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức s(t) = s(0)2t , trong đó s(0) là số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu, s(t) là số lượng vi khuẩn A có sau t phút. Biết sau 3 phút thì số lượng vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số lượng vi khuẩn A là 10 triệu con? A. 48 phút.. B. 19 phút.. C. 7 phút.. D. 12 phút.. Câu 17. Công ty bất động sản Hoàng Thổ đang đầu tư xây dựng và kinh doanh khu nghỉ dưỡng. Công ty dự định tổ chức quảng bá theo hình thức quảng cáo trên truyền hình. Nghiên cứu của công ty cho thấy: nếu cứ sau n lần phát quảng cáo thì tỉ lệ người xem quảng cáo đó tới khu nghỉ dưỡng tuân 1 theo công thức P ( n ) = . Hỏi ít nhất cần bao nhiêu lần phát quảng cáo để tỉ lệ người 1 + 65.3−0.13n xem tới khu nghỉ dưỡng đạt trên 50%? B. 29 .. A. 30 .. C. 39 .. D. 31 .. Câu 18. Các loài cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận được một lượng nhỏ cacbon 14 (một đồng vị của cacbon). Khi một bộ phận của cái cây nào đó bị chết thì hiện tượng quang hợp cũng ngưng và nó sẽ không nhận thêm cacbon 14 nữa. Lượng cacbon 14 của bộ phận đó sẽ phân hủy một cách chậm chạp, chuyển hóa thành nitơ 14 . Biết rằng nếu gọi P ( t ) là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong một bộ phận của cái cây sinh trưởng từ t năm trước đây thì P ( t ) được tính theo công t. thức P ( t ) = 100. ( 0,5 ) 5750 ( % ) . Phân tích một mẩu gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng cacbon 14 còn lại trong mẩu gỗ đó là 60% . Niên đại của công trình kiến trúc đó gần với số nào sau đây nhất? (Giả sử khoảng thời gian từ lúc thu hoạch gỗ đến khi xây dựng công trình đó là không đáng kể). A. 4238 .. B. 8243 .. C. 3248 .. D. 2483 .. Câu 19. Anh Bảo gửi 27 triệu đồng vào ngân hàng theo hình thức lãi kép, kỳ hạn là một quý, với lãi suất 1,85% một quý. Hỏi thời gian nhanh nhất là bao lâu để anh Bảo có được ít nhất 36 triệu đồng tính cả vốn lẫn lãi? A. 19 quý. Câu 20.. C. 16 quý.. D. 20 quý.. Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng theo thể thức lãi kép, với lãi suất 1,85% trên một quý. Hỏi sau tối thiểu bao nhiêu quý, người đó nhận được ít nhất 72 triệu đồng (cả vốn ban đầu và lãi), nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền và lãi suất không thay đổi? A. 20 quý.. 292. B. 15 quý.. B. 19 quý.. C. 14 quý.. D. 15 quý.. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(298) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Quan tâm tới vấn đề cải thiện việc làm của huyện A thuộc tỉnh miền núi địa đầu Tổ quốc, Sở Lao động - Thương binh và Xã hội tiến hành tạo điều kiện tạo việc làm cho những người ở độ tuổi lao động dưới hai hình thức lao động theo hợp tác xã tại địa phương hoặc tìm kiếm việc làm ở các khu công nghiệp lớn ở trong nước. Cho thấy sau n năm mức độ việc làm có thu nhập ổn định cho 1 người dân tăng theo công thức An = . Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm , đơn vị huyện 1 + 39. −0,25 n A có tỉ lệ lao động có thu nhập ổn định trong huyện là trên 65% ? A. 13 . B. 15 . C. 20 . D. 25 . Câu 22. Số lượng loài vi khuẩn A trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức s ( t ) = s ( 0 ) .5t , Câu 21.. trong đó s ( 0 ) là số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu , s ( t ) là số lượng vi khuẩn A có sau t phút. Biết sau 2 phút thì số lượng vi khuẩn A là 400 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc ban đầu, số lượng vi khuẩn A là 250 triệu con? A. 4 phút. B. 7 phút. C. 8 phút. D. 6 phút. Câu 23. Cho biết chu kì bán rã của chất phóng xạ Radi 226 Ra là 1602 năm (tức là một lượng 226 Ra sau 1602 năm phân hủy thì chỉ còn lại một nửa). Sự phân hủy được tính theo công thức. S = A.ert trong đó A là lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ phân hủy hàng năm ( r  0 ) , t là. thời gian phân hủy, S là lượng còn lại sau thời gian phân hủy. Hỏi 5 gam 226 Ra sau 4000 năm phân hủy sẽ còn lại bao nhiêu gam (làm tròn đến 3 chữ số thập phân)? A. 0,886 gam. B. 1,023 gam. C. 0,795 gam. D. 0,923 gam. Câu 24. Giả sử vào cuối năm thì một đơn vị tiền tệ mất 10% giá trị so với đầu năm. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho sau n năm, đơn vị tiền tệ đó sẽ mất đi ít nhất 90% giá trị của nó? A. 16 .. B. 18 .. C. 20 .. D. 22 .. Câu 25. Cho biết chu kì bán rã của chất phóng xạ Plutônium Pu239 là 24360 năm (tức là lượng 239 Pu sau 24360 năm phân hủy chỉ còn lại một nửa). Sự phân hủy được tính bởi công thức S = Aert , trong đó A là lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ phân hủy hàng năm (r  0), t (năm) là thời gian phân hủy, S là lượng còn lại sau thời gian phân hủy t . Hỏi 15 gam 239 Pu sau bao nhiêu năm phân hủy sẽ còn lại 2 gam? (làm tròn đến chữ số hàng đơn vị) A. 70812 năm. B. 70698 năm. C. 70947 năm. D. 71960 năm. Câu 26. Anh An gửi 27 triệu đồng vào ngân hàng theo hình thức lãi kép theo kỳ hạn 1 quý với lãi suất là 1,85% một quý. Hỏi thời gian ít nhất mà anh An có được 36 triệu cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu? A. 16 năm. B. 1 5 quý. C. 4 năm. D. 15 năm. Câu 27. Một người thả 1 lá bèo vào một cái ao, sau 20 ngày thì bèo sinh sôi phủ kín mặt ao. Hỏi sau ít nhất 1 bao nhiêu ngày thì bèo phủ được mặt ao biết rằng sau mỗi ngày thì lượng bèo tăng gấp 4 lần 20 lượng bèo trước đó và tốc độ tăng không đổi? A. 18 (ngày).. B. 1 (ngày). C. 16 (ngày). D. 19 (ngày). Câu 28. Biết rằng năm 2001 , dân số Việt Nam là 85.412.439 người và tỉ lệ tăng dân số năm đó là 0,8% . Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo công thức S = A.e Nr (trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là số dân sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hằng năm). Nếu dân số vẫn tăng với tỉ lệ như vậy thì bắt đầu từ năm nào dưới dây dân số nước ta trên 100 triệu người? A. 2023 . B. 2020 . C. 2022 . D. 2021 . Câu 29. Cường độ một trận động đất được cho bởi công thức M = log A − log A0 độ Richter, với A là biên độ rung chấn tối đa và A0 là một biên độ chuẩn (hằng số). Đầu thế kỷ 20, một trận động đất Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 293.

(299) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. ở San Francisco có cường độ đo được 8 độ Richter. Trong cùng năm đó, trận động đất khác ở Nhật Bản có cường độ đo được 6 độ Richer. Hỏi trận động đất ở San Francisco có biên độ gấp bao nhiêu lần biên độ trận động đất ở Nhật Bản? A. 1000 lần. B. 10 lần. C. 2 lần. D. 100 lần. Câu 30. Giả sử số lượngktmột bầy ruồi tại thời điểm t được tính theo công thức là N ( t ) = N o .e kt , trong đó N o là số lượng bầy ruồi tại thời điểm t = 0 và k là hằng số tăng trưởng của bầy ruồi. Biết số. lượng bầy ruồi tăng lên gấp đôi sau 9 ngày và biết N0 = 100 con. Hỏi sau bao nhiêu ngày bầy ruồi có 800 con? A. 27 . B. 25 . C. 28 . D. 26 . Câu 31. Anh Nam vay tiền ngân hàng 1 tỷ đồng theo phương thức trả góp với lãi suất 0,5% / tháng. Sau mỗi tháng anh Nam trả 30 triệu đồng, chịu lãi số tiền chưa trả. Hỏi sau bao nhiêu tháng anh Nam trả hết nợ? A. 35 tháng. B. 36 tháng. C. 37 tháng. D. 38 tháng. Câu 32. Một hộ nông dân được ngân hàng cho vay mỗi năm 10 triệu đồng theo diện chính sách để đầu tư trồng cây ăn quả (được vay trong 4 năm đầu theo thủ tục vay một năm 1 lần vào thời điểm đầu năm dương lịch). Trong 4 năm đầu, khi vườn cây chưa cho thu hoạch thì ngân hàng tính lãi suất bằng 3%/năm. Bắt đầu từ năm thứ 5 đã có thu hoạch từ vườn cây nên ngân hàng dừng cho vay và tính lãi 8%/năm. Tính tổng số tiền hộ nông dân đó nợ ngân hàng sau 5 năm? A. 46188667 đồng. B. 43091358 đồng. C. 46538667 đồng. D. 48621980 đồng. Câu 33. Số lượng của một loại vi khuẩn X trong phòng thí nghiệm được tính theo công thức P ( t ) = P0 .2t. , trong đó P0 là số lượng vi khuẩn ban đầu, P ( t ) là số lượng vi khuẩn X sau t phút. Biết sau 2 phút thì số lượng vi khuẩn X là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc ban đầu, số lượng vi khuẩn X là 10 triệu con. A. 5 phút. B. 8 phút. C. 7 phút. D. 6 phút. Câu 34. Một công ty khai thác thủy lợi cho biết đã kết thúc đợt xả nước đẩy mặn xuống sông Trà Vinh. Giúp người dân Trà Vinh đảm bào nước sinh hoạt, phục vụ nông nghiệp. Một đợt xả nước x ngày. (. ). có công suất 86 400 800 − x 2 m3 / ngay . Để xả 100000000 m3 nước cần ít nhất mấy đợt xả? A. 1 đợt. B. 2 đợt. C. 3 đợt. D. 4 đợt. Câu 35. Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,5% / tháng và ông ta rút đều đặn mỗi tháng một triệu đồng kể từ sau ngày gửi một tháng cho đến khi hết tiền ( tháng cuối cùng có thể không còn đủ một triệu đồng). Hỏi sau bao nhiêu tháng ông ta rút hết tiền? A. 139 .. C. 100 .. B. 140 .. Câu 36. Chu kì bán rã của chất phóng xạ Plutolium. 239. D. 138 .. Pu là 24360 năm (tức là một lượng chất. 239. Pu sau. − rt. 24360 năm phân hủy còn một nửa). Sự phân hủy này được tính theo công thức S = Ae , trong đó A là lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ phân hủy hàng năm, t là thời gian phân hủy, S. là lượng còn lại sau thời gian phân hủy t . Hỏi 20 gam hủy còn 4 gam? A. 56563 năm.. B. 56562 năm.. 239. Pu sau ít nhất bao nhiêu năm thì phân. C. 56561 năm.. D. 56564 năm.. Câu 37. Trong môi trường nuôi cấy ổn định người ta nhận thấy rằng: cứ sau đúng 5 ngày số lượng loài của vi khuẩn A tăng lên gấp đôi, còn sau đúng 10 ngày số lượng loài của vi khuẩn B tăng lên gấp ba. Giả sử ban đầu có 100 con vi khuẩn A và 200 con vi khuẩn B , hỏi sau bao nhiêu ngày. 294. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(300) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. nuôi cấy trong môi trường đó thì số lượng loài vi khuẩn A vượt quá số lượng loại vi khuẩn B , biết rằng tốc độ tăng trưởng của mỗi loài ở mọi thời điểm là như nhau? A. 26 (ngày).. B. 23 (ngày).. C. 25 (ngày).. D. 24 (ngày).. Câu 38. Cho áp suất không khí P (đo bằng milimet thuỷ ngân, kí hiệu là mmHg) suy giảm mũ so với độ cao x (đo bằng mét), tức P giảm theo công thức P = P0 e xi trong đó P0 = 760mmHg là áp suất ở mực nước biển ( x = 0 ) , i là hệ số suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000m thì áp suất của không khí là 672,71mmHg . Hỏi áp suất không khí ở độ cao 3580m gần với số nào sau đây nhất? A. 491mmHg .. B. 490mmHg .. C. 492mmHg .. D. 493mmHg .. Câu 39. Dân số thế giới được ước tính theo công thức Sn = S0 .e r .n , trong đó S0 là dân số của năm lấy làm mốc, Sn là dân số sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Tính đến đầu năm 2011, dân số toàn tỉnh Bình Phước đạt gần 905300 người, mức tăng dân số là 1,37% mỗi năm. Tỉnh thực hiện tốt chủ trương 100% trẻ em đúng độ tuổi vào lớp 1. Hỏi đến năm học 2024 – 2025 ngành giáo dục của tỉnh cần chuẩn bị ít nhất bao nhiêu phòng học cho học sinh lớp 1, mỗi phòng chỉ dành cho 35 học sinh? Giả sử trong năm sinh của lứa học sinh vào lớp 1 đó toàn tỉnh có 2400 người chết, số trẻ tử vong trước 6 tuổi không đáng kể. A. 458.. B. 462 .. C. 459.. D. 461 .. Câu 40. Trong năm đầu tiên đi làm, anh A được nhận lương là 10 triệu đồng mỗi tháng. Cứ hết một năm, anh A lại được tăng lương, mỗi tháng năm sau tăng 12% so với mỗi tháng năm trước. Mỗi khi lĩnh lương anh A đều cất đi phần lương tăng so với năm ngay trước để tiết kiệm mua ô tô. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm thì anh A mua được ô tô giá 500 triệu biết rằng anh A được gia đình hỗ trợ 32% giá trị chiếc xe? A. 11 . B. 13 . C. 10 . D. 12 . Câu 41. Ông Trung vay ngân hàng 800 triệu đồng theo hình thức trả góp hàng tháng trong 60 tháng. Lãi suất ngân hàng cố định 0,5 /tháng. Mỗi tháng ông Trung trả (lần đầu tiên phải trả là 1 tháng sau khi vay và hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng) số tiền gốc là số tiền vay ban đầu chia cho 60 và số tiền lãi sinh ra từ số tiền gốc còn nợ ngân hàng. Tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả trong toàn bộ quá trình trả nợ là bao nhiêu? A. 118.000.000 đồng. B. 126.066.666 đồng. C. 122.000.000 đồng.. D. 135.500.000 đồng.. Câu 42. Các chuyên gia y tế ước tính số người nhiễm virus corona kể từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ t là f ( t ) = 45t 2 − t 3 với ( 0  t  25 ) . Nếu coi f ( t ) là một hàm xác định trên đoạn.  0; 25  thì hàm f  ( t ) được xem là tốc độ truyền bệnh (người/ngày) tại thời điểm t . Xác định. ngày mà tốc độ truyền bệnh là lớn nhất? A. 15 . Câu 43.. B. 20 .. C. 10 .. D. 5 .. Theo kế hoạch, với mức tiêu thu thức ăn chăn nuôi của trang trại X không đổi theo dự định thì lượng thức ăn dự trữ sẽ đủ dùng trong 365 ngày. Thực tế, 50 ngày đầu mức tiêu thụ thức ăn với ngày sau tăng 5% so với ngày trước, những ngày tiếp theo mức tiêu thụ thức ăn ngày sau tăng 10% so với ngày trước. Hỏi thực tế lượng thức ăn dự trữ đó đủ dùng trong bao nhiêu ngày? A. 9 .. B. 60 .. C. 8 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. 59 .. 295.

(301) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. ( mmHg ) , trong đó x là độ cao, P = 760 ( mmHg ) là áp suất không khí ở mức nước biển ( x = 0 ) , k là hệ số suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000 m thì áp suất không khí là 672,71 ( mmHg ) . Tính áp suất của không khí ở độ cao 4000. Câu 44. Áp suất không khí P theo công thức P = P0 .e kx. 0. m.. A. 466,52 ( mmHg ) .. B. 530,23 ( mmHg ) . C. 530,73 ( mmHg ) . D. 545,01 ( mmHg ) .. Câu 45. Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn tuân theo công thức S = A.ert , trong đó A là số lượng vi khuẩn ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng, t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu là 100 con và sau 5 giờ có 300 con. Hỏi số con vi khuẩn sau 10 giờ? A. 800 . B. 900 . C. 950 . D. 1000 . Câu 46. Một cửa hàng bán lẻ bán 2500 cái tivi mỗi năm. Chi phí gửi trong kho là 10USD một cái một năm. Để đặt hàng nhà sản xuất thì mỗi lần chi phí cố định là 20USD, cộng thêm 9USD mỗi chiếc. Biết rằng số lượng tivi trung bình gửi trong kho bằng một nửa số tivi của mỗi lần đặt hàng. Như vậy cửa hàng nên đặt hàng nhà sản xuất bao nhiêu lần mỗi năm và mỗi lần đặt bao nhiêu cái để chi phí hàng tồn kho là thấp nhất ? A. 20 lần mỗi năm và 90 cái mỗi lần. B. 25 lần mỗi năm và 110 cái mỗi lần. C. 25 lần mỗi năm và 120 cái mỗi lần. D. 25 lần mỗi năm và 100 cái mỗi lần. Câu 47. Một công ty thời trang vừa tung ra thị trường một mẫu quần áo mới và họ tổ chức quảng cáo trên truyền hình mỗi ngày. Một nghiên cứu của một thị trường uy tín cho thấy, nếu sau t lần quảng cáo được phát trên truyền hình thì số phần trăm người xem mua sản phầm này là: 100 P= ( % ) . Hỏi cần phát quảng cáo trên truyền hình tối thiểu bao nhiêu lần để 1 + 49.e −0,015t số người mua sản phẩm đạt hơn 80%? A. 356 lần. B. 348 lần. C. 352 lần. D. 344 lần. Câu 48. Ông An gửi 250 triệu đồng ở ngân hàng theo hình thức lãi kép với lãi suất 9,2% /năm. Hỏi sau bao nhiêu năm ông An có số tiền ít nhất là 650 triệu đồng (giả sử lãi suất hàng năm không đổi)? A. 11 . B. 10 . C. 18 . D. 19 . Câu 49. Gọi I ( t ) là số ca bị nhiễm bệnh Covid-19 ở quốc gia X sau t ngày khảo sát. Khi đó ta có công r t −1 thức I ( t ) = A.e 0 ( ) với A là số ca bị nhiễm trong ngày khảo sát đầu tiên, r0 là hệ số lây nhiễm.. Biết rằng ngày đầu tiên khảo sát có 500 ca bị nhiễm bệnh và ngày thứ 10 khảo sát có 1000 ca bị nhiễm bệnh. Hỏi ngày thứ 20 số ca nhiễm bệnh gần nhất với số nào dưới đây, biết rằng trong suốt quá trình khảo sát hệ số lây nhiễm là không đổi? A. 2000 . B. 2160 . C. 2340 . D. 2520 . Câu 50. Áp suất không khí P (đo bằng milimet thủy ngân, kí hiệu mmHg ) theo công thức P = P0 .e kx. ( mmHg ) ,trong đó x là độ cao (đo bằng mét), P = 760 ( mmHg ) là áp suất không khí ở mức nước biển ( x = 0 ) , k là hệ số suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000 m thì áp suất không khí là 672,71 ( mmHg ) . Tính áp suất của không khí ở độ cao 3000 m . 0. A. 527,06 ( mmHg ) .. 296. B. 530,23 ( mmHg ) . C. 530,73 ( mmHg ) . D. 545,01 ( mmHg ) .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(302) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.B 11.D 21.B 31.C 41.C. 2.A 12.C 22.D 32.C 42.A. 3.C 13.B 23.A 33.D 43.D. 4.D 14.B 24.D 34.C 44.A. 5.A 15.D 25.A 35.A 45.B. 6.A 16.C 26.C 36.A 46.D. 7.B 17.A 27.A 37.C 47.C. 8.D 18.A 28.D 38.A 48.A. 9.D 19.C 29.D 39.B 49.B. 10.C 20.A 30.A 40.B 50.A. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1.. Chọn B Theo bài ra ta xét phương trình:. (. Pn = 115.106  P0 .e nr = 115.106  ln P0 + nr = ln 115.10 6. Suy ra n =. Câu 2.. (. ). ln 115.106 − ln P0 r. ).  23,8 .. Như vậy đến năm 2025 dân số nước ta sẽ ở mức 115 triệu người. Chọn A Gọi mức tiêu thụ dầu không đổi hằng năm như hiện nay là A Khi đó lượng dầu tiêu thụ sau 50 năm là 50 A Gọi un là số lượng dầu tiêu thụ vào năm thứ N  u = 1,05.un Theo đề ta có:  n+1  u1 = A. Vì N là số năm tiêu thụ hết dầu dự trữ đúng với nhu cầu thực tế trên nên ta có: 1,05N − 1 1 − 1,05N = 50A  = 50  1,05N = 3,5 u1 + u2 + .... + uN = 50A  A. 1 − 1,05 0,05.  N = log 1,05 3,5  N  25,68 .. Câu 3.. Chọn C Theo bài ta có. (. Q0 . 1 − e − t. 2. ) = 0,9.Q. 0.  1 − e −t. 2. = 0,9  e − t. 2. = 0,1  t = −. ln ( 0,1) 2.  1,63 .. Vậy sau khoảng thời gian t  1,63 giờ thì dung lượng pin của điện thoại tính từ lúc cạn hết pin sẽ nạp được 90% dung lượng pin tối đa. Câu 4.. Chọn D Số tiền anh A cần tiết kiệm là 500 − 500.0,5 = 250 (triệu). Gọi số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ n là un (triệu). Ta có un = 10. ( 1 + 0,1). n −1. = 10. ( 1,1). n −1. (triệu).. Số tiền mà anh A tiết kiệm được sau n năm là:. 12. ( u2 − u1 ) + ( u3 − u2 ) + ... + ( un−1 − un− 2 ) + ( un − un−1 )  Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. = 12. ( un − u1 ). 297.

(303) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. n −1 n −1 = 12. 10. ( 1,1) − 10  = 120. ( 1,1) − 1 .    . Câu 5.. n −1 n −1 37 37 Để anh A mua được ô tô thì: 120. (1,1) − 1  250  (1,1)   n  log 1,1 + 1  12,814   12 12 Vậy sau 13 năm thì anh A sẽ tiết kiệm đủ tiền để mua ô tô. Chọn A. Ta có: 75 − 20 ln ( t + 1)  10  ln ( t + 1)  3,25  t  e 3,25 − 1(  24,79 ) . Khoảng 25 tháng thì số học sinh nhớ được danh sách đó là dưới 10% . Câu 6.. Chọn A 112 = m(2) = m 0 .2 2 k m0 = 7 Theo công thức m ( t ) = m0 .2 ta có:    5k 7168 = m(5) = m 0 .2 k = 2 kt. Vậy sau 10 phút trong dưỡng chất này, tổng số virus có được là: m(10) = 7.2 2.10 = 7 340 032 con. Câu 7.. Chọn B Do ở độ cao 1000 m, áp suất của không khí là 672,72 mmHg nên ta có: 672,72 = 760 e1000 i  i =. 1 672,72 ln 1000 760. Khi ở độ cao 15 km tức là 15000 m thì áp suất của không khí: P = 760e. Câu 8.. 15000. 1 672,72 ln 1000 760.  121,93399. Vậy, áp suất của không khí ở độ cao 15 km gần nhất với số 122. Chọn D Vì sau 5h có 300 con vi khuẩn, nên suy ra 300 = 100.e 5r  r =. ln 3 . 5. Để vi khuẩn tăng gấp đôi thì ta có phương trình: 1. 200 = 100.e 5. Câu 9.. ln 3.t. 1.  e5. ln 3.t. 1. .t. = 2  3 5 = 2  t = 5log 3 2  t  3,15. Vậy thời gian để số vi khuẩn tăng gấp đôi số vi khuẩn ban đầu là 3 giờ 9 phút. Chọn D Giả sử lượng thức ăn ngày đầu tiên là m . Tổng số thức ăn trong kho dự trữ là 100m . Thực tế: Ngày đầu tiên dùng hết m thức ăn. Ngày thứ 2 dùng hết m ( 1 + 4% ) thức ăn. Ngày thứ 3 dùng hết m ( 1 + 4% ) thức ăn. 2. ……… Ngày thứ n dùng hết m ( 1 + 4% ). n −1. thức ăn. Giả sử ngày thứ n ta dùng hết thức ăn.. Ta có phương trình sau: m + m ( 1 + 4% ) + m ( 1 + 4% ) + ... + m (1 + 4% ) 2. n −1. = 100 m. (1 + 4% ) − 1 = 100  1 + ( 1 + 4% ) + ( 1 + 4% ) + ... + (1 + 4% ) = 100  (1 + 4% ) − 1 n. 2. 298. n −1. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(304) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.  ( 1 + 4% ) = 5  n = log 1,04 5  41,04 ⎯⎯ → đủ cho 41 ngày. n. Câu 10. Chọn C. Nếu cuối mỗi kì hạn, ông An không rút ra 4 triệu thì số tiền ông có được sau 1 năm là A = 200000. ( 1 + 0,6% ). 12. nghìn đồng. Đầu tháng thứ 2 ông An rút về 4 triệu đồng, nếu để nguyên số tiền đó để gửi thì đến hết tháng thứ 12 ngân hàng phải trả cả gốc và lãi cho ông ứng với 4 triệu đồng đó là B1 = 4000. ( 1 + 0,6% ) = 4000.R11 (nghìn đồng) nên đến hết tháng thứ 12, số tiền giả định là A 11. không còn được lấy nguyên vẹn mà bị trừ đi số tiền B1 Tương tự, với 4 triệu đồng ông rút ở tháng thứ 3, 4,., 11 sẽ bị trừ đi tương ứng là: B2 = 4000.R10 , B3 = 4000.R9 ,..., B11 = 4000.R1. Do vậy, số tiền ông An nhận được khi tất toán ở lần cuối cùng là:. (. A − ( B2 + B3 + ... + B11 ) = 200000.R12 − 4000 R11 + R10 + ... + R. = 200000.R12 − 4000.R.. ). 1 − R11  169269 (nghìn đồng). 1− R. Câu 11. Chọn D 1 Theo bài ta có 65 = 100.   2. 3754 A. 1  0,65 =   2. 3754 A. . 3754 3754 = log 1 0,65  A = A log 1 0,65 2 2 t. t.  1 A  1 A Do mẫu gỗ còn 79% lượng Cacbon 14 nên ta có: 79 = 100.    0,79 =   2 2. . t 3754 = log 1 0,79  t = A.log 1 0,79 = .log 1 0,79  2054 . A log 0,65 1 2 2 2 2. Câu 12. Chọn C 5 5  0,012n  ln  n  18,595 . 4 4 Suy ra sau 19 năm thì dân số vượt ngưỡng cho phép. Vậy trong năm 2036 dân số thành phố sẽ vượt ngưỡng cho phép. Câu 13. Chọn B. Theo bài ra ta có: 40000.e0,012 n  50000  e0,012 n . Ta có : S0 = 500 (con) ; 5 giờ = 300 phút. Sau 5 giờ số vi khuẩn là : S ( 300 ) = 500. e 300 r  1500 = 500. e 300 r. r=. ln 3 300. Vậy khoảng thời gian t kể từ lúc bắt đầu có 500 con vi khuẩn đến khi số lượng vi khuẩn đạt 121500 con thỏa mãn 121500 = 500.er .t t=. ln 243 300ln 243 = = 1500 (phút) = 25 (giờ). r ln 3. Câu 14. Chọn C Đổi 1 giờ 40 phút = 100 phút. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 299.

(305) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 100 t   −  −  Lượng chất đã phân rã là: m = m0 .  1 − 2 T  = 2.  1 − 2 20  = 1,9375 gram.    . Phần trăm khối lượng chất còn lại là:. 2 − 1,9375 .100% = 3,125%. 2. Câu 15. Chọn D Từ công thức C = A ( 1 + r ) với A = 100 , r = 0,12 và n nguyên dương. n. Ta có: Số tiền thu được cả gốc lẫn lãi sau n năm là C = 100. ( 1 + 0,12 ) . n. Số tiền lãi thu được sau n năm là L = 100. ( 1 + 0,12 ) − 100 . n. Để số tiền lãi nhận được hơn 40 triệu đồng thì: L  40  100 ( 1 + 0,12 ) − 100  40  1,12n  n. 7 7  n  log1,12  2,97 . 5 5. Vậy số nguyên dương nhỏ nhất cần tìm là n = 3 . Câu 16. Chọn C Theo công thức, tại thời điểm t = 3 phút , ta có s(3) = s(0)2 3 = 625000  s(0) = 78125 con .. Gọi t (phút ) là thời điểm mà số lượng vi khuẩn là 10 triệu con, ta có : s(t ) = s(0)2t  10 000000 = 78125.2t  2t =128  t = 7 .. Câu 17. Chọn A Để để tỉ lệ người xem tới khu nghỉ dưỡng đạt trên 50%  P ( n) =. 1  50%  1 + 65.3−0,13 n  2 1 + 65.3−0,13 n.  −0,13n  log 3. log 3 65 1 n  29,23 65 0.13. Vậy cần ít nhất 30 lần phát quảng cáo để tỉ lệ người xem tới khu nghỉ dưỡng đạt trên 50%. Câu 18. Chọn A t. t. Theo đầu bài ta có phương trình: P ( t ) = 60  60 = 100. ( 0,5 ) 5750  ( 0,5 ) 5750 =  t = 5750.. 60 = 0,6 100. ln 0,6  4237,55 . ln 0,5. Vậy tuổi của công trình đó khoảng 4238 năm. Câu 19. Chọn C Câu 20. Chọn A Câu 21. Câu 22. Câu 23. Câu 24. Câu 25. Câu 26. Câu 27.. 300. Chọn B Chọn D Chọn A Chọn D Chọn A Chọn C Chọn A. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(306) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Câu 28. Chọn D Câu 29. Chọn D Nhận thấy ở San Francisco trận động đất có cường độ là: M 1 = log A1 − log A0 = log Ở Nhật Bản trận động đất có cường độ là: M 2 = log Khi đó: 8 − 6 = log. A1 =8 A0. A2 =6 A0. A1 A A A A − log 2 = log 1  2 = log 1  1 = 102 = 100. A0 A0 A2 A2 A2. Câu 30. Chọn A Ta có: 2 N 0 = N 0 .e9 k  k =. ln 2 9. Để được 800 con ruồi, ta có: 800 = 100.e. t.. ln 2 9. t=. ln 8 .9 = 27 ngày. ln 2. Câu 31. Chọn C Gọi a là số tiền vay, r là lãi suất, m là số tiền hàng tháng trả. Số tiền nợ sau tháng thứ nhất là: N1 = a (1 + r ) − m . Số tiền nợ sau tháng thứ hai là: N 2 = N1 (1 + r ) − m = a (1 + r ) − m (1 + r ) + 1 2. Số tiền nợ sau tháng thứ ba là: 3 2 N3 = N 2 (1 + r ) − m = a (1 + r ) − m (1 + r ) + (1 + r ) + 1  . …. Số. tiền. nợ. = a (1 + r ) − n. sau. n. tháng. là:. N n = a (1 + r ) − m (1 + r )  n. + (1 + r ). n−2. +. + 1 . m m m n n  1 + r ) − 1 =  a −  (1 + r ) + . (   r  r r. N n = 0  (1 + r ). n. m m n = r  (1 + r ) = . m m − ra −a r. Sau n tháng anh Nam trả hết nợ khi và chỉ khi N n = 0  (1 + 0, 005 ) = n.  (1, 005 ) = n. n −1. 30.106 . 30.106 − 0, 005.109. 6 6  n = log1,005   36, 6 . 5 5. Vậy sau 37 tháng thì anh Nam trả hết nợ. Câu 32. Chọn C Số tiền nợ sau năm thứ nhất là: 10.(1 + 3% ) . 2 Số tiền nợ sau năm thứ 2 là: 10.(1 + 3% ) + 10  (1 + 3% ) = 10 (1 + 3% ) + (1 + 3% )  .   3 2 Số tiền nợ sau năm thứ 3 là: 10 (1 + 3% ) + (1 + 3% ) + (1 + 3% )  .  . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 301.

(307) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 4 3 2 Số tiền nợ sau năm thứ 4 là: 10 (1 + 3% ) + (1 + 3% ) + (1 + 3% ) + (1 + 3% )  .   4 3 2 Số tiền nợ sau năm thứ 5 là: 10 (1 + 3% ) + (1 + 3% ) + (1 + 3% ) + (1 + 3% )  . (1 + 8% ) .  . Vậy S = 46,538667 (triệu đồng). Câu 33. Chọn D. Sau 2 phút số lượng vi khuẩn 625000 con tức là: 625000 = P0 .22  P0 =. 625000 = 156250 . 4. Số lượng vi khuẩn là 10 triệu con  10000000 = 156250.2t  2t = 64  t = 6 . Câu 34. Chọn C Số đợt xả nhỏ nhất khi và chỉ khi lượng nước xả một đợt lớn nhất.. ( ). 2 3 Lượng nước xả trong x ngày là 86400.x. 800 − x m .. (. Xét hàm số f ( x ) = 86400 x 800 − x 2 ( m3 ) , x  0; 20 2  . Ta có 86400 x 800 − x 2  86400.. x 2 + 800 − x 2 = 34560000 . 2. Vậy Maxf ( x ) = 34560000m3 đạt được khi x = 800 − x 2  x = 20 .. 100000000 34560000. 2,9 .. Vậy cần xả 3 đợt mỗi đợt 20 ngày. Câu 35. Chọn A Gọi số tiền lúc đầu người đó gửi là A (triệu đồng), lãi suất gửi ngân hàng một tháng là r , S n là số tiền còn lại sau n tháng. Sau 1 tháng kể từ ngày gửi tiền, số tiền còn lại của người đó là:. S1 = A (1 + r ) − 1 . Sau 2 tháng kể từ ngày gửi tiền, số tiền còn lại của người đó là:. S2 =  A (1 + r ) − 1 (1 + r ) − 1 = A (1 + r ) − (1 + r ) − 1 . 2. … Sau n tháng kể từ ngày gửi tiền, số tiền còn lại của người đó là: S n = A (1 + r ) − (1 + r ) n. n −1. − (1 + r ). n−2. −. − (1 + r ) − 1 = A (1 + r ). n. (1 + r ) − r. n. −1. .. Giả sử sau n tháng người đó rút hết tiền. Khi đó ta có Sn = 0  A (1 + r )  (1 + r ). n. ( Ar − 1) + 1 = 0  n = log(1+r ). n. (1 + r ) −. 1  n = − log (1+ r ) (1 − Ar ) . 1 − Ar. Với A = 100 triệu đồng, r = 0,005 ta có n  138,9757216 . Chọn A. Câu 36. Chọn A Vì 239 Pu có chu kì bán rã là 24360 năm nên với 20 gam. 302. 239. Pu ta có:. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. r. n. −1. =0.

(308) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. 10 = 20.e− r .24360  −r.24360 = ln. ln 2 1 r= . 24360 2. Theo bài ra ta có phương trình 4 = 20.e−rt  −rt = ln. ln 5 1 .  rt = ln 5  t = r 5. Suy ra t  56562, 2 . Vậy sau ít nhất 56563 năm thì 20 gam 239 Pu sẽ phân hủy còn 4 gam. Câu 37. Chọn C Giả sử sau x ngày nuôi cấy thì số lượng vi khuẩn hai loài bằng nhau. Điều kiện x  0 . x. Ở ngày thứ x số lượng vi khuẩn của loài A là: 100.2 5 con vi khuẩn. x 10. Ở ngày thứ x số lượng vi khuẩn của loài B là: 200.3 x 5. x 10. Khi đó ta có bất phương trình 100.2  200.3 . 2. x 5. x 10. 3. con vi khuẩn. x.  4 10  2     2  x  10.log 4 2 . 3 3. Câu 38. Chọn A Áp dụng công thức P = P0 e xi Ở độ cao 1000m , ta có : P0 = 760mmHg , x = 1000m, P = 672,71mmHg , từ giả thiết này ta tìm được hệ số suy giảm i . Ta có 672, 71 = 760e1000i  1000i = ln. 672, 71  i  −0, 000 760. Khi đó ở độ cao 3580m , áp suất của không khí là: P = 760e−0,000123580  49112 . Câu 39. Chọn B Chỉ những em sinh năm 2018 mới đủ tuổi đi học (6 tuổi) vào lớp 1 năm học 2024 – 2025. Áp dụng công thức lãi kép để tính dân số năm 2017 và 2018. Dân số năm 2018 là: S8 = S0 e r .n = 905300.e1,37%.8  1010162 . Dân số năm 2017 là: S7 = S0 e r .n = 905300.e1,37%.7  996418 . Số trẻ vào lớp 1 trong năm học 2024 – 2025 là: 1010162 − 996418 + 2400 = 16144 . Số phòng học cần chuẩn bị là: 16144 : 35  461, 26 . Vậy số phòng học cần là 462 phòng. Câu 40. Chọn B Số tiền anh A cần tiết kiệm là 500 − 500.0,32 = 340 (triệu). Gọi số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm đầu tiên là u1 = 10 (triệu). Thì số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ hai là. u2 = u1. (1 + 0,12 ) = u1.1,12 (triệu). Số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ ba là u3 = u1. (1 + 0,12 ) = u1. (1,12 ) (triệu). 2. 2. … Số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ n là un = u1. (1 + 0,12 ). n −1. = u1. (1,12 ). n −1. (triệu).. Vậy số tiền mà anh A tiết kiệm được sau n năm là Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 303.

(309) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. 12. ( u2 − u1 + u3 − u2 +  + un −1 − un −2 + un − un −1 ) = 12. ( un − u1 ) = 12. u1. (1,12 )  23 23 n−1 n −1  n  log1,12 + 1  12.86 . Cho 12. u1. (1,12 ) − u1   340  (1,12 )    6 6 Vậy sau ít nhất 13 năm thì anh A sẽ tiết kiệm đủ tiền để mua ô tô.. n −1. − u1  . . Câu 41. Chọn C Gọi T = 800 triệu là số tiền vay, A =. T là số tiền gốc phải trả hàng tháng, r = 0,5 là lãi suất. 60. Ta có bảng mô tả sau: Tháng. Trả gốc. Trả lãi. Dư nợ. 1. A. rT. T−A. 2. A. r (T − A ). T − 2A. 3. A. r (T − 2 A ). T − 3A. A. r (T − 59 A ). T − 60 A = 0. … 60. Tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả là: S = rT + r (T − A ) + r (T − 2 A ) + ... + r (T − 59 A ) = r 60T − (1 + 2 + ... + 59 ) A. 59.60  59  61rT   = r 60T − A = r 60T − T  = = 122 (triệu). 2 2  2   . Câu 42. Chọn A Từ giả thiết suy ra tốc độ truyền bệnh (người/ngày) tại thời điểm t là: f  ( t ) = 90t − 3t 2 . Xét hàm f  ( t ) = 90t − 3t 2 với 0  t  25 . Ta có: f  ( t ) = 90 − 6t = 0  t = 15 . Bảng biến thiên:. Từ bảng biến thiên ta có ngày mà tốc độ truyền bệnh là lớn nhất là ngày thứ 15 . Câu 43. Chọn D Gọi lượng thức ăn tiêu thụ mỗi ngày theo kế hoạch của trang trại X là x Vậy lượng thức ăn dự trữ của trang tại X là 365x Lượng thức ăn tiêu thụ trong 50 ngày đầu là:. x + x.1, 05 + x.1, 05 + ... + x.1, 05 = x (1 + 1, 05 + 2. 49. + 1, 05. 49. ). (1 − 1, 05 ) = x. 50. 1 − 1, 05. Lượng thức ăn tiêu thụ trong những ngày tiếp theo là: (đặt x.1,0549 = B : lượng thức ăn tiêu thụ ngày thứ 50) 304. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(310) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. B.1,1 + B.1,1 + ... + B.1,1 = B.1,1(1 + 1,1 + 2. n. (1 − 1, 05 ) + x 1, 05 x. 50. Ta có:. 50. 1 − 1, 05. + 1,1. )=. B.1,1. (1 − 1,1n ) 1 − 1,1. =x. 1, 0549.1,1. (1 − 1,1n ) 1 − 1,1. 49. 1 − 1, 05. (1 − 1, 05 ) + 1, 05 . .1,1. (1 − 1,1n ). n −1. 1 − 1,1. .1,1. (1 − 1,1n ). = 365 x. 49. 1 − 1,1. = 365  n = 8,72. Vậy lượng thức ăn dự trữ đủ dùng trong 50 + 8 = 58 ngày Câu 44. Chọn A Ở độ cao 1000 m áp suất không khí là 672,71 ( mmHg ) . Nên ta có 672, 71 = 760e1000 k  e1000 k =. 672, 71 1 672, 71 k= ln . 760 1000 760. Áp suất ở độ cao 4000 m là P = 760e 4000 k = 760e. 1 672,71 4000. ln 1000 760.  466,52 ( mmHg ) .. Câu 45. Chọn B Trước tiên, ta tìm tỉ lệ tăng trưởng mỗi giờ của loại vi khuẩn này. ln 300 − ln100 ln 3 = Từ giả thiết ta có: 300 = 100.e5r  r = . 5 5 10.. Sau 10 giờ, từ 100 con vi khuẩn sẽ có 100.e. ln 3 5. = 900 con.. Câu 46. Gọi x là số tivi mỗi lần đặt hàng thì x  1;2500 Khi đó, số lượng tivi trung bình gửi trong kho sẽ là. x . Do đó, chi phí gửi hàng trong khi mỗi năm 2. x sẽ là 10. = 5 x . 2. Số lần đặt hàng mỗi năm sẽ là. 2500 . x. Do đó chi phí đặt hàng mỗi năm sẽ là ( 20 + 9 x ) . Suy ra, chi phí hàng tồn kho là C ( x ) = 5 x +. 2500 50000 = + 22500 x x. 50000 + 22500 x. Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của C ( x ) với x  1;2500 . Ta có: C  ( x ) = 5 − Do C  ( x ) =.  x = 100 ( tm ) 50000 2 2  , C x = 0  x = 100  ( )  x2  x = −100 ( ktm ). 100000  0, x  1; 2500 nên min C ( x ) = C (100 ) = 23500 x1;2500 x3. Khi đó số lần đặt hàng mỗi năm sẽ là. 2500 = 25 lần. 100. Vậy để chi phí hàng tồn kho là nhỏ nhất thì cửa hàng cần đặt hàng 25 lần mỗi năm và 100 cái mỗi lần. Câu 47. Chọn C Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 305.

(311) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Để. số. người.  1 + 49.e −0,015t .  49.e−0,015t . mua. sản. phẩm. đạt. hơn. 80%. thì. P  80 . 100  80 1 + 49.e −0,015t. 100 10  49.e −0,015t  − 1 80 8. 1 1 1 1  e −0,015t   −0,015t  ln t ln196  351,8743 4 196 196 0,015. Vậy số lần quảng cáo tối thiểu là 352 lần. Câu 48. Chọn A Gọi S là số tiền gửi ban đầu. Áp dụng công thức lãi kép sau n năm ( n . ). thì số tiền thu được là: S n = S (1 + 0, 092 ). Theo đề ta có: 250 (1 + 0, 092 )  650  (1, 092 )  n. Vì n. n. 13  13   n  log1,092    10,8567 . 5 5. nên ta chọn n = 11 .. Câu 49. Chọn B. Theo giả thiết ta có I (1) = A = 500 . Ngày thứ 10 có 1000 ca nên I (10 ) = A.e9 r0  1000 = 500.e9 r0  r0 = Vậy ngày thứ 20 số ca nhiễm bệnh là I ( 20 ) = 500.e. 19ln 2 9. ln 2 . 9.  2160 .. Câu 50. Chọn A Ở độ cao 1000 m áp suất không khí là 672,71 ( mmHg ) . Nên ta có: 672,71 = 760e1000k  e1000 k = Áp suất ở độ cao 3000 m là P = 760e. 1 672, 71 672, 71 . k= ln 1000 760 760. 3000 k. 306. = 760e. 1 672,71 3000. ln 1000 760.  527,06 ( mmHg ) .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. n.

(312) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. DẠNG TOÁN HAY XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI CỦA BỘ Câu 1:. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 728 số nguyên y thỏa mãn log 4 ( x 2 + y )  log 3 ( x + y ) ?. Câu 2:. C. 116 .. B. 58 .. A. 59 .. D. 115 ..  x + my = n − 1 Biết rằng có vô số bộ ( x; y ) thỏa mãn hệ phương trình  với m và n là tham số 2 x + ny = 4 − n thực. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x2 + y 2 − 2mx + ny bằng 11 3 9 C. − D. − 4 2 4 Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để không tồn tại bộ số thực ( x, y ) nào. A. 1 Câu 3:. B.. thỏa mãn đồng thời các hệ thức x 2 + ( y − 2 )  9 và log x2 + y 2 +1 ( 2mx + 2 y + m − 2 )  1 . Số phần tử 2. của S là: A. 2. Câu 4:. B. 1.. D. Vô số.. C. 3.. x + y −1  3 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn 2 x + y.4. P = x2 + y 2 + 4 x + 6 y bằng 49 33 57 65 . B. . C. . D. . 8 4 8 8 Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 242 số nguyên y thỏa mãn. A. Câu 5:. log 4 ( x 2 + y )  log 3 ( x + y ) ? Câu 6:. D. 56 .. C. 29 .. B. 28 .. A. 55 .. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( m ; n ) sao cho m + n  14 và ứng với mỗi cặp ( m ; n ) tồn tại. ). (. đúng 3 số thực a  ( −1;1) thỏa mãn 2a m = n ln a + a 2 + 1 ?. Câu 7:. A. 11. B. 14 . C. 12 . D. 13 . x Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình log 2 (4 + 2 x + 4 + 100 − m) = x + m có hai nghiệm thực phân biệt? A. 95. B. 99.. Câu 8:. C. 122.. D. 94.. Gọi S là tập hợp chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m   −20; 20 để phương trình. (. ). log x − m x + x 2 + 1 = log x + m. (. ). x 2 + 1 − x có đúng ba nghiệm thực. Số phần tử của tập S là:. 9. A. 3. Câu 9:. B. 4.. Xét các số thực x, y thỏa mãn 2 x. P=. 2. + y +1 2. C. 6.. D. 28.. C. −5 .. D. −3 ..  ( x 2 + y 2 − 2 x + 2 ) 4 x. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức. 4y gần nhất với số nào dưới đây? 2x + y +1. A. −2 .. B. −4 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 307.

(313) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 1. Câu 10: Cho hàm số f ( x ) = 2 x − 2 x + ln x với x  0 . Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình f ( x − 2 ) + f ( 2 x − m ) = 0 có hai nghiệm phân biệt có tổng nhỏ hơn 10 . Số phần tử của tập S là: A. 11.. B. 12 .. C. 14 .. D. vô số.. Câu 11: Cho phương trình 4x − m.2x +1 − 3m + 1 = 0 . Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt. Số phần tử của tập S là A. 1. B. 0. C. 2. D. 3. 2. 2. Câu 12: Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị tham số nguyên của m   −30;30 để phương trình. ( x − 2 ) log ( x − m ) + ( x 2 − mx + m − 3) log ( x − 1) = 0 có hai nghiệm thực phân biệt? A. 31.. B. 32.. C. 59.. D. 3.. Câu 13: Cho số thực dương x  2021 và số nguyên y thỏa mãn: log 3 ( x3 + 1) − 1 − 3 y = 0 . Hỏi có tất cả 2. bao nhiêu bộ số ( x; y ) thỏa mãn bài toán? A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. Vô số. Câu 14: Gọi S là tập hợp chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m để có đúng 4 bộ số thực ( x; y ) thỏa mãn đồng thời hai hệ thức log 32 ( 26 x + 53) .log 3. ( x − 12 ) + ( y + 2 ) 2. 2. x2 + y 2 + 2x + 4 y + 5 + 8log 3 m = 0 729. và. = 196 . Số phần tử của tập S là:. A. 80 B. 79 C. 81 D. 77 Câu 15: Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình ( x2. 2x. m)(2 m. 2 x x2. 1). (m 2x. x 2 )(3 x. 2. 2x m. 1). 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt. Tổng. giá trị tất cả các phần tử của tập S bằng A. 0.. 308. B. 3.. C. 2.. D. 1.. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(314) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.C 11.B. 2.C 12A. 3.A 13.C. 4.B 14.B. 5.D 15.A. 6.A. 7.D. 8.C. 9.D. 10.A. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn C Điều kiện: x + y  0 và x 2 + y  0 . Khi đó. log 4 ( x 2 + y )  log 3 ( x + y )  x 2 + y  4log3 ( x + y )  x 2 + y  ( x + y )  x2 − x  ( x + y ). log3 4. log3 4. − ( x + y ) (1). Đặt t = x + y thì (1) được viết lại là x2 − x  t log3 4 − t ( 2 ) Với mỗi x nguyên cho trước có không quá 728 số nguyên y thỏa mãn bất phương trình (1) tương đương với bất phương trình ( 2 ) có không quá 728 nghiệm t . Nhận thấy f ( t ) = t log3 4 − t đồng biến trên 1; + ) nên nếu x2 − x  729log3 4 − 729 = 3367 thì sẽ có ít nhất 729 nghiệm nguyên t  1 . Do đó yêu cầu bài toán tương đương với x2 − x  3367  −57  x  58 (do x nguyên). Vậy có tất cả 58 + 58 = 116 số nguyên x thỏa yêu cầu bài toán. Câu 2:. Chọn C Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn có vô số nghiệm khi. m = 1 a b c 1 m n −1 = =  = =  a' b' c' 2 n 4−n n = 2. Khi đó: x + my = n −1  x + y = 1  y = 1 − x Ta có: T = x2 + y 2 − 2mx + ny = x2 + y 2 − 2x + 2 y 2. 3 3 3  = x + (1 − x) − 2 x + 2(1 − x) = 2 x − 6 x + 3 = 2  x −  −  − 2 2 2  Chọn A 2. Câu 3:. 2. 2. Miền biểu diễn x 2 + ( y − 2 )  9 là hình tròn ( C ) có tâm I ( 0, 2 ) và bán kính R = 3 2. log x2 + y 2 +1 ( 2mx + 2 y + m − 2 )  1  2mx + 2 y + m − 2  x2 + y 2 + 1.  ( x − m ) + ( y − 1)  m 2 + m − 2 . 2. 2. Miền biểu diễn ( x − m ) + ( y − 1)  m 2 + m − 2 là hình tròn ( C  ) có tâm I  ( m,1) và bán kính 2. 2. R = m 2 + m − 2 Để tồn tại bộ số thực ( x, y ) thỏa mãn bài toán thì:.  −2  m  1  m2 + m − 2  0  m  −1;0 .   2  2  m + 1  3 + m + m − 2 (VN )  II   R + R Câu 4:. Chọn B. x  0 2 x + y.4x+ y −1  3  y.4x+ y −1  3 − 2 x (*) . Theo giả thiết  . y  0 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 309.

(315) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Ta xét hai trường hợp sau: (*). 3 Trường hợp 1: y = 0  3 − 2 x  0  x  . 2 3  3  Khi đó P = x2 + 4 x  x   ; P = 2x + 4 ; P = 0  x = −2   ; +  . 2  2 .  Dựa vào bảng biến thiên suy ra giá trị nhỏ nhất của P = x2 + 4 x  x  . 3 3  đạt được tại x = . 2 2. 2. 3  3  33 Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + 4 x =   + 4.   = . 2 2 4 2. (*). Trường hợp 2: y  0  4 x + y −1 .  3 − 2x  1  3 − 2x  3 − 2x  x + y − 1  log 4   = log 2   y  y  2  y .  2 x + 2 y − 2  log 2 ( 3 − 2 x ) − log 2 y  2 y + log 2 ( 2 y )  ( 3 − 2 x ) + log 2 ( 3 − 2 x ) (**) Xét hàm số f ( t ) = t + log 2 t với t  0 . Ta có f  ( t ) = 1 +. 1  0 , t  0 . t ln 2. Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến t  0 .. 6 y  9 − 6 x (**)  f ( 2 y )  f ( 3 − 2 x )  2 y  3 − 2 x   2 9 − 12 x + 4 x2 . y   4 2 2 2 Ta có P = x + y + 4 x + 6 y  x +. Đặt f ( x ) =. 310. 8 x 2 − 20 x + 45 9 − 12 x + 4 x 2 + 4x + 9 − 6x  P  . 4 4. 8 x 2 − 20 x + 45 16 x − 20 5 ; f ( x) = 0  x = . ( x  0) . f  ( x) = 4 4 4. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(316) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Khi đó giá trị nhỏ nhất của f ( x ) =. 8 x 2 − 20 x + 45 5 ( x  0 ) đạt được tại x = . 4 4 2. 5 5 8.   − 20.   + 45 65 4 4 Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    . = 4 8 2 2 Kết hợp hai trường hợp ta có giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y + 4 x + 6 y bằng. Câu 5:. 65 . 8. Chọn D Điều kiện x + y  0 và x 2 + y  0 . Khi đó. log 4 ( x 2 + y )  log 3 ( x + y )  x 2 + y  4log3 ( x + y )  x 2 + y  ( x + y ).  x2 − x  ( x + y ). log3 4. − ( x + y ) (1). log3 4. Đặt t = x + y thì (1) được viết lại là x2 − x  t log3 4 − t. ( 2). Với mỗi x nguyên cho trước có không quá 242 số nguyên y thỏa mãn bất phương trình (1) Tương đương với bất phương trình ( 2 ) có không quá 242 nghiệm t . Nhận thấy f ( t ) = t log3 4 − t đồng biến trên 1; + ) nên nếu x2 − x  243log3 4 − 243 = 781 thì sẽ có. Câu 6:. ít nhất 243 nghiệm nguyên t  1 . Do đó yêu cầu bài toán tương đương với x2 − x  781  −27  x  28 (do x nguyên). Vậy có tất cả 28 + 28 = 56 số nguyên x thỏa yêu cầu bài toán. Chọn A. (. ) (1) với a  ( −1;1) . a + 1 )  f  ( a ) = 2ma −. Đặt f ( a ) = 2a m − n ln a + a 2 + 1. (. Ta có: f ( a ) = 2a m − n ln a + f  ( a ) = 0  2ma m−1 −. n a2 + 1. m −1. 2. = 0  a m−1 a 2 + 1 =. n a2 + 1. .. n phải có một nghiệm a0  1 . 2m. n n  2   4 suy ra a0 là nghiệm duy nhất. 2m m Ta có bảng biến thiên: Suy ra. Ta thấy a = 0 là nghiệm của phương trình f ( a ) = 0 . Nếu m = 1 suy ra để có nghiệm duy nhất thì. n  1  n  2 (loại). 2m. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 311.

(317) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Nếu m lẻ thì ta có a là một nghiệm thì −a cũng là nghiệm, do đó phương trình (1) có đủ 3 nghiệm. Nếu m chẵn thì phương trình chỉ có tối đa 2 nghiệm (vì không có nghiệm âm). Suy ra m lẻ. Để có một nghiệm dương thuộc khoảng ( 0;1) thì theo bảng biến, ta phải có:. (. ). f (1)  0  n ln 1 + 2  2  n  2, 269 .. Suy ra n  1; 2 và m  3;5;7;9;11;13 , do m + n  14 nên Suy ra có 11 cặp ( m ; n ) thỏa yêu cầu bài toán. Câu 7:. Chọn D Ta có: log 2 (4 x + 2 x + 4 + 100 − m) = x + m  4 x + 2 x + 4 + 100 − m = 2 x + m (1). Đặt 2 x = t (t  0) . (1)  t 2 + (16 − 2m )t + 100 − m = 0 ( 2 ) . Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thì phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt dương.  = (16 − 2m )2 − 4(100 − m)  0 (16 − 2m )2 − 400 + 4m  0    m   2 − 16  0  m  4 . 100 − m  0 m  100   Từ hai phương trình cuối do m nguyên  5  m  99 . Xét f ( m ) = (16 − 2m ) − 400 + 4m  0(*) . 2. Với m = 5  không thỏa mãn (*). Với m = 5  f ( m ) = 1928  0  m = 6 thỏa mãn. Mà f ( m ) là hàm tăng trong  6;99  6  m  99  có 94 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán. Câu 8:. Chọn C Nhận thấy:. x2 + 1 + x  0. ). (.   1 Phương trình đã cho  log x −m x + x 2 + 1 = log x + m   = − log x + m x2 + 1 + x  9  9 9  log x −m x + x 2 + 1 = log 9 x2 + 1 + x  x − m = ( *) x+m x+m. ). (. (. (. x2 + 1 + x. ).  x =  m2 + 9  x 2 − m2 = 9 Suy ra: x − m = 9   2  2  x =  m2 − 9  x − m = −9 2. 2. Ta sẽ xét hai trường hợp có cơ số loga bằng 1 khi nào:. 312. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. ).

(318) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT..   x − m = 1  x = m  1     x + m = 9  m = 5  x = −m  9 Khi     x = m  9  m = 4   x − m = 9     x = −m  1   x + m = 1 Để phương trình có ba nghiệm thực phân biệt thì xảy ra các trường hợp sau: Trường hợp 1: m2 − 9 = 0  m = 3 . Khi đó nghiệm là x = 0; x =  m 2 + 9 = 3 2.  m = 5 Trường hợp 2: Khi  luôn có một nghiệm vi phạm cơ số loga bằng 1 nên phương trình  m = 4 chỉ có 3 nghiệm phân biệt. Thỏa mãn bài toán. Suy ra các giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn là: m = 4;  5;  3 Có 6 giá trị của m thỏa Câu 9:. mãn. Chọn D Ta có 2 x  2( x −1). 2. 2. + y 2 +1. + y2.  ( x2 + y 2 − 2 x + 2) 4x  2x. 2. + y 2 − 2 x +1.  x2 + y 2 − 2 x + 2. − ( x − 1) + y 2  − 1  0 (*). Đặt t = ( x − 1) + y 2 , t  0.   2. 2. ( *)  2t − t − 1  0. (**). Xét hàm số f ( t ) = 2t − t − 1, t  0.. f  ( t ) = 2t ln 2 − 1  0 ; f  ( t ) = 0  t = − log 2 ( ln 2 ) , f ( − log 2 ( ln 2 ) )  0.. Từ bảng biến thiên ta thấy (**)  0  t  1  0  ( x − 1) + y 2  1 là hình tròn tâm I (1; 0 ) bán 2. kính r = 1. Ta lại có P =. 4y  2 Px + ( P − 4 ) y + P = 0 là phương trình đường thẳng ( d ) . 2x + y +1. Yêu cầu bài toán tương đương d ( I , ( d ) )  r . 3P 4P2 + ( P − 4). 2. 1.  9P2  5P2 − 8P + 16  4P2 + 8P − 16  0  −1 − 5  P  −1 + 6 . Suy ra min P = −1 − 5  −3, 23 . Câu 10: Chọn A 1 1   1 1 Ta có: f   = 2 x − 2 x + ln = −  2 x − 2 x + ln x  = − f ( x ) . x  x  . Mà đạo hàm: f  ( x ) = 2 x ln 2 +. 1 1x 1 .2 .ln 2 +  0 với x  0 . 2 x x. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 313.

(319) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. x  2  Xét phương trình: f ( x − 2 ) + f ( 2 x − m ) = 0 có điều kiện xác định là  m  x  2. ( *) ..  1  Có f ( x − 2 ) + f ( 2 x − m ) = 0  f ( x − 2 ) = − f ( 2 x − m ) = f  .  2x − m . Vì hàm số y = f ( x ) là hàm đơn điệu, nên có: 1  1  f ( x − 2) = f   0  2 x 2 − ( m + 4 ) x + 2m − 1 = 0 (**).  x − 2 = 2x − m  2x − m . Ở điều kiện (*) chỉ cần: x − 2 =. 1  0  x  2. 2x − m. Ta có:  = ( m + 4 ) − 8. ( 2m − 1) = m 2 − 8m + 24  0 với m . 2. Tổng hai nghiệm: 2 + 2  x1 + x2  10  4  x1 + x2 =. m+4  10  4  m  16. 2. Tập các giá trị m nguyên thỏa mãn là: S = 5;6;...;15 . Vậy có 11 giá trị m nguyên thỏa mãn. Câu 11: Chọn B Đặt t = 2 x  1. Phương trình trở thành: f ( t ) = t 2 − 2mt − 3m + 1 = 0 (1) 2. Để có 4 nghiệm x phân biệt thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. Cách 1:  ' = m 2 + 3m − 1  0  ' = m 2 + 3m − 1  0   5  Khi đó phải có: t2  t1  1   f (1) = 1 − 5m + 1  0  m   VN 2 t + t = 2m + 1  1  2 1  m  1. Cách 2: (1) . t2 +1 t2 +1 2t 2 + 6t − 2 = m ( 2 ) , xét g ( t ) = , g (t ) =  0, t  1 . 2 2t + 3 2t + 3 ( 2t + 3). Bảng biến thiên. Theo bảng biến thiên ta thấy không tồn tại m để ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. Câu 12: Chọn A. x  m Điều kiện  x  1. ( *). (. ). Phương trình: ( x − 2 ) log ( x − m ) + x 2 − mx + m − 3 log ( x − 1) = 0. 314. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(320) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. (. ).  ( x − 2 ) log ( x − m ) + ( x − 2 ) + x 2 − ( m + 1) x + m − 1  log ( x − 1) = 0. (. ).  ( x − 2 ) log ( x − m ) + log ( x − 1)  + x 2 − ( m + 1) x + m − 1 log ( x − 1) = 0. (. ).  ( x − 2 ) log  x 2 − ( m + 1) x + m  + x 2 − ( m + 1) x + m − 1 log ( x − 1) = 0. (1). x − 2 = 0  thỏa pt (1) Nhận thấy khi:  2 x − m + 1 x + m − 1 = 0 ( )   x − 2  0 Với  2 ; ta chia hai vế của (1) cho ( x − 2 ) x 2 − ( m + 1) x + m − 1 sẽ được:  x − ( m + 1) x + m − 1  0. (. (. log x 2 − ( m + 1) x + m x − ( m + 1) x + m − 1 2. Khi đó. ) + log ( x − 1) = 0 ( 2) . Dễ thấy: x−2. (. log x 2 − ( m + 1) x + m x 2 − ( m + 1) x + m − 1. ). log x  0, x  0, x  1 x −1. ) + log ( x − 1)  0  pt ( 2 ) vô nghiệm. x−2. x − 2 = 0 x = 2  Vậy pt (1)   2 2  x − ( m + 1) x + m − 1 = 0  f ( x ) = x − ( m + 1) x + m − 1 = 0. ( 3). Phương trình ( 3) có  = ( m + 1) − 4 ( m − 1) = m 2 − 2m + 5  0, m 2. Lại. f (1) = −1; f ( m ) = −1  ( 3). có:. luôn. có. hai. nghiệm. phân. biệt. thỏa. mãn:. x1  1; m  x2  pt ( 3) luôn chỉ có một nghiệm thỏa mãn điều kiện (*). Để phương trình ban đầu có hai nghiệm thì x = 2 không là nghiệm của pt ( 3) đồng thời phải thỏa.  f ( 2 )  0 m  1 m ;m−30;30  ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ → m = −30; −29;...; −1;0 mãn điều kiện (*) tức là:  2  m m  2 Vậy có 31 giá trị nguyên m thỏa mãn. Câu 13: Chọn C Từ giả thiết suy ra 1 + 3 y = log 3 ( x3 + 1)  log 3 (20213 + 1)  20, 78 và 1 + 3 y = log 3 ( x3 + 1)  Z suy 2. 2. ra: 2  3 y + 1 = log 3 ( x3 + 1)  20  log 3 1  y 2  log 3 19  0  y 2  2 2. Vì y 2 . 2  2 1 + 3 y = log 3 ( x3 + 1) = 2 x = 2  y = 0    y = 0 y = 0   2 1 + 3 y = log 3 ( x3 + 1) = 4  x = 3 80  2 y = 1       y = 1  y = 1 . Suy ra có tất cả ba bộ số ( x; y ) thỏa mãn bài toán. Câu 14: Chọn B Gọi M ( x; y ) . Nhận thấy M nằm trên đường tròn (C) có tâm I (12; −2 ) và bán kính R = 14 . Ta biến đổi: x 2 + y 2 + 2 x + 4 y + 5 = ( x + 1) + ( y + 2 ) = AM 2 ; trong đó điểm A ( −1; −2 ) . 2. 2. Dễ dàng xác định được: 1  AM  27 như hình vẽ bên dưới. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 315.

(321) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT.. Ta cũng để ý rằng từ: 26 x + 53 = 26 x + 53 − 196 + ( x − 12 ) + ( y + 2 ) = ( x + 1) + ( y + 2 ) = AM 2 2. 2. 2. 2. Suy ra:. log 32 ( 26 x + 53) .log 3. x2 + y 2 + 2 x + 4 y + 5 AM 2 + 8log 3 m = 0  log 32 ( AM 2 ) .log 3 + 8log 3 m = 0 729 729.  log 32 ( AM 2 ) . ( log 3 AM 2 − 6 ) + 8log 3 m = 0 (*). Đặt t = log 3 AM 2 , ÐK : log 3 12  t  log 3 27 2  0  t  6 .. t = 0 Để ý khi  luôn cho ta duy nhất một bộ số ( x; y ) và khi 0  t  6 cho ta hai bộ số ( x; y ) . t = 6 (*) trở thành t 2 ( t − 6 ) = −8log 3 m  f ( t ) = t 3 − 6t 2 = −8log 3 m (**) Ta dễ dàng thành lập bảng biến thiên:. Nhận thấy: −32  −8log3 m  0  1  m  81 thì phương trình (**) có hai nghiệm t  ( 0; 6 ) tương ứng với 4 bộ số thực ( x; y ) . Suy ra có 79 giá trị nguyên m thõa mãn. Câu 15: Chọn A x2 2x m Với m 2x x2. Với. x2 2x m m 2x x2 2. 3m 2 x x 1 được: m 2x x2. 0 0. thỏa mãn phương trình;. 0 , chia hai vế của phương trình cho ( x 2 0. 2x x2. Nhận thấy hàm số f ( x). 316. 2. 2x m. 2x ax. 1 m 1. x. 0. 2x. m)( m 2 x. (*). 0 với a. 1 và x. 0.. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. x2 ). 0, ta.

(322) CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT. 2. 3m 2 x x 1 Suy ra: m 2x x2. 2x x2. 2. 2x m. 2x. 1 m. 0. Vậy phương trình đã cho tương đương với Ta vẽ đồ thị hai hàm số y. x2. 2 x và y. phương trình (*) vô nghiệm. x2 2x m m 2x x2. x2. 0 0. m m. x2 x. 2. 2x . 2x. 2 x trên cùng hệ trục tọa độ và lưu ý rằng hai. đồ thị này tiếp xúc nhau tại điểm (0; 0).. Dựa vào đồ thị ta nhận thấy để phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm thực x thì m. 0; 1. tổng các phần tử của tập S bằng 0.. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 317.

(323) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. PHẦN II NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN. 318. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(324) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. NGUYÊN HÀM LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa ▪ Cho hàm số f ( x ) xác định trên K . Hàm số F ( x ) được gọi là nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên K nếu F  ( x ) = f ( x ) với mọi x thuộc K . Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) ký hiệu là f ( x ) = F ( x ) + C . ▪ Chú ý: Mọi hàm số liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K . 2. Tính chất. . ▪. ▪.   f ( x)  g ( x)dx =  f ( x)dx   g ( x)dx .  kf ( x)dx = k  f ( x)dx (với k  0 )    k. f ( x) + l.g ( x)dx = k  f ( x)dx + l  g ( x)dx. ▪. (  f ( x)dx ) = f ( x) + C. ▪. Nếu f , g là hai hàm số liên tục trên K thì. 3. Công thức đổi biến số:.  f [u ( x ) ]u ( x ) dx = F[u ( x ) ] + C. 4. Công thức nguyên hàm từng phần:.  udv = uv −  vdu. 5. Bảng nguyên hàm và vi phân Hàm hợp u = u ( x ). Hàm số sơ cấp.  dx = x + C   x dx =. .  du = u + C. x +1 + C (  −1)  +1. dx = ln x + C x. ( x  0).   u du =. . u +1 + C (  −1)  +1. du = ln u + C ( u ( x )  0 ) u. Thường gặp 1 d ( ax + b ) = dx a. Vi phân.  ( a x + b). . 1 1 dx =  (ax + b) +1 + C a  +1. dx 1  ax + b = a ln ax + b + C ( a  0 ) 1.  cos xdx = sin x + C.  cos udu = sin u + C.  cos(ax + b)dx = a sin(ax + b) + C.  sin xdx = − cos x + C.  sin udu = − cos u + C.  sin(ax + b)dx = − a cos(ax + b) + C. 1.  cos. 2. x. 1.  sin. 2. x. dx = tan x + C. dx = − cot x + C. 1.  cos. 2. u. 1.  sin. 2. u. du = tan u + C. du = − cot u + C. Với x  k. Với u ( x )  k.  e dx = e.  e du = e. x. x. +C. ax  a dx = ln a + C ( 0  a  1) x. 1.  cos  sin. +C. e. au  a du = ln a + C ( 0  a  1). a. u. u. u. dx 1 = tan ( ax + b ) + C ( ax + b ) a. 2. 2. ax + b. dx −1 = cot ( ax + b ) + C ( ax + b ) a. dx =. px + q. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. dx =. 1 ax +b e +C a. 1 a px + q + C ( 0  a  1) p.ln a. 319.

(325) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. ❖ Một số nguyên tắc tính nguyên hàm cơ bản •. PP Tích của đa thức hoặc lũy thừa ⎯⎯→ khai triển.. •. PP Tích các hàm mũ ⎯⎯→ khai triển theo công thức mũ.. •. PP Bậc chẵn của sin hoặc cos ⎯⎯→ hạ bậc: sin 2 a =. •. PP Chứa tích các căn thức của x ⎯⎯→ chuyển về lũy thừa.. 1 1 1 1 − cos2 a ; cos2 a = + cos2a 2 2 2 2. ❖ Phương pháp đổi biến số • •. •.  f ( x ) dx = F ( x ) + C thì  f u ( x ).u ( x ) dx = F u ( x ) + C Giả sử ta cần tìm họ nguyên hàm I =  f ( x ) dx , trong đó ta có thể phân tích hàm số đã cho f ( x ) = g u ( x )  .u ( x ) thì ta thực hiện phép đổi biến đặt t = u ( x )  dt = u ( x ) dx . Khi đó, ta thấy I =  g ( t )dt = G ( t ) + C = G u ( x )  + C . Nếu. Chú ý: Sau khi ta tìm được họ nguyên hàm theo t thì ta phải thay t = u ( x ) .. ❖ Phương pháp tính nguyên hàm, tích phân của hàm số hữu tỷ I = . P ( x). dx . Q ( x). •. PP Nếu bậc của tử số P ( x )  bậc của mẫu số Q ( x ) ⎯⎯ → Chia đa thức.. •. PP Nếu bậc của tử số P ( x )  bậc của mẫu số Q ( x ) ⎯⎯ → phân tích mẫu Q ( x ) thành tích số, rồi. sử dụng phương pháp chia để đưa về công thức nguyên hàm số. •. PP Nếu mẫu không phân tích được thành tích số ⎯⎯ → thêm bớt để đổi biến hoặc lượng giác hóa. bằng cách đặt X = a tan t , nếu mẫu đưa được về dạng X 2 + a2 . ❖ Nguyên hàm từng phần •. Cho hai hàm số u và v liên tục trên  a; b  và có đạo hàm liên tục trên  a; b  . Khi đó ta có được. •.  udv = uv −  vdu ( * ) Để tính nguyên hàm  udv = uv −  vdu bằng phương pháp từng phần ta làm như sau: Bước 1: Chọn u , v sao cho f ( x ) dx = udv (Chú ý: dv = v ( x ) dx và). •. ▪ ▪. Tính v =  dv và du = udx .. Bước 2: Thay vào công thức ( * ) và tính  vdu . ▪. Cần phải lựa chọn u và dv hợp lí sao cho ta dễ dàng tìm được v và tích phân  vdu dễ tính hơn  udv .. ➢ Mẹo nhớ: “Nhất lô, nhì đa, tam lượng, tứ mũ”. 320. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(326) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1. Cho hàm số f ( x) liên tục trên. . Biết sin 3x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ).e x , họ tất. cả các nguyên hàm của hàm số f ( x).e x là B. −3cos 3x − cos 3x + C . D. 3cos3x − cos3x + C .. A. 3cos3x − sin 3x + C . C. 3sin 3x − cos3x + C .. Lời giải Chọn A Ta có sin 3x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ).e x suy ra f ( x).e x = ( sin 3x ) = 3cos 3x .. . Xét I =. x  f ( x).e x dx. Đặt u = e. du = e x dx .  dv = f ( x)dx v = f ( x). Khi đó ta có I =.  f ( x).e dx = f ( x).e −  f ( x).e dx = 3cos3x − sin 3x + C . x. x. VÍ DỤ 2. Cho hàm số f ( x) liên tục trên. x. . Biết x − 3x + 1 là một nguyên hàm của hàm số 2. f ( x) , họ x. tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ).e 2 x là. 4 x − 11e2 x +C . A. 2. 4 x − 5e x +C . C. 2. B. 2 x − 2e + C . 2x. 4 x − 5e2 x +C . D. 2. Lời giải Chọn D Ta có x − 3x + 1 là một nguyên hàm của hàm số 2. f ( x) f ( x) suy ra = ( x 2 − 3x + 1) = 2 x − 3 . x x. Suy ra f ( x) = 2 x 2 − 3x suy ra f ( x) = 4 x − 3 . Xét I =.  ( 4 x − 3) .e. 2x. dx.. du = 4dx u = 4 x − 3  Đặt    1 2x . 2x dv = e dx v = e  2 Khi đó ta có:. (4 x − 3).e2 x (4 x − 3).e2 x 2 x 4 x − 5e2 x 2x I =  ( 4 x − 3) .e dx = − 2  e dx = −e +C = + C. 2 2 2 2x. . VÍ DỤ 3. Tìm sin 5 x.cos x dx . 1 cos 5 x + C. 5 1 C. − cos 5 x + C. 5. 1 1 B. − cos 4 x − cos 6 x + C. 8 12 1 1 D. cos 4 x + cos 6 x + C. 8 12. A.. Lời giải Chọn B Ta có :  sin 5 x.cos x dx =. 1 ( sin 6 x + sin 4 x ) dx 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 321.

(327) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. 1  cos 6 x 1 1 1  = − − cos 4 x  + C = − cos 6 x − cos 4 x + C . 2 6 4 12 8 . ( x − 1) 1 ( x − 1)  ( x + 1)2019 dx = a . ( x + 1)c + C 2017. VÍ DỤ 4. Cho. b. A. 4.2018 .. với a , b , c là các số nguyên. Giá trị a + b + c bằng. B. 2.2018 .. C. 3.2018 .. D. 5.2018 .. Lời giải Chọn A 2017 x − 1) ( 1 x −1  x −1  I = dx =   dx . Đặt t =  . 2019 2 x +1  x +1  ( x + 1) ( x + 1) 2017. 2018. Khi đó I =  t. 2017. dt 1 t = . + C = 1 .  x − 1  2 2 2018 2.2018  x + 1 . 1  x −1  = .  2.2018  x + 1 . 2018.  dt =. 2. ( x + 1). 2. dx .. 2018. +C. ( x − 1) + C . 1 . +C = 2.2018 ( x + 1) 2018 2018. Suy ra a = 2.2018 , b = 2018 , c = 2018 nên a + b + c = 4.2018 . VÍ DỤ 5. Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =. 1 , thỏa mãn F ( 3) = 1 và F (1) = 2 , giá x−2. trị của F ( 0 ) + F ( 4 ) bằng B. 2ln 2 + 2 .. A. 2ln 2 + 3 .. C. 2ln 2 + 4 .. D. 2ln 2 .. Lời giải Chọn A Hàm số f ( x ) xác định trên Ta có: F ( x ) = f ( x )dx = . . \ 2 .. ln ( x − 2 ) + C1 khi x  2 1 . dx =  x−2 ln ( 2 − x ) + C2 khi x  2.  ln ( x − 2 ) + 1 C = 1  F ( 3) = 1 Do  . Khi đó F ( x ) =   1 C2 = 2  ln ( 2 − x ) + 2  F (1) = 2. khi x  2 khi x  2. .. Vậy F ( 0 ) + F ( 4 ) = ( ln 2 + 2 ) + ( ln 2 + 1) = 2 ln 2 + 3 . VÍ DỤ 6. Cho F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) =. (. 1 và F ( 0 ) = − ln 2e . Tập nghiệm S của e +1 x. ). x phương trình F ( x ) + ln e + 1 = 2 là:. A. S = 3 .. B. S = 2;3 .. C. S = −2;3 .. D. S = −3;3 .. Lời giải Chọn A. 322. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(328) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Ta có I =  f ( x ) dx = . 1 ex dx =  e x (e x + 1)dx . ex + 1. x x Đặt t = e  dt = e dx . I =. dt. 1. 1.  t (t + 1) =  ( t − t + 1)dt = ln t − ln(t + 1) + C = ln e. x. − ln(e x + 1) + C.. Khi đó: F ( x) = ln e x − ln(e x + 1) + C, F (0) = − ln 2e  − ln 2 + C = − ln 2 −1  C = −1 Do đó: F ( x) = ln e x − ln(e x + 1) −1.. F ( x ) + ln ( e x + 1) = 2  ln e x − ln(e x + 1) − 1 + ln ( e x + 1) = 2  ln e x = 3  x = 3. VÍ DỤ 7. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f  ( x ) + 2 xf ( x ) = 2 xe − x , x  2. và f ( 0 ) = 1 . Tất cả các. nguyên hàm của x. f ( x ) e x là 2. A. ( x 2 + 1) + C . 2. 2 2 2 2 1 2 x + 1) e − x + C . C. ( x 2 + 1) e − x + C . ( 2. B.. D.. 2 1 2 x + 1) + C . ( 2. Lời giải Chọn D Ta có f  ( x ) + 2 xf ( x ) = 2 xe − x  e x 2. 2. ( f  ( x ) + 2 xf ( x ) ) = e. x2. (. ). 2 2  .2 xe − x  e x f ( x ) = 2 x.  e x f ( x ) =  2 xdx = x 2 + C . 2. 2 −x Vì f (0) = 1  C = 1  f ( x ) = ( x + 1) e . 2. Vậy.  xf ( x ) e. x2. dx =  x ( x 2 + 1) dx =. 2 1 1 2 2 2 = x x + + 1 1 d x +C . + 1 ( ( ) ) ( ) 2 2. VÍ DỤ 8. Gọi F ( x ) là nguyên hàm trên. của hàm số f ( x ) = x 2 e ax ( a  0 ) , sao cho. 1 F   = F ( 0 ) + 1. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau. a A. 0  a  1.. B. a  −2 .. C. a  3 .. D. 1  a  2 .. Lời giải Chọn A. du = 2 xdx u = x 2  F ( x ) =  x e dx . Đặt   1 ax . ax dv = e dx v = e a  2 ax.  F ( x) =. 1 2 ax 2 1 2 x e −  xeax dx = x 2e ax − . A (1) a a a a. du = dx u = x    1 ax  A = 1 xeax − 1  eax dx ( 2 ) Xét A =  xe dx . Đặt  ax a a dv = e dx v = e  a ax. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 323.

(329) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Từ (1) và ( 2 ) suy ra F ( x ) =. 1 a. Mà F   = F ( 0 ) + 1 . 1 2 ax 2 ax 2 1 2 2 x e − 2 xe + 2  eax dx = x 2e ax − 2 xe ax + 3 e ax + C . a a a a a a. 1 2 2 2 e − 3 e + 3 e + C = 3 +1+ C 3 a a a a.  a3 = e − 2  a = 3 e − 2  0  a  1. 2. x + ln x. a 1 dx = ln 2 − với a, b, c là các số nguyên dương và các phân số là phân số b c 1 ( x + 1). VÍ DỤ 9. Cho I = . 2. tối giản. Tính giá trị của biểu thức S = A. S =. 5 . 6. a+b . c. 1 B. S = . 3. C. S =. 2 . 3. D. S =. 1 . 2. Lời giải Chọn A 2. Ta có I = . x + ln x. 1 ( x + 1). 2. Xét I1 =. x.  ( x + 1). 2. 2. dx =  2. 2. x. 1 ( x + 1). ln x. dx +  2. 1 ( x + 1). 2. dx .. dx . Đặt t = x +1  dt = dx .. 1. t −1 1 1 dt =  dt −  2 dt = ln t 2 t 2 t 2 2 t. 3. 3. I1 = . 2. Xét I 2 =  1. 3. ln x. ( x + 1). 2. dx = −. 3. 3. + 2. 1 3 1 = ln − . t2 2 6. 2. 2. 1 1 1 1  1 ln x +  dx = − ln 2 +   −  dx . x +1 x x + 1 3 x x + 1 ( )   1 1 1 2. 2. 1 x 1 4 I 2 = − ln 2 + ln = − ln 2 + ln . Do đó I = ln 3 − 1 − 1 ln 2 + ln 4 = 2 ln 2 − 1 . 3 x +1 1 3 3 2 6 3 3 3 6 S =. 324. a+b 2+3 5 = = . c 6 6. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(330) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. BÀI TẬP RÈN LUYỆN. PHƯƠNG PHÁP TÍNH NGUYÊN HÀM Câu 1:. x 3 + 3x 2 + 3x − 1 Tìm nguyên hàm của hàm số F ( x ) của hàm số f ( x ) = . x2 + 2x + 1. A. F ( x ) = 1 + C. F ( x ) =. 2. ( x + 1). 2. B. F ( x ) =. +C .. x2 2 +x− +C . 2 x+1. D. F ( x ) = 1 −. Câu 2:. Tính  sin 3 x dx .. Câu 3:. 1 A. − cos 3x + C . B. − cos3x + C . 3 Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm với mọi x . A. 4. Câu 4:. Câu 5:. 2. ( x + 1). +C .. D.. 1 cos 3x + C . 3. và f  ( x ) = 2 x +1 . Giá trị f ( 2 )− f ( 1) bằng C. 2.. D. 0.. Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x + 2 là A.. 2 ( 3x + 2 ) 3x + 2 + C . 3. B.. 1 ( 3x + 2 ) 3x + 2 + C . 3. C.. 2 ( 3x + 2 ) 3x + 2 + C . 9. D.. 3 1 +C . 2 3x + 2. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) =. Tìm. một. nguyên. 1 + sin x là x. B. ln x − cos x + C . hàm. F ( x). của. C. ln x − cos x + C . hàm. số. A. F ( x ) =. 3x 2 3 7 3x 2 3 7 + − − . − . B. F ( x ) = 2 4 2x 4 4x 4. C. F ( x ) =. 3x 2 3 7 3x 2 3 1 + − − . + . D. F ( x ) = 4 2 2x 2 2x 4. (. D.. 1 − cos x + C . x2. f ( x ) = ax +. b ( x  0) x2. )(. ). F ( −1) = 1, F ( 1) = 4, f ( 1) = 0 .. Câu 7:. 2. C. cos3x + C .. B. -2.. A. ln x + cos x + C . Câu 6:. x2 2 +x+ +C . 2 x+1. ,. biết. rằng. Cho hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) = 2019 x 4 − x 2 x 2 − 3x + 2 . Khi đó số điểm cực trị của hàm số F ( x ) là. Câu 8:. A. 3. B. 4. C. 2. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ( x + 1)( x + 2 ) . A.. Câu 9:. . f ( x ) dx =. x3 3 2 + x + 2x + C . 3 2. B.. x3 2 2 C.  f ( x ) dx = + x + 2 x + C . D. 3 3 Tìm họ các nguyên hàm của hàm số f ( x) = 3x + 1 .. D. 5..  f ( x ) dx = 2 x + 3 + C . . x3 2 2 f ( x ) dx = − x + 2x + C . 3 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 325.

(331) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 3. 2. + C.. B..  f ( x)dx = (3x + 1). 1. 2. + C.. D..  f ( x)dx = 2 (3x + 1). A..  f ( x)dx = 2 (3x + 1). C..  f ( x)dx = 6 (3x + 1). Câu 10: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) = F ( x) .. Câu 11: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) = Tìm F ( x ) .. 2. + C.. D. ln ( x − 1) − 3 .. 1 trên khoảng ( 1; + ) thỏa mãn F ( e + 1) = 4 . x −1. Câu 12: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 1 A. F ( 2 ) = ln 3 − 2 . 2. 1. C. 4 ln ( x − 1) .. B. ln ( x − 1) + 3 .. A. 2 ln ( x − 1) + 2 .. + C.. 1 trên khoảng ( 1; + ) thỏa mãn F ( e + 1) = 4 . Tìm x −1. B. ln ( x − 1) + 3 .. A. 2 ln ( x − 1) + 2 .. 2. B. F ( 2 ) = ln 3 + 2 .. D. ln ( x − 1) − 3 .. C. 4 ln ( x − 1) .. 1 . Biết F ( 1) = 2 . Giá trị của F ( 2 ) là 2x − 1. C. F ( 2 ) = 2 ln 3 − 2 .. 1 D. F ( 2 ) = ln 3 + 2 . 2. x Câu 13: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x 2 + . 2. A. C.. . f ( x ) dx = x 3 +. x2 +C. 2. B.. . f ( x ) dx = x 3 +. x2 +C. 2. D.. x3 x2 + +C . 3 4. . f ( x ) dx =. . f ( x ) dx = x 3 +. . f ( x ) dx =. . f ( x ) dx = x 3 +. x2 +C. 4. x Câu 14: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x 2 + . 2. A. C.. . f ( x ) dx = x 3 +. x2 +C. 2. B.. . f ( x ) dx = x 3 +. x2 +C. 2. D.. Câu 15: Nguyên hàm của f ( x ) = A.. − x +C . 2. 1. x2 +C. 4. là. x x. B.. x3 x2 + +C . 3 4. 2 x. +C .. C.. Câu 16: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 sin x.cos 2 x là. −2 x. +C .. D.. x +C . 2. 1 1 A. − cos 3x + cos x + C . B. cos 3x + cos x + C . 3 3 1 C. cos 3x − cos x + C . D. − cos3x + cos x + C . 3 Câu 17: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = 2x + sin 2x là:. 1 1 A. x 2 − cos2 x + c . B. x 2 + cos2 x + c . C. x2 − 2cos2x + c . D. x2 − 2cos2x + c . 2 2 Câu 18: Hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên và: f  ( x ) = 2e 2 x + 1, x , f ( 0 ) = 2 . Hàm f ( x ) là 326. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(332) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. C. y = e 2 x + x + 2 .. B. y = 2e x + 2 .. A. y = 2e x + 2 x .. D. y = e 2 x + x + 1 .. Câu 19: Hàm số nào dưới đây là họ nguyên hàm của hàm số y = cos2x ? 1 B. y = cos 2 x + C . 2. A. y = sin 2x + C .. 1 C. y = (sin x + cos x)2 + C . 2. Câu 20: Cho A..  f ( e ) dx = 2 e 3. x. 2. − 4 x + C . Tìm. 2x.  f ( e ) dx x. − 4e x + C .. B..  f ( e ) dx = 3e x. D.  f ( e ) dx = 6e  f ( e ) dx = 6e + 4x + C . Tìm nguyên F ( x ) của hàm số f ( x ) = ( x + 1)( x + 2 )( x + 3 ) ? C.. Câu 21:.  f ( x ) dx = 3x. D. y = 2sin 2x + C .. x. x. x. 2x. x. − 4e x + C .. − 4x + C .. A. F ( x ) =. x4 11 − 6x3 + x2 − 6x + C . 4 2. B. F ( x ) = x 4 + 6 x 3 + 11x 2 + 6 x + C .. C. F ( x ) =. x4 11 + 2x3 + x2 + 6x + C . 4 2. D. F ( x ) = x 3 + 6 x 2 + 11x 2 + 6 x + C .. Câu 22: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = sin x.cos x + 1 A. F ( x ) = cos 2 x + ln x + 1 + C . 4 1 C. F ( x ) = − cos 2 x + ln ( x + 1) + C . 4. 1 là x+1. B. F ( x ) = −4 cos 2 x + ln x + 1 + C . 1 D. F ( x ) = − cos 2 x + ln x + 1 + C . 4. Câu 23: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x − sin 2 x là 1 A. x 2 + cos 2 x + C . 2. B.. x2 1 − cos 2 x + C . 2 2. C.. x2 + cos 2 x + C . 2. D.. x2 1 + cos 2 x + C . 2 2.  2018e − x  Câu 24: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x  2017 − . x5  . A..  f ( x ) dx = 2017 e. x. −. 2018 +C . x4. B..  f ( x ) dx = 2017 e. C..  f ( x ) dx = 2017 e. x. +. 504,5 +C . x4. D..  f ( x ) dx = 2017 e. x. +. 2018 +C . x4. −. 504,5 +C . x4. x. Câu 25: Hàm số F( x) = x3 + sin x là một nguyên hàm của hàm số nào dưới đây? A. f ( x) = 3x 2 − cos x.. B. f ( x) =. x4 − cos x. 4. C. f ( x) = 3x 2 + cos x.. D. f ( x) =. x4 − cos x. 4. Câu 26: Hàm số F( x) = x3 + sin x là một nguyên hàm của hàm số nào dưới đây? A. f ( x) = 3x − cos x.. x4 B. f ( x) = − cos x. 4. C. f ( x) = 3x 2 + cos x.. D. f ( x) =. 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. x4 − cos x. 4 327.

(333) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Câu 27: Họ các nguyên hàm của hàm số f ( x) = sin x + 1 là D. − cos x + x + C. f ( x) + 1 Câu 28: Hàm số y = f ( x ) có một nguyên hàm là F ( x ) = e 2 x . Tìm nguyên hàm của hàm số ex f ( x) + 1 f ( x) + 1 1 dx = e x − e − x + C . dx = e x − e − x + C . A.  B.  x x 2 e e f ( x) + 1 f ( x) + 1 dx = 2e x − e − x + C . dx = 2e x +e − x + C . C.  D.  x x e e 1 Câu 29: Hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số y = trên ( − ; 0 ) thỏa mãn F ( −2 ) = 0 . Khẳng x định nào sau đây đúng? C. − cos x + C.. B. cos x + x + C.. A. cos x + C..  −x  A. F ( x ) = ln   x  ( −; 0 )  2 . B. F ( x ) = ln x + C x  ( −; 0 ) với C là một số thực bất kì. C. F ( x ) = ln x + ln 2 x  ( −; 0 ) . D. F ( x ) = ln ( − x ) + C x  ( −; 0 ) với C là một số thực bất kì. Câu 30: Cho hàm số f ( x ) = 2 x 2 e x +2 + 2 xe 2 x , ta có 3.  f ( x ) dx = me. x3 + 2. + nxe 2 x − pe 2 x + C . Giá trị của biểu. thức m + n + p bằng A.. 1 . 3. Câu 31: Cho biết. B. 2 .. C.. 13 . 6. D.. 7 . 6. 2 x − 13.  ( x + 1)( x − 2 )dx = a ln x + 1 + b ln x − 2 + C .. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. a + 2b = 8 . B. a + b = 8 .. C. 2a − b = 8 .. D. a − b = 8 .. x −1 . x2. Câu 32: Tìm nguyên hàm F ( x ) của hàm số f ( x ) =. 1 1 A. F ( x ) = − ln| x | + + C . B. F ( x ) = ln| x | − + C . x x 1 1 C. F ( x ) = ln| x | + + C . D. F ( x ) = − ln| x | − + C . x x 2 Câu 33: Biết hàm số y = f ( x ) có f  ( x ) = 3x + 2 x + m , f ( 2 ) = 1 và đồ thị của hàm số y = f ( x ) cắt trục. tung tại điểm có tung độ bằng −5 . Hàm số f ( x ) là: A. x3 + 2x2 − 5x − 5 . B. 2x3 + x2 − 7 x − 5 . C. x3 + x2 − 3x − 5 . D. x3 + x2 + 4x − 5 . 4 x + 11 dx = a ln x + 2 + b ln x + 3 + C . Tính giá trị biểu thức: P = a2 + ab + b2 . Câu 34: Cho biết  2 x + 5x + 6 A. 12. B. 13. C. 14. D. 15. Câu 35: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) =. 328. (. ex. ). ex + 1. 2. là. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(334) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. A.. 2 +C . e +1. B.. x. −2 +C . e +1 x. C.. −1 +C . e +1. D.. x. Câu 36: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x + 2 x thỏa mãn F ( 0 ) =. 1 +C . e +1 x. 3 . Chọn khẳng định 2. đúng trong các khẳng định sau 5 1 A. F ( x ) = e x + x 2 + . B. F ( x ) = e x + x 2 − . 2 2 1 3 C. F ( x ) = e x + x 2 + . D. F ( x ) = e x + x 2 + . 2 2 −x Câu 37: Hàm số f ( x ) = e + 2 x − 5 là một nguyên hàm của hàm số nào sau đây? 1 A. y = −e − x + x 2 − 5x + 1 . 2 C. y = −e − x + 2 .. Câu 38: Cho biết. x. 3. B. y = e − x + x 2 − 5x . D. y = −e − x + x 2 − 5x + 3 .. 1 dx = a ln ( x − 1)( x + 1) + b ln x + C . Tính giá trị biểu thức: P = 2a + b . −x. A. 0.. B. -1.. C.. 1 . 2. D. 1.. Câu 39: Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x , thỏa mãn F ( 0 ) = T = F ( 0 ) + F ( 1) + ... + F ( 2018 ) + F ( 2019 ) .. A. T = 1009.. 2 2019 + 1 . ln 2. B. T = 22019.2020 .. C. T =. 2 2019 − 1 . ln 2. 1 . Tính giá trị biểu thức ln 2. D. T =. 2 2020 − 1 . ln 2. Câu 40: Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x , thỏa mãn F ( 0 ) = 2020 . Tính giá trị biểu thức T = F ( 0 ) + F ( 1) + ... + F ( 2018 ) + F ( 2019 ) .. A. T =. e 2020 − 1 + 2019.2020 . e −1. B. T =. e 2019 − 1 + 2018.2019 . e −1. C. T =. e 2020 − 1 + 2020 2 . e −1. D. T =. e 2019 − 1 + 2019 2 . e −1.   Câu 41: Cho hàm số y = cos4x có một nguyên hàm là F ( x ) , F   = 2 . Khẳng định nào sau đây là đúng? 4. A.  F ( x ) dx = −. cos4 x + 2x + C . 4. C.  F ( x ) dx = −cos4 x + 2 x + C . Câu 42: Cho. x. 2. B.  F ( x ) dx = −4cos4 x + 2 x + C . D.  F ( x ) dx = −. cos4 x + 2x + C . 16. 1 dx = a ln x − 1 + b ln x + 1 + C , với a , b là các số hữu tỷ. Khi đó a − b bằng −1 B. 0 . C. 2 . D. −1 .. A. 1 . Câu 43: Cho hàm số F( x) = (ax2 + bx − c)e 2 x là một nguyên hàm của hàm số f ( x) = (2018x2 − 3x + 1)e 2 x trên khoảng ( −; +) . Tính T = a + 2b + 4c . A. T = 1011 .. B. T = −3035 .. C. T = 1007 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. T = −5053 .. 329.

(335) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Câu 44: Cho hàm số f ( x ) xác định trên. \1 thỏa mãn f ' ( x ) =. S = f ( 3 ) − f ( −1) .. A. S = ln 4035 .. 1 , f ( 0 ) = 2017 , f ( 2 ) = 2018 . Tính x −1. C. S = ln 2 . D. S = 1 . 2 cos x − 1 Câu 45: Cho hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = trên khoảng ( 0;  ) . Biết rằng sin 2 x B. S = 4 .. giá trị lớn nhất của F ( x ) trên khoảng ( 0;  ) là   A. F   = 3 3 − 4 . 6.  2 B. F   3.  3 . =  2. Câu 46: Biết luôn có hai số a và b để F ( x ) =. 3 . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.  5  D. F   = 3 − 3 .  6 .   C. F   = − 3 . 3. ax + b ( 4a − b  0 ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) và x+4. thỏa mãn 2 f 2 ( x ) = ( F ( x ) − 1) f  ( x ) . Khẳng định nào dưới đây đúng và đầy đủ nhất? A. a  , b  .. B. a = 1, b = 4 .. D. a = 1, b  \4 .. C. a = 1, b = −1 ..     Câu 47: Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x) = sin 2x và F   = 1 . Tính F   . 4 6   1 A. F   = . 6 2.   5 B. F   = . 6 4.   3 D. F   = . 6 4.   C. F   = 0 . 6. Câu 48: Biết rằng x ex là một nguyên hàm của f ( − x ) trên khoảng ( − ; + ) . Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của f  ( x ) e x thỏa mãn F ( 0 ) = 1 , giá trị của F ( −1) bằng A.. 7 . 2. B.. 5−e . 2. C.. 7 −e . 2. D.. 5 . 2. (. ). Câu 49: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x ( x 3 − 4 x ) . Hàm số F x 2 + x có bao nhiêu 2. điểm cực trị? A. 6.. B. 5.. C. 3.. Câu 50: Giả sử hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên. D. 4.. , nhận giá trị dương trên khoảng ( 0; + ) và thỏa. mãn f (1) = 1, f ( x ) = f ' ( x ) 3x + 1 với mọi x  0. Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. 4  f ( 5 )  5.. B. 1  f ( 5 )  2.. Câu 51: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên. C. 3  f ( 5 )  4.. \0 thỏa mãn f  ( x ) +. f ( x) x. D. 2  f ( 5 )  3. = x 2 và f ( 1) = −1 . Giá trị của. 3 f   bằng 2. A.. 1 . 96. B.. (. ). 1 . 64. C.. 1 . 48. D.. (. 1 . 24. ). Câu 52: Biết F ( x ) = ax 2 + bx + c e − x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x 2 − 5x + 2 e − x trên trị biểu thức f ( F ( 0 ) ) bằng: A.. 330. −1 . e. B. 3e .. C. 20e2 .. D. 9e .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. . Giá.

(336) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. (. ). (. ). Câu 53: Cho hai hàm số F ( x ) = x 2 + ax + b e x , f ( x ) = x 2 + 3x + 4 e x . Biết a, b là các số thực để F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) . Tính S = a + b . A. S = −6 .. B. S = 12 .. C. S = 6 . D. S = 4 . 2x + 1 Câu 54: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 4 trên khoảng ( 0; + ) thỏa mãn x + 2x3 + x2 1 F ( 1) = . Giá trị của biểu thức S = F ( 1) + F ( 2 ) + F ( 3 ) + ... + F ( 2019 ) bằng 2 2019.2021 2019 2019 1 A. . B. . C. 2018 . D. − . 2020 2020 2020 2020 Câu 55: Cho hàm số f ( x) thỏa mãn f (1) = 3 và x(4 − f '( x)) = f ( x) − 1 với mọi x  0 . Tính f (2) . A. 6 . B. 2 . Câu 56: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên. C. 5 . , thỏa mãn f ( x )  0 , x . D. 3 .. và f  ( x ) − 2 f ( x ) = 0 . Tính. f ( −1) biết rằng f ( 1) = 1 .. A. e −4 .. Câu 57: Cho hàm số f ( x ) xác định trên. D. e −2 .. C. e 4 .. B. e 3 .. \−2 thoả mãn f  ( x ) =. trị của biểu thức f ( 2 ) + f ( −3 ) bằng. 3x − 1 , f ( 0 ) = 1 và f ( −4 ) = 2 . Giá x+2. C. 10 + ln 2 . D. 3 − 20ln2 . x − cos x Câu 58: Biết F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) = . Hỏi đồ thị của hàm số y = F ( x ) có bao x2 nhiêu điểm cực trị? A. Vô số điểm. B. 0. C. 1. D. 2. 1 Câu 59: 3 Biết F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) = cos x + x 2 − 1 . Hỏi đồ thị của hàm số y = F ( x ) 2 có bao nhiêu điểm cực trị? A. Vô số điểm. B. 0 . C. 1 . D. 2 . B. ln 2 .. A. 12 .. Câu 60: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn ( f ' ( x ) ) + f ( x ) . f " ( x ) = 15x 4 + 12 x , x  2. và f ( 0 ) = f ' ( 0 ) = 1 .. Giá trị của ( f ( 1) ) là 2. A. 10 .. B. 8 .. C.. 5 . 2. D.. Câu 61: Cho hàm số f ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f  ( x ) trên  −3; 2  như hình vẽ.. 9 . 2. Biết f ( −3) = 0 , giá trị của f ( −1) + f (1) bằng Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 331.

(337) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. 23 . 6 Câu 62: Cho hàm A.. 31 . 6 f ( x)  0 ; B.. số. f ( 1) + f ( 2 ) + f ( 3 ) + ... + f ( 2017 ) =. A.. a  −1 . b. C.. 35 . 3. f  ( x ) = ( 2 x + 1) . f 2 ( x ). a ; (a  ;b  b. B. a − b = 1 .. ). với. D. và. 9 . 2. f ( 1) = −0,5. .. Biết. tổng. a tối giản. Chọn khẳng định đúng. b. C. b − a = 4035 .. D. a + b = −1 ..  f ( x )  2 Câu 63: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn 0; 4  thỏa mãn f  ( x ) f ( x ) +  =  f  ( x )  và 3 ( 2x + 1) 2. f ( x )  0 với mọi x  0; 4  . Biết rằng f  ( 0 ) = f ( 0 ) = 1 , giá trị của f ( 4 ) bằng. A. e 2 .. 332. B. 2e .. C. e 3 .. D. e 2 + 1 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(338) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.B. 2.A. 3.A. 4.C. 5.B. 6.C. 7.C. 8.A. 9.C. 10.B. 11.B. 12.D. 13.D. 14.D. 15.C. 16.A. 17.A. 18.D. 19.C. 20.D. 21.C. 22.D. 23.D. 24.C. 25.C. 26.C. 27.D. 28.C. 29.A. 30.C. 31.D. 32.C. 33.C. 34.B. 35.C. 36.D. 37.C. 38.A. 39.D. 40.A. 41.D. 42.A. 43.B. 44.D. 45.A. 46.D. 47.D. 48.A. 49.B. 50.C. 51.A. 52.D. 53.D. 54.C. 55.C. 56.A. 57.A. 58.C. 59.D. 60.B. 61.B. 62.C. 63.A. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn B x3 + 3x2 + 3x − 1 x 3 + 3x 2 + 3x + 1 − 2 ( x + 1) − 2 2 f ( x) = = = = x + 1− 2 2 2 2 x + 2x + 1 ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) 3. Câu 2:. x2 2 +x+ +C . 2 x+1 Chọn A. Câu 3:. 1 1 Áp dụng công thức  sin ( ax + b ) dx = − cos ( ax + b ) + C , ta có  sin 3x dx = − cos 3x + C . a 3 Chọn A. F ( x) =. Ta có f ' ( x ) = 2 x + 1   C1 . Câu 4:. 2. 2. 2. 1. 1. ). + 1 + C1 = 4. Chọn C Ta có:. Câu 5: Câu 6:. : f ( x ) = x2.  f ' ( x )dx =  ( 2x + 1)dx = x + x + C + x + C  f ( 2 ) − f ( 1) = 2 + 2 + C − ( 1.  f ( x ) dx =  (. ). 3x + 2 dx =  ( 3x + 2 ). 1 2. ( 3x + 2 ) dx =. 1+. 1 1+ 2. 1 2. 1 2 . + C = ( 3x + 2 ) 3x + 2 + C . 3 9. Chọn B Chọn C  b  ax 2 b − +c . Ta có: F ( x ) =   ax + 2 dx = 2 x x   a  3 2 + b + c = 1 a = 2   3 a  Từ: F ( −1) = 1, F ( 1) = 4, f (1) = 0   − b + c = 4  b = − . 2 2  7 a + b = 0   c = 4  . Vậy F ( x ) = Câu 7:. 3x 2 3 7 + + . 4 2x 4. Chọn C Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 333.

(339) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. (. )(. Do hàm số F( x) là một nguyên hàm của f ( x) = 2019 x 4 − x 2 x 2 − 3x + 2. (. )(. ). ).  F( x) = 2019 x 4 − x 2 x 2 − 3x + 2 = 2019 x ( x − 2 ) ( x + 2 )( 1 − x ) 2.  x = −2  F( x) = 0   x = 1 .  x = 2 Do x = −2 , x = 1 là nghiệm bội 1, còn x = 2 là nghiệm bội 2 nên hàm số F( x) có hai điểm cực. Câu 8:. trị. Chọn A Ta có: f ( x ) = ( x + 1)( x + 2 ) = x2 + 3x + 2 . Khi đó:. Câu 9:. . (. ). f ( x ) dx =  x 2 + 3x + 2 dx =. x3 3 2 + x + 2x + C . 3 2. Chọn C Ta có:  (3x + 1)dx =. Câu 10: Chọn B Ta có F ( x ) = . 1 1 (3x + 1)2 1 (3 x + 1)d(3 x + 1) = + C = (3x + 1)2 + C.  3 3 2 6. d ( x − 1) dx = = ln x − 1 + C = ln ( x − 1) + C ,. x −1 x −1. Mà F ( e + 1) = 4  ln ( e + 1 − 1) + C = 4  C = 3 . Vậy F ( x ) = ln ( x − 1) + 3 . Câu 11: Chọn B Ta có F ( x ) = . 1 dx = ln x − 1 + C = ln ( x − 1) + C do x  ( 1; + ) . x −1. Mà F ( e + 1) = 4  ln ( e ) + C = 4  C = 3 . Vậy F ( x ) = ln ( x − 1) + 3 . Câu 12: Chọn D 1 1  f ( x ) dx =  2x − 1 dx = 2 ln 2x − 1 + C (C  ) . F ( 1) = 2  C = 2 . Vậy với x . 1 1 thì F ( x ) = ln ( 2 x − 1) + 2 . 2 2. 1 Do đó, F ( 2 ) = ln 3 + 2 . 2 Câu 13: Chọn D. Ta có:. .  x x2 f ( x ) dx =   3x 2 +  dx = x 3 + + C . 2 4 . Câu 14: Chọn D Ta có:. .  x x2 f ( x ) dx =   3x 2 +  dx = x 3 + + C . 2 4 . Câu 15: Chọn C.  f ( x ) dx =  x. 1. −. x. 3 2. dx =  x dx =. x. −. 1 2. 1 − 2. +C =. −2 x. +C .. Câu 16: Chọn A 334. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(340) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Ta có f ( x ) = 2 sin x.cos 2 x = sin ( − x ) + sin 3 x = − sin x + sin3x . .  f ( x ) dx =  ( − sin x + sin 3x ) dx = − sin xdx +  sin3xdx = cos x − 3 cos 3x + C . 1. Câu 17: Chọn A. . f ( x)dx =  ( 2 x + sin 2 x ) dx = 2. x2 1 1 − cos2 x + c = x 2 − cos2 x + c . 2 2 2. Câu 18: Chọn D.  f  ( x ) dx =  ( 2e + 1) dx = e + x + C . Suy ra f ( x ) = e Theo bài ra ta có: f ( 0 ) = 2  1 + C = 2  C = 1 . Vậy: f ( x ) = e 2x. Ta có:. 2x. 2x. + x+C .. 2x. + x+1.. Câu 19: Chọn C 1. 1. 1. 1.  cos 2xdx = 2 sin 2x + C = 2 .2 sin x cos x + C = 2 .(1 + 2 sin x cos x) + C− 2 1 1 = .(sin 2 x + cos 2 x + 2 sin x cos x) + C = (sin x + cos x)2 + C 2 2 Câu 20: Chọn D.  f ( x ) dx = 3x − 4x + C  f ( x ) = 6x − 4  f ( e ) = 6e Vậy  f ( e ) dx =  ( 6 e − 4 ) dx = 6e − 4x + C . x. 2. Ta có. x. x. x. −4.. x. Câu 21: Chọn C. (. ). Ta có: f ( x ) = x 3 + 6 x 2 + 11x + 6  F ( x ) =  x 3 + 6 x 2 + 11x + 6 dx =. x4 11 + 2x3 + x2 + 6x + C . 4 2. Câu 22: Chọn D 1 1 1 1 1  Ta có f ( x ) = sin 2 x + . F ( x ) =   sin 2 x + dx = − cos 2 x + ln x + 1 + C . 2 x+1 4 x +1 2. Câu 23: Chọn D.  ( x − sin 2x ) dx =  x.dx −  sin 2x.dx =. x2 1 + cos 2 x + C . 2 2. Câu 24: Chọn C 2018e − x   2018  504,5 x x x f x d x = e 2017 − +C dx =   2017 e − 5 dx = 2017 e +  ( )   5 4 x x x    Câu 25: Chọn C. Ta có F '( x) = 3x2 + cos x. Câu 26: Chọn C Ta có F '( x) = 3x2 + cos x. Câu 27: Chọn D.  ( sin x + 1) dx = − cos x + x + C . Câu 28: Chọn C. ( ).  Ta có: f ( x ) = F ( x ) = e 2 x = 2e 2 x. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 335.

(341) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. . Suy ra:. f ( x) + 1 ex. dx = . 2e 2 x + 1 dx =  2e x + e − x dx = 2e x − e − x + C . x e. (. ). Câu 29: Chọn A 1 Ta có F ( x ) =  dx = ln x + C = ln ( − x ) + C với x  ( −; 0 ) . x.  −x  Lại có F ( −2 ) = 0  ln 2 + C = 0  C = − ln 2 . Do đó F ( x ) = ln ( − x ) − ln 2 = ln   .  2 .  −x  Vậy F ( x ) = ln   x  ( −; 0 ) .  2  Câu 30: Chọn C. (. ). Vì  f ( x ) dx = me x +2 + nxe 2 x − pe 2 x + C nên me x +2 + nxe 2 x − pe 2 x + C = f ( x ) 3. '. 3. Suy ra 3mx 2 e x +2 + 2nxe 2 x + ( n − 2 p ) e 2 x = 2 x 2 e x +2 + 2 xe 2 x đồng nhất 2 biểu thức ta được hệ phương 3. 3.  2 m = 3  3m = 2  13  trình sau: 2n = 2  n = 1 . Suy ra: m + n + p = . 6 n − 2 p = 0  1  p = 2  Câu 31: Chọn D. Ta có:. A ( x − 2 ) + B ( x + 1) ( A + B ) x + ( −2 A + B ) 2 x − 13 A B = + = = ( x + 1)( x − 2 ) x + 1 x − 2 ( x + 1)( x − 2 ) ( x + 1)( x − 2 ). A + B = 2 A = 5   . −2 A + B = −13  B = −3. Khi đó:. 2 x − 13.  5. 3 .  ( x + 1)( x − 2 )dx =   x + 1 − x − 2 dx = 5ln x + 1 − 3ln x − 2 + C .. Suy ra a = 5; b = −3 nên a − b = 8 . Câu 32: Chọn C Ta có f ( x ) =. x −1 1 1 1 = − 2 nên F ( x ) = ln| x | + + C . 2 x x x x. Câu 33: Chọn C Theo lý thuyết ta có:  f  ( x ) dx = f ( x ) + C ..  f  ( x ) dx =  ( 3x + 2x + m ) dx = x + x + mx + C . Khi đó f ( x ) có dạng: f ( x ) = x + x + mx + C  f ( 2 ) = 1  m = −3 2 + 2 + 2m + C = 1   Theo đề ta có:  . C = − 5 C = − 5 f 0 = − 5 ( )     Vậy hàm số f ( x ) = x + x − 3x − 5 . 2. Ta có:. 3. 3. 2. 2. 1. 3. 2. 1. 1. 3. 1. 2. Câu 34: Chọn B Ta có:. 336. A ( x + 3) + B ( x + 2 ) ( A + B) x + ( 3 A + 2B) 4 x + 11 A B = + = = x + 5x + 6 x + 2 x + 3 ( x + 2 )( x + 3 ) ( x + 2 )( x + 3) 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(342) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. A + B = 4 A = 3   . 3 A + 2 B = 11 B = 1. x. Khi đó:. 4 x + 11  3 1  dx =   + dx = 3ln x + 2 + ln x + 3 + C . + 5x + 6  x+2 x+3. 2. Suy ra a = 3; b = 1 nên P = a2 + ab + b2 = 13 . Câu 35: Chọn C Ta có. . (e. ex x. ). +1. 2. dx = . d(e x + 1). (e. x. ). +1. 2. =. −1 +C . e +1 x. Câu 36: Chọn D  3 F ( 0 ) = Cách 1: Xét đáp án D , ta có:  . 2 F ' ( x ) = e x + 2x = f ( x ) . Cách 2: Ta có.  (e. x. ). + 2 x dx = e x + x 2 + C .. F ( x ) là 1 nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x + 2 x suy ra F ( x ) có dạng e x + x2 + C. Theo đề bài F ( 0 ) =. 1 3 3 1  e 0 + 0 2 + C =  C = . Vậy F ( x ) = e x + x 2 + . 2 2 2 2. Câu 37: Chọn C. Ta có f  ( x ) = −e − x + 2 nên f ( x ) = e − x + 2 x − 5 là một nguyên hàm của hàm số y = −e − x + 2 .. Câu 38: Chọn A. (. ). A x 2 − 1 + Bx ( x + 1) + Dx ( x − 1) 1 A B D = Ta có: 3 = + + x − x x x −1 x +1 x3 − x   A = −1 A + B + D = 0 2 ( A + B + D ) x + ( B − D ) x − A  B − D = 0  B = 1 . =   2 x3 − x − A = 1   1   D = 2. Khi đó:. x.  1  1 1 1 1 dx = − + +  dx = ln ( x − 1)( x + 1) − ln x + C .  3   2 −x  x 2 ( x − 1) 2 ( x + 1) . 1 Suy ra a = ; b = −1 nên P = 2a + b = 0 . 2 Câu 39: Chọn D. Ta có. . f ( x )dx =  2 xdx =. 2x +C ln 2. F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x , ta có F ( x ) =.  C = 0  F ( x) =. 2x 1 + C mà F ( 0 ) = ln 2 ln 2. 2x . ln 2. T = F ( 0 ) + F ( 1) + ... + F ( 2018 ) + F ( 2019 ) Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 337.

(343) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 1 2 2020 − 1 2 2020 − 1 1 . = 1 + 2 + 2 2 + ... + 2 2018 + 2 2019 = ln 2 2 − 1 ln 2 ln 2 Câu 40: Chọn A =. (. Ta có.  f ( x )dx =  e dx = e. ). x. x. +C. F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x , ta có F ( x ) = e x + C mà F ( 0 ) = 2020.  C = 2019  F ( x ) = e x + 2019 . T = F ( 0 ) + F ( 1) + ... + F ( 2018 ) + F ( 2019 ) = 1 + e + e 2 + ... + e 2018 + e 2019 + 2019.2020. e 2020 − 1 + +2019.2020 . e −1 Câu 41: Chọn D =. 1 Ta có F ( x ) =  cos4 xdx = sin 4 x + C . 4   Từ F   = 2 suy ra C = 2 . 4 1 1  cos4 x Ta được F ( x ) = sin 4 x + 2 . Suy ra  F ( x ) dx =   sin4x + 2  dx = − + 2x + C . 4 16 4 . Câu 42: Chọn A Ta có:. x. 2. 1 1 1  1 1  1 1 dx =  dx =   −  dx = ln x − 1 − ln x + 1 + C . 2  x −1 x +1 2 2 −1 ( x − 1)( x + 1). −1 1 ; b=  a−b = 1. 2 2 Câu 43: Chọn B. a=. F '( x) = (2 ax + b)e 2 x + 2( ax 2 + bx − c)e 2 x =  2 ax 2 + (2b + 2 a)x + b − 2c  e 2 x. Ta có:  2ax2 + (2b + 2a)x + b − 2c  e 2 x = (2018 x 2 − 3x + 1)e 2 x.   a = 1009  2a = 2018  −2021    2( a + b) = −3  b = 2  b − 2c = 1   − 2023  c = 4. Vậy T = −3035 Câu 44: Chọn D Trên khoảng ( 1; + ) :.  f ' ( x ) dx = x − 1 dx = ln ( x − 1) + C 1. 1.  f ( x ) = ln ( x − 1) + C1 .. Mà f (2) = 2018  C1 = 2018 . Trên khoảng ( − ;1)  f ' ( x ) dx = . 1 dx = ln ( 1 − x ) + C 2  f ( x ) = ln ( 1 − x ) + C2 . x −1. Mà f (0) = 2017  C2 = 2017 . ln( x − 1) + 2018 khi x  1 Vậy f ( x ) =  . Suy ra f ( 3 ) − f ( −1) = 1 . ln(1 − x) + 2017 khi x  1 Câu 45: Chọn A. 338. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(344) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 2 cos x − 1.  f ( x ) dx =  sin x dx = 2 sin x dx −  sin d ( sin x ) 1 2 = 2 − dx = − + cot x + C sin x sin x sin x. Ta có:. cos x. 2. 2. 1. 2. x. dx. 2. Do F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = có công thức dạng F ( x ) = − Xét hàm số F ( x ) = − F '( x) = f ( x) =. 2. 2 cos x − 1 trên khoảng ( 0;  ) nên hàm số F ( x ) sin 2 x. 2 + cot x + C với mọi x  ( 0;  ) . sin x. 2 + cot x + C xác định và liên tục trên ( 0;  ) . sin x. 2 cos x − 1 sin 2 x. Xét F ' ( x ) = 0 . 2 cos x − 1 1  = 0  cos x =  x =  + k 2 ( k  2 2 3 sin x. Trên khoảng ( 0;  ) , phương trình F ' ( x ) = 0 có một nghiệm x =. )..  3. Bảng biến thiên:.   max F ( x ) = F   = − 3 + C . Theo đề bài ta có, − 3 + C = 3  C = 2 3 . 0;  ( ) 3. Do đó, F ( x ) = −. 2   + cot x + 2 3 . Khi đó, F   = 3 3 − 4 . sin x 6. Câu 46: Chọn D Do 4a − b  0 nên F ( x )  C x . . Vì luôn có hai số a và b để F ( x ) =. nguyên hàm của hàm số f ( x ) nên f ( x ) không phải là hàm hằng. Từ giả thiết 2 f 2 ( x ) = ( F ( x ) − 1) f  ( x ) . 2 f ( x). F ( x) − 1. =. ax + b ( 4a − b  0 ) là một x+4. f ( x) f ( x). Lấy nguyên hàm hai vế với vi phân dx 2 f ( x) f ( x) d x =  F ( x) − 1  f ( x ) dx  2 ln F ( x ) − 1 = ln f ( x ) + C với C là hằng số.  ( a − 1) x + b − 4  2 ln F ( x ) − 1 + ln e = ln f ( x )  f ( x ) = e . F ( x ) − 1 = e .     x + 4   C. C. (. ). 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. ta. được:. 2. C. 339.

(345) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 2   ( a − 1) x + b − 4  C  f ( x ) = e .     x+4    2   ( a − 1) x + b − 4  C  f ( x ) = −e .     x + 4   .  ( a − 1) x + b − 4  4a − b Trường hợp 1. f ( x ) = eC .  .  . Ta có F ( x ) = f ( x )  f ( x ) = 2   x+4 ( x + 4)   2. Đồng nhất hệ số ta có:. (. e C . ( a − 1) x + b − 4. ). 2. = 4a − b x . a = 1  C 2 e . ( b − 4 ). a = 1   b = 4   C = 4−b  b = 4e − 1   eC.  4eC − 1  Loại b = 4 do điều kiện 4a − b  0 . Do đó ( a; b ) =  1; C  . e  .  ( a − 1) x + b − 4  4a − b Trường hợp 2. f ( x ) = −e .  .  . Ta có F ( x ) = f ( x )  f ( x ) = 2   x + 4 x + 4 ( )   2. C. Đồng nhất hệ số ta có:. (. −eC . ( a − 1) x + b − 4. ). 2. = 4a − b x . a = 1  a = 1  b = 4  C   2 C −e . ( b − 4 ) = 4 − b  b = 4e + 1   eC.  4eC + 1  Loại b = 4 do điều kiện 4a − b  0 . Do đó ( a; b ) =  1; C  . e   Câu 47: Chọn D  4       Ta có  sin 2 xdx = F   − F   = 1 − F   . 4 6 6  6. . . 1 1   1   1 3 Mà  sin 2 xdx = − cos 2 x 4 = −  cos − cos  = . Do đó F   = 1 − = .  2 2 2 3 4 4 4 6  6 6 Câu 48: Chọn A 4. (. ).  Ta có f ( − x ) = x e x = e x + x e x , x  ( −; + ) . − −x − −x Do đó f ( − x ) = e ( ) − ( − x ) e ( ) , x  ( −; + ) .. Suy ra f ( x ) = e − x ( 1 − x ) , x  ( −; + ) . Nên f  ( x ) = e − x (1 − x )  = e − x ( x − 2 )  f  ( x ) e x = e − x ( x − 2 ) .e x = x − 2 . Bởi vậy F ( x ) =  ( x − 2 ) d x = 340. 2 1 x − 2) + C . ( 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(346) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Từ đó F ( 0 ) = Vậy F ( x ) =. 2 1 0 − 2 ) + C = C + 2 ; F ( 0 ) = 1  C = −1 . ( 2. 2 2 1 1 7 x − 2 ) − 1  F ( −1) = ( −1 − 2 ) − 1 = . ( 2 2 2. Câu 49: Chọn B. (. ). (. ). F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x x 3 − 4 x  F ' ( x ) = f ( x ) = e x x 3 − 4 x . 2. F '( x) = 0  e. x2. (. 2. x = 0  x − 4 x = 0  x − 4 x = 0   x = −2  x = 2. ). 3. 3.  1 2x + 1 = 0  x = − 2  x = 0  2 x + x = 0    F ' x 2 + x = ( 2 x + 1) .F ' x 2 + x ; ( 2 x + 1) .F ' x 2 + x = 0    x = −1  2 x = 1 x + x = 2     x = −2  x 2 + x = −2 ( ptvn) . (. ). (. (. ). (. ). ). (. ). Vậy, phương trình F ' x 2 + x = 0 có 5 nghiệm phân biệt. Do đó, hàm số F x 2 + x có 5 điểm cực trị. Câu 50: Chọn C f ( x ) = f  ( x ) . 3x + 1. Ta có. . f ( x) f ( x).  ln f ( x ) =. =. 1.  ln f ( x ) =. 3x + 1. 2 2 4 3x + 1 −  f ( x ) = e 3 3 3. 4 4 2 3x + 1 + C. Vì f (1) = 1  C + = 0  C = − . 3 3 3 3 x +1 −. 4 3. 4.  f ( 5 ) = e 3  3,8. Vậy 3  f ( 5 )  4.. Câu 51: Chọn A Ta có f  ( x ) +. f ( x) x. x4  3 3 3    = x  xf ( x ) + f ( x ) = x   xf ( x )  = x  xf ( x ) =  x dx = +C . 4 2. x4 − 5 5  f ( 1) = −1  C = − . Khi đó f ( x ) = 4 4x. 3 1 f = .  2  96. Câu 52: Chọn D. ((. ) ).  Tính ( F ( x ) ) = ax 2 + bx + c e − x =  −ax 2 + ( 2a − b ) x + b − c  e − x = 2 x 2 − 5 x + 2 e − x .. (. ). a = −2 a = −2   Suy ra 2a − b = −5  b = 1 nên F ( x ) = −2 x 2 + x − 1 e − x . b − c = 2 c = −1  . (. ). Tính F ( 0 ) = −1 suy ra f ( F ( 0 ) ) = f ( −1) = 9e .. Câu 53: Chọn D Nhận xét: Bài này sẽ chặt chẽ hơn nếu thêm điều kiện F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) trên . Từ giả thiết ta có F  ( x ) = f ( x ) , x  Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 341.

(347) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. (. ). (. ).  ( 2 x + a ) e x + x 2 + ax + b e x = x 2 + 3x + 4 e x , x   x 2 + ( 2 + a ) x + a + b = x 2 + 3x + 4 , x . .. a + 2 = 3 Đồng nhất hai vế ta có  . Suy ra S = a + b = 4 . a + b = 4 Câu 54: Chọn C. Ta có: F ( x ) = .  1  2x + 1 2x + 1  − 1  dx . d x = d x =  x2 x + 1 2   x2 x + 1 2  x4 + 2x3 + x2 ( ) ( )  . 1 1 1 1 1 Suy ra: F ( x ) = − + + c mà F ( 1) = nên c = 1 . Hay F ( x ) = − + +1. 2 x x+1 x x+1 Ta có: S = F ( 1) + F ( 2 ) + F ( 3 ) + ... + F ( 2019 ).  1 1   1 1   1 1   1 1  S =  − + + 1  +  − + + 1  +  − + + 1  + ... +  − + + 1  1 2   2 3   3 4   2019 2020  S = −1 +. 1 1 1 . + 2019.1 = 2018 + = 2018 2020 2020 2020. Câu 55: Chọn C Ta có: x(4 − f '( x)) = f ( x) − 1  f ( x) + xf '( x) = 4 x + 1  ( xf ( x) ) ' = 4 x + 1  xf ( x) =  ( xf ( x) ) 'dx =  ( 4 x + 1) dx = 2 x 2 + x + C .. Với x = 1 thì 1 f (1) = 3 + C  3 = 3 + C  C = 0 . Do đó xf ( x) = 2 x 2 + x . Vậy 2 f (2) = 2.2 2 + 2 hay f (2) = 5 . Câu 56: Chọn A Vì f ( x )  0 , nên ta có: f  ( x ) − 2 f ( x ) = 0   C . f ( x) f ( x). =2. f ( x) f ( x). dx =  2dx .. : ln f ( x ) = 2 x + C  ln f ( x ) = 2 x + C .. Cho x = 1  ln f (1) = 2 + C  ln1 = 2 + C  C = −2 9 Do đó: ln f ( x ) = 2 x − 2  f ( x ) = e 2 x−2  f ( −1) = e −4 . Do đó: S = a + b + c = − . 2 Câu 57: Chọn A 3x − 1  7  Ta có: f ( x ) =  f  ( x ) dx =  dx =   3 −  dx = 3x − 7 ln x + 2 + C , x  \−2 . x+2 x+2 . Xét trên khoảng ( −2 ; +  ) ta có: f ( 0 ) = 1  −7 ln 2 + C = 1  C = 1 + 7 ln 2 . Do đó, f ( x ) = 3x − 7 ln x + 2 + 1 + 7 ln 2 , với mọi x  ( −2 ; +  ) . Suy ra f ( 2 ) = 7 − 7 ln 4 + 7 ln 2 = 7 − 7 ln 2 . Xét trên khoảng ( − ; − 2 ) ta có: f ( −4 ) = 2  −12 − 7 ln 2 + C = 2  C = 14 + 7 ln 2 . Do đó, f ( x ) = 3x − 7 ln x + 2 + 14 + 7 ln 2 , với mọi x  ( − ; − 2 ) . Suy ra f ( −3 ) = 5 + 7 ln 2 . Vậy f ( 2 ) + f ( −3 ) = 7 + 7 ln 2 + 5 − 7 ln 2 = 12 . Câu 58: Chọn C. 342. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(348) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Vì F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) = Ta có: F( x) = 0 . x − cos x x − cos x nên suy ra: F( x) = f ( x) = . 2 x x2.  x − cos x = 0 x − cos x =0  (1) . 2 x  x  −  1;1 \0. Xét hàm số g( x) = x − cos x trên −  1;1 . Suy ra hàm số  1;1 , ta có: g( x) = 1 + sin x  0, x  − g( x) đồng biến trên −  1;1 . Vậy phương trình g( x) = x − cos x = 0 có nhiều nhất một nghiệm trên. (2) .. −  1;1. Mặt khác ta có: hàm số g( x) = x − cos x liên tục trên ( 0;1) và g ( 0 ) = 0 − cos ( 0 ) = −1  0 , g(1) = 1 − cos ( 1)  0 nên g ( 0 ) .g ( 1)  0 . Suy ra x0  ( 0;1) sao cho g ( x0 ) = 0. ( 3) .. Từ ( 1) , ( 2 ) , ( 3 ) suy ra: phương trình F( x) = 0 có nghiệm duy nhất x0  0 . Đồng thời vì x 0 là nghiệm bội lẻ nên F( x) đổi qua x = x0 . Vậy đồ thị hàm số y = F ( x ) có 1 điểm cực trị. Câu 59: Chọn D 1 Ta có F / ( x) = f ( x ) = cos x + x 2 − 1 . 2 // / f ( x) = − s inx + x ; f ( x) = − cos x + 1  0 x  R .. Suy ra hàm số f / ( x) đồng biến trên R , từ đó dẫn đến phương trình f / ( x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm. Mặt khác f / (0) = 0 suy ra x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình f / ( x) = 0 . Do hàm số f / ( x) liên tục trên mỗi khoảng ( −; 0 ) ; ( 0; + ) và vô nghiệm trên mỗi khoảng này nên dấu của f / ( x) không đổi trên mỗi khoảng trên. Mà f / ( −1)  0; f / (1)  0 suy ra f / ( x)  0 x  ( −; 0 ) và f / ( x)  0 x  ( 0; + ) . Vậy hàm số f ( x) nghịch biến trên khoảng ( − ; 0 ) và đồng biến trên khoảng ( 0; + ) . Mà f (0) = 0 nên phương trình f ( x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0 hay phương trình F / ( x) = 0 có. nghiệm duy nhất x = 0 . Vậy đồ thị của hàm số y = F ( x ) có duy nhất một điểm cực trị. Câu 60: Chọn B 2 Ta có ( f ( x ) . f ' ( x ) ) = ( f ' ( x ) ) + f ( x ) . f " ( x ) = 15x 4 + 12 x , x  ..  f ( x ) . f  ( x ) = 3x 5 + 6 x 2 + C, x  .. Lại có f ( 0 ) = f ' ( 0 ) = 1 nên C = 1 do đó f ( x ) . f ' ( x ) = 3x 5 + 6 x 2 + 1, x  .. (( f ( x)) ) = 2 f ( x). f ' ( x) = 6x + 12x + 2,x  2. 5. 2. (.  f ( x). ). 2. = x6 + 4 x 3 + 2 x + C1 , x  .. Mà f ( 0 ) = 1 nên C1 = 1 . Vậy ( f ( 1) ) = 16 + 4.13 + 2.1 + 1 = 8. 2. Câu 61: Chọn B Cách 1: Giải bằng phương pháp tự luận Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 343.

(349) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Ta xác định biểu thức của hàm số y = f  ( x ) . Từ hình vẽ ta thấy trên  −3, 2  đồ thị gồm 3 nhánh: Nhánh parabol y = a1 x 2 + b1 x + c1 xác định trên  −3, −1 đi qua 3 điểm ( −3, 0 ) , ( −2,1) và ( −1, 0 ) .. Nhánh đường thẳng y = a2 x + b2 xác định trên  −1, 0 đi qua 2 điểm ( −1, 0 ) và ( 0, 2 ) . Nhánh đường thẳng y = a3 x + b3 xác định trên  0, 2 đi qua 2 điểm ( 0, 2 ) và ( 2, 0 ) . Từ đây, giải các hệ phương trình tương ứng ta suy ra biểu thức của f  ( x ) là:. − x 2 − 4 x − 3 khi - 3  x  -1  f  ( x ) = 2 x + 2 khi -1  x  0 . − x + 2 khi 0  x  2  f ( x ) là một nguyên hàm của f  ( x ) , do đó biểu thức của f ( x ) có dạng:.  x3 2 − 3 − 2 x − 3x + C1  f ( x ) =  x 2 + 2 x + C2  2 − x + 2 x + C3  2 Vì f ( −3) = 0 nên ta có:. khi - 3  x  -1 khi -1  x  0 . khi 0  x  2. ( −3) −. 3. − 2 ( −3) − 3 ( −3) + C1 = 0  C1 = 0 . 2. 3 Do f liên tục tại x = −1 nên ta có: lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) , suy ra: x →−1. −. ( −1). 3. x →−1. − 2 ( −1) − 3 ( −1) = ( −1) + 2 ( −1) + C2  C2 = 2. 2. 3 Tương tự, f liên tục tại x = 0 nên ta có: 02 + 2.0 +. 7 . 3. 7 02 7 = − + 2.0 + C3  C3 = . 3 2 3. 7   12 7  31 2  Vậy: f ( −1) + f (1) = ( −1) + 2 ( −1) +  +  − + 2.1 +  = . 3  2 3 6  Cách 2: Giải nhanh bằng phương pháp đánh giá diện tích trên đồ thị Diện tích hình phẳng giới hạn bởi một parabol và một đường thẳng có phương song song với trục 2 Ox được cho bởi công thức: S = day.cao 3. Áp dụng công thức này ta giải nhanh bài toán này như sau:. 344. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(350) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Nhánh parabol y = ax2 + bx + c qua 3 điểm ( −3, 0 ) , ( −2,1) và ( −1, 0 ) nên ta tính ra được hệ số. a = 1. Ta có: f ( −1) + f (1) =  f ( −1) − f ( −3)  +  f (1) − f ( −3)  = S1 + ( S1 + S 2 + S3 ) . Với: S1 =. 2 4 1 1 3 31 2.1 = , S2 = 1.2 = 1 , S3 = (1 + 2 ) .1 = . Suy ra: f ( −1) + f (1) = . 3 3 2 2 2 6. Câu 62: Chọn C Ta có: f  ( x ) = ( 2 x + 1) . f 2 ( x ) . f ( x). f 2 ( x). = 2 x + 1 ( do f ( x)  0 ). Lấy nguyên hàm 2 vế ta được: f ( x) 1 −1 2  f 2 ( x ) dx =  ( 2x + 1) dx  − f ( x ) = x + x + C  f ( x ) = x2 + x + C Mà f ( 1) = −0,5  C = 0 , do đó f ( x ) =. −1 1 1 = − x + x x+1 x 2. Nên f ( 2017 ) + f ( 2016 ) + ... + f (1) =. 1 1 1 1 1 1 2017 − + − + ... + − 1 = −1 = − 2018 2017 2017 2016 2 2018 2018 Suy ra a = −2017 ; b = 2018 nên b − a = 4035 .. Câu 63: Chọn A  f ( x )   f ( x )  2 2 Ta có: f  ( x ) f ( x ) +  =  f  ( x )   f  ( x ) f ( x ) −  f  ( x ) = −  3 3 ( 2x + 1) ( 2x + 1) 2. . . f  ( x ) f ( x ) −  f  ( x )   f ( x ) . 2. 2. =−. 1.  f  ( x )    =−  f ( x)   . ( 2x + 1) f ( x) f ( x) 1 = − dx  = −  ( 2 x + 1) f ( x) f x ( ) ( 2x + 1) 2. 3. 3. −. 3 2. 1. ( 2x + 1) f (x) dx  = f ( x). 3. 1 2x + 1. + C1 .. Thay x = 0 ta được: C1 = 0 . . f ( x) f ( x). =. 1 2x + 1. . f ( x) f ( x). dx = . dx 2x + 1.  ln  f ( x )  = 2 x + 1 + C2. Thay x = 0 ta được C 2 = −1 .  ln  f ( x )  = 2 x + 1 − 1 Thay x = 4 ta được ln  f ( 4 )  = 2  f ( 4 ) = e 2 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 345.

(351) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. TÍCH PHÂN LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa b. Định nghĩa:. ▪. . b. . b. f ( x)dx = F ( x) a = F (b) − F (a) . Chú ý:. a. a. b. b. b. a. a. a. f ( x)dx =  f (t )dt =  f (u )du =  f ( y )dy = ..... 2. Tính chất a. . . a b. . . . f ( x)dx = 0 c. c. f ( x)dx +  f ( x)dx =  f ( x)dx ( a  b  c ). a b. b. b. . a. f ( x)dx = −  f ( x)dx. a b. b b.   k . f ( x)dx = k . f ( x)dx (k  ) a. a b. b. a. a. a.   [ f ( x)  g ( x)]dx =  f ( x)dx   g ( x)dx . a. 3. Bảng nguyên hàm và vi phân Hàm hợp u = u ( x ). Hàm số sơ cấp. Thường gặp 1 d ( ax + b ) = dx a.  dx = x + C.  du = u + C. Vi phân. x +1  x dx =  + 1 + C (  −1). u +1  u du =  + 1 + C (  −1).  ( a x + b). . . dx = ln x + C x. . ( x  0). . du = ln u + C ( u ( x )  0 ) u. . 1 1 dx =  (ax + b) +1 + C a  +1. dx 1  ax + b = a ln ax + b + C ( a  0 ) 1.  cos xdx = sin x + C.  cos udu = sin u + C.  cos(ax + b)dx = a sin(ax + b) + C.  sin xdx = − cos x + C.  sin udu = − cos u + C.  sin(ax + b)dx = − a cos(ax + b) + C. 1.  cos. 2. x. 1.  cos. dx = tan x + C. 2. u. 1.  sin. du = tan u + C. 1  sin 2 x dx = − cot x + C Với x  k. Với u ( x )  k. x x  e dx = e + C. u u  e du = e + C. x  a dx =. ax + C ( 0  a  1) ln a. 2. u. u  a du =. du = − cot u + C. au + C ( 0  a  1) ln a. 1.  cos  sin. e. 2. ax + b. a. dx 1 = tan ( ax + b ) + C ( ax + b ) a. 2. dx −1 = cot ( ax + b ) + C ( ax + b ) a. dx =. px + q. dx =. 1 ax +b e +C a. 1 a px + q + C ( 0  a  1) p.ln a. 4. Phương pháp đổi biến số ▪. Dạng 1: Cho hàm số f liên tục trên đoạn [a; b]. Giả sử hàm số u = u( x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [a; b] và   u( x)   . Giả sử có thể viết f ( x) = g (u( x))u '( x), x [a;b], với g liên tục trên đoạn [ ;  ]. Khi đó, ta có :. 346. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(352) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. b. u (b ). a. u (a). I =  f ( x)dx =. . g (u )du.. Dạng 2: Cho hàm số f liên tục và có đạo hàm trên đoạn [a; b]. Giả sử hàm số x =  (t) có đạo hàm và liên tục trên đoạn [ ;  ](*) sao cho  ( ) = a, ( ) = b và a   (t )  b với mọi t [ ;  ]. Khi đó:. ▪. b. . a. .  f ( x)dx =  f ( (t )) '(t )dt. Một số phương pháp đổi biến: Nếu biểu thức dưới dấu tích phân có dạng |a|       ; t   − ;  \ {0}  a 2 − x 2 : đặt x =| a | sin t ; t   − ;   x 2 − a 2 : đặt x =  2 2. . sin t.    x 2 + a 2 : x =| a | tan t ; t   − ;   2 2. . a+x hoặc a−x.  2 2. a−x : đặt x = a.cos2t a+x. 5. Phương pháp từng phần ▪. Nếu u = u( x) và v = v( x) là hai hàm số có đạo hàm và liên tục trên đoạn [a; b] thì : b. b. a. a. b  udv = uv |a − vdu. b. ▪. Các dạng cơ bản: Giả sử cần tính I =  P( x).Q( x)dx a. P ( x ) : đa thức. Dạng hàm. Q ( x ) là sin kx hoặc. cos kx. Cách đặt. P ( x ) : đa thức Q ( x ) là e kx. P ( x ) : đa thức Q ( x ) là. ln ( ax + b ). P ( x ) : đa thức Q ( x ) là. 1 sin 2 x. u = P( x ). u = P( x ). u = ln ( ax + b ). u = P( x ). dv là phần còn lại. dv là phần còn lại. dv = P ( x ) dx. dv là phần còn lại. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 347.

(353) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên. và thỏa mãn f (0) = 3 và. 2. f ( x) + f (2 − x) = x2 − 2 x + 2, x  . Tích phân.  xf ( x)dx. bằng. 0. A.. −4 . 3. B.. 2 . 3. C.. 5 . 3. D.. −10 . 3. Lời giải Chọn D. Thay x = 0 ta được f (0) + f (2) = 2  f (2) = 2 − f (0) = 2 − 3 = −1 2. . Ta có:. 0. 2. f ( x)dx =  f (2 − x)dx 0. 2. Từ hệ thức đề ra:. 2. 2. 8 4 2 0 ( f ( x) + f (2 − x) ) dx = 0 ( x − 2 x + 2 ) dx = 3  0 f ( x)dx = 3 .. Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta lại có: 2. 2.  xf ( x)dx = xf ( x) 0 −  f ( x)dx = 2.(−1) − 2. 0. 0. 4 10 =− . 3 3. e x + m khi x  0 VÍ DỤ 2: Cho hàm số f ( x ) =  liên tục trên 2 2 x 3 + x khi x  0 . ( a, b, c  Q ) . Tổng. 1. và.  f ( x )dx=ae + b. 3+c ,. −1. a + b + 3c bằng B. −10 .. A. 15 .. D. −17 .. C. −19 . Lời giải. Chọn C. (. ). Ta có lim+ f ( x ) = lim+ ( e x + m ) = m + 1 , lim− f ( x ) = lim− 2 x 3 + x 2 = 0 và f ( 0 ) = m + 1 . x →0. x →0. x →0. x →0. nên liên tục tại x = 0 .. Vì hàm số đã cho liên tục trên. Suy ra lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( 0 ) hay m + 1 = 0  m = −1. x →0 1. Khi đó. . −1. x →0. 0. 1. 0. 1. −1. 0. −1. 0. f ( x )dx =  2 x 3 + x 2 dx +  ( e x − 1)dx =  3 + x 2 d ( 3 + x 2 ) +  ( e x − 1)dx. 2 = (3 + x2 ) 3 + x2 3. 0. −1. + (ex − x ) = e + 2 3 −. Suy ra a = 1 , b = 2 , c = −. 1. 0. 22 . 3. 22 . 3. Vậy tổng a + b + 3c = −19 .. 348. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(354) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 1. VÍ DỤ 3: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên. thỏa.  f ( x ) dx = 2. 2. và. 0.  f ( 3x + 1) dx = 6 .. Tính. 0. 7. I =  f ( x ) dx . 0. B. I = 18 .. A. I = 16 .. C. I = 8 .. D. I = 20 .. Lời giải Chọn D 1. 2. 0. 0. A =  f ( x ) dx = 2 , B =  f ( 3x + 1) dx = 6 đặt t = 3x + 1  dt = 3dx .. x = 0  t = 1 Đổi cận :  x = 2  t = 7 7. Ta có: B =. 7. 7. 1 f ( t ) dt = 6   f ( t ) dt = 18   f ( x ) dx =18 . 3 1 1 1. 7. 1. 7. 0. 0. 1. Vậy I =  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 20 .  2. VÍ DỤ 4: Biết. 3sin x − cos x.  2sin x + 3cos x dx = 0. A.. 22 . 3. B.. −11 b ln 2 + b ln 3 + c ( b, c  Q ) . Tính ? c 3 22 . 3. C.. 22 . 3. D.. 22 . 13. Lời giải Chọn C Đặt:. =. m ( 2sin x + 3cos x ) + n ( 2 cos x − 3sin x ) 3sin x − cos x = 2sin x + 3cos x 2sin x + 3cos x. ( 2m − 3n ) sin x + ( 3m + 2n ) cos x 2sin x + 3cos x. 3  m = 13 2m − 3n = 3 Đồng nhất hệ số ta có:  .  3m + 2n = −1 n = − 11  13 . . 3 11 ( 2sin x + 3cos x ) − ( 2cos x − 3sin x ) 2 3sin x − cos x 13 dx =  13 dx Nên:  2sin x + 3cos x 2sin x + 3cos x 0 0 2. .  . 3 11 2 2cos x − 3sin x  3 11 2cos x − 3sin x  2 =  − . dx = ( x ) 0 −  dx 13 13 2sin x + 3cos x  13 13 0 2sin x + 3cos x 0  2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 349.

(355) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. . . 3 11 2 d ( 2sin x + 3cos x ) 3 11 = −  dx = − ln 2sin x + 3cos x 2 26 13 0 2sin x + 3cos x 26 13 0. 3 11 11 = − ln 2 + ln 3 . Do đó: 26 13 13. 11  b = 13 b 11 26 22 .  = . =  3  c 13 3  3  c =  26. 3ea + 1 VÍ DỤ 5: Khẳng định nào sau đây đúng về kết quả  x ln xdx = ? b 1 e. 3. C. a − b = 12 .. B. a .b = 46 .. A. a .b = 64 .. D. a − b = 4 .. Lời giải Chọn A. 1  d u = dx  u = ln x  x  Đặt  . Áp dụng tích phân từng phần ta tính được: 3 dv = x dx v = 1 x 4  4 e. 3  x ln xdx = 1. e 1 4 1 e4 1 3e4 + 1 a = 4 x ln x −  x3dx = − x 4 =   a .b = 64 . b = 16 4 4 4 16 16  1 1 1 e. e. VÍ DỤ 6: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 2 và thoả mãn f ( 2 ) = 16,. 2.  f ( x ) dx = 4 0. 1. Tính tích phân I =  x. f  ( 2 x ) dx . 0. B. I = 7 .. A. I = 12 .. C. I = 13 .. D. I = 20 .. Lời giải Chọn B Đặt t = 2 x  dt = 2dx . Đổi cận: x = 0  t = 0 và x = 1  t = 2 . 2. Vậy I =. 1 tf  ( t ) dt . Đặt 4 0. 2 2   u = t du = dt 4 I = tf t −   , khi đó     ( )  0  f ( t ) dt  dv = f t d t v = f t ( ) ( )   0  . 2. = 2 f ( 2 ) −  f ( x ) dx = 32 − 4 = 28  I = 7 . 0. VÍ DỤ 7: Tính tích phân I = . e −1. 0. và. x ln ( x + 1) dx ta được kết quả có dạng. a là phân số tối giản. Tính T = a2 + 2b − 3c . b A. 17 . B. 10 .. C. −17 .. ae 2 + b , trong đó a, b, c  c. D. 18 .. Lời giải Chọn C. 350. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(356) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Xét I = . e −1. x ln ( x + 1) dx. 0. 1  du = dx  u = ln ( x + 1)  x +1 Đặt  , khi đó ta chọn được  . 2 dv = xdx v = x − 1  2. Suy ra I = . e −1. 0. x ln ( x + 1) dx =. e −1 e −1 x − 1 x2 −1 e2 − 2e x 2 − 2 x ln ( x + 1) −  dx = − 0 0 2 2 2 4. e −1 0. e2 − 2e e 2 − 4e + 3 e 2 − 3 . − = 2 4 4. =. 2 2 Do đó a = 1, b = −3, c = 4 . Vậy ta có T = a + 2b − 3c = 1 + 2 ( −3) − 3.4 = −17 ..  3. x 3 dx =  − ln b , với a , b là các số nguyên dương. Tính giá trị của biểu thức 2 a cos x 0. VÍ DỤ 8: Biết I = . T = a2 + b ? B. T = 13 .. A. T = 9 .. C. T = 7 .. D. T = 11 .. Lờigiải Chọn D . u x x dx . Đặt Ta giải: I =  dx 2 cos x dv 0 cos 2 x 3. du dx . v tan x 3. 3. x tan x 03. Suy ra: I. tan xdx. x tan x 03 0. 0. 3. .tan. a b. 3. 3 2. ln cos. a2. b. 0.tan 0. 3. ln cos 0. d cos x cos x. 3 3. ln 2. x tan x. 3 a. ln cos x. 3 0. ln b. 11 2. VÍ DỤ 9: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn A =  ( x − 1) f  ( x ) dx = 9 và f ( 2 ) + f ( 0 ) = 3 . 0. 2. Tính I =  f ( x ) dx 0. A. I = 12 .. B. I = −12 .. C. I = −6 .. D. I = 6 .. Lời giải Chọn C. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 351.

(357) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG..   u = x − 1 du = dx Đặt  .   d v = f x d x v = f x ( ) ( )     2. 2 2 2 Ta có: A =  ( x − 1) f  ( x ) dx = ( x − 1) f ( x ) −  f ( x ) dx = f ( 2 ) + f ( 0 ) −  f ( x ) dx . 0 0 0 0 2. Với A = 9 và f ( 2 ) + f ( 0 ) = 3 nên I =  f ( x ) dx = −6 . 0. a. VÍ DỤ 10: Nghiệm dương a của phương trình.  ( 2 x − 1) ln xdx = ( a. 2. ). − a ln a − 9 thuộc khoảng nào sau. 1. đây? B. ( 3;5 ) .. A. (1;3) .. C. ( 5;7 ) .. D. ( 7;10 ) .. Lời giải Chọn C Đặt u = ln x và dv = ( 2 x − 1) dx , ta có du = a. (. 1 dx và v = x2 − x . x a. ). (. Khi đó, đặt I =  ( 2 x − 1) ln xdx = x − x ln x 1 −  x 2 − x 2. a. 1. 1. ) 1x dx .. a.  x2  = a − a ln a −  ( x − 1) dx = a − a ln a −  − x   2 1 1. (. 2. ). a. (. ). 2.  a2 1   a2 1 = a 2 − a ln a −  − − a + 1 = a 2 − a ln a −  − a +  . 2  2 2   2. (. ). (. Theo giả thiết: I = ( a 2 − a ) ln a − 9 . ). a = 1 − 3 2 a2 1 . − a + = 9  a 2 − 2a − 17 = 0   2 2 a = 1 + 3 2 . Do a  0 nên a = 1 + 3 2 .. 352. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(358) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. BÀI TẬP RÈN LUYỆN. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN 1. Câu 1:. (. Cho n là số nguyên dương khác 0 , hãy tính tích phân I =  1 − x 2. ). n. xdx theo n .. 0. A. I = Câu 2:. 1 . 2n + 2. Cho hàm f ( x ) thỏa mãn A. I =. Câu 3:. B. I =. 1 . 2017. 1 . 2n. C. I =. 1 . 2n − 1. 2017. 1. 0. 0. D. I =. 1 . 2n + 1.  f ( x ) dx = 1 . Tính tích phân I =  f ( 2017 x ) dx .. B. I = 0 .. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên. C. I = 2017 .. D. I = 1 .. (. ). thỏa mãn f x 3 + 3x = x + 1, x . . Tích phân. 4.  f ( x ) dx bằng: 0. A.. 25 . 4. B. 88 .. 1. Câu 4:. Biết. x. 2. 0. B. 0 .. Cho tích phân. . 1. 0. B. 5. 3. Cho I =  0. x 4+ 2 x +1. dx =. Câu 7:. Cho I =  3. 1 x+ x x +1. của abc − d bằng A. −6 . 1. Câu 8:. Cho.  0. x 0. A.. 7 . 27. , các phân số. C. 8.. a m , tối giản. Tính ab + mn b n. D. 2.. C. 28.. D. −2 .. 1 a c a c ln + với a, b, c , d là các số nguyên dương và , tối giản. Giá trị 2 b d b d. B. 18 .. B. -4. 2. Cho. dx =. . D. 7 .. C. 0 .. D. −3 .. 3x + 1 dx = a + b ln 5 + c ln 3 với a , b , c là các số hữu tỷ. Giá trị của biểu thức a + b + c bằng: x−5. A. 6. Câu 9:. 7 . 4. a a + b ln 2 + c ln d , với a, b, c , d là các số nguyên và là phân số tối giản. d d. Giá trị của a + b + c + d bằng A. 16. B. 4. 8. C. 9 .. 1− x a m dx =  − , với a, b, n, m  1+ x b n. . A. 3. Câu 6:. D.. x+2 dx = a ln 12 + b ln 7 , với a , b là các số nguyên, khi đó a3 + b3 bằng + 4x + 7. A. −9 . Câu 5:. C. 25 .. 2. C. 14.. D. -2.. x dx = a ln 3 + b với a , b là các số thực. Giá trị của a2 + 3b2 bằng + 2x + 4. B.. 1 . 2. C.. 5 . 18. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D.. 35 . 144. 353.

(359) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 3 c Câu 10: Biết  x ln x 2 + 16 dx = a ln 5 + b ln 2 + , trong đó a , b , c là các số nguyên. Tính giá trị của biểu 2 0. (. ). thức T = a + b + c A. T = −2 . B. T = 16 . C. T = 2 . D. T = −16 . Câu 11: Cho hàm số f ( x ) liên tục và a  0 . Giả sử với mọi x  0; a  ta có f ( x )  0 và a. dx . 0 1 + f ( x). f ( x ) . f ( a − x ) = 1 . Tính I = . A. I =. a . 3. B. I =. 1. (. a . 2. C. I = 2a .. D. I = a ln ( a + 1) .. ). Câu 12: Cho I =  x ln 2 + x2 dx = a ln 3 + b ln 2 + c với a , b , c là các số hữu tỷ. Giá trị của a + b + c bằng 0. A.. 3 . 2 e. Câu 13: Cho. x 1. C. 0 .. B. 1 .. D. 2 .. 2 ln x + 1. a c a c dx = ln − với a , b , c là các số nguyên dương, biết ; là các phân số tối b d b d ( ln x + 2 ) 2. giản. Tính giá trị a + b + c + d ? A. 18 . B. 15 . 1.  x+5. Câu 14: Biết rằng. dx. −2. x+3 +9. a + b + c bằng A. −10 . 2+ 3. . 1+ 2. Câu 16: Giả sử tích phân. D. −5 .. C. 5 ..  1 1 a. 2 + c 3 + d , trong đó (a, b, c , d   1 − 2 . 14 − x − 2 .dx = b x  x . phân số tối giản). Tính tổng S = a + b + c + d . A. S = 3 . B. S = 7 . 2. D. 17 .. = a ln 2 + b ln 3 + c ln 5 , với a , b , c là các số hữu tỉ. Giá trị của. B. 10 .. Câu 15: Cho tích phân I =. C. 16 .. x.  ( x + 1). 2. C. S = 2 .. ,. a là b. D. S = 11 .. dx = a + b ln 3 + c ln 2 trong đó a , b , c là các số hữu tỉ. Tính tổng. 1. S = a 2 + b2 + c 2 . 77 A. . 36 1. Câu 17: Cho.  1 2. B.. 73 . 36. C.. 67 . 36. D.. 1 . 64. x 1 b  b dx = ln  + d  , với a, b, c , d là các số nguyên dương và tối giản. Giá trị của c a c x +1  3. a + b + c + d bằng A. 12.. B. 10.. C. 18.. Câu 18: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên. D. 15. thỏa mãn f ( 2 ) = −2 ;. 2.  f ( x ) dx = 1 . Tính 0. tích phân I =.  f ( 3. −1. A. I = −5 .. 354. ). x + 1 dx .. B. I = 0 .. C. I = −18 .. D. I = −10 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(360) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. thỏa mãn f ( 2 x ) = 3 f ( x ) , x  . Biết rằng. Câu 19: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên. 1.  f ( x ) dx = 1 . 0. 2. Tính tích phân I =  f ( x ) dx . 1. A. I = 5 .. C. I = 3 .. B. I = 6 .. D. I = 2 .. 1. Câu 20: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  0 ; 1 và thỏa mãn  x. f ( x ) dx = 2019 . Giá trị của tích phân 0.  2.  sin 2x. f ( cosx ) dx. là. 0. C. −2019 .. D. −4038 . thỏa mãn f ( mx ) = nf ( x ) + p , x  ( m  0 ) . Biết rằng. A. 2019 . B. 4038 . Câu 21: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên 1.  0. m. f ( x ) dx = q ( q  0 ) . Tính tích phân I =  f ( x ) dx . 1. B. nmq + mp − q .. A. nmq .. D. −nmp − nq .. C. mp − q .. thỏa mãn f ( 2 x ) = 5 f ( x ) + x , x  . Biết rằng. Câu 22: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên. 1.  f ( x ) dx = 2 0. 2. . Tính tích phân I =  f ( x ) dx . 1. A. I = 11 .. B. I = 15 .. C. I = 19 .. Câu 23: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên 0;1 và thỏa mãn 1. D. I = 14 .. 1 3. 1 2. 0. 1 6.  f ( x ) dx = 1 ,  f ( 2x ) dx = 13 . Tính tích phân. ( ). I =  x 2 f x 3 dx . 0. A. I = 6 .. B. I = 8 .. Câu 24: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên. C. I = 7 . thỏa mãn f ( 3x ) = f ( x ) − 2 x , x . D. I = 9 . 1. và.  f ( x ) dx = 5 . Giá trị 0. 3.  f ( x ) dx bằng 1. B. 10 . C. 7 . D. 12 . 2 x − 2 khi x  1 2 1  Câu 25: Cho hàm số f ( x ) =  ln x . Biết tích phân  f ( x ) dx = a + ln 2 2 trong đó a, b  . b khi x  1 0   x Tính giá trị S = a + b. A. S = 3 . B. S = 5 . C. S = −3 . D. S = 1 . 2 x − 2 khi x  1 2 1  Câu 26: Cho hàm số f ( x ) =  ln x . Biết tích phân  f ( x ) dx = a + ln 2 2 trong đó a, b  . b khi x  1 0   x Tính giá trị S = a + b. A. S = 3 . B. S = 5 . C. S = −3 . D. S = 1 . A. 4 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 355.

(361) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. ln 2. Câu 27: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên. . Biết.  (. ). f e x + 1 dx = 5 và. 3. . ( 2x − 3 ) f ( x ) dx = 3 . x −1. 2. 0. Tính. 3. I =  f ( x ) dx . 2. A. I = 2 . B. I = 4 . Câu 28: D3-2.2-3]Cho hàm số f ( x) liên tục trên 1.  0. C. I = −2 . D. I = 8 . thỏa mãn f (2x) = 4 f ( x) − x , x . . Biết rằng. 2. f ( x)dx = 1 . Tính tích phân I =  f ( x)dx . 1. A. I = 9 . B. I = 6 . C. I = 5 . D. I = 8 . Câu 29: Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên . Gọi g ( x ) là một nguyên hàm của hàm số x . Biết rằng x + f 2 ( x). y=. A. 1,5 .. 2.  g ( x ) dx = 1 và 2 g ( 2 ) − g (1) = 2 . Tích phân 1. B. 1.. C. 3.. 2. x2 1 x + f 2 ( x )dx bằng. D. 2.. Câu 30: Cho hàm số y = f ( x ) với f ( 0 ) = f ( 1) = 1 . Biết rằng. 1. e. x.  f ( x ) + f  ( x )  dx = ae + b , a , b . .. 0. Giá trị của biểu thức a2019 + b2019 bằng A. 22018 + 1 . Câu 31: Cho hàm số y 1.  0. f x. 9 f ( x ) dx = và 2. A.. 2. 6. . D. 22018 − 1 . có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 và thỏa mãn f ( 0 ) = 0 Biết C. 0 .. B. 2 .. .. 1.  0. x. 3 f  ( x ) cos dx = . Tích phân 2 4 B.. 2. . .. C.. 4. . 1.  f ( x ) dx bằng 0. .. D.. 1. . .. 1. Câu 32: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn f ( 1) = 4 ,   f  ( x )  dx = 36 và 2. 0. 1. 1.  x. f ( x ) dx = 5 . Tích phân  f ( x ) dx bằng 1. 0. A.. 0. 5 . 6. B.. 3 . 2. C. 4 .. D.. 2 . 3. Câu 33: 6. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn 0; 3  thỏa mãn f ( 3 ) = 6. 3.   f  ( x ). 2. dx = 2. 0. 3. và  x2 . f ( x ) dx = 0. A.. 53 . 5. 154 . Tích phân 3. B.. 3.  f ( x ) dx bằng 0. 117 . 20. C.. 153 . 5. D.. 13 . 5 1. Câu 34: 7. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn f ( 1) = 2 ,   f  ( x )  dx = 8 0. 1. và  x3 . f ( x ) dx = 10 . Tích phân 0. 356. 1.  f ( x ) dx bằng 0. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 2.

(362) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. A. −. 2 . 285. Câu 35: Cho F( x) =. B.. 194 . 95. C.. 116 . 57. D.. 584 . 285. f ( x) 1 1 là một nguyên hàm của hàm số . Biết f ( e ) = 2 , tính tích phân 2 x 2x 2e. e  eln x  I =   f ( x)ln x +  dx . x  1. 1 A. I = e − . 2. 1 B. I = e + . 2. C. I = e .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. I =. 1 −e. 2. 357.

(363) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.A. 2.A. 3.A. 4.B. 5.D. 6.B. 7.A. 8.D. 9.C. 10.D. 11.B. 12.C. 13.C. 14.A. 15.A. 16.B. 17.B. 18.D. 19.A. 20.B. 21.B. 22.C. 23.D. 24.C. 25.D. 26.D. 27.B. 28.B. 29.B. 30.C. 31.A. 32.B. 33.B. 34.C. 35.A. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn A 1 , khi đó: Đặt t = 1 − x2  dt = −2xdx  xdx = − dt 2 Đổi cận: x = 0 → t = 1; x = 1 → t = 0. Với n. *. Khi đó I = −. 1 n 1 n 1 t n+1 t d t = t d t = . 2 1 2 0 2 n+1 0. 1. (. 1. =. 0. ). 1 2n + 2. (. ). 1 Cách 2: Ta có d 1 − x 2 = −2 xdx → − d 1 − x 2 = xdx 2 1. (. I =  1 − x2 0. Câu 2:. ). n. (. ). 2 1 n 1 1 1− x 2 2 xdx = −  1 − x d 1 − x = − . 20 2 n+1. (. ) (. ). n+1 1 0. =. 1 2n + 2. Chọn A 1 dt 2017 Đổi cận: x = 0  t = 0 ; x = 1  t = 2017. Đặt t = 2017 x  dt = 2017dx  dx =. Vậy I =. 2017. . f (t ).. 0. Câu 3:. 1 1 dt = 2017 2017. Chọn A. 2017. 1  f (t ) dt = 2017 . 0. (. ). Đặt x = t 3 + 3t . Khi đó: dx = 3t 2 + 3 dt . Với x = 0  t = 0 ; x = 4  t = 1 . 4. Vậy:.  0. Câu 4:. 1. (. )(. ). 1. (. ). f ( x ) dx =  f t 3 + 3t 3t 2 + 3 dt =  ( t + 1) 3t 2 + 3 dt = 0. 0. 25 . 4. Chọn B 1 Đặt t = x 2 + 4 x + 7  dt = ( 2 x + 4 ) dx  ( x + 2 ) dx = dt . 2 Đổi cận: x = 0  t = 7 ; x = 1  t = 12 .. x+2 1 1 0 x2 + 4x + 7 dx = 7 2t dt = 2 ln t 1. Câu 5:. 12. 12 7. 1 1 = ln12 − ln 7 = ln 12 − ln 7  a = 1 ; b = −1 . 2 2. Vậy a3 + b3 = 0 . Chọn D   Đặt x = cos2t . Ta có dx = −2sin 2t dt , 0 = cos  2.  và 1 = cos0 .  4. 358. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(364) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 1 − cos 2t 1 − 1 + 2 sin 2 t = = tan 2 t . 1 + cos 2t 1 + 2 cos2 t − 1. Ta có. . Vậy. 1. 0. 0 1− x dx =  tan 2 t ( −2 sin 2t ) dt 1+ x 4. . . . . . 0. 0. 0. 0. = 2  4 tan t sin 2t dt = 4  4 sin 2 t dt = 2  4 (1 − cos 2t ) dt = 2  4 dt − 2  4 cos 2t dt 0. . . = 2t 04 − sin 2t 04 = . Câu 6:.  2. −1. a 1 m 1 a m = , = . Vì các phân số , tối giản nên ta suy ra a = 1, b = 2, m = 1, n = 1 . b 2 n 1 b n. Do đó ab + mn = 12 + 11 = 2 . Chọn B Đặt t = x + 1  x = t 2 − 1  dx = 2tdt Đổi cận: x = 0 → t = 1; x = 3 → t = 2 2. 2  t3 2  t2 − 1  6  7 I= .2t dt =   t 2 − 2t + 3 −  dt =  − t + 3t − 6 ln t + 2  = − 12 ln 2 + 6 ln 3. t+2 1 4 + 2t 1 3 1 3 2. Suy ra a = 7, b = −12, c = 6, d = 3 . Do đó a + b + c + d = 4. Câu 7:. Chọn A Đặt t = x + 1  t 2 = x + 1  2tdt = dx . Khi x = 3  t = 2 ; Khi x = 8  t = 3 . 3. Khi 3. = 2. I=. đó. 3. 1. (. ). 2 t −1+ t −1 t 2. 2. ( t + 1) + (t − 1)dt =  (t + 1) + (t − 1)  t −1 t +1 t −1 t +1 ( t − 1)(t + 1) )( ) ( )( ) ( 3. 2. 2. 2. .2tdt =  2. (. 2t. ). t − 1 ( t + 1) 2. 3. dt = . 2t. 2 ( t − 1)( t + 1). 2. dt.  dt 2  . 3 3 t + 1) − ( t − 1) 1 1  1   1.( =  + d t = + 2  2 (t − 1)(t + 1) t + 1 2 dt 2   t + 1 2 ( t − 1)( t + 1) ( ) ( )  . 3 1  1 1  1  1 1   =  − dt =  ln t − 1 − ln t + 1 − + t + 1  ( t + 1)2  t + 1  2 2 2 2  t −1   3. (. ). 3. 1 t −1 1  1 1 1 1 1 1 =  ln −  = ln − −  ln −   2 t + 1 t + 1 2 2 2 4  2 3 3  =. 1 1 1 1 1 1 1 3 1 ln − ln − + = ln +  a = 3 , b = 2 , c = 1 , d = 12 . 2 2 2 3 4 3 2 2 12. Vậy abc − d = 3.2.1 − 12 = −6 . Câu 8:. Chọn D. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 359.

(365) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Đặt t = 3x + 1 . Ta có t 2 = 3x + 1  2tdt = 3dx  dx =. 2t dt . 3. t2 − 1 t 2 − 16 −5 = . 3 3 Khi x = 0 thì t = 1 , x = 1 thì t = 2 nên ta có:. Ta có x − 5 =. 1.  0. 2 2  2 2  3x + 1 t 2t t2 − dx =  2  dt = 2  2 dt = 2   1 + dt . t−4 t+4 x−5 3 1 1 t − 16 1 t − 16 3 2. (. ). =  2 t + 2 ln t − 4 − 2 ln t + 4   . 2 1. = ( 4 + 4 ln 2 − 4 ln 6 ) − ( 2 + 4 ln 3 − 4 ln 5 ) .. = 2 + 4 ln 2 − 4 ln 3 + 4 ln 5 − 4 ln 6 = 2 + 4 ln 2 − 4 ln 3 + 4 ln 5 − 4 ln ( 2.3 ) .. Câu 9:. = 2 + 4ln2 − 4ln3 + 4ln5 − 4ln2 − 4ln3 = 2 + 4ln5 − 8ln3 . Suy ra a + b + c = 2 + 4 − 8 = −2 . Chọn C x  x+1 1  x+1 1 0 x2 + 2x + 4dx = 0  x2 + 2x + 4 − x2 + 2x + 4 dx = 0 x2 + 2x + 4dx − 0 x2 + 2x + 4dx . 2. Ta có:. 2. 2. x+1 1 dx = ln x 2 + 2 x + 4 Tính I1 =  2 2 0 x + 2x + 4 2. (. ). 2. = 0. 2. 1 1 ln12 − ln 4 ) = ln 3 . ( 2 2. 2. 2. 1 1 dx . dx =  2 2 0 ( x + 1) + 3 0 x + 2x + 4. Tính I 2 = . Đặt x + 1 = 3 tan u  dx =. 3   du . Đổi cận: x = 0  u = và x = 2  u = . 2 6 3 cos u.  3. Suy ra I 2 =  . .  1 3 3 1 1    . = du = . d u  − =  2 2 cos u 3 1 + tan u 33 6 6 3 3. (. 6. ). 6 2. 2.  1  1  x 1 5 dx = I1 − I 2 = ln 3 − Vậy  2 . Suy ra a2 + 3b2 =   + 3.  .  = 2 18 6 3 2 6 3 0 x + 2x + 4 Câu 10: Chọn D 2. Đặt t = x2 + 16  dt = 2x dx  x dx = 3. (. ). 25. 1 I =  x ln x + 16 dx =  ln tdt . Đặt 2 16 0 I=. 25. 2. dt . Đổi cận: x = 0  t = 16 ; x = 3  t = 25 . 2.  1 u = ln t du = dt  t .  dv = dt v = t . 25. 25 1 9 1 1 ln t d t = t ln t − dt = 25ln 5 − 32 ln 2 − . ( )   2 2 16 2 2 16 16. Vậy T = a + b + c = 25 − 32 − 9 = −16 . Cách 2.. 360. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(366) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.  2x dx du = 2 u = ln x 2 + 16 x + 16 Đặt  .  2 2 x x + 16 d v = x d x  v = +8 =  2 2. (. ). x2 + 16 I =  x ln x + 16 dx = .ln x 2 + 16 2 0 3. (. ). 2. (. 3. 3. ) −  x dx = 25ln 5 − 32 ln 2 − 92 0. 0. Vậy T = a + b + c = 25 − 32 − 9 = −16 . Câu 11: Chọn B Từ giả thiết: f ( x )  0 và f ( x ) . f ( a − x ) = 1 , ta suy ra: f ( a − x ) =. 1 . f ( x). Đặt x = a − t  dx = −dt ; Với x = 0  t = a, x = a  t = 0 . dx −dt = = 0 1 + f ( x) a 1 + f (a − t) 0 a. 0. Khi đó: I = . a. a a f ( t ) dt f ( x ) dx dt . = = 1 1 + f (t ) 0 1 + f ( x ) 0 1+ f (t ). (. ). a f ( x ) dx a 1 + f ( x ) dx a dx a + = =  dx = a . Vậy I = . 2 1 + f ( x) 0 1 + f ( x) 0 1 + f ( x) 0 0 a. Suy ra 2 I =  Câu 12: Chọn C. (.  u = ln 2 + x2 Đặt  dv = xdx.  2x dx du = 2 2 + x .  2  v= x  2. ). 1. 1 2  x2  x 2x Khi đó, I =  x ln 2 + x dx =  ln 2 + x 2  −  . dx 2 2 2 2 + x 0  0 0 1. (. 2. ). (. 1. 1  x2 x3 2  =  ln 2 + x  −  dx 2 2  0 0 2+x. (. ). ). (1) .. x3  2x  2x dx =   x − 2 dx Xét I1 =   dx =  xdx −  2 2 x +2 0 2+x 0 0 0 x +2 1. 1. (. ). 1. 1 d x2 + 2 x2 x2 = − ln x 2 + 2 = − 2 2 0 2 0 0 x +2 1. 1. (. ). 1 0. =. 1. 1 − ln 3 + ln 2 . 2.  3 a = 2  3 1 1 1 Thay vào ( 1) , suy ra I = ln 3 − + ln 3 − ln 2 = ln 3 − ln 2 − . Vậy b = −1  a + b + c = 0 2 2 2 2  1 c = − 2  Câu 13: Chọn C. Đặt t = ln x  dt =. dx . Đổi cận: x = 1  t = 0; x = e  t = 1 . Khi đó: x. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 361.

(367) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 1  −3  2  3  9 1  dt =  I= dx =  dt =   + + 2 ln t + 2  = ln − . 2 2 2  t+2 4 2 t+2 0 1 x ( ln x + 2 ) 0 (t + 2 ) 0 (t + 2)   Vậy a + b + c + d = 9 + 4 + 1 + 2 = 16 . Câu 14: Chọn A. e. 2 ln x + 1. 1. 2t + 1. 1. Đặt t = x + 3 . Ta có t 2 = x + 3  2tdt = dx . Đổi cận: x = −2  t = 1 , x = 1  t = 2 . 1. 2. 2 2t 2t 2tdt dt . = 2 = 2 dt =  Khi đó I =  −2 x + 5 x + 3 + 9 1 t + 5t + 6 1 t − 3 + 5t + 9 1 ( t + 2 )( t + 3 ) 2. dx. 2  4 6  I = − + dt = −4 ln t + 2 + 6 ln t + 3 1 = −20ln2 + 4ln3 + 6ln5 . t+3 1 t+2 Do đó a = −20 , b = 4 , c = 6 . Vậy a + b + c = −20 + 4 + 6 = −10 . 2. (. ). Câu 15: Chọn A 2+ 3. . Ta có: I =. 1+ 2. Đặt x +.  1 1 2  1 − 2 . 14 − x − 2 .dx = x  x . 2+ 3. . 1+ 2. 2.  1  1  1 − 2 . 16 −  x +  .dx x  x  . 1     1 = 4 sin t   1 − 2  dx = 4 cos tdt , t   − ;  x x   2 2 . Đổi cận: Với x = 1 + 2  t = .  4. ; với x = 2 + 3  t =.  3. .. . . 3. 3. . . . . 4. 4. 4. 4. 3. I =  4 cos t. 16 − ( 4 sin t ) dt = 16  cos 2 tdt = 8  (1 + cos 2t )dt = ( 8 x + 4 sin 2t ) 3 = 2. Mà I =. 2+ 3. . 1+ 2. 2 +2 3 −4 3.  1 1 a. 2 + c 3 + d  a = 2, b = 3, c = 2, d = −4 .  1 − 2 . 14 − x − 2 .dx = b x  x . Vậy S = a + b + c + d = 3 . Câu 16: Chọn B x x+1 1 1 1 dx =  dx −  dx =  dx −  dx Ta có  2 2 2 2 1 ( x + 1) 1 ( x + 1) 1 ( x + 1) 1 ( x + 1) 1 ( x + 1) 2. = ln x + 1. 2. 2. 2. 2. 2 1 2 1 1 + = − + ln 3 − ln 2 . Suy ra a = − ; b = 1 ; c = −1 . 1 x+1 1 6 6 2. 2  1 73 Vậy S = a2 + b + c 2 =  −  + 12 + ( −1) = . 36  6 Câu 17: Chọn B Cách 1: Ta có. 1. I= 1 2. 1. x x2 d x = dx . Đặt t = x 3 + 1  t 2 = x3 + 1  2tdt = 3x2dx  3 3 3 x +1 1 x ( x + 1) 2. 1 3 Đổi cận x =  t = ; x = 1  t = 2 . Khi đó I = 2 2 2. 2.  3. 2 2. 362. 2 tdt 2 3 = t t2 − 1 3. 2.  3. dt t2 − 1. 2 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(368) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. t +1 + t −1. Đặt y = t + 1 + t − 1  dy = Đổi cận t =. 3 2 2. t= 2y= 2 I= 3. 2 2 +2. . 4. 8. 3. y=. +1 +. 2 2. 2 −1 +. 2 t2 − 1. 3 2 2 2. 2 +1 = 2 2 +2. 2dy 4 = ln y y 3. = 4. 8. 2 −1. dt . −1 = =. 2dy dt = y t2 − 1. 3+2 2 2 2 2 2 −1. 3−2 2. +. 2 2. =. 2 2. = 48;. 2 2. = 2 2+2. 4 2 2 + 2 1 (2 2 + 2)2 1 3 ln = ln = ln( + 2) 4 3 3 8 3 2 8. Do đó a + b + c + d = 10 1. . Cách 2: Ta có. 1 2. 1. x x2 d x = 1 3 3 dx. x3 + 1 x x +1. (. 2. Đặt t = x3  dt = 3x2dx. Đổi cận x =. 1. Khi đó I =  1 8. ). 1 1  t = ; x = 1  t = 1. 2 8.  1 1 dt +  2 1 dt 1 2 1 1 1  1 1 1 3   3 =  = ln t + +  t +  − 1 = ln  + 2  . 2 3 2 t(t + 1) 3 1  1 2 1 3  2 4  8 8 t + 2  − 4  . Vậy a + b + c + d = 3 + 3 + 2 + 2 = 10. Câu 18: Chọn D Đặt t = x + 1  t 2 = x + 1  2tdt = xdx . Đổi cận: x = −1  t = 0 ; x = 3  t = 2 . Khi. I=. đó:. 3. . −1. f. (. ). 2. 2. 2. 0. 0. x + 1 dx =  2t. f  ( t ) dt = 2t. f ( t ) − 2  f ( t ) dt = 4 f ( 2 ) − 2  f ( x ) dx 2. 0. 0. = −8 − 2 = −10 . Câu 19: Chọn A 1. 1. 1. 0. 0. 0. Ta có: 3 = 3.1 = 3. f ( x ) dx =  3 f ( x ) dx =  f ( 2 x ) dx =. 1. 1 f ( 2 x ) d ( 2 x ) , x  2 0. .. Đặt 2 x = t  d ( 2 x ) = dt , với x = 0  t = 0 ; x = 1  t = 2 . 3= . 1. 2. 2. 1 1 1 f ( 2 x ) d ( 2 x ) =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx , x   20 20 20. 2.  f ( x ) dx = 6 , x . 1. 2. 0. 1. . 2.   f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 6 , x . 0. .  1 +  f ( x ) dx = 6 , x  . 1. 2.   f ( x ) dx = 5 , x . .. 1. Câu 20: Chọn B Đặt t = cos x  dt = − sin xdx . Đổi cận: x = 0  t = 1 ; x = Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”..  2.  t = 0.. 363.

(369) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Ta. . . 2. 2. 0. 1. 0. 0. 1. 0.  sin 2x. f ( cosx ) dx =  2 sin x.cosx. f ( cosx ) dx = − 2t. f (t ) dt = 2  t. f (t ) dt. có: 1. = 2  x. f ( x ) dx = 4038 . 0. Câu 21: Chọn B Ta. 1 1 1 1 1 f ( mx ) − p f ( mx ) p n n n dx =  dx −  dx , x  n = .q = . f ( x ) dx =  f ( x ) dx =  q q q 0 q 0 q 0 0 0 q. có:. n=. 1 1 p 1 p 1 1 f mx d mx − x = f ( mx ) d ( mx ) − , x  ( ) ( )   mq 0 q 0 mq 0 q. 1  p   f ( mx ) d ( mx ) =  n +  .mq , x  q 0 . .. .. .. Đặt mx = t  d ( mx ) = dt , với x = 0  t = 0 ; x = 1  t = m . . 1. p.  f ( mx ) d ( mx ) =  n + q  .mq , x . .. 0. m m  p   f ( t ) dt =  f ( x ) dx =  n +  .mq , x  q 0 0 . 1 m  p   f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  n +  .mq , x  q 0 1 . .. m  p .   f ( x ) dx =  n +  .mq − q = nmq + mp − q , x  q 1 . m  p  q +  f ( x ) dx =  n +  .mq , x  q 1  m.   f ( x ) dx = nmq + mp − q , x . .. 1. Câu 22: Chọn C 1. 1. 1. 1. x2 Ta có: f ( 2 x ) = 5 f ( x ) + x   f ( 2 x ) dx =   5 f ( x ) + x  dx = 5 f ( x ) dx +  x dx = 5.2 + 2 0 0 0 0 1. . Mặt khác. 2. 2.  f ( 2x ) dx = 2  f ( 2x ) d ( 2x ) = 2  f ( t ) dt = 2  f ( x ) dx . 1. 0. . 1. 1. 1. 0. 0. 0. 2. 2. 1 21   f ( x ) dx = 21 . f ( x ) dx =  20 2 0 2. Do đó:.  1. 2. 1. 0. 0. f ( x ) dx =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx = 21 − 2 = 19 .. Câu 23: Chọn D 1 2. Xét.  f ( 2x ) dx = 13 , đặt u = 2x  du = 2dx  2 du = dx . 1. 1 6. Đổi cận: x = 1 2. 1 1 1  u = ; x =  u = 1. 6 3 2. Ta có 13 =  f ( 2 x ) dx = 1 6. 364. 1. 1. 3. 3. 1 f ( u ) du   f ( u ) du = 26 . 2 1 1 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 1. = 0. 21 2.

(370) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 1 1 Xét I =  x 2 f x 3 dx , đặt t = x 3  dt = 3x 2dx  dt = x 2dx . 3 0. ( ). Đổi cận: x = 0  t = 0 ; x = 1  t = 1 . Vậy ta có: 1. 1 3. 1. ( ). 1 3. 1. 1. 1 1 1 1 1 1 1 f ( t ) dt =  f ( t ) dt +  f ( t ) dt =  f ( t ) dt +  f ( u ) du = .1 + .26 = 9  3 3 30 30 30 31 31. I =  x 2 f x 3 dx = 0. 3. 3. . Câu 24: Chọn C 1. 1. 0. 0. Cách 1: Ta có: f ( 3x ) = f ( x ) − 2 x   f ( 3x ) dx =   f ( x ) − 2x  dx 1. 1. 1. 1. 0. 0. 0. 0. 1.   f ( 3x ) dx =  f ( x ) dx −  2 xdx   f ( 3x ) dx = 5 − x 2   f ( 3x ) dx = 4 1. Mặt khác. . f ( 3x ) dx =. 0. 1. 0. 1. 3. 0. 3. 1 1 1 f ( 3x ) d ( 3x ) =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx  30 30 30. 3. 1. 0. 0. Từ và suy ra  f ( x ) dx = 3 f ( 3x ) dx = 3.4 = 12 . 3. . Do đó. 1. 3. 1. f ( x ) dx =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx = 12 − 5 = 7 . 0. 0. 1. 1. 3. 3. 1 1 1 Cách 2: Ta có  f ( 3x ) dx =  f ( 3x ) d ( 3x ) =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx . 30 30 30 0 3. . Khi đó. 0. 1. 1. 3. 1. 1. 0. f ( x ) dx = 3 f ( 3x ) dx   f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 3  f ( x ) − 2 x  dx 0. 0. 3. 1. 1. 3. 1. 0. 0. 1.   f ( x ) dx = 2  f ( x ) dx − 3 2 xdx   f ( x ) dx = 2.5 − 3x 2 = 10 − 3 = 7 . 1. 0. Câu 25: Chọn D 2. 1. 2. 2. ln x ln 2 x 1 f x d x = 2 x − 2 d x + d x = − 1 + = − 1 + ln 2 2 Ta có  ( ) ( )  x  2 1 2 0 0 1.  a = −1, b = 2  S = a + b = −1 + 2 = 1 . Câu 26: Chọn D 2. 1. 2. 2. ln x ln 2 x 1 dx = −1 + = − 1 + ln 2 2 Ta có  f ( x ) dx =  ( 2 x − 2 ) dx +  2 1 2 0 0 1 x.  a = −1, b = 2  S = a + b = −1 + 2 = 1 . Câu 27: Chọn B Đặt t = e x + 1  dt = e xdx  dx = Do đó. ln 2.  ( 0. ). 3. f e x + 1 dx = 5   2. f (t ) t −1. dt . Đổi cận x = 0  t = 2; x = ln2  t = 3 . t −1 3. dt = 5   2. f ( x). x −1. dx = 5 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 365.

(371) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. ( 2x − 3) f ( x ) dx = ( 2x − 2 − 1) f ( x ) dx = 2 f x − f ( x )  dx = 3 Ta có  .    ( ) x − 1  x −1 x −1 3. 3. 3. 2. 2. 2. f ( x). 3. Suy ra 2 I − . x −1. 2. . . dx = 3  2 I = 8  I = 4 .. Câu 28: Chọn B 1. 1. 1. 1. 1 7 Ta có K =  f ( 2 x ) dx =   4 f ( x ) − x  dx = 4  f ( x ) dx −  xdx = 4 − = . 2 2 0 0 0 0. Đặt t = 2x  dt = 2dx . Đổi cận x = 0  t = 0; x = 1  t = 2 . K= 2.  0. 2. 2. 2. 1 f ( t ) dt   f ( t ) dt = 7   f ( x ) dx = 7 . 2 0 0 0 1. 2. 2. 2. 1. 0. 1. 1. 0. 0. f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx  I =  f ( x)dx =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx = 7 − 1 = 6 .. Câu 29: Chọn B x x nên g ( x ) = . 2 x + f ( x) x + f 2 ( x). Vì g ( x ) là một nguyên hàm của hàm số y =. u = x du = dx  .  dv = g ( x ) dx v = g ( x ). 2. 2. x2 dx  I =  xg ( x ) dx . Đặt x + f 2 ( x) 1. Đặt I =  1. 2 1. 2. Khi đó I = xg ( x ) −  g ( x ) dx = 2 g ( 2 ) − g ( 1) − 1 = 1 . 1. Câu 30: Chọn C Cách 1: 1. 1. Ta có  e  f ( x ) + f  ( x )  dx =  e x f ( x )  dx = e x f ( x )  x. 0. 1 0. = e. f (1) − f ( 0 ) = e − 1 .. 0. 1. Theo đề bài  e x  f ( x ) + f  ( x )  dx = ae + b , a , b . suy ra a = 1 , b = −1 .. 0. Do đó a2019 + b2019 = 12019 + ( −1). 2019. =0.. Cách 2: 1. 1. 1. 0. 0. Ta có  e  f ( x ) + f  ( x )  dx =  e x f ( x ) dx +  e x f  ( x ) dx . x. 0. x Đặt u = f ( x ) , dv = e dx ; ta có du = f  ( x ) dx , v = e . x. 1. 1. 1. 1. Khi đó,  e x f ( x ) dx = e x f ( x )  10 −  e x f  ( x ) dx   e x f ( x ) dx +  e x f  ( x ) dx = e x f ( x )  0. 0. 0. 1.   e x  f ( x ) + f  ( x )  dx = e x f ( x ) . 1 0. 0. = e. f (1) − f ( 0 ) = e − 1 .. 0. 1. Theo đề bài  e x  f ( x ) + f  ( x )  dx = ae + b , a , b . suy ra a = 1 , b = −1 .. 0. Do đó a2019 + b2019 = 12019 + ( −1). 366. 2019. =0.. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 1 0.

(372) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Câu 31: Chọn A 1. Ta có:. . f ( x)sin. 0. 1.  ( f ( x) − 3sin. . 0. 2.  2. xdx = −. 2. f ( x).cos. . 1. 1. . x +. 2. 0. 2. 0. x)2 dx =  f 2 ( x)dx − 6  f ( x)sin 0. Từ đây ta suy ra f ( x) = 3sin.  2. 3. f '( x).cos xdx =  2 2. 1. 0. . 1. . 1. xdx + 9  sin 2. 2. . 0. 1. 1. 0. 0. x   f ( x ) dx =  3sin.  2. xdx =. 2. xdx = 0. 6. . .. Câu 32: Chọn B 1. 1. 1. 1 Từ giả thiết:  x. f ( x ) dx =   5x. f ( x ) dx = 1 . Tính: I =  5x. f ( x ) dx . 5 0 0 0. du = f  ( x ) dx 1 1 u = f ( x )  5 2 51  Đặt:  . Ta có: I =  5x. f ( x ) dx = x . f ( x ) −  x 2 . f  ( x ) dx  5 2 2 20 dv = 5xdx v = x 0 0 2  1. 1. 5 5 5 = . f ( 1) −  x 2 . f  ( x ) dx = 10 −  x 2 . f  ( x ) dx , 2 20 20 1. 1. 1. 5 18 Mà: I =  5x. f ( x ) dx = 1  1 = 10 −  x2 . f  ( x ) dx   x 2 . f  ( x ) dx = 20 5 0 0 1. 1. 1. 0. 0. 0.  10  x 2 . f  ( x ) dx = 36  10  x 2 . f  ( x ) dx =   f  ( x )  dx , 1.   10 x 2 . f  ( x ) −  f  ( x )   0. 2. 2. 1.  dx = 0  f  x 10 x 2 − f  x  dx = 0 ( ) 0 ( )  .  10 x 2 − f  ( x ) = 0  f  ( x ) = 10 x 2.  f ( x) =. 10 x 3 +C 3 3. ( ). 10 x 2 10.1 2 + . Với f ( 1) = 4  4 = + C  C = . Khi đó: f x = 3 3 3 3 1. Vậy:.  0. 1.  5x 4 2  3  10 x 3 2  + x = . f ( x ) dx =   + dx =  3 0 2 3 3  6 0 1. Câu 33: Chọn B. du = f  ( x ) dx u = f ( x )   Tính I =  x . f ( x ) dx . Đặt  . 1 3 2 dv = x dx v = x 0 3  3 3 3 1 1 1 Ta có I = x 3 . f ( x ) −  x 3 f  ( x ) dx = 54 −  x 3 f  ( x ) dx ,. 0 30 3 30 3. 2. 3. Theo giả thiết:  x2 . f ( x ) dx = 0. 3. 154 1 154  = 54 −  x 3 f  ( x ) dx 3 30 3. 3. 3. 3. 0. 0. 0. 3. (. ).   x 3 f  ( x ) dx = 8   x 3 f  ( x ) dx = 4   f  ( x )  dx   x 3 f  ( x ) − 4  f  ( x )  dx = 0 2. 0. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 2. 367.

(373) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 3.  0. ( ). f  ( x )  x 3 − 4 f  ( x )  dx = 0 .  x 3 − 4 f  ( x ) = 0  f  x =. x4 x3  f ( x) = + C . 16 4. 4. ( ). x 15 15 + . Với f ( 3 ) = 6  C = . Khi đó: f x = 16 16 16 3. Vậy. 3.  1.  f ( x ) dx =   16 x 0. 4. +. 0. 15   1 5 15  3 117 .  dx =  x + x  0 = 16  16  20  80. Câu 34: Chọn C. du = f  ( x ) dx u = f ( x )   Tính: I =  x . f ( x ) dx . Đặt:  . 1 4 3 dv = x dx v = x 0 4  1 1 1 1 1 1 1 Ta có: I = x4 . f ( x ) −  x 4 f  ( x ) dx = −  x 4 f  ( x ) dx ,. 0 40 4 2 40 1. 3. 1. Theo giả thiết:  x3 . f ( x ) dx = 10  0. 1.  x f  ( x ) dx = −38 4. 0. 1. 1. 1.  8. x f  ( x ) dx = −38.8  8. x f  ( x ) dx = −38.  f  ( x )  dx 4. 4. 0. 1. (. ). 0. 2. 0. 1.   8 x 4 f  ( x ) + 38  f  ( x )  dx = 0   f  ( x ) . 8 x 4 + 38 f  ( x )  dx = 0 0. 2. 0.  8 x 4 + 38 f  ( x ) = 0  f  ( x ) = − 4 x 4  f ( x ) = − 4 x 5 + C . 95. 19. Với f ( 1) = 2  C = 1. Vậy.  0. 4 194 194 . Khi đó: f ( x ) = − x 5 + . 95 95 95. 1  4 194   2 6 194  1 116 . f ( x ) dx =   − x 5 + x + x =  dx =  − 95 95  95  0 57  285 0. Câu 35: Chọn A elnx  elnx   dx Xét I =   f  ( x ) .lnx +  dx =  f ( x ) .lnx.dx +  x  1 1 x 1 e. e. e. =  f ( x ) .ln x  −  e. 1. 1. f ( x) x. e. e. .dx +  elnx .d ( ln x ) 1. e.  1  1 1 =  f ( x ) .ln x − 2 + elnx  = f ( e ) − 2 + e + − 1 = e − 1 . 2 2x 2e 2  1. 368. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(374) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 369.

(375) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. TÍCH PHÂN CHO BỞI NHIỀU HÀM Câu 1:. Câu 2:. 6 x 2 Cho hàm số y = f ( x) =  2  a − a x a để I + 46  0 ? A. 7 . B. 4 .. (. −1. C. 6 .. D. 5 .. 3. 0. 117 . 2. B.. 707 . 2. C.. 275 . 12. D.. 119 . 6. 2. Tính I =  min{ x; 3 2 − x }dx . 0. A. I = 2 . Câu 4:. khi x  0. 4. và I =  f ( x)dx . Hỏi có tất cả bao nhiêu số nguyên. Tính tích phân I =  max x 3 ; 4 x 2 − 3 x dx . A.. Câu 3:. ). khi x  0. B. I =. 3 . 4. C. I = 1 .. (Đề tham khảo – 2018) Cho hàm số. f ( x). D. I =. 5 . 4. 1 xác định trên R \   thỏa mãn 2. f '( x) =. 2 ; f ( 0 ) = 1 và f ( 1) = 2 . Giá trị của biểu thức f ( −1) + f ( 3 ) bằng 2x − 1 A. 4 + ln15 . B. 2 + ln15 C. 3 + ln15 . D. ln15 .. Câu 5:. (Toán học và tuổi trẻ - Số 6 – 2018) Cho hàm số f ( x ) xác định trên R \1 thỏa mãn f '( x) =. 1 ; f ( 0 ) = 2017 và f ( 2 ) = 2018 . Tính S = f ( 3 ) − f ( −1) x −1 A. S = 1 . B. S = ln 2 . C. S = ln4035 .. Câu 6:. 9  x − 2 khi x  4 Cho hàm số f ( x ) =  . Tính tích phân I =  f ( x )dx.  x khi x  4 1. A. I =. Câu 7:. 121 . 6. 11 . 8. 370. 163 . 6. 3 B. T = . 2. C. I =. 85 . 6. D. I =. 223 . 6. .  f ( x )dx = a + b ( a, b  ) . Tính T = a + b.. . 4. C. T =. 15 . 8. 7 D. T = . 2. 2   x + 1 khi x  0 Cho hàm số f ( x ) =  2 x . Tính tích phân I =  f ( x )dx. khi x  0  −1 e. 3e 2 − 1 A. I = . 2e 2. Câu 9:. B. I =.   sin x khi x  2 Cho hàm số f ( x ) =  . Biết sin 2 x khi x    2. A. T =. Câu 8:. D. S = 4 .. 7e2 + 1 B. I = . 2e 2. 9e 2 − 1 C. I = . 2e 2. 11e 2 − 11 D. I = . 2e 2. 2 2  khi 0  x  1 3x Cho hàm số f ( x ) =  . Tính tích phân I =  f ( x )dx.  0 4 − x khi 1  x  2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(376) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. A.. 7 . 2. B. 1.. C.. 5 . 2. D.. 3 . 2. 1 Câu 10: (Lục Ngạn – Bắc Giang – 2018) Cho hàm số f ( x ) xác định trên R \   thỏa mãn 3. 3 2 ; f ( 0 ) = 1 và f   = 2 . Giá trị của biểu thức f ( −1) + f ( 3 ) bằng 3x − 1 3 A. 3 + 5ln 2 . B. −2 + 5ln2 . C. 4 + 5ln 2 . D. 2 + 5ln 2 . f '( x) =. Câu 11: Cho f ( x) =. hàm. f ( x). số. xác. định. ( 0; + ) \e. trên. ,. thỏa. mãn. 1 1 1 , f e 2 = 3, f  2  = ln 6 . Tính giá trị biểu thức f   + f e 3 . x ( ln x − 1) e  e. ( ). A. 3 ( ln 2 + 1) .. ( ). D. ln 2 + 3 .. C. 3ln 2 + 1 .. B. 2ln2 .. \−1;1 và thỏa mãn f  ( x ) =. Câu 12: Cho hàm số f ( x ) xác định trên. 1 , f ( −3 ) + f ( 3 ) = 0 và x −1 2.  1 1 f  −  + f   = 2 . Tính giá trị của biểu thức P = f ( 0 ) + f ( 4 ) .  2 2. 3 A. P = ln + 2 . 5. \−1;1 thỏa mãn f  ( x ) =. Câu 13: Cho hàm số f ( x ) xác định trên  1 f − +  2. 4 5. B. −1 + ln. 6 5. C. 1 + ln. Câu 14: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số y =     11 F ( 0 ) = 1 ; F( ) = 0 . Tính P = F  −  − F   12   12. B. P = 0 .. A. P = 2 − 3 .. Câu 15: Cho hàm số f ( x ) xác định trên. 4 5. A. P = 3 + ln. 3 . 25. hàm. f ( x). \−2; 2 , thỏa mãn f  ( x ) =. xác. 6 5.  . . D. P = 1 .. C. Không tồn tại P .. B. P = 3 + ln3 . số. D. 1 + ln. 1  −  với x  \  + k , k   , biết 1 + sin 2 x  4 . f ( 3 ) = 2 . Tính giá trị biểu thức P = f ( −4 ) + f ( −1) + f ( 4 ) .. f ( x) =. 2 , f ( −2 ) + f ( 2 ) = 0 và x −1 2. 1 f   = 2 . Tính f ( −3 ) + f ( 0 ) + f ( 4 ) được kết quả 2. A. −1 + ln. Câu 16: Cho. 1 3 D. P = ln . 2 5. 1 3 C. P = 1 + ln . 2 5. 3 B. P = 1 + ln . 5. 5 C. P = 2 + ln . 3. định. trên. 4 , f ( −3 ) = 0, f ( 0 ) = 1 và x −4 2. 5 D. P = 2 − ln . 3 \−2;1. ,. thỏa. mãn. 4 1 , f ( −3 ) − f ( 3 ) = 0, f ( 0 ) = . Giá trị của biểu thức f ( −4 ) + f ( −1) − f ( 4 ) . 3 x +x−2 1 1 1 4 1 8 A. 1 + ln80 . B. + ln 2 . C. 1 + ln 2 + ln . D. 1 + ln . 3 3 3 5 3 5 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 371.

(377) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.C 11.A. 2.C 12.C. 3.D 13.D. 4.C 14.D. 5.A 15.B. 6.B 16.B. 7.A. 8.C. 9.A. 10.A. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn C 0. 4. 0. −1. 0. −1. 4. (. ). Ta có I =  f ( x)dx +  f ( x)dx =  6x dx +  a − a xdx = 2x 2. 0. 2. 3. 0 −1. (. + a−a. 2. ). x2 2. 4. = 2 + 8a − 8a 2 0. Khi đó I + 46  0  2 + 8a − 8a2 + 46  0  a2 − a − 6  0  −2  a  3, a   a  {−2; −1;0;1;2;3}. Vậy có 6 giá trị nguyên của a thỏa mãn. Câu 2:. Chọn C Trên đoạn 0 ; 3  : Xét x 3  4 x 2 − 3x  x 3 − 4 x 2 + 3x  0  x( x − 1)( x − 3)  0  x  [0;1]do x  0; 3  3 3 2   khi x  [0;1]  x  [0;1]  x  4 x − 3x  x 3 2 Vậy  .  max x ; 4 x − 3 x =  2 3 2    x  [1; 3]  x  4 x − 3x 4 x − 3x khi x  [1; 3] 3 1 3 275 Khi đó I =  max x 3 ; 4 x 2 − 3x dx =  x 3 dx +  4 x 2 − 3x dx = . Chọn đáp án C 0 0 1 12 x[ 0 ;3 ]. . Câu 3:. . . . (. ). Chọn D Trên đoạn 0 ; 2  :   Xét x  3 2 − x  x 3  2 − x  x 3 + x − 2  0  ( x − 1) ( x 2 + x + 2 )  0 ⎯⎯⎯ ⎯ → x  [1; 2] x0 ; 2 .  x  [0;1]  x  3 2 − x  x khi x  [0;1]  min{ x; 3 2 − x } =  3 Vậy  . 3 x[ 0 ;2 ]  2 − x khi x  [1; 2]  x  [1; 2]  x  2 − x Castio 2 1 2 5 Khi đó I =  min{ x; 3 2 − x }  dx =  xdx +  3 2 − xdx = . Chọn đáp án D 0 0 1 4. Câu 4:. Chọn C Cách 1:   1 ln 2 x − 1 + C1 khi x   −;  2 2 2dx   Từ f ' ( x ) = .  f ( x) =  = 2x − 1 2x − 1  1  ln 2 x − 1 + C2 khi x   ; +   2 .   1 ln 2 x − 1 + 1 khi x   −;    f ( 0 ) = 1 0 + C1 = 1 C = 1 2   Ta có:  .   1  f ( x) =  0 + C = 2 C = 2 f 1 = 2  1  ( ) 2   2  ln 2 x − 1 + 2 khi x  ; + 2    . Khi đó: f ( −1) + f ( 3 ) = ln 3 + 1 + ln 5 + 2 = 3 + ln15 . Cách 2: 372. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(378) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 0 0  2 1 0 f 0 − f − 1 = f x | = f ' x dx = dx = ln 2 x − 1 |0−1 = ln (1) ( ) ( ) ( ) ( )  −1   2x − 1 3  −1 −1 Ta có:  3 3 2  f 3 − f 1 = f x |3 = f ' x dx = dx = ln 2 x − 1 |13 = ln 5 (2) ( ) ( ) ( ) ( ) 1    2 x − 1 1 1 . Lấy (2) − (1) , ta được: f ( 3 ) + f ( −1) − f ( 0 ) − f (1) = ln15  f ( 3 ) + f ( −1) = 3 + ln15 . Câu 5:. Chọn A Cách 1: ln x − 1 + C1 khi x  ( −;1) 1 dx .  f ( x) =  = x −1 x − 1 ln x − 1 + C2 khi x  (1; + ). Từ f ' ( x ) =. ln x − 1 + 2017 khi x  ( −;1)  f ( 0 ) = 2017 0 + C1 = 2017 C = 2017 Ta có:  .   1  f ( x) =  C2 = 2018  f ( 2 ) = 2018 0 + C2 = 2018 ln x − 1 + 2018 khi x  (1; + ). Khi đó: f ( 3 ) − f ( −1) = ln 2 + 2018 − ( ln 2 + 2017 ) = 1 . Cách 2: 0 0  1 1 0 dx = ln x − 1 |0−1 = ln (1)  f ( 0 ) − f ( −1) = f ( x )|−1 =  f ' ( x ) dx =  x −1 2  −1 −1 Ta có:  3 3  f 3 − f 2 = f x |3 = f ' x dx = ( ) ( ) 2  ( )  x 1− 1 dx = ln x − 1 |32 = ln 2 (2)  ( ) 2 2  Lấy (2) + (1) , ta được: f ( 3 ) + f ( −1) + f ( 0 ) − f ( 2 ) = 0  S = f ( 3 ) + f ( −1) = f ( 2 ) − f ( 0 ) = 1 Câu 6:. Chọn B 9. 4. 9. 4. 9. 1. 1. 4. 1. 4. Ta có; I =  f ( x )dx =  f ( x )dx +  f ( x )dx =  xdx +  ( x − 2 )dx = Câu 7:. 163 . 6. Chọn A . . . . 2. . 2. Ta có: I =  f ( x )dx =  f ( x )dx +  f ( x )dx =  sin xdx +  sin xdx 2. . . . . . 4. 4. 2. 4. 2. . . 1 − cos 2 x 1 1  dx +  sin xdx =  x − sin 2 x  2 4 2    2. = 4. Do a , b  Câu 8:. 2. . − cos x. 4.   2. =. 5 1 +  = a + b . 4 8. 2. 5 1 11  a = ; b = T = a+b = . 4 8 8. Chọn C Ta có: I =. 2. . f ( x )dx = I =. −1. Câu 9:. . 0. . −1. 2. 0. 2. 0. −1. 0. f ( x )dx + I =  f ( x )dx =  e 2 x dx + I =  ( x + 1)dx =. 9e 2 − 1 . 2e 2. Chọn A 1. 2. 1. 2. Ta có: I =  f ( x )dx +  f ( x )dx =  3x dx +  ( 4 − x )dx = x 2. 0. 1. 0. 3 1 0. 1.  x2  2 5 7 +  4x −  1 = 1 + = . 2  2 2 . Câu 10: Chọn A Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 373.

(379) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.   1 ln 3x − 1 + C1 khi x   −;  3 3 3dx   Cách 1: Từ f ' ( x ) = .  f ( x) =  = 3x − 1 3x − 1  1  ln 3x − 1 + C2 khi x   ; +   3 .   1  f (0) = 1 ln 3 x − 1 + 1 khi x   −;  0 + C1 = 1 C = 1 3    Ta có:   2  .   1  f ( x) =  0 + C = 2 C = 2 f = 2  1  2   2    ln 3x − 1 + 2 khi x  ; + 3   3   . Khi đó: f ( −1) + f ( 3 ) = ln 4 + 1 + ln 8 + 2 = 3 + ln 32 = 3 + 5ln 2 .   f (0) −  Cách 2: Ta có:   f ( 3) −  . 0. f ( −1) = f ( x )|0−1 =. . f ' ( x ) dx =. −1 3. 3. 3. 3. 0. 3.  3x − 1 dx = ln 3x − 1 |. 0 −1. = ln. −1. 1 (1) 4. 2 2 f   = f ( x )|32 =  f ' ( x ) dx =  dx = ln 3x − 1 |32 = ln 8 (2) 3 2 x − 1   2 2 3 3. 2 Lấy (2) − (1) , ta được: f ( 3 ) + f ( −1) − f ( 0 ) − f   = ln 32  f ( −1) + f ( 3 ) = 3 + 5ln 2 . 3. Câu 11: Chọn A Ta có f ( x ) =  f  ( x ) dx = . d ( ln x − 1) 1 dx =  = ln ln x − 1 + C ln x − 1 x ( ln x − 1). ln ( ln x − 1) + C1 khi x  ( e ; + )  f ( x) =  ln ( 1 − ln x ) + C2 khi x  ( 0; e ). ( )=3.  f e2  Ta có   1 f 2  e. (. ). ln ln e 2 − 1 + C1 = 3 C = 3     1  1 C2 = ln 2 ln  1 − ln 2  + C2 = ln 6  = ln 6 e    . ln ( ln x − 1) + 3 khi x  ( e; + ) Do đó f ( x ) =   ln (1 − ln x ) + ln 2 khi x  ( 0; e ).  1 f   + f e 3 = 3 ( ln 2 + 1) e. ( ). Câu 12: Chọn C Ta có.  f  ( x ) dx =  x. 2. 1 1 dx =  dx −1 ( x − 1)( x + 1). 1 x −1  2 ln x + 1 + C1 , x  1 1 1  1 1  = = ln x − 1 − ln x + 1 + C . =  − d x   2 2  x −1 x +1  1 ln 1 − x + C , x  1 2  2 x + 1. (. ). 1 1 f ( −3 ) = ln 2 + C1 ; f ( 3 ) = − ln 2 + C1 , do đó f ( −3 ) + f ( 3 ) = 0  C1 = 0 . 2 2  1 1 1 1  1 1 f  −  = ln 3 + C2 ; f   = − ln 3 + C2 , do đó f  −  + f   = 2  C 2 = 1 . 2  2 2 2  2 2 f ( 0 ) = C2 = 1 ; f ( 4 ) =. 374. 1 3 1 3 ln , do đó f ( 0 ) + f ( 4 ) = 1 + ln . 2 5 2 5 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(380) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Câu 13: Chọn D Ta có.  f  ( x ) dx =  x. 2. 2 2 dx =  dx −1 ( x − 1)( x + 1).  x −1 ln x + 1 + C1 , x  1  1 1  . =  −  dx = ln x − 1 − ln x + 1 + C =  1 − x  x −1 x +1 ln + C2 , x  1  x + 1. 1 f ( −2 ) = ln 3 + C1 ; f ( 2 ) = ln + C1 , do đó f ( −2 ) + f ( 2 ) = 0  C1 = 0 . 3  1  1 1 1 f  −  = ln 3 + C2 ; f   = ln + C2 , do đó f  −  + 3  2  2 2. 1 f   = 2  C2 = 1 . 2. 3 6 Vậy f ( −3 ) + f ( 0 ) + f ( 4 ) = ln 2 + 1 + ln = ln + 1 . 5 5. Câu 14: Chọn D Cách 1: Ta có.  f  ( x ) dx =  1 + sin 2x dx =  1. 1. ( sin x + cos x ). 2. dx. 1    5   ; −  + k 2  tan  x +  + C1 , x   − 4 4 1 2   4 . = dx =   1     3  2  2sin  x +  tan  x +  + C1 , x   − ;  + k 2  2 4 4    4 4 . 1   1  5   1  1 tan  x +  − , x   − ; −  + k 2  + C = 1 C =  F ( 0 ) = 1 2 4 2 4  2  2 2 2   4   =   F ( ) = 0 1 + C = 0 C = − 1  1 tan  x +   + 1 , x   −  ; 3  + k 2 1   4 4   2  1 2  2 4  2        11 Khi đó P = F  −  − F   12   12 Cách 2:.  1  1 1 7 1  − =1  =  tan +  −  tan 6 2 2 6 2  2. 0  0    dx (1) F ( 0 ) − F  −  = F ( x ) −  =   12  12  1 + sin 2 x  −  12   dx  F  − F  11  = F x  = ( ) ( ) (2) 11     12   12 11 1 + sin 2 x  12.     11 Lấy ( 2 ) – ( 1) ta được F  −  − F   12   12. . 0. 12. 12.  dx dx −   + F ( ) − F ( 0 ) =   11 1 + sin 2 x  1 + sin 2 x −.     11      11  casio ⎯⎯ →F −  − F  −1 = 0  F−  − F  =1.  12   12   12   12 . Câu 15: Chọn B. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 375.

(381) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Ta có f ( x ) =  f  ( x ) dx = . 4 4dx x−2 dx =  = ln +C x+2 x −4 ( x − 2 )( x + 2 ) 2.   x−2 ln   + C1 khi x  ( 2; + ) x + 2      2 − x   f ( x ) = ln   + C2 khi x  ( −2; 2 )  x+2   x−2 ln   + C3 khi x  ( −; −2 )   x + 2 .  1 ln   + C1 = 2  f ( 3) = 2 C1 = 2 + ln 5 5    Ta có  f ( 0 ) = 1  C2 = 1  C2 = 1  ln 5 + C = 0 C = − ln 5 3  3  f ( −3 ) = 0     x−2 ln   + 2 + ln 5 khi x  ( 2; + )  x+2   2 − x  Do đó f ( x ) = ln   + 1 khi x  ( −2; 2 ) x + 2      x−2 ln   − ln 5 khi x  ( −; −2 )   x + 2 . Suy ra P = f ( −4 ) + f ( −1) + f ( 4 ) = 3 + ln 3 . Câu 16: Chọn B Ta có f ( x ) =  f  ( x ) dx = . dx dx 1 x −1 = = ln +C x +x−2 ( x − 1)( x + 2 ) 3 x + 2 2. 1  x −1   ln   + C1 khi x  ( 1; + ) 3 x + 2     1  1 − x   f ( x ) =  ln   + C2 khi x  ( −2;1) 3  x + 2  1  x −1   ln   + C3 khi x  ( −; −2 )  3  x + 2  1 1 2  1 Ta có f ( −3 ) − f ( 3 ) = 0  ln 4 + C3 −  ln + C1  = 0  C1 = C3 + ln10 3 3 3 5 . f (0) =. 1 1 1 1 1 1  ln + C2 =  C2 = + ln 2 3 3 2 3 3 3. 1  x −1  1  ln   + C3 + ln10 khi x  (1; + ) 3 3  x + 2   1  1 − x  1 1 Do đó f ( x ) =  ln   + + ln 2 khi x  ( −2;1) 3 x + 2   3 3  1  x −1   ln   + C3 khi x  ( −; −2 )  3  x + 2 . 376. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(382) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 1 5  1 1 1  1 1 1  Suy ra f ( −4 ) + f ( −1) − f ( 4 ) =  ln + C3  +  ln 2 + + ln 2  −  ln + C1 + ln10  . 3 3 3 3 2  3  3 2  1 1 = + ln 2 . 3 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 377.

(383) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. CÁC CÔNG THỨC GIẢI NHANH TÍCH PHÂN HÀM ẨN Lưu ý: Trên đây chỉ đưa ra công thức áp dụng mang tính chất tham khảo và công thức được chứng minh từ các ví dụ ở bài tập rèn luyện. ▪. Dạng 1: f  ( x ) .h ( f ( x ) ) = g ( x ).  f  ( x ) .h  f ( x ) =  g ( x ) Sử dụng phương pháp vi phân:  h  f ( x ) d  f ( x )  =  g ( x ) Lấy tích phân hai vế, ta được. ▪. u ( a ) = a u ( a ) = b Dạng 2: A. f ( x ) + B.uf ( u ) + C. f ( a + b − x ) = g ( x ) với  hoặc  u ( b ) = b u ( b ) = a b. Khi đó:.  f ( x )dx = a. ▪. ▪. b. b. 1 1 g ( x )dx = f ( x )dx  A+ B+C a A − B + C a.  x−b  x−c  A.g  − B.g   a  −a    2 2 Dạng 3: A. f ( ax + b ) + B. f ( −ax + c ) (với A  B ), khi đó f ( x ) = A 2 − B2. •. Hệ quả 1: A. f ( x ) + b. f ( − x ) = g ( x )  f ( x ) =. •. Hệ quả 2: A. f ( x ) + B. f ( − x ) = g ( x )  f ( x ) =. A.g ( x ) − B.g ( − x ) A 2 + B2. g ( x). A+B. .. , g ( x ) là hàm chẵn.. Dạng 4: Hàm ẩn cho dưới cận tích phân u x. Áp dụng công thức. f t dt. u' x f u x. v' x f v x .. v x. ▪. Dạng 5: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ( u ( x ) ) = v ( x ) và u ( x ) là một hàm đơn điệu trên b. Tính tích phân.  a. ▪. b b dt = u ( x ) dx f ( x )dx thì ta đặt t = u ( x ) →   I =  f ( x )dx =  f ( t )dt a a  f ( t ) = v ( x ). thỏa mãn g ( f ( x ) ) = x và g ( t ) là một hàm đơn. Dạng 6: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên b. điệu trên. . Tính tích phân.  f ( x )dx thì ta đặt. y = f ( x ) → x = g ( y )  dx = g ( y ) dy . Sau đó. a. thực hiện đổi cận và đưa về tích phân cơ bản. b. ▪. Dạng 7: f x . f a. b. x. k khi đó I 2. a. dx k f x. b a . 2k. b. ▪. Dạng 8: f x. f a. b. x và I. b. x. f x dx thì ta có: a. 378. .. f x dx a. 2I a. b. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(384) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. TÍCH PHÂN HÀM ẨN PHẦN 1 Câu 1:. 2 f ( x) 1 dx. và f ( x ) + 2 f   = 3x. Tính I =  x x 1. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên. 2. A. I = Câu 2:. 3 . 2. C. I =. B. I = 1 .. 1 . 2. D. I = −1 .. 4 . 75. D. I =. Xét hàm số f ( x ) liên tục trên 0 ;1 và thỏa mãn điều kiện 2 f ( x ) + 3 f ( 1 − x ) = x 1 − x . Tính tích 1. phân I =  f ( x ) dx . 0. A. I = −. 4 . 15. B. I =. 1 . 15. C. I =. 1 . 25 . Câu 3:. 2. và thỏa mãn f ( − x ) + 2018 f ( x ) = 2 x sin x . Tính. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên.  f ( x ) dx .. −. A. Câu 4:. 2 . 2019. B.. 2 . 1009. C.. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên. 4 . 2019. D.. 2. 1 . 1009. và thỏa mãn f ( − x ) + 2018 f ( x ) = e x . Tính giá trị của. 1.  f ( x ) dx .. I=. −1. A. I = Câu 5:. e2 − 1 . 2019e. Cho hàm số liên tục trên. B. I =. e2 − 1 . 2018e. C. I = 0 .. D. I =. e2 − 1 . e. và thỏa mãn 2 f ( 2 x ) + f ( 1 − 2 x ) = 12 x 2 . Phương trình tiếp tuyến của. đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ bằng 1 là A. y = 2x + 2 . Câu 6:. Cho f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục trên thỏa mãn g ( x ) + g ( − x ) = 1, x . trên. A. I = 2018 . Câu 7:. B. y = 4x − 6 .. B. I =. 1009 . 2. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên I=. C. y = 2x − 6 .. D. y = 4x − 2 ..  f ( x ) dx = 2018 và g ( x ) là hàm số liên tục . Tính tích phân I =  f ( x ) g ( x ) dx . thỏa mãn. 1. 0. 1. −1. C. I = 4036 .. D. I = 1008 .. thỏa mãn f ( x ) + f ( − x ) = 2 + 2cos 2 x , x . . Tính tích phân. 3 2. −.  f ( x ) dx . 3 2. A. I = −6 .. B. I = 0 .. C. I = −2 .. D. I = 6 . . Câu 8:. 2    Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên  − ;  và thỏa mãn 2 f ( x) + f (−x) = cos x. Tính I =  f ( x)dx.  2 2  − 2. A. I = −2. .. 2 B. I = . 3. 3 C. I = . . 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. I = 2.. 379.

(385) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Câu 9:. 1 Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên −  2; 2  và thỏa mãn 2 f ( x) + 3 f ( − x) = 4 + x 2 . Tính tích phân I=. 2.  f ( x)dx.. −2. A. I = −.  10. B. I = −. ..  20. C. I =. ..  20. D. I =. ..  10. .. Câu 10: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên 0;1 và thỏa mãn x 2 f ( x) + f (1 − x) = 2 x − x 4 . Tính tích phân 1. I =  f ( x)dx. 0. 2 C. I = . 3. 3 B. I = . 5. 1 A. I = . 2. 4 D. I = . 3. Câu 11: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn 0;1 và thỏa mãn 2 f ( x ) + 3 f ( 1 − x ) = 1 − x 2 . Tính tích phân I =  f ( x )dx. 1. 0. A..  . 20. B..  . 16. Câu 12: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên. C..  6. .. D..  4. .. x2. . Biết.  f ( t ) dt = x cos( x). Giá trị của f ( 4 ). là. 0. Câu 13:. 1 C. f ( 4 ) = . 2. B. f ( 4 ) = 4.. A. f ( 4 ) = 1.. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên. x2. . Biết.  f ( t ) dt = e. x2. 1 D. f ( 4 ) = . 4. + x 4 − 1 với x . . Giá trị của f ( 4 ). 0. là A. f ( 4 ) = e 4 + 4.. B. f ( 4 ) = 4 e 4 .. C. f ( 4 ) = e 4 + 8.. Câu 14: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  a; + ) với a  0 và thỏa mãn B. f ( 4 ) = 8.. A. f ( 4 ) = 2.. . f (t ) dt + 6 = 2 x với x  a t2. C. f ( 4 ) = 4.. x. g ( x ) = 1 + 2018  f ( t ) dt và g ( x ) = f 2 ( x ) . Tính 0. B.. 1099 . 2. 1.  g ( x ) dx 0. C.. 2019 . 2. 1  Câu 16: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  ; 2  thỏa mãn f ( x ) + 2  2. I= 1 2. f ( x) x2 + 1. 3 A. I = . 2. 380. D. f ( 4 ) = 16.. f ( x )  0 , xác định và có đạo hàm trên đoạn  0;1 và thỏa mãn. Câu 15: Cho hàm số. 1011 . 2. x. a. . Tính f ( 4 ). A.. D. f ( 4 ) = 1.. D. 505. 1 1 f   = x 2 + 2 + 2 .Tính x x. dx. B. I = 2.. 5 C. I = . 2. D. I = 3.. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(386) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Câu 17: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên. (. 2. ). thỏa mãn f x 3 + x = x 2 − 1 . Tính I =  f ( x ) dx ? 0. 6 A. I = − . 5. B. I =. Câu 18: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên. 15 . 16. 6 C. I = − . 5. (. D. I = −. ). thỏa mãn f x + 2 x − 2 = 3x − 1 . Tính I = 3. 15 . 16. 10.  f ( x ) dx ? 1. A. I =. 45 . 4. B. I =. Câu 19: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên. 9 . 4. C. I =. (. 135 . 4. D. I =. ). thỏa mãn f x 3 + 1 = 2 x − 1, x . 5 . 4 2. . Tính I =  f ( x ) dx ? 0. B. I =. A. I = −2 .. 5 . 2. D. I = 6 .. C. I = −4 .. (. ). Câu 20: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f x 3 + 3x + 1 = 3x + 2, x . 5. . Tính I =  xf ' ( x ) dx . 1. A. I =. 5 . 4. B. I =. 17 . 4. C. I =. ( 0; + ). Câu 21: . Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên I=. 21.  f ( x ) dx = b − ln d a. c. với a , b , c , d . *. và. 2. A. T = 243 .. 33 . 4. D. I = −1761 .. (. ). a c , là các phân số tối giản. Tính T = a + b + c + d . b d. C. T = 312 .. B. T = 306 .. 1 . Biết x+1. thỏa mãn f x 4 + x 2 + x − 1 =. D. T = 275 . 5 2. a  1  1 Câu 22: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ( 0; + ) thỏa mãn f  x − + 1  = . Biết I =  f ( x ) dx = + lnc x b   x 1 a với a , b , c  * và là các phân số tối giản. Tính T = a + b + c . b A. T = 13 . B. T = 69 . C. T = 96 . D. T = 88 .. Câu 23: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên. thỏa mãn f 3 ( x ) + f ( x ) = x , x . 2. . Tính I =  f ( x ) dx . 0. A. I = 2 . Câu 24: Cho f ( x ) liên tục trên. B. I =. 3 . 2. C. I =. 1 . 2. D. I =. thỏa mãn 2 f 3 ( x ) − 3 f 2 ( x ) + 6 f ( x ) = x , x . 5 . 4 5. . Tính I =  f ( x ) dx . 0. A. I =. 5 . 4. Câu 25: Cho f ( x ) liên tục trên. B. I =. 5 . 2. thỏa mãn x + f. C. I = 3. 5 . 12. ( x ) + 2 f ( x ) = 1, x . D. I =. 5 . 3. . Tính tích phân I =. 1.  f ( x ) dx .. −2. A. I =. 7 . 4. Câu 26: Cho f ( x ) liên tục trên. B. I =. 7 . 2. thỏa mãn 2 x + f. C. I = 5. 7 . 3. ( x ) + f ( x ) − 4 = 0, x . D. I =. 5 . 4 2. . Tính I =  f ( x ) dx . 1. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 381.

(387) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. A. I =. 3 . 4. B. I =. 1 . 2. C. I =. 5 . 3. 4 . 3. D. I = 7. Câu 27: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn x − f 3 ( x ) − f ( x ) + 3 = 0 . Tính I =  xf  ( x ) dx . −1. 51 9 5 3 . B. I = . C. I = . D. I = . 4 4 4 4 Câu 28: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và nhận giá trị dương trên 0;1 biết f ( x ) . f ( 1 − x ) = 1 với. A. I =. 1. dx . 0 1 + f ( x). x  0;1 . Tính giá trị của I = . 1 3 . B. . 2 2 Câu 29: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên. A.. phân I =. 2018.  0. C. 1 .. D. 2 .. , ta có f ( x )  0 và f ( x ) . f ( 2018 − x ) = 1 . Giá trị của tích. dx . 1 + f ( x). A. I = 2018 . B. I = 0 . C. I = 1009 . D. I = 4016 . Câu 30: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên tập R, ta có f ( x )  0 và f ( 0 ) . f ( 10 − x ) = 9 . Giá trị của tích phân I=. 12. 1.  3 + f ( x )dx .. −2. A. I =. 14 . 3. B. I =. 2 3. C. I =. 7 . 6. D. I =. 7 3. 3. Câu 31: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên tập R và thỏa mãn f ( 4 − x ) = f ( x ) . Biết  x. f ( x )dx = 5 .Tính 1. 3. tích phân.  f ( x )dx . 1. A.. 5 . 2. B.. 7 . 2. C.. 9 . 2. D.. 11 . 2. Câu 32: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên tập R và thỏa mãn f ( x ) − f ( 3 − x ) = 0 . Biết. 4.  x. f ( x )dx = 2 .. −1. 4. Tính tích phân.  f ( x )dx .. −1. A.. 3 . 2. B.. 2 . 3. C.. 4 . 3. D.. 3 . 4. 2 2 Câu 33: Cho hàm số f ( x) thỏa mãn f (2) = − ; f '( x) = 2 x  f ( x) , x  . . Giá trị của f (1) là 9 −35 −2 −2 −19 A. . B. . C. . D. . 36 3 5 36 2 1 Câu 34: Cho hàm số f ( x) thỏa mãn f (2) = − ; f '( x) = x  f ( x) , x  . . Giá trị của f (1) là 3 −11 −2 −2 −7 A. . B. . C. . D. . 6 3 9 6. 382. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(388) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 2 1 ; f '( x) = 4 x 3  f ( x)  , x  . . Giá trị của f (1) là 25 −391 −41 −1 −1 A. . B. . C. . D. . 400 400 10 40 2 1 Câu 36: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 2 ) = − và f ' ( x ) = x 3  f ( x )  với mọi x  . Giá trị của f ( 1) 5 bằng : 4 79 71 4 A. − . B. − . C. − . D. − . 5 35 20 20. Câu 35: Cho hàm số f ( x) thỏa mãn f (2) = −. thỏa mãn đồng thời các điều kiện f ( x )  0 với. Câu 37: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên. và f ( 0 ) =. 1 . Tính giá trị của f ( ln 2 ) . 2 1 2 C. f ( ln 2 ) = . D. f ( ln 2 ) = . 3 3. mọi x  ; f ' ( x ) = −e x . f 2 ( x ) , x . 2 B. f ( ln 2 ) = − . 9 Câu 38: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị ( C ) , xác định và liên tục trên. A. f ( ln 2 ) =. 2 . 9. f ( x )  0, x . ; f ' ( x ) = ( x. f ( x ) ) , x . thỏa mãn đồng thời các điều kiện. và f ( 0 ) = 2 . Phương trình tiếp tuyến tại điểm có. 2. hoành độ x = 1 của đồ thị ( C ) là A. y = 6x + 30 .. B. y = −6x + 30 .. D. y = −36x + 42 .. C. y = 36x − 30 .. Câu 39: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên đoạn −  1 ; 1 , thỏa mãn f ( x )  0, x . và. f  ( x ) + 2 f ( x ) = 0 . Biết f ( 1) = 1 tính f ( −1) .. A. f ( −1) = e −2 .. C. f ( −1) = e 4 .. B. f ( −1) = e 3 .. D. f ( −1) = 3 .. Câu 40: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f  ( x ) . f ( x ) = x 4 + x 2 . Biết f ( 0 ) = 2 . Tính f 2 ( 2 ) . A. f 2 ( 2 ) = Câu 41: Cho. hàm. 313 . 15. số. B. f 2 ( 2 ) = y = f ( x). có. đạo. f  ( x ) + ( 2 x + 4 ) f 2 ( x ) = 0, f ( x )  0, x . A.. 7 . 15. B.. C. f 2 ( 2 ) =. 332 . 15. hàm. và. liên. 324 . 15. tục. trên. D. f 2 ( 2 ) = đoạn. 323 . 15. (0 ; + ). ,. biết. , f ( 2) =. 11 . 15. Câu 42: Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên. 1 . Tính f ( 1) + f ( 2 ) + f ( 3 ) . 15 11 7 C. . D. . 30 30 . Biết f 6 ( x ) . f  ( x ) = 12 x + 13 và f ( 0 ) = 2 . Khi đó. phương trình f ( x ) = 3 có bao nhiêu nghiệm A. 2 .. B. 3 .. C. 7 .. D. 1 .. 1 Câu 43: Cho hàm số f ( x )  0 thỏa mãn điều kiện f  ( x ) = ( 2 x + 3 ) f 2 ( x ) và f ( 0 ) = − . Biết rằng tổng 2 a a f ( 1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2017 ) + f ( 2018 ) = với a  và b  * và là phân số tối giản. Mệnh đề b b nào sau đây đúng a a A.  −1 . B.  1 . C. a + b = 1010 . D. b − a = 3029 . b b. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 383.

(389) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Câu 44: Giả sử hàm số. f ( x). liên tục, nhận giá trị dương trên. ( 0; + ). và thỏa mãn. f ( 1) = 1, f ( x ) = f  ( x ) 3x + 1 với mọi x  0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?. A. 4  f ( 5 )  5 .. B. 2  f ( 3 )  3 .. D. 1  f ( 5 )  2 .. C. 3  f ( 5 )  4 .. Câu 45: Cho hàm số f ( x) xác định, có đạo hàm, liên tục và đồng biến trên [1; 4] thỏa mãn x + 2 xf ( x) = [f ( x)]2 , x  [1; 4], f (1) =. A.. 391 . 18. B.. 361 . 18. 3 . Giá trị f (4) bằng 2 381 C. . 18. D.. 371 . 18. Câu 46: Cho hàm số f ( x) không âm thỏa mãn điều kiện f ( x). f ( x) = 2 x f 2 ( x) + 1, f (0) = 0 . Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) trên [1; 3] bằng B. 4 11 + 3 .. A. 22 .. D. 3 11 + 3 .. C. 20 + 2 .. Câu 47: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm và đồng biến trên R thỏa mãn f (0) = 1; ( f ( x) ) = e x . f ( x), x  R . 2. 1. Tính tích phân.  f ( x)dx bằng 0. A. e − 2 .. B. e − 1 .. C. e 2 − 2 .. D. e 2 − 1 .. ( ). Câu 48: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn f ( x ) = 6 x . f x − 2. C. −1.. B. 4.. A. 2.. ( ). 1. 6. 3. 3x + 1. . Tính.  f ( x ) dx 0. D. 6.. Câu 49: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn 4 x. f x 2 + 3 f (1 − x ) = 1 − x 2 .Tính 1.  f ( x ) dx 0. A..  4. .. B..  6. .. C..  . 20. D..  . 16. Câu 50: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn 0; 2  thỏa mãn f ( x ) + f ( 2 − x ) = 2 x . Tính. 2.  f ( x ) dx 0. A. −4.. B.. 1 . 2. C.. 4 . 3. D. 2.. (. ). 2 3 Câu 51: Xét hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn −  1,2  và thỏa mãn f ( x ) + 2 xf x − 2 + 3 f ( 1 − x ) = 4 x. Tính giá trị tích phân I =. 2.  f ( x ) dx .. −1. A. I = 5 .. B. I =. 5 . 2. C. I = 3 .. 28 . 3. C. I =. D. I = 15 .. 2 Câu 52: Xét hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn −  1,2  và thỏa mãn f ( x ) = x + 2 + xf ( 3 − x ) . Tính giá trị. tích phân I =. 2.  f ( x ) dx .. −1. A. I =. 384. 14 . 3. B. I =. 4 . 3. D. I = 2 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(390) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. (. ). Câu 53: Xét hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn 0,1 và thỏa mãn f ( x ) + xf 1 − x 2 + 3 f ( 1 − x ) =. 1 . Tính x+1. 1. giá trị tích phân I =  f ( x ) dx . 0. 2 B. I = ln 2 . 9. 9 A. I = ln 2 . 2. Câu 54: Cho. hàm. 1. số. I =  f ( x ) dx = 0. y = f ( x). và. thỏa. a−b 2 với a, b, c  c. và. C. I =. D. I =. ( ). f ( x ) − 8x3 f x4 +. mãn. x3 x2 + 1. 3 . 2. =0 .. Tích. phân. a b ; tối giản. Tính a + b + c c c. B. −4. A. 6.. 4 . 3. D. −10 .. C. 4.. 1 Câu 55: Cho hàm số liên tục trên đoạn −  ln 2; ln 2  và thỏa mãn f ( x ) + f ( − x ) = e x + 1 . Biết ln 2.  f ( x ) dx = a ln 2 + b ln 3 với a, b . . Tính giá trị của P = a + b. − ln 2. A. P =. 1 . 2. C. P = −1 .. B. P = −2. Câu 56: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên. D. P = 2 ..   , f ( 0 ) = 0 và f ( x ) + f  − x  = sin xcosx với 2 . . x . 2. . Giá trị của tích phân  xf  ( x )dx bằng 0. A.. − . 4. B.. 1 . 4. Câu 57: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên phân I =.  . 4. 1 D. − . 4 2 x và thỏa mãn f (1 + 2 x ) + f (1 − 2 x ) = 2 , x  x +1. C.. . Tính tích. 3.  f ( x )dx .. −1.  A. I = 2 − . 2 Câu 58: Cho hàm số 2. x f. 2.  B. I = 1 − . 4 y = f ( x ) xác định. ( x ) + ( 2x − 1) f ( x ) = xf  ( x ) − 1 với x . C. I = và. liên. 1  − . 2 8. tục. D. I = trên. \0 và f ( 1) = −2 . Tính. \0.  4. .. và. thỏa. mãn. 2.  f ( x )dx . 1. 3 ln 2 1 3 ln 2 A. − − ln 2 . B. − − ln 2 . C. −1 − . D. − − . 2 2 2 2 2 Câu 59: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên đoạn  4; 8  và f ( 0 )  0 với x   4;8  . Biết rằng.  f  ( x )  1 1 4   4 dx = 1 và f ( 4 ) = 4 , f ( 8 ) = 2 . Tính f ( 6 ) .  f ( x ) 2. 8. A.. 5 . 8. B.. 2 . 3. C.. 3 . 8. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D.. 1 . 3. 385.

(391) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.A 11.A 21.B 31.A 41.D 51.C. 2.C 12.D 22.A 32.C 42.A 52.B. 3.C 13.C 23.D 33.B 43.D 53.B. 4.A 14.B 24.B 34.B 44.C 54.A. 5.D 15.A 25.A 35.B 45.A 55.A. 6.A 16.A 26.D 36.D 46.D 56.D. 7.D 17.D 27.C 37.D 47.B 57.A. 8.B 18.C 28.B 38.C 48.B 58.A. 9.C 19.A 29.C 39.C 49.C 59.D. 10.C 20.C 30.D 40.B 50.D. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn A 1 1  1 3 Đặt t =  x = khi đó trở thành: f   + 2 f ( t ) =  2 f ( x ) + x t t t. 1 3 f = . x x. 1 1 6 Hay 4 f ( x ) + 2 f   = , kết hợp với điều kiện f ( x ) + 2 f   = 3x. x x x 2 2 f ( x) 2 f ( x) 6  2   −2  3 Suy ra: 3 f ( x ) = − 3x  = 2 −1 I =  dx =   2 − 1  dx =  − x = x x x x   x 1 2 1 1 x 2. 2. Câu 2:. 2. 2. Chọn C Cách 1: Áp dụng kết quả của dạng 3, ta có: 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = x 1 − x = g ( x )  f ( x ) = 1. 1. 0. 0. Suy ra: I =  f ( x ) dx = . 2 g ( x ) − 3g (1 − x ). 2 x 1 − x − 3 (1 − x ) x −5. 2 2 − 32 casio. dx = 0,05 ( 3 ) =. =. 2 x 1 − x − 3 (1 − x ) x −5. .. 4 75. Cách 2: Với 2 f ( x ) + 3 f ( 1 − x ) = x 1 − x ta có A = 2; B = 0; C = 3. 1. Suy ra:.  f ( x ) dx = 0. 1. casio 1 4 x 1 − xdx = 0,05 ( 3 ) =  2+3 0 75. Cách 3: 1. 1. 1. 0. 0. 0. casio. Từ 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = x 1 − x  2  f ( x ) dx + 3 f (1 − x ) dx =  x 1 − xdx = 0,2 ( 6 ) = Đặt u = 1 − x  du = −dx ; Với x = 0  u = 1 và x = 1  u = 0. 1. Suy ra.  0. 2. 5 f ( x ) dx = 0. Câu 3:. 386. 1. 1. 0. 0. f ( 1 − x ) dx =  f ( u ) du =  f ( x ) dx thay vào ta được: 2. 4 4   f ( x )dx = 15 75 0. Chọn C Cách 1: Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 4 (* ) 15.

(392) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Áp dụng hệ quả 2: A. f ( x ) + B. f ( − x ) = g ( x )  f ( x ) = Ta có: f ( − x ) + 2018 f ( x ) = 2 x sin x  f ( x ) = . . A+B. , g ( x ) là hàm chẵn.. 2 x sin x 2019. . 2. f ( x ) dx =. . −. g ( x). 2 2019. 2. 2. casio.  x sin xdx =. −. 4 . 2019. 2. Cách 2: Với f ( − x ) + 2018 f ( x ) = 2 x sin x với A = 1; b = 0; C = 2018 . . . 2. . Suy ra. −. Câu 4:. 1 f ( x ) dx = 1 + 2018. 2. 2. . −. casio. 2 x sin xdx =. 4 . 2019. 2. Chọn D Cách 1: Áp dụng hệ quả 1: A. f ( x ) + b. f ( − x ) = g ( x )  f ( x ) = Ta có: f ( − x ) + 2018 f ( x ) = e x  f ( x ) = I=. 1. . −1. f ( x ) dx =. A.g ( x ) − B.g ( − x ) A 2 + B2. .. 2018e x − e − x 2018 2 − 1. casio 1 e2 − 1 x −x −4 2018 e − e dx  1,164.10  . Chọn A 2019.2017 −1 2019 e 1. (. ). Cách 2: Với f ( − x ) + 2018 f ( x ) = e x ta có A = 1; B = 0; C = 2018. 1. 1. 1 1 x Suy ra  f ( x ) dx = e x dx = e  1 + 2018 −1 2019 −1. Câu 5:. 1. = −1. e2 − 1 . 2019 e. Chọn D Áp dụng kết quả dạng 3, có 2 f ( 2 x ) + f ( 1 − 2 x ) = 12 x 2 = g ( x ) x  x −1 2 2g   − g  2 2 −2  6 x − 3 ( x − 1)    f ( x) = = = x 2 + 2 x − 1. 3 22 − 1. Câu 6:.  f (1) = 2 Suy ra  . Khi đó, phương trình tiếp tuyến cần lập là: y = 4x − 2 .  f 1 = 4 ( )  Chọn A Áp dụng Hệ quả 2 : h( x) A.g ( x ) + B.g ( − x ) = h ( x )  g ( x ) = với h ( x ) là hàm số chẵn A+B 1 1 = Ta có: g ( x ) + g ( − x ) = 1 = h ( x )  g ( x ) = 1+1 2 Kết hợp với điều kiện f ( x ) là hàm số chẵn, ta có: I =  f ( x ) g ( x ) dx = 1. −1. 1 1 1 f x dx = ( ) 0 f ( x ) dx = 2018 . 2 −1. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 387.

(393) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Chú ý: Nếu f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục trên −  a; a  thì Câu 7:. Chọn D Cách 1:. Áp dụng hệ quả 2: A. f ( x ) + B. f ( − x ) = g ( x )  f ( x ) = Ta có: f ( x ) + f ( − x ) = 2 + 2cos 2 x  f ( x ) = I=. 3 2. −. . f ( x ) dx =. 3 2. 3 2. −.  f ( x ) dx = 2 f ( x ) dx . a. a. −a. 0. g ( x) A+B. với g ( x ) là hàm số chẵn. 2 + 2cos 2 x = cos x 2. Casio. . cos x dx = 6. 3 2. Cách 2: Với f ( x ) + f ( − x ) = 2 + 2cos 2 x ta có A = 1; B = 0; C = 1 . I=. 3 2. −. . f ( x ) dx =. 3 2. 1 1+1. 3 2. −. . 3 2. 2 + 2cos 2 xdx =. 3 2. −. . Casio. cos x dx = 6. 3 2. Cách 3: Từ f ( x ) + f ( − x ) = 2 + 2cos 2 x . 3 2. . f ( x ) dx +. 3 − 2. 3 2. . f ( − x ) dx =. 3 − 2. 3 2. . 2 + 2cos 2 xdx =. 3 − 2. Suy ra −. 3 2. 3 2. 3 3 3 3 →u= ;x= →u=− 2 2 2 2. 3 2. 3 2. −. −. 3 2. −. 3 2. 3 2.  f ( x ) dx = 12   f ( x ) dx = 6 . 3 2. −. 3 2. Chọn B Với 2 f ( x) + f (−x) = cos x ta có A = 2; B = 0; C = 1. . Suy ra: I =. 2. . −. Câu 9:. (* ).  f ( −x ) dx =  f (u) du =  f ( x ) dx. Thay vào , ta được: 2 Câu 8:. . Casio. 2 cos x dx = 12. 3 − 2. Đặt u = 1 − x  du = −dx . Với x = − 3 2. 3 2. . f ( x)dx =. 1 2+1. 2. 2. 2.  cos xdx = 3 .. −. 2. Chọn C Với 2 f ( x) + 3 f ( − x) = Suy ra: I =. 2. . −2. 1 . ta có A = 2; B = 0; C = 3. 4 + x2. f ( x)dx. =. 1 dx   0,157  .  2 2 + 3 −2 4 + x 20 2. Câu 10: Chọn C Đặt t = 1 − x  x = 1 − t. 388. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(394) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Khi đó x 2 f ( x) + f (1 − x) = 2 x − x 4  (1 − t )2 f (1 − t ) + f (t ) = 2(1 − t ) − (1 − t )4  (t 2 − 2t + 1) f (1 − t ) + f (t ) = 1 + 2t − 6t 2 + 4t 3 − t 4. Hay ( x 2 − 2 x + 1) f (1 − x) + f ( x) = 1 + 2 x − 6 x 2 + 4 x 3 − x 4 (*) Từ điều kiện: x 2 f ( x) + f (1 − x) = 2 x − x 4  f (1 − x) = 2 x − x 4 − x 2 f ( x) (**) . Thay. vào. ta. được:. ( x 2 − 2 x + 1)  2 x − x 4 − x 2 f ( x)  + f ( x) = 1 + 2 x − 6 x 2 + 4 x 3 − x 4.  (1 − x 2 + 2 x 3 − x 4 ) f ( x) = x6 − 2 x 5 + 2 x 3 − 2 x 2 + 1  (1 − x 2 + 2 x 3 − x 4 ) f ( x) = (1 − x 2 )(1 − x 2 + 2 x 3 − x 4 )  f ( x) = (1 − x 2 ). 1 1 2 Suy ra: I =  f ( x)dx =  (1 − x 2 )dx = . 3 0 0. Câu 11: Chọn A Ta có 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = 1 − x 2   2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) dx =  Xét. . 1. Xét. . 1. 1. 0. 1 − x 2 dx đặt x = sin t khi đó . 0. 0. 1. 0. . 1. 1 − x 2 dx =  2 cos 2tdt =. 0. 0. 1 − x 2 dx.. 1 2  cos2t + 1) dt = , (1) . (  0 2 4. 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) dx = 2  f ( x ) dx + 3 f (1 − x ) dx , ( * ) . 1. 1. 0. 0.  f (1 − x ) dx =  f ( t ) dt . Do tích phân có tính chất bất  f ( t ) dt =  f ( x ) dx . Khi đó ( * ) trở thành  2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) dx = 5 f ( x ) dx , ( 2 ) .. Đặt 1 − x = t khi đó. 1. 1. 0. 0. 1. 1. 1. 1. 0. 0. 0. 0. 1. . 0. 4. Từ ( 1) , ( 2 ) ta có 5 f ( x ) dx =. 1. . 0. 20.   f ( x ) dx =. biến nên. .. Câu 12: Chọn D  u( x )  Áp dụng công thức   f ( t ) dt  = u ' ( x ) f u ( x ) − v ' ( x ) f v ( x ) .  v( x )   . (. ). (. ).  x2  Ta có   f ( t ) dt  = ( x cos( x) )  2 xf x 2 = cos( x) −  x sin( x), (1) . 0   . ( ). 1 Thay x = 2 vào ( 1) ta được f ( 4 ) = . 4 Câu 13: Chọn C  u( x )  Áp dụng công thức   f ( t ) dt  = u ' ( x ) f ( u ( x ) ) − v ' ( x ) f ( v ( x ) ) . Ta có  v( x )   .  x2  2 2    f ( t ) dt  = e x + x 4 − 1  2 xf x 2 = 2 xe x + 4 x 3 , (1) . 0   . (. ). ( ). Thay x = 2 vào ( 1) ta được f ( 4 ) = e 4 + 8. Câu 14: Chọn B u( x ). Áp dụng công thức:.  f (t )dt = u'. f (u) a. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 389.

(395) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. x.  a. x f (t ) f (t ) dt + 6 = 2 x  dt + 6 = 2 x '  2 2 t a t. ( ). f ( x) x. 2.  f ( x ) = x x . Vậy f ( 4 ) = 8.. 1. =. x. Câu 15: Chọn A u( x ). Áp dụng công thức:.  f (t )dt = u'. f (u) a. x. g ( x ) = 1 + 2018  f ( t ) dt  g ' ( x ) = 2018 f ( x )  g ' ( x ) = 2018 g ( x )  0. Suy ra:. g'( x). . g ( x). g '( x) g ( x). = 2018. dx =  2018dx  2 g ( x ) = 2018 x + C ( * ) x. Từ điều kiện: g ( x ) = 1 + 2018  f ( t ) dt  g ( 0 ) = 1 thay vào ( * ) ta có C = 2 0. Do đó:. g ( x ) = 1009 x + 1 . Vậy. 1.  0. 1. g ( x ) dx =  ( 1009 x + 1)dx = 0. 1011 2. Câu 16: Chọn A Đặt: t =. 1 1 1 1  dt = − 2 dx ; x =  t = 2, x = 2  t = ’ x 2 2 x.  1  1 1 f  2 f   2 f  t t x  1 I =    1.  − 2 dt =  2  .dt =  2  .dx 1 t  1 t +1 1 x +1 2 +1  2 2 2 t 1 2. 1 1 1 2 f  +2 2 f ( x) + f  2 x + 2  x  1  x  dx = x2 dx +  2  .dx =  dx = Do đó: 2 I =  2 1 + 2   2 2 x +1 x +1 x 1 x +1 1 x +1 1 1 1 2. f ( x). 2. 2. 2. 2. 2.   dx = 3 . 2. 3 Vậy: I = . 2. Câu 17: Chọn D. (. ). 2  dt = 3x + 1 dx Đặt t = x + x   . 2 f t = x − 1 ( )   3. Đổi cận: t = 0  x3 + x = 0  x = 0 và t = 2  x3 + x = 2  x = 1 . 2. 1. 0. 0. (. )(. ). Casio. Khi đó I =  f ( t ) dt =  x 2 − 1 3x 2 + 1 dx = −. 16 . 15. Câu 18: Chọn C. (. ). 2  dt = 3x + 2 dx Đặt t = x + 2 x − 2   . f t = 3 x − 1 ( )   3. Đổi cận: t = 1  x3 + 2x − 2 = 1  x = 1 và t = 10  x3 + 2x − 2 = 10  x = 2 .. 390. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(396) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 10. 2. 1. 1. (. ). Casio. Khi đó I =  f ( t ) dt =  ( 3x − 1) 3x 2 + 2 dx =. 135 . 4. Câu 19: Chọn A dt = 3x 2dx Đặt t = x + 1   .  f ( t ) = 2 x − 1 3. Đổi cận: t = 0  x3 + 1 = 0  x = −1 và t = 2  x3 + 1 = 2  x = 1 . 2. Khi đó I =  f ( t ) dt = 0. 1. Casio. 2  ( 2x − 1) 3x dx = − 2 .. −1. Câu 20: Chọn C 5 5 u = x du = dx 5 Đặt    I = xf ( x ) −  f ( x ) dx = 5 f ( 5 ) − f (1) −  f ( t ) dt . 1 1 1 dv = f ' ( x ) dx v = f ( x ). (. ). 2  dt = 3x + 3 dx Đặt t = x + 3x + 1   . f t = 3 x + 2 ( )   3. Đổi cận: t = 1  x 3 + 3x + 1 = 1  x = 0; t = 5  x 3 + 3x + 1 = 5  x = 1 . Suy ra: f ( 5 ) = 3.1 + 2 ( x = 1) và f ( 1) = 3.0 + 2 ( x = 0 ) . 1. (. ). Casio. Khi đó I = 5.5 − 2 −  ( 3x + 2 ) 3x 2 + 3 dx = 0. Câu 21: Chọn B. (. 33 . 4. ). dt = 4 x 3 + 2 x + 1 dx  Đặt t = x + x + x − 1   . 1  f (t ) = x+1  4. 2. Đổi cận: t = 2  x 4 + x 2 + x − 1 = 2  x = 1; t = 21  x 4 + x 2 + x − 1 = 21  x = 2 ( x  0 ) . 21. 21. 2. 2. 1  5  4x 3 + 2x + 1 dx =   4x 2 − 4x + 6 −  dx . x+1 x +1 1 1. 2. Ta có: I =  f ( x ) dx =  f ( t ) dt = . (. ). 2. 2.  4x3  28 3 28 243 . = − 2 x2 + 6 x − 5ln x + 1  = − 5ln = − ln 2 3 32  3 1 3. Suy ra a = 28; b = 3; c = 243; d = 32  T = 306 . Câu 22: Chọn B   1  dt =  1 + 2  dx 1 x   Đặt t = x − + 1   . x f t = 1  ( ) x. 1 5 1 5 Đổi cận: t = 1  x − + 1 = 1  x = 1; t =  x − + 1 =  x = 2 ( x  0 ) . x 2 x 2 5 2. 5 2. 2 2 2 1  1 1  1 1 1 Ta có: I =  f ( x ) dx =  f ( t ) dt =  .  1 + 2  dx =  .  1 + 2  dx =  + 3 dx x  x  x x x  x  1 1 1 1 1. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 391.

(397) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 2.  1  3 =  ln x − 2  = + ln 2 . Suy ra a = 3; b = 8; c = 2  T = 13 . 2x  1 8 . Câu 23: Chọn D. (. ). Đặt y = f ( x )  x = y 3 + y  dx = 3 y 2 + 1 dy . Đổi cận: x = 0  y3 + y = 0  y = 0 ;. x = 2  y3 + y = 2  y = 1 . 2. 1. 0. 0. (. 1. ). (. ). casio. Khi đó I =  f ( x ) dx =  y 3 y 2 + 1 dy =  3 y 3 + y dy = 0. Câu 24: Chọn B. (. 5 . 4. ). Đặt y = f ( x )  x = 2 y 3 − 3 y 2 + 6 y  dx = 6 y 2 − 6 y + 6 dy . Đổi cận: x = 0  2 y3 − 3y2 + 6 y = 0  y = 0 ; x = 5  2 y3 − 3y2 + 6 y = 5  y = 1 . 5. 1. 0. 0. (. 1. ). (. ). casio. Khi đó I =  f ( x ) dx =  y.6 y 2 − y + 1 dy = 6  y 3 − y 2 + y dy = 0. Câu 25: Chọn A. (. 5 . 2. ). Đặt y = f ( x )  x = − y 3 − 2 y + 1  dx = −3 y 2 − 2 dy . Đổi cận: x = −2  − y 3 − 2 y + 1 = −2  y = 1 ; x = 1  −y3 − 2y + 1 = 1  y = 0 .. Khi đó I =. 1. . −2. 0. (. ). 1. (. ). casio. f ( x ) dx =  y. −3 y 2 − 2 dy =  3 y 3 + 2 y dy = 1. 0. Câu 26: Chọn D. (. 7 . 4. ). Đặt y = f ( x )  2 x = − y 5 − y + 4  2dx = −5 y 4 − 1 dy . Đổi cận: x = 1  −y5 − y + 4 = 1  y = 1 ; x = 2  −y5 − y + 4 = 2  y = 0 . 2. 0. 1. 1. (. ). 1. (. ). casio. Khi đó I =  f ( x ) dx =  y. −5 y 4 − 1 dy =  5 y 5 + y dy = 0. 4 . 3. Câu 27: Chọn C u = x du = dx  Đặt:  dv = f  ( x ) dx v = f ( x ) 7.  I =  xf  ( x ) dx = xf ( x ) −1. 392. 7 −1. 7. 7. −1. −1. −  f ( x ) dx = 7 f ( 7 ) + f ( −1) −  f ( x ) dx. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(398) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG..  f 3 ( 7 ) + f ( 7 ) − 10 = 0  f ( 7 ) = 2 Từ x − f ( x ) − f ( x ) + 3 = 0   3   f ( −1) = 1  f ( −1) + f ( −1) − 2 = 0 3. (. ). Đặt t = f ( x )  x − t 3 − t + 3 = 0  x = t 3 + t − 3  dx = 3t 2 + t dt  x = −1  −1 = t 3 + t − 3  t = 1 Đổi cận  3  x = 7  7 = t + t − 3  t = 2 7. Khi đó. 2.  f ( x ) dx =  (. −1. 1. ). 7. Casio. 51 9 51 . Suy ra I = 15 −  f ( x ) dx = 15 − = . 3t + t dx = 4 4 4 −1 2. Câu 28: Chọn B Cách 1: Dùng công thức tính nhanh dạng 7 1 Cách 2: Đặt: t = 1 − x  dt = −dx; f ( x ) = và x = 0  t = 1; x = 1  t = 0 f (t ) 1. 1. dx = 1 + f x ( ) 0 0. Khi đó I = . 1 f (t ). 1+. f ( t ) dt. 1. dt. = 0. 1 + f (t ). 1. = 0. f ( x ) dx. 1 + f ( x). 1 f ( x ) dx 1 dx 1 + =  dx = 1  I = . 2 0 1 + f ( x) 0 1 + f ( x) 0 1.  2I = . Câu 29: Chọn C Cách 1: Dùng công thức tính nhanh dạng 7 Khi đó: I =. 2018.  0. dx 2018 − 0 = = 1009 2.1 1 + f ( x). Cách 2: Đặt: t = 1 − x  dt = −dx; f ( x ) = Khi đó I =. 2018.  0.  2I =. 2018.  0. dx = 1 + f ( x). dx + 1 + f ( x). 2018.  0. 2018.  0. dt 1+. 1 f (t ). f ( x ) dx. 1 + f ( x). =. =. 2018.  0. 2018. . 1 và x = 0  t = 2018; x = 2018  t = 0 f (t ). f ( t ) dt. 2018. 1 + f (t )  =. 0. f ( x ) dx. 1 + f ( x). dx = 2018  I = 1009 .. 0. Câu 30: Chọn D Dùng công thức tính nhanh dạng 7 12 12 − ( −2 ) 7 1 dx = = . Do đó: I =  2.3 3 −2 3 + f ( x ) Câu 31: Chọn A Cách 1: Sử dụng công thức giải nhanh dạng 8: 3. Do đó:.  f ( x )dx = 1 + 3 = 2 . 2.5. 5. 1. Cách 2: Đặt t = 4 − x  dt = −dx và x = 1  t = 3; x = 3  t = 1 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 393.

(399) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 3. 3. 3. 3. Khi đó: 5 =  x. f ( x )dx =  ( 4 − t ) . f ( 4 − t ) dt =  ( 4 − x ) . f ( 4 − x ) dx =  ( 4 − x ) . f ( x ) dx . 1. 1. 1. 1. 3. 3. 3. 3. 1. 1. 1. 1. Suy ra: 10 =  x. f ( x )dx +  ( 4 − x ) . f ( x ) dx = 4  f ( x ) dx   f ( x ) dx =. 5 . 2. Câu 32: Chọn C Sử dụng công thức giải nhanh dạng 8: 4. Do đó:.  f ( x )dx = −1 + 4 = 3 . 2.2. 4. −1. Câu 33: Chọn B f '( x). 2. Cách 1: Ta có: f '( x) = 2 x  f ( x)  f (2) =−.  f ( x) = −.  f ( x). 2 9. 2. 1 1  C = .Vậy f ( x) = − 2 x +C 2. = 2x  . f '( x)  f ( x). 2. −1 = x2 + C f (x). dx =  2 xdx . 1. 2  f (1) = − . 1 3 x2 + 2. Cách 2: 2. 1 −2 f '( x) = 2 x  f ( x)  = 2x   dx =  2 xdx = 3  − = 3  f (1) = . 2 2 f ( x) 1 3  f ( x) 1  f ( x)  1   Câu 34: Chọn B 2 f '( x) f '( x) −1 x2 = x  dx = xdx  = +C Cách 1: Ta có: f '( x) = x  f ( x)    f ( x)  2  2 f (x) 2  f ( x)    f ( x) = −. 2. f '( x). 2. f (2) =−. 1. 1 3.  C = 1 .Vậy f ( x) = −. 2. x +C 2. 2. f '( x). 1 2  f (1) = − . 3 x +1 2. 2. 3 1 −2 =x dx =  xdx =  − = 3  f (1) = . Cách 2: f '( x) = x  f ( x)  2 2 2 f ( x) 1 3  f ( x) 1  f ( x)  1   Câu 35: Chọn B 2 f '( x) f '( x) −1 = 4x3   dx =  4 x 3dx  = x4 + C Cách 1: Ta có: f '( x) = 4 x 3  f ( x)  2 2 f (x)  f ( x)  f ( x) f (2) =−. 2. f '( x). 2. 2. f '( x). 1. 25 1 1 1  f (1) = − .  f ( x) = − 4  C = 9 .Vậy f ( x) = − 2 10 x +9 x +C Cách 2: 2. 1 −1 f '( x) = 4 x  f ( x)  = 4x   dx =  4 x dx = 15  − = 3  f (1) = . 2 2 f ( x) 1 10  f ( x) 1  f ( x)  1   3. 2. Câu 36: Chọn D Ta có f ' ( x ) = x 3  f ( x )   2. 394. 2. f '( x). 3. f '( x)  f ( x ) . 2. f '( x). 2. 3. = x3 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(400) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG..  f ( x) = −. f '( x). . Cách 1: Từ suy ra.  f ( x ) . dx =  x3 dx  − 2. 1 x4 = +C. f ( x) 4. f ( 2 ) =− 1 1 1 4 5 ⎯⎯⎯⎯ →− = −  C = 1  f ( x) = − 4  f (1) = − . 4 5 4+C 5 x x +C +1 4 4 1. 1. f '( x). 2.  1  15 4 Cách 2: suy ra  dx = x dx  −  f (1) = − .   =  2   5 1  f ( x ) 1  f ( x)  1 4   2. 2. 3. Câu 37: Chọn D Biến đổi f ' ( x ) = −e . f x. 2. ( x) . f '( x) f. 2. = −e . ln 2. . x. ( x). f '( x) f. 0. 2. ( x). ln 2. dx =  0. ln 2. 1 −e dx  − f ( x) x. = −1  f ( ln 2 ) =. 1. 1 3. Câu 38: Chọn C Biến đổi. f '( x). f 2 ( x). 1. =x  2. 0. f '( x). 1. 1. 1 1 dx =  x dx  − =  f ( 1) = 6 . 2 3 f ( x) f ( x) 0 2. 0. Từ f ' ( x ) = ( x. f ( x ) )  f ' ( 1) = ( 1. f (1) ) = 36 . 2. 2. Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = 36 ( x − 1) + 6  y = 36 x − 30 . Câu 39: Chọn C Ta có f  ( x ) + 2 f ( x ) = 0  f ( x). 1. −1. f ( x). = −2. 1. dx =  -2dx  ln f ( x ).  f ( x)  ln f ( −1) = 4  f ( −1) = e. . f ( x). 1 −1. = −2 x. 1 −1.  ln f (1) − ln f ( −1) = −4. −1. 4. .. Câu 40: Chọn B Ta. f  ( x ) . f ( x ) = x4 + x2. có. 2. 2. 0. . f 2 ( 2). 2 Câu 41: Chọn D. −. f 2 (0) 2. =. . f. 2. ( x). dx =. Với f ( 2 ) =. 1. ). 0.  x5 x3  1 2 f ( x ) 02 =  +  2 3  5. 2 0. 136 332  f 2 ( 2) = . 15 15. f  ( x ) + ( 2x + 4 ) f 2 ( x ) = 0 . f ( x). (.   f  ( x ) . f ( x ) dx =  x 4 + x 2 dx . f ( x). f 2 ( x). = −2 x − 4.  ( −2x − 4 ) dx  − f ( x ) = −x 1. . 2. − 4x + C  f ( x ) =. −1. 1 . x + 4x − C 2. 1 1 1 1  =  C = −3  f ( x ) = 2 . 15 15 12 − C x + 4x + 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 395.

(401) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Khi đó f (1) + f ( 2 ) + f ( 3 ) =. 1 1 1 7 + + = 8 15 24 30. Câu 42: Chọn A Từ f 6 ( x ) . f  ( x ) = 12 x + 13   f 6 ( x ) . f  ( x ) dx =  (12 x + 3 )dx   f 6 ( x ) df ( x ) = 6 x 2 + 13x + C . Suy ra f. 7. ( x ) = 42x. 2. f 7 ( x) 7. ( ) = 6 x 2 + 13x + C ⎯⎯⎯ →C = f 0 =2. 27 . 7. + 91x + 2 . 7. Do đó phương trình f ( x ) = 3  f 7 ( x ) = 2187  42 x 2 + 91x − 2059 = 0 ( * ) . Phương trình ( * ) có ac  0 nên có hai nghiệm trái dấu. Câu 43: Chọn B Biến đổi: f  ( x ) = ( 2 x + 3 ) . f 2 ( x ) . f ( x). f 2 ( x). = 2x + 3  . f ( x). f 2 ( x). dx =  ( 2 x + 3 ) dx. 1 f ( 0 ) =− 1 1 2 2 − = x + 3x + C  f ( x ) = − 2 ⎯⎯⎯⎯ →C = 2 f ( x) x + 3x + C.  f ( x) = −. 1 1 . =− x + 3x + 2 ( x + 1)( x + 2 ) 2. Khi đó: a  1 1 1 1   = f ( 1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2017 ) + f ( 2018 ) = −  + + .... + +  b 2018.2019 2019.2020   2.3 3.4 1 1 1 1 1 1 1 1  1 1  1009 . =  − + − + ... + − + −  = − − =− 2018 2019 2019 2020  2020 2 3 3 4  2 2020 . Với điều kiện a, b thỏa mãn bài toán, suy ra a = −1009, b = 2020  b − a = 3029 . Câu 44: Chọn C Cách 1: Ta có f ( x ) = f  ( x ) 3x + 1  . (. d f ( x) 3 f ( x). )=1. f ( x) f ( x). 1. =. 3x + 1. −1 2. 4. 2 4 = 1  C = −  f ( x) = e 3 3 Cách 2: Với điều kiện bài toán, ta có f ( x) 1 f ( x ) = f  ( x ) 3x + 1  = f ( x) 3x + 1.  1. f ( x) f ( x). f ( x). 2 3x + 1) d ( 3x + 1)  ln f ( x ) = (  3 3. Khi đó f ( 1) = 1  e 3. 5. f ( x). . 5. +C. 1. dx = . 3x + 1. 1. 5. dx   1. df ( x ) f ( x). =. dx = . dx 3x + 1. . 2. 3x + 1 + C  f ( x ) = e 3. 3 x +1 −. 4 3. 3 x +1 +C. .. 4.  f ( 5 ) = e 3  3,79  ( 3; 4 ) .. f ( 5) 4 4 4  ln f ( x ) 15 =  ln = 3 3 f ( 1) 3. 4.  f ( 5 ) = f ( 1) .e 3  3,79  ( 3; 4 ) .. Câu 45: Chọn A. 396. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(402) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Ta có: x + 2 xf ( x) = [f ( x)]2  x(1 + 2 f ( x)) = [f ( x)]2 . 4 4 [f ( x)]2 f ( x) f ( x) =x = x dx =  xdx 1 + 2 f ( x) 1 + 2 f ( x) 1 + 2 f ( x) 1 1 4.  1 + 2 f ( x) = 1. 14 14 391  1 + 2 f (4) − 2 =  f (4) = 3 3 18 f ( x). 4. Chú ý: Nếu không nhìn được ra luôn.  1. 4. 1 + 2 f ( x). dx = 1 + 2 f ( x) = 1 + 2 f (4) − 2 thì ta 1. có thể sử dụng kĩ thuật vi phân hoặc đổi biến . Vi phân 4 4 4 −1 f ( x) df ( x) 1 2 d(1 + 2 f ( x)) dx = dx = 1 + 2 f ( x ) ( ) 1 1 + 2 f ( x) 1 1 + 2 f ( x) 2 1 4. = 1 + 2 f ( x) = 1 + 2 f (4) − 2 1. Đổi biến: Đặt t = 1 + 2 f ( x)  t 2 = 1 + 2 f ( x)  tdt = f ( x)dx Với x = 1  t = 1 + 2 f (1) = 2; x = 4  t = 1 + 2 f (4) 1+ 2 f (4). . Khi đó I =. 2. 1+ 2 f (4) tdt =t2 = 1 + 2 f (4) − 2 t. Câu 46: Chọn D f ( x). f ( x). Ta có f ( x). f ( x) = 2 x f 2 ( x) + 1  . f ( x). f ( x) f ( x) + 1 2. dx =  2 xdx . Với f (0) = 0  1 = C . f 2 ( x) + 1. = 2x. f 2 ( x) + 1 = x 2 + C. f 2 ( x) + 1 = x 2 + 1  f 2 ( x) = x 4 + 2 x 2 = g( x). Ta có g( x) = 4 x 3 + 4 x  0, x  [1; 3] Suy ra g( x) đồng biến trên [1; 3] f ( x ) 0. Suy ra g(1)  g( x) = f 2 ( x)  g(3)  3  f 2 ( x)  99 . 3  f ( x)  3 11.  min f ( x) = 3; max f ( x) = 3 11 . [1;3]. [1;3]. Vậy tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) trên [1; 3] bằng 3 11 + 3 Câu 47: Chọn B Ta có ( f ( x) ). 2. ( f ( x)) = e . f ( x)  x. f ( x). −1. 2. = ex . x. x. f ( x) x. = ex  . f ()) =1.   ( f ( x) ) 2 df ( x) =  e 2 dx  2 f ( x) = 2e 2 + C → C = 0  1. Suy ra.  0. 1. f ( x) x. dx =  e x dx x. f ( x) = e 2  f ( x) = e x. 1. f ( x)dx =  e x dx = e x = e − 1 0. 0. Câu 48: Chọn B Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 397.

(403) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 1 1  3   I =  f ( x ) dx = 2   3x 2 . f x 3 − dx = A − B 3x + 1 3x + 1  0 0. ( ). f ( x ) = 6x2 . f x3 − 1. ( ). 6. ( ). Gọi A = 2  3x 2 . f x 3 dx. Đặt t = x3  dt = 3x2dx 0. Đổi cận x = 0  t = 0; x = 1  t = 1 1. 1. 0. 0. A = 2  f ( t )dt = 2  f ( x ) dx = 2 I 1. I = 2I − B  I = B = 6 0. 1 1 1 − 1 dx = 6  ( 3x + 1) 2 . .d ( 3x + 1) = 2.2. 3x + 1 = 4. 0 3 3x + 1 0. 1. Câu 49: Chọn C. ( ). 4 x. f x 2 + 3 f (1 − x ) = 1 − x 2 1. 1. ( ). 1. 1. 1. ( ).  2. 2 x. f x dx + 3 f (1 − x ) dx =  1 − x dx  2 A + 3B =  1 − x dx ( * ) A =  2 x. f x 2 dx Đặt 2. 2. 0. 0. 2. 0. 0. 0. 1. 1. 0. 0. t = x2  dt = 2xdx ; x = 0  t = 0; x = 1  t = 1 A =  f ( t )dt =  f ( x )dx 1. B =  f ( 1 − x )dx. 1. 1. 0. 0. t = 1 − x  dt = −dx; x = 0  t = 1, x = 1  t = 0 B =  f ( t )dt =  f ( x )dx. Đặt. 0. 1. 1. 1. 0. 0. 0. ( * )  2 f ( x )dx + 3 f ( x )dx = . 1. 1. 0. 0. 1 − x 2 dx  5. f ( x )dx =  1 − x 2 dx.     Đặt: x = sin t  dx = costdt , t   − ;  ; x = 0  t = 0, x = 1  t = 2  2 2 . . 1. 2. 0. 0. 1 + cos2t 1  1   dt = .  t + sin 2t  2 = .Vậy 2 2  2 0 4 0. . 2.   1 − x2 dx =  1 − sin 2 t .cos tdt = . 1. 0. Câu 50: Chọn D 2. 2. 2. 0. 0. f ( x ) + f ( 2 − x ) = 2 x   f ( x )dx +  f ( 2 − x )dx =  2 xdx 0. 2. 2. 2. 0. 0. 0.   f ( x )dx = −  f ( 2 − x )dx +  2 xdx. Đặt: t = 2 − x  dt = −dx . Đổi biến: x = 0  t = 2, x = 2  t = 0 2. 2. 2. 2. 2 0 f ( 2 − x ) dx = 0 f (t ) dt = 0 f ( x ) dx . Do đó: 20 f ( x ) dx = x 0 = 4 . Vậy: 2. Câu 51: Chọn C. (. 2.  f ( x ) dx = 2 0. ). f ( x ) + 2 xf x 2 − 2 + 3 f ( 1 − x ) = 4 x 3 . 2. . −1. 2. (. ). 2. 2. −1. −1. f ( x ) dx +  2 x. f x 2 − 2 dx + 3  f ( 1 − x ) =  4 x 3ds = 15 ( ) . −1. Đặt u = x − 2  du = 2xdx ; với x = −1  u = −1; x = 2  u = 2 . 2. 2. Khi đó. −1. 398. (. ). 2  2x. f x − 2 dx =. 2. . −1. f ( u ) du =. .  f ( x )dx = 20 .. 2.  f ( x ) dx (1) .. −1. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(404) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Đặt t = 1 − x  dt = −dx ; với x = −1  t = 2; x = 2  t = −1 . 2. Khi đó. . f ( 1 − x ) dx =. −1. 2. . 2. f ( t ) dt =.  f ( x ) dx ( 2 ). −1. −1 2. Thay ( 1) , ( 2 ) vào ( ) ta được 5  f ( x ) dx = 15  −1. 2.  f ( x ) dx = 3 .. −1. Câu 52: Chọn B. (. ). 2. f ( x ) − xf 3 − x 2 = x + 2 . . 2. −1. (. ). f ( x ) dx −  xf 3 − x 2 dx = −1. 2. . x + 2dx =. −1. 14 () . 3. Đặt u = 3 − x  du = −2xdx ; với x = −1  u = 2; x = 2  u = −1 . 2. 2. Khi đó. (. ). 2  xf 1 − x dx =. −1. 2. 2. 1 1 f ( u ) du =  f ( x ) dx ( 2 )  2 −1 2 −1. 2. 2. 2. 1 14 28   f ( x ) dx = Thay vào ( ) ta được  f ( x ) dx −  f ( x ) dx = . 2 −1 3 3 −1 −1. Câu 53: Chọn B. (. ). f ( x ) + xf 1 − x 2 + 3 f ( 1 − x ) = 1. 1. (. 1 x+1 1. ). 1.   f ( x ) dx +  xf 1 − x dx + 3 f ( 1 − x ) dx =  0. 2. 0. 1 dx = ln x + 1 = ln 2 () 0 x+1 0. 0. Đặt u = 1 − x  du = −2xdx ; với x = 0  u = 1; x = 1  u = 0 . 2. 1. (. ). Khi đó  2 xf x2 − 2 dx = 0. 1. 1. 1 1 f ( u ) du =  f ( x ) dx (1) .  20 20. Đặt t = 1 − x  dt = −dx ; với x = 0  t = 1; x = 1  t = 0 . Khi đó. 1. 1. 1. 0. 0. 0.  f (1 − x ) dx =  f (t ) dt =  f ( x ) dx ( 2 ) .. Thay ( 1) , ( 2 ) vào ( ) ta được 1.  f ( x ) dx + 0. 1. 1. 1. 1. 1 9 2 f ( x ) dx + 3 f ( x ) dx = ln 2   f ( x ) dx = ln 2   f ( x ) dx = ln 2 .  20 20 9 0 0. Câu 54: Chọn A Cách 1: .. ( ). Biến đổi: f ( x ) − 8 x f x + 3. 4. x3 x2 + 1. ( ) f (x ) = −. = 0  f ( x ) − 2 4x. 3. 4. x3 x2 + 1. với. A = 1; B = −2; C = 0 . 1. Áp dụng công thức ta có:.  f ( x )dx = 0. 1. 1. 1 x3 x3 − dx = 0 x2 + 1dx . 1 + ( −2 ) 0 x2 + 1. x = 0  t = 1 Đặt t = x 2 + 1  t 2 = x 2 + 1  tdt = xdx; với  .  x = 1  t = 2 Khi đó 1. 1.  f ( x )dx =  0. 0. x2 x2 + 1. xdx =. 2.  1. t2 − 1 .tdt = t. 2.  (t 1. 2. ). − 1 .dt =. 2 t3 2− 2 a−b 2 − t|1 = . 3 3 c. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 399.

(405) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Suy ra a = 2; b = 1; c = 3  a + b + c = 6 . Cách 2:. ( ). x3. Từ f ( x ) − 8 x 3 f x 4 +. x2 + 1. 1. 1. 0. 0. 1. ( ). = 0   f ( x ) dx − 2  4 x 3 f x 4 dx +  0. x3 x2 + 1. dx = 0 ( * ) .. Đặt u = x 4  du = 4 x 3 dx; với x = 0  u = 0; x = 1  u = 1. 1. 1. ( ). 1. Khi đó  4x f x dx =  f ( u )du =  f ( x ) dx thay vào ( * ) , ta được: 3. 4. 0. 0. 1. 1. 1. 0. 0. 0. 0.  f ( x ) dx − 2 f ( x ) dx + . x. 3. x2 + 1. 1. 1. 0. 0. dx   f ( x ) dx = . x3 x2 + 1. dx .. x = 0  t = 1 Đặt t = x 2 + 1  t 2 = x 2 + 1  tdt = xdx; với  .  x = 1  t = 2 Khi đó 1. 1. 0. 0.  f ( x )dx = . x2 x2 + 1. xdx =. 2.  1. t2 − 1 .tdt = t. 2. (. ). t 2 − 1 .dt =. 1. 2 t3 2− 2 a−b 2 − t|1 = = . 3 3 c. Câu 55: Chọn A Cách 1: Dùng công thức dạng 2 1 . Ta có A = 1; B = 1; C = 0 . Từ f ( x ) + f ( − x ) = x e +1 ln 2. . Suy ra. f ( x ) dx =. − ln 2. ln 2. ln 2. 1 dx 1 dx =  x  x 1 + 1 − ln 2 e + 1 2 − ln 2 e + 1. Cách 2: Dùng công thức đổi biến số. ln 2. ln 2. ln 2. 1 1   f ( x ) dx +  f ( −x ) dx =  x dx ( * ) . Từ f ( x ) + f ( − x ) = x e + 1 − ln 2 − ln 2 − ln 2 e + 1. Đặt u = −x  du = −dx; Với x = − ln2  u = ln2; x = ln2  u = − ln2. ln 2. . Suy ra. f ( − x ) dx =. − ln 2 ln 2. ln 2. . f ( u ) du =. − ln 2. ln 2.  f ( x ) dx thay vào ( * ) , ta được:. − ln 2. ln 2. ln 2. ln 2. 1 1 1 2  f ( x ) dx =  x dx   f ( x ) dx =  x dx . 2 − ln 2 e + 1 − ln 2 − ln 2 e + 1 − ln 2 1 Đặt t = e x  dt = e xdx; Với x = − ln 2  t = ; x = ln 2  t = 2. 2 ln 2. Suy ra. ln 2. 2. 2. 2. 1 2. 1 ex dt t dx = dx =  = ln   x x x t +1 e +1 1 t ( t + 1) − ln 2 e + 1 − ln 2 e. (. ln 2. Khi đó. ). = ln 2 .. 1 1 1  f ( x ) dx = 2 ln 2 = a ln 2 + b ln 3 ⎯⎯⎯→ a = 2 ; b = 0  P = 2 . a , b. − ln 2. Câu 56: Chọn D Cách 1:   Với f ( x ) + f  − x  = sin xcosx ta có A = 1; B = 0; C = 1. 2 . 400. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(406) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. . . 2. Suy ra. 1 2 1 f ( x ) dx = − sin xcosxdx = − .  1+10 4.  0. Cách 2: . . . 2 2   Từ f ( x ) + f  − x  = sin xcosx   f ( x ) dx +  2  0 0. . Đặt u =. 2. − x  du = −dx; x = 0  u =.  2. Suy ra.  0. . . u=0.. 2. . . 2  f ( x ) dx = 0. . 2 2   f  − x  dx =  f ( u ) du =  f ( x ) dx thay vào ( * ) , ta được: 2  0 0.  2. 2. ;x =. 2   1 f  − x  dx =  sin xcosxdx = ( * ) 2 2  0. 2 1 1   f ( x ) dx = ( 1) Đặt 2 4 0. . u = x du = dx  ;  dv = f  ( x ) dx v = f ( x ). . 2.   xf  ( x ) dx = xf ( x ) 0.  2 0. . 2. −  f ( x ) dx = 0.   . 2. f   − f ( x ) dx . ( * ) 2  2  0.     f   − f (0) = 0    2 Từ điều kiện f ( x ) + f  − x  = sin xcosx      2   f    + f (0) = 0   2 .   f   = 0 (2) 2.  2. Thay ( 1) , ( 2 ) vào ( * ) , ta được  xf  ( x ) dx = 0. −1 4. Câu 57: Chọn A Đặt t = 1 + 2x  1 − 2x = 2 − t và x =. t −1 , khi đó điều kiện trở thành: 2. 2.  t −1  2  2 2   f t + f 2 − t = t − 2t + 1  f x + f 2 − x = x − 2 x + 1  . f (t ) + f ( 2 − t ) =  ( ) ( ) ( ) ( ) () 2 t 2 − 2t + 5 x2 − 2x + 5  t −1  2  +1  . Cách 1: Với f ( x ) + f ( 2 − x ) = 3. Suy ra:  f ( x ) dx = −1. x2 − 2x + 1 , ta có A = 1; B = 1 . x2 − 2 x + 5. 1 x2 − 2 x + 1  dx  0,429 = 2 − .  2 x + 1 −1 x − 2 x + 5 2 3. Cách 2: Từ ( ) , ta có: f ( x ) + f ( 2 − x ) =. x2 − 2x + 1 x2 − 2x + 1  f x dx + f 2 − x dx = dx ( * * ) . ( ) ( )    2 x2 − 2x + 5 −1 −1 −1 x − 2 x + 5 3. 3. 3. Đặt u = 2 − x  du = −dx , Với x = −1  u = 3 và x = 3  u = −1 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 401.

(407) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 3. . Suy ra. f ( 2 − x )dx =. −1. 3. . 3. f ( u )du =.  f ( x )dx thay vào () , ta được:. −1. −1. x2 − 2x + 1 1 x2 − 2x + 1  2  f ( x )dx =  2 dx   f ( x )dx =  2 dx  0,429 = 2 − . 2 −1 x − 2 x + 5 2 −1 −1 x − 2 x + 5 −1 3. 3. 3. 3. Câu 58: Chọn A Biến đổi x 2 f 2 ( x ) + 2 xf ( x ) + 1 = f ( x ) + xf  ( x )  ( xf ( x ) + 1) = f ( x ) + xf  ( x )() . 2. Đặt h ( x ) = xf ( x ) + 1  h ( x ) = f ( x ) + x. f  ( x ) , Khi đó ( ) có dạng: h 2 ( x ) = h ( x )   h( x) = −. h ( x ). h ( x) 2. = 1 . h ( x ). h ( x) 2. dx =  dx  . dh ( x ) h ( x) 2. = x+C  −. 1 = x + C. h( x). 1 1 1 f ( 1) =−2  xf ( x ) + 1 = − ⎯⎯⎯ ⎯ →−2 + 1 = −  C = 0. x+C x+C 1+C. 1 1 1 Khi đó xf ( x ) + 1 = −  f ( x ) = − 2 − . Suy ra: x x x. 2. 2. 1. 1.  f ( x ) dx = −. 1 1 1 − dx = − − ln 2 . 2 x 2 x. Câu 59: Chọn D 8 8 f ( x) df ( x ) 1 1 Xét  2 dx =  2 =− − = − ( 2 − 4) = 2 . f (8) f ( 4) 4 f ( x) 4 f ( x)  f ( x)  Gọi k là một hằng số thực, ta sẽ tìm k để   2 + k  dx = 0   4  f ( x)  Ta có: 8. 2. 8 f x  8 8  f ( x)   ( )  dx + 2 k f  ( x ) dx + k 2 dx = 1 + 4 k + 4 k 2 = 2 k + 1 2 . + k dx =   ( ) 4  f 2 ( x )  4   4 4 f 2 ( x ) 4 f x    ( ) 2. 8. 2. 8 6 6 f ( x) 1  f ( x) 1 f ( x) 1 1 Suy ra k = − thì   2 −  dx = 0  2 =  2 dx =  dx  2 2  24 f ( x) 2 4  f ( x) 4 f ( x) 2. 6.  4. df ( x ) f. 2. ( x) b. Chú ý:. 1 1 1 1 − =1 4− = 1  f (6) = . 3 f ( 4) f (6) f (6) b.  f ( x ) dx =0 không được phép suy ra f ( x ) = 0 , nhưng  f ( x ) dx =0  f ( x ) = 0. 2k. a. 402. dx =1 . a. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(408) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. TÍCH PHÂN HÀM ẨN PHẦN 2 Câu 1.. Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [a; b] . Khi đó tích phân I =  f ( x)dx tương ứng b. a. với A. Câu 2.. . b. a. f ( a + b − x)dx .. B.. . b. a. b. C. −  f ( a + b − x)dx . D.. f ( a + b + x)dx .. a. Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn 0; 3  và có tích phân. . 3. 0. . b. a. f ( x − a + b)dx .. f ( x)dx = 8 . Giá trị của. 3. tích phân I =  f (3 − x)dx tương ứng bằng 0. B. −8. A. 11 . Câu 3.. C. −11 .. và thỏa mãn f ( x ) + f ( 3 − x ) = x 2 − 3x +. Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên x  . Giá trị của tích phân I =. D. 8 . 13 với 2. 4.  f ( x ) dx tương ứng bằng. −1. Câu 4.. A. 27 . B. 30 . C. 31 . D. 95 5 6 2 4 Cho hàm số f ( x ) và g ( x ) xác định và liên tục trên và thỏa mãn 2 f ( x ) + 3 f ( 2 − x ) = g ( x ) với x  0; 2  . Biết rằng tích phân. 1. . f ( 2 x ) dx = −3 . Giá trị của tích phân. 0. Câu 5.. 2.  g ( x ) dx tương ứng bằng 0. A. −15 . B. 6 . C. −30 . D. 12 . Cho hàm số f ( x ) và g ( x ) xác định và liên tục trên thỏa mãn hệ thức f ( x ) − f ( 4 − x ) = g ( x ) 3. với x  1; 3  . Giá trị của tích phân  g ( x ) dx tương ứng bằng 1. Câu 6.. D. −2 .. A. 4 . B. 0 . C. 1 . Cho hàm số f ( x ) và g ( x ) xác định và liên tục trên. thỏa mãn 3 f ( x ) − f ( 3 − x ) = g ( x ) và. f ( x ) + 2 f ( 3 − x ) = 3x 2 + 1 với 1; 2  . Giá trị của tích phân. 2.  g ( x ) dx tương ứng bằng 1. 16 10 13 . B. 9 . C. . D. . 3 3 2 Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R thỏa mãn f ( x ) − f (3 − x) − f ( 4 − x ) = 4 x 3 + 1 với x  0;6  .. A. Câu 7.. Giá trị của biểu thức Câu 8..  f ( 4 − x )dx +  f ( 3 − x )dx tương ứng bằng 2. 3. 1. 1. x  −  6; 6  . Giá trị lớn nhất của tích phân. thực a   0; 3  A. 12 . Câu 9.. C. 42 . D. −48 . , thỏa mãn f ( x ) − f ( 3 − x ) − f ( 4 − x ) = 2 x với. A. −98 . B. −36 . Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên. . 3−a. a. B. 9 .. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên. f ( 4 − x ) dx tương ứng bằng bao nhiêu? Với số. D. 10 .. C. 6 .. (. ). thỏa mãn f ( x ) − f ( 2 − x ) − f 3x 2 − 1 = 3x 2 −. x  −  10;10  . Giá trị nhỏ nhất của tích phân. 2−a.  f ( 3x. 2. 15 với mọi 4. ). − 1 dx bằng bao nhiêu? Với số thực. a. a  1; 6 . A. − 15 . 2. B. − 1 . 2. C. −10 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. −6 . 403.

(409) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. a. Câu 10. Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên. . Giá trị của tích phân.  f ( x ) dx tương ứng bằng. −a. a. A.. . a. a. B. −  f ( a − x ) dx .. f ( x ) dx .. C.. D..  f ( 2a − x ) dx .. −a. −a. −a. 0. . a. f ( − x ) dx .. thỏa mãn f ( x) + 3 f ( − x) = 6 x − 1 . Giá trị của tích. Câu 11. Cho hàm số f ( x) xác định và liên tục trên. 2. 1. phân.  f ( x)dx. tương ứng bằng. −1. A. 1 .. Câu 12. Cho hàm số f ( x) xác định và liên tục trên a. Biết giá trị của tích phân. . 1 . 2 thỏa mãn 3 f ( x) + 4 f (−x) = g( x) với x  −  a; a  .. C. 0 .. B. 2 .. D.. f ( x)dx = 2 . Giá trị của tích phân. −a. B.. 5 f ( x ) − 2 f ( − x ) = x 2 cos  x với x  −  1; 1 ; 1. I =  xf ' ( x )dx = a + −1.  g( x)dx tương ứng bằng. −a. 2 . C. 14 . 7 Câu 13. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm và xác định và liên tục trên. A. 9 .. a. 7 . 2 thỏa mãn đồng thời các điều kiện. D.. f ( 1) + f ( −1) = 3 . Giá trị của tích phân. b b ; với a, b, c là những số nguyên dương và phân số tối giản. Giá trị của 2 c c.. biểu thức T = a + b + c tương ứng bằng A. 11 . B. 10 . C. 9 . Câu 14. Cho hàm số f ( x ) liên tục và có giá trị dương trên. D. 12 .. thỏa mãn f ( x ) . f ( a + b − x ) = 1 với. b. dx tương ứng bằng a 1 + f ( x). x   a; b  . Giá trị của tích phân I = . A. b − a . 2. 2 2 D. b − a . 4. C. b − a .. B. 1 .. 1 Câu 15. Cho hàm số f ( x ) liên tục và có giá trị dương trên R thỏa mãn f ( x ) + f   = g ( x ) với x a. x  ( 0; + ) . Giá trị của tích phân I = . f ( x ) dx. 1 a. A. I =. a. 1 g ( x ) dx . 2 1. B. I =. a. a. 1 g ( x ) dx . 2 1. x. tương ứng bằng. C. I =. a. 1 g ( x ) dx . 2 1. D. I =. Câu 16. Cho hàm số f ( x ) liên tục và có giá trị dương trên. 1 thỏa mãn f ( x ) + f   = xg ( x ) x. a. a. 1 a. 1 a. với x  ( 0; + ) . Biết rằng  g ( x ) dx = 6 . Giá trị của tích phân I =  A. 6 .. 404. B. 9 .. a. a. a. a. 1 g ( x ) dx . 2 1 x. C. 3 .. f ( x ) dx x. tương ứng bằng. D. 12 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(410) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Câu 17. Cho hàm số f ( x ) liên tục và có giá trị dương trên x  ( 0 ; +  ) . Biết rằng. a. a. 1 a. 1 a.  g ( x ) dx = 10 . Giá trị của tích phân I =  B. 2 .. A. 1 .. 1 thỏa mãn 2 f ( x ) + 3 f   = xg ( x ) với x. C. 5 .. ( ). f x 2 dx x. tương ứng bằng. D. 11 .. 1 thỏa mãn f ( x ) + 2 f   = xg ( x ) với x e   1  x  ( 0 ; +  ) . Biết rằng  f  ( x ) ln xdx = 18 và  f ( e ) + f    = 5 . Giá trị của tích phân  e   1. Câu 18. Cho hàm số f ( x ) liên tục và có giá trị dương trên. e e. I =  g ( x ) dx tương ứng bằng 1 e. A. −13 . B. −39 . C. 18 . D. −6 . 2 Câu 19. Cho hàm số f ( x ) liên tục và thỏa mãn f ( 2 x − 1) = 3x + 1 với mọi x  ( 0; + ) . Giá trị của tích phân I =. 3.  f ( x )dx tương ứng bằng. −1. A. 32 . B. 4 . C. 20 . D. 18 . 3 Câu 20. Cho hàm số f ( x ) liên tục và thỏa mãn f x + 3x + 1 = 6 x + 2 với x  ( 0; + ) . Giá trị của tích. (. ). 5. phân I =  f ( x )dx tương ứng bằng 1. A. 22 .. B.. 43 . 2. C.. 50 . 3. 35 . 2. D.. Câu 21. Cho hàm số f ( x ) liên tục thỏa mãn f ( x ) = f ( 1 − x ) với x  ( 0; + ) và. 1.  f ( x ) dx = −6 . Giá trị 0. 1. (. ). của tích phân I =  2 x3 − 3x 2 f ( x ) dx tương ứng bằng 0. A. −3 .. C. −12 .. B. 6 .. D. 3 .. Câu 22. Cho hàm số f ( x ) liên tục thỏa mãn f ( x ) = f ( 2 − x ) với x  ( 0; + ) và. 2.  f ( x ) dx = 12 . Giá trị 0. 2. (. ). của tích phân I =  x 3 − 3x 2 f ( x ) dx tương ứng bằng 0. B. −24 .. A. −12 .. C. 6 .. D. −6 .. Câu 23. Cho hàm số f ( x) liên tục và thỏa mãn: ( f ( x) ) + 2 f ( x) = 2 x − 1 với x  . Giá trị của tích phân 3. I=. 2.  f ( x)dx tương ứng bằng. −1. A. I = 1 . B. I = −1 . C. I = 0 . D. I = 2 . 5 Câu 24. Cho hàm số f ( x) liên tục và thỏa mãn: ( f ( x)) + 3 f ( x) = x với x  . Giá trị của tích phân 4. I =  ( f ( x) ) dx tương ứng bằng 2. 0. A. I =. 12 . 7. B. I = −3 .. C. I = 8 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. I =. 16 . 3 405.

(411) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. (. ). và thỏa mãn f ( x + 1) + f ( x + 2 ) = e x x 2 − 1 . Giá trị của tích. Câu 25. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên. phân I =  f ( x ) dx tương ứng bằng 3. 1. A. I = 0 . Câu 26. Cho hàm. số. B. I = 2 . f ( x) liên. tục. C. I = −1 . và xác định. trên. D. I = −3 . thỏa. f ( x + 1) + f ( x + 2 ) + ... + f ( x + 2019 ) = 3x 2 + 2 x . Giá trị của tích phân I = . 2019. 1. bằng A. I = 1 . Câu 27. Cho hàm. số. f ( x). B. I = 2 . liên tục. C. I = 3 .. trên. ( −2; + ). và. hệ. thức. f ( x ) dx tương ứng. D. I = 5 . thỏa. mãn. hệ. thức. điều. kiện. 12 1 1 f ( 2 x − 1) + f ( 3x + 6 ) = x ln ( x + 2 ) . Giá trị của tích phân I =  f ( x ) dx tương ứng bằng 3 2 −3. A.. 9 . 4. B. 3 .. 10 . 3. C.. D.. (. x) ( ) 4x x = x + 2. Giá trị của tích. Câu 28. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ( 0; + ) và thỏa mãn f x 2 + 1 + phân I =. 27 . 2. f. 17.  f ( x ) dx tương ứng bằng 1. 27 . 2 Câu 29. Cho hàm. số. f ( x). liên. tục. trên. 1; + ). ( ). 3. f ( x + 1) + 3 f ( 3x + 2 ) − 4 f ( 4 x + 1) − f 2 x = 2. I= 1. 406. f ( x ) dx x. D. 18.. C. 72.. B. 36.. A.. và. x+1 + x+ 2. thỏa. mãn. với x . hệ. thức. (. ). B. 2 + 6 3 − 8 2 ln 2 .. C. 2 + 6 3 − 8 2 .. D. 3 2 + 4 3 − 1 .. kiện. . Giá trị của tích phân. tương ứng bằng. A. ln 2 + 3 − 2 2. điều. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(412) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.A. 2.D. 3.D. 4.C. 5.B. 6.A. 7.A. 8.B. 9.B. 10.C. 11.D. 12.C. 13.B. 14.A. 15.D. 16.C. 17.A. 18.B. 19.C. 20.B. 21.D. 22.B. 23.C 24.A. 25.C. 26.B. 27.D. 28.C. 29.B. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1.. Chọn A x = a  t = b Đặt t = a + b − x  dt = −dx . Đổi cận  . x = b  t = a  b. a. b. b. a. b. a. a. Suy ra: I =  f ( x)dx =  f ( a + b − t )( −dt ) =  f ( a + b − t )dt =  f ( a + b − x)dx . Câu 2.. Chọn D Cách 1: Trắc nghiệm: Hàm tự do một giả thiết nên ta chọn hàm luôn có dạng f ( x ) = a là hằng số. Suy ra:. . 3. 0. 3. f ( x)dx = 8 =  adx = 3a  a = 0. 3. 3. 0. 0. Suy ra: I =  f (3 − x)dx = . 8 8  f ( x) = = f (3 − x) . 3 3. 8 dx = 8 . 3 3. 3. 0. 0. Cách 2: Áp dụng công thức: I =  f (3 − x)dx =  f ( x)dx = 8 . x = 0  t = 3 Cách 3: Với tích phân: I =  f (3 − x)dx. Đặt: t = 3 − x  dt = −dx; đổi cân:  0 x = 3  t = 0 3. 3. 0. 3. 0. 3. 0. Suy ra: I =  f (3 − x)dx =  f (t )( −dt ) =  f (t )dt = 8 . Câu 3.. Chọn D  2 13  95 −1  f ( x ) + f ( 3 − x ) dx = −1  x − 3x + 2  dx = 3 4. Từ giả thiết ta tích phân hai vế: . 4. . 4. −1. f ( x ) dx +  f ( 3 − x ) dx = −1. 4.  2  f ( x ) dx = −1. Câu 4.. 4. 4. 4. 95 95   f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 3 3 −1 −1. 4. 95 95   f ( x ) dx = . 3 6 −1. Chọn C Áp dụng công thức. b. b. 2. 2. a. a. 0. 0.  f ( x ) dx =  f ( a + b − x ) dx . Suy ra  f ( x ) dx =  f ( 2 − x ) dx .. 1. Xử lý tích phân.  f ( 2x ) dx = −3 . 0. 1 2 2 1  1 Đặt t = 2x  dt = 2dx   f ( 2 x ) dx = −3 =  f ( t )  dt  =  f ( t ) dt 2  20 0 0 2. 2. 0. 0.   f ( t ) dt = −6 =  f ( x ) dx .. Từ giải thiết, ta lấy tích phân hai vế: Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 407.

(413) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 2. 2. 2. 2.  2 f ( x ) + 3 f ( 2 − x )dx =  g ( x )dx = 2 f ( x )dx + 3 f ( 2 − x )dx 0. 0. 0. 0. 2. 2. 2. 2. 0. 0. 0. 0.   g ( x )dx = 2  f ( x )dx + 3 f ( x )dx = 5 f ( x )dx = 5. ( −6 ) = −30 .. Câu 5.. Chọn B Áp dụng công thức. b. b. a. a.  f ( x ) dx =  f ( a + b − x ) dx . Suy ra. 3. 3.  f ( x ) dx =  f ( 4 − x ) dx . 1. 1. 3. 3. 1. 1. Từ giả thiết ta lấy tích phân 2 vế: 0 =  ( f ( x ) − f ( 4 − x ) ) dx =  g ( x ) dx . Câu 6.. Chọn A b. Áp dụng công thức. b.  f ( x ) dx =  f ( a + b − x ) dx . Suy ra a. a. Từ f ( x ) + 2 f ( 3 − x ) = 3x + 1 suy ra:. 2. 2. 1. 1.  f ( x ) dx =  f ( 3 − x ) dx .. 2. 2. 2.  ( f ( x ) + 2 f ( 3 − x ) ) dx =  ( 3x. 2. ). 2. 2. 1. 1. + 1 dx  3 f ( x ) dx = 8   f ( x ) dx =. 1. 1. 2. 2. 2. 2. 1. 1. 1. 1. Từ 3 f ( x ) − f ( 3 − x ) = g ( x ) suy ra:. 8 . 3. 16  ( 3 f ( x ) − f ( 3 − x ) ) dx =  g ( x ) dx   g ( x ) dx = 2 f ( x ) dx = 3 .. Câu 7.. Chọn A.  f ( x )dx =  f ( a + b − x )dx , suy ra:  f ( x ) dx =  f ( 3 − x )dx;  f ( x ) dx =  f ( 4 − x )dx. Áp dụng công thức 2. b. b. a. a. 2. 1. 3. 1. 3. 1. 1. Từ f ( x ) − f ( 3 − x ) − f ( 4 − x ) = 4 x + 1 3. . 2. 1. ( f ( x ) − f ( 3 − x ) − f ( 4 − x ) ) dx =  ( 4x 2. 3. 1. ). + 1 dx = 16.   f ( x ) dx −  f ( 3 − x ) dx −  f ( 4 − x ) dx = 16 2. 2. 1. 2. 1. 1.  −  f ( 4 − x ) dx = 16   f ( 4 − x ) dx = −16 2. 2. 1. 1. (1). 3 Từ f ( x ) − f ( 3 − x ) − f ( 4 − x ) = 4 x + 1. . 3. 1. ( f ( x ) − f ( 3 − x ) − f ( 4 − x ) ) dx =  ( 4x 3. 1. 3. ). + 1 dx = 82.   f ( x ) dx −  f ( 3 − x ) dx −  f ( 4 − x ) dx = 82 3. 3. 1. 3. 1. 1.  −  f ( 3 − x ) dx = 82   f ( 3 − x ) dx = −82 3. 3. 1. 1. Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra Câu 8.. 1. f ( 4 − x )dx +  f ( 3 − x )dx = −16 − 82 = −98 . 3. 1. Chọn B.  f ( x )dx =  f ( a + b − x )dx , suy ra:  f ( x ) dx =  f ( 3 − x ) dx . f ( x ) − f ( 3 − x ) − f ( 4 − x ) = 2 x   ( f ( x ) − f ( 3 − x ) − f ( 4 − x ) ) dx =  2 xdx. Áp dụng công thức Từ. 408. . 2. ( 2). b. b. a. a. 3−a. 3−a. a. a. 3−a. 3−a. a. a. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(414) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. . 3− a. a. f ( x ) dx − . f ( 3 − x ) dx − . 3− a. a.  −. 3−a. a. f ( 4 − x ) dx = . 3− a. a. f ( 4 − x ) dx = −6a + 9  . 3− a. a. 2 xdx = −6a + 9. f ( 4 − x ) dx = 6a − 9  6.3 − 9 = 9 .. 3−a. a. Dấu " = " xảy ra khi a = 3 .. . Suy ra giá trị lớn nhất của tích phân Câu 9.. 3−a. a. f ( 4 − x ) dx bằng 9 khi a = 3 .. Chọn B b. b. 2−a. a. a. a.  f ( x ) dx =  f ( a + b − x ) dx . Suy ra. Áp dụng công thức. (. ). Từ f ( x ) − f ( 2 − x ) − f 3x 2 − 1 = 3x 2 − . 2−a. (. f ( x ) − f ( 2 − x ) − f 3x 2 − 1 dx =. 2−a. a. . 2−a.  a. . .   3x. −. 2. a. 2−a. 2−a. 2−a.  f ( 2 − x ) dx a. 15 4. )). (. . f ( x ) dx =. (. 15  dx 4 . ). 9 1 f ( x ) dx −  f ( 2 − x ) dx −  f 3x 2 − 1 dx = −2a 3 + 6a 2 − a + 2 2 a a. 2−a.  f ( 3x a. 2. ). 9 1 − 1 dx = 2a3 − 6a2 + a − . 2 2. 9 1 Khảo sát nhanh hàm số h ( a ) = 2a3 − 6a2 + a − trên đoạn a  1; 6  ta được 2 2 3 1 Gí trị nhỏ nhất của hàm số min h ( a ) = h   = − . a1; 6  2 2 2−a.  f ( 3x. Vậy giá trị nhỏ nhất của tích phân. 2. a. ). 1 − 1 dx là − . 2. Câu 10. Chọn C. Suy ra. . a. a. a. f ( x ) dx =. −a. b.  f ( x ) dx =  f ( a + b − x ) dx .. Áp dụng công thức a. b.  (. ). f a + ( −a ) − x dx =. −a. a.  f ( −x ) dx .. −a. Câu 11. Chọn D Áp dụng công thức:. a. a. −a. −a. 1. 1.  f ( x)dx =  f (−x)dx . Suy ra  f ( x)dx =  f (−x)dx . −1. −1. 1. 1.  f ( x)dx+ 3 f (−x)dx =  6x. Từ giả thiết, ta lấy tích phân hai vế:. −1. . 1. . −1. 1. f ( x)dx + 3  f ( − x)dx = 2 = −1. 1. . −1. 2. −1 = 2. −1. 1. 1. −1. −1. f ( x)dx + 3  f ( x)dx = 4  f ( x)dx . 1. 1.  f (x)dx = 2 .. −1. Câu 12. Chọn C a. Áp dụng công thức:. . f ( x)dx =. −a. a.  f (−x)dx .. −a. Từ giả thiết, ta lấy tích phân hai vế: a.  (3 f ( x) + 4 f (−x))dx =. −a. a. a. a. −a. −a. −a.  g( x)dx =3  f ( x)dx+ 4  f ( −x)dx. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 409.

(415) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. a. a. −a. −a.  3  f ( x)dx + 4  f ( x)dx =. a. a. −a. −a.  g( x)dx = 7  f ( x)dx = 7.2 = 14.. Câu 13. Chọn B 1. Với tích phân I =  xf ' ( x )dx = a +. b , đặt: c. 2. −1. 1. Suy ra I =  xf ' ( x )dx = xf ( x ) −1. 1. (. Từ giả thiết, suy ra:. 1 −1. 1. 1. 1. −1. −1. −1. −  f ( x )dx = f (1) + f ( −1) −  f ( x )dx = 3 −  f ( x )dx. ). 5 f ( x ) − 2 f ( − x ) dx =. −1. . −4. . 2. u = x du = dx .   dv = f ' ( x ) dx v = f ( x ). 1. 1. 1. −1. −1. −1. 1.  (x. 2. −1. = 5  f ( x ) dx − 2  f ( − x ) dx = 3  f ( x ) dx . Thay ( 2 ) vào ( 1) ta được: I = 3 +. 4. ). cos  x dx =. = a+. −4. 2. −4. 1. ( 1).  f ( x ) dx = 3. −1. (2). 2. b. 3 c 2 Suy ra a = 3, b = 4, c = 3 . Vậy T = a + b + c = 10 . 2. Câu 14. Chọn A Cách 1: Chọn hàm hằng số: f ( x ) = f ( a + b − x ) = 1 . dx b−a = 1+1 2 a. b. Suy ra:. I=. Cách 2: x = a  t = b dx , ta đặt: t = a + b − x  dt = −dx ; đổi cận:  . x = b  t = a a 1 + f ( x). b. Với tích phân I = . dx −dt = = a 1 + f ( x) b 1 + f (a + b − t) a. b. a. Suy ra: I = . b. dt 1+. 1 f (t ). b. = a. f ( t ) dt. 1 + f (t ). b. = a. f ( x ) dx. 1 + f (x). b f ( x ) dx b dx b−a . + =  dx = b − a  I = 2 a 1 + f ( x) a 1 + f ( x) a. b. Suy ra: I + I = 2 I =  Câu 15. Chọn D a. Với tích phân I = . f ( x ) dx x. 1 a. a. Suy ra: I =  1 a. f ( x ) dx x. = a. a. Suy ra: I + I = 2 I =  1 a. 410. 1 a.  1  x = a  t = a 1 dx ; ta đặt: t =  dt = − 2 ; đổi cận:  . x x x = a  t = 1  a.  1  1  f   − 2 dt  a  t  t = 1 1 a t. f ( x ) dx x. a. + 1 a.  1 f   dt a t = 1 t. 1 f   dx x . x. a. 1 1 f   dx a f ( x ) + f   dx a x =  x  = g ( x ) dx .  1 x x x 1 a. a. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(416) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. I=. 1 g ( x) dx . 2 1 x a. a. Câu 16. Chọn C f ( x ) dx. a. Áp dụng công thức: I = . x. 1 a. a. = 1 a. 1 f   dx x . x. 1 f ( x) + f   1 x = g x Từ giả thiết: f ( x ) + f   = xg ( x )  ( ) x x a.  1 a. a. . 1 f ( x ) + f   dx a a a  x  = g x dx  f ( x ) dx + ( ) 1 1 x 1 x. f ( x ) dx x. 1 a. a. =. a. 1 f   dx a a  x  = g x dx = 2 f ( x ) dx ( ) 1 1 x x. a. a. a. a. 1 1 g ( x ) dx = .6 = 3 .  21 2 a. Câu 17. Chọn A a. Áp dụng công thức I = . f ( x ) dx. 1 a. x. a. = 1 a. 1 f   dx x . x. 1 f  f ( x) x 1 Từ giả thiết: 2 f ( x ) + 3 f   = xg ( x )  2 + 3   = g ( x) x x x   f x ( )+3   2  x 1  a  a. 1 f   a  x   dx = g x dx 1 ( ) x   a . 1 f  a a a a f ( x) f ( x) f ( x) x 1 1  2 dx + 3    dx =  g ( x ) dx = 5 dx   dx =  g ( x ) dx = .10 = 2 . x x x x 51 5 1 1 1 1 1 a. a. a. a. Xét tích phân I =. a. a. . ( ). f x 2 dx x. 1 a. I=. a. . 1 a. ( ). f x 2 dx x. a. = 1 a. a. a. a.  1 1 t = x = . Đặt t = x  dt = 2xdx . Đổi cận:  a a. x = a  t = a  2. 1 f ( t ) dt a 2 = 1 f ( x ) dx = 1 . t 2 1 x a. Câu 18. Chọn B. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 411.

(417) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. a. Áp dụng công thức: I = . f ( x ) dx. a. =. x. 1 a. 1 a. 1 f   dx x . x. 1 f  f ( x) x 1 Từ giả thiết: f ( x ) + 2 f   = xg ( x )  + 2   = g ( x) x x x  1 f   f x e ( ) x    +2 dx =  g ( x ) dx  x x  1 1  e e   e. e.  1 e. 1 f  e e e e f ( x) f ( x) f ( x) x dx + 2    dx =  g ( x ) dx = 3 dx  I =  g ( x ) dx = 3 dx . x x x x 1 1 1 1 1 e. e. e. e. e. e.  dx u = ln x du = Với tích phân:  f  ( x ) ln xdx = 18 . Đặt   x . dv = f  ( x ) dx v = f ( x ) 1  e Suy ra: e. e. e. 18 =  f  ( x ) ln xdx = f ( x ) ln x 1 −  e. e. 1 e. e. . f ( x ) dx. 1 e. x. 1 e. f ( x ) dx x. e. e. 1 e. 1 e. = −13 . Vậy I =  g ( x ) dx = 3. e e f ( x ) dx f ( x ) dx 1 = f (e) + f   −  = 5− x x e 1 1. f ( x ) dx x. e. e. = −39 .. Câu 19. Chọn C  f ( u( x) ) = v ( x )  Dạng bài toán  b  I =  f ( x ) dx = ? a  b b'  x = u ( t )  dx = u ( t ) dt Xử lý tổng quát:    f ( x ) dx =  v ( t ) u ( t ) dt a a'  f ( x ) = f ( u(t ) ) = v ( t ). Với I =. 3.  f ( x )dx . Đặt x = 2t − 1  dx = 2dt. −1. 3 2  x = −1 t = 0  Đổi cận  . Suy ra I =  f ( x )dx =  3t 2 + 1 .2dt = 20 x = 3 t = 2 −1 0. (. ). Ta có thể xử lý bằng phương trình hàm Câu 20. Chọn B 5. Với I =  f ( x )dx . 1. (. ). (. ). Đặt x = t 3 + 3t + 1  dx = 3t 2 + 3 dt ; f ( x ) = f t 3 + 3t + 1 = 6t + 2 412. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(418) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 5 1  x = 1 t = 0 43  Đổi cận  . Suy ra I =  f ( x )dx =  ( 6t + 2 ) 3t 2 + 3 dt = . 2  x = 5 t = 1 1 0. (. ). Câu 21. Chọn D Cách 1: Trắc nghiệm Ta chọn hàm hằng: f ( x ) = f ( 1 − x ) = a = hằng số 1. 1.  f ( x ) dx = −6 =  adx = a. Suy ra:. 0.  f ( x ) = f ( 1 − x ) = −6. 0. 1. (. 1. ). (. ). Suy ra: I =  2 x3 − 3x2 f ( x ) dx =  2 x 3 − 3x 2 ( −6 ) dx = 3 0. 0. 1. (. ). Cách 2: Với tích phân I =  2 x3 − 3x 2 f ( x ) dx . 0. x = 0  t = 1 Đặt t = 1 − x  dt = −dx . Đổi cận:  x = 1  t = 0 1. (. 0. ). (. Suy ra: I =  2 x3 − 3x 2 f ( x ) dx =  2 (1 − t ) − 3 (1 − t ) 1. 0. 1. (. 3. 2. ) f (1 − t )( −dt ). ). =  −2t 3 + 3t 2 − 1 f ( t ) dt 0. 1. (. 1. ). (. ).  I =  2 x 3 − 3x 2 f ( x ) dx =  −2 x 3 + 3x 2 − 1 f ( x ) dx 0. 0. 1. (. ). 1. 1. 0. 0. (. ). =  −2 x 3 + 3x 2 f ( x ) dx −  f ( x ) dx  I =  2 x 3 − 3x 2 f ( x ) dx = −I + 6  I = 3 . 0. Câu 22. Chọn B Cách 1: Trắc nghiệm Ta chọn hàm hằng:  f ( x ) = f ( 2 − x ) = a = hằng số 2. 2. 0. 0.  f ( x ) dx = 12 =  adx = 2a  f ( x ) = f ( 2 − x ) = a = 6. Suy ra:. 2. (. 2. ). (. ). Suy ra: I =  x 3 − 3x 2 f ( x ) dx =  x 3 − 3x 2 ( 6 ) dx = −24 0. 0. 2. (. ). Cách 2: Với tích phân I =  x 3 − 3x 2 f ( x ) dx . 0. x = 0  t = 2 Đặt t = 2 − x  dt = −dx . Đổi cận:  x = 2  t = 0 2. (. Suy ra: I =  x − 3x 3. 0. 2. (. ) f ( x ) dx =  (( 2 − t ) 0. 2. 3. − 3(2 − t ). 2. 2. ) f ( 2 − t )( −dt ). ). =  −t 3 + 3t 2 − 4 f ( t ) dt 0. 2. (.  I =  x − 3x 0. 3. 2. 2. ) f ( x ) dx =  ( −x 0. 3. ). 2. (. + 3x − 4 f ( x ) dx =  − x + 3x 2. 0. 3. 2. 2. ) f ( x ) dx − 4 f ( x ) dx 0.  I = −I − 4.12  I = −24 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 413.

(419) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Câu 23. Chọn C Với dạng này ta có cách làm tổng quát sau:. (. ). Từ giả thiết vi phân hai vế sẽ được 3 ( f ( x) ) + 2 f '( x)dx = 2dx . Suy ra I =. 2. . −1. ). (. 2. f ( x)dx =. 2. 2 1 f ( x) 3 ( f ( x) ) + 2 f '( x)dx  2 −1. Đặt t = f ( x)  dt = f '( x)dx Đổi cận: x = −1  ( f ( −1) ) + 2 f ( −1) = −3  f ( −1) = t = −1 3. x = 2  ( f (2) ) + 2 f (2) = 3  f (2) = t = 1 3. ). (. 2. 1. 2 1 1 Suy ra I =  f ( x) 3 ( f ( x) ) + 2 f '( x)dx =  t(3t 2 + 2)dt = 0 2 −1 2 −1. Câu 24. Chọn A. (. ). Từ giả thiết vi phân hai vế sẽ được 5 ( f ( x) ) + 3 f '( x)dx = dx . 4. 4. 4. (. ). 4. (. ). Suy ra I =  ( f ( x) ) dx =  ( f ( x) ) 5 ( f ( x) ) + 3 f '( x)dx =  5 ( f ( x) ) + 3 ( f ( x) ) f '( x)dx . 2. 2. 0. 0. 4. 0. 6. 2. Đặt t = f ( x)  dt = f '( x)dx . Đổi cận: x = 0  ( f (0) ) + 3 f (0) = 0  f (0) = t = 0 . 5. x = 4  ( f (4) ) + 3 f (4) = 4  f (4) = t = 1 . 5. 4. (. ). 1. Suy ra I =  5 ( f ( x) ) + 3 ( f ( x) ) f '( x)dx =  (5t 6 + 3t 2 )dt = 0. 6. 2. 0. 12 . 7. Câu 25. Chọn C Lấy tích phân hai vế từ 0 đến 1 ta được:.  f ( x + 1) dx +  f ( x + 2 ) dx =  e ( x 1. 1. 1. 0. 0. 0. x. 2. ). − 1 dx = −1. (1). 1 x = 0  t = 1 Với tích phân A =  f ( x + 1) dx . Đặt t = x + 1  dt = dx ; đổi cận  0 x = 1  t = 2. Suy ra A =  f ( x + 1) dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx 1. 2. 0. (2). 2. 1. 1. 1 x = 0  t = 2 Với tích phân B =  f ( x + 2 ) dx . Đặt t = x + 2  dt = dx ; đổi cận  0 x = 1  t = 3. Suy ra B =  f ( x + 2 )dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx 1. 3. 3. 0. 2. 2. ( 3). Thay A, B từ ( 2 ) ; ( 3 ) vào ( 1) ta được.  f ( x + 1) dx +  f ( x + 2 ) dx = −1 =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx =  f ( x ) dx . 1. 1. 0. 0. 2. 1. 3. 3. 2. 1. Câu 26. Chọn B Lấy tích phân từ 0 đến 1 ta được:.  f ( x + 1) dx +  f ( x + 2 ) dx + ... +  f ( x + 2019 ) dx =  ( 3x 414. 1. 1. 1. 1. 0. 0. 0. 0. 2. ). + 2 x dx = 2. (1). Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(420) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Suy ra. x = 0  t = 1.  f ( x + 1) dx . Đặt t = x + 1  dt = dx ; đổi cận x = 1  t = 2 1. Với tích phân:. 0.  f ( x + 1) dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx 1. 2. 0. 2. 1. 1. x = 0  t = 2.  f ( x + 2 ) dx . Đặt t = x + 2  dt = dx ; đổi cận x = 1  t = 3 1. Với tích phân:. 0.  f ( x + 2 ) dx =  f ( x ) dx Tương tự ta có:  f ( x + 3 ) dx =  f ( x ) dx;...;  f ( x + 2019 ) dx =  Thay vào ( 1) ta được: Suy ra. 1. 3. 0. 2. 1. 4. 1. 2020. 0. 3. 0. 2019.  f ( x ) dx +  f ( x ) dx +... +  2. 1. 3. 2020. 2. 2019. f ( x ) dx = 2  . 2020. 1. f ( x ) dx. f ( x ) dx = 2 .. Câu 27. Chọn D Từ giả thiết: 1 1 f ( 2 x − 1) + f ( 3x + 6 ) = x ln ( x + 2 )  2 f ( 2 x − 1) + 3 f ( 3x + 6 ) = 6 x ln ( x + 2 ) 3 2. Lấy tích phân hai vế cận từ −1 đến 2 , ta được: 2. 2. 2. −1. −1. −1.  2 f ( 2x − 1)dx +  3 f ( 3x + 6 )dx =  6x ln ( x + 2 )dx =. 27 . 2. (1).  x = −1  t = −3 Với tích phân: A =  2 f ( 2 x − 1)dx ; đặt t = 2x − 1  dt = 2dx ; đổi cận:  x = 2  t = 3 −1 2. 2. Suy ra: A =  2 f ( 2 x − 1)dx = −1. 3. 3. −3. −3.  f (t ) dt =  f ( x ) dx .. (2).  x = −1  t = 3 Với tích phân: B =  3 f ( 3x + 6 )dx ; đặt t = 3x + 6  dt = 3dx ; đổi cận:   x = 2  t = 12 −1 2. 2. 12. −1. 3. Suy ra: B =  3 f ( 3x + 6 )dx =. . f ( t ) dt =. 12.  f ( x ) dx .. (3). 3. Thay A và B từ (2), (3) vào (1), ta được: 2. 2. 2. −1. −1. −1.  2 f ( 2x − 1)dx +  3 f ( 3x + 6 )dx =  6x ln ( x + 2 )dx =. . 3. . −3. 12. f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 3. Câu 28. Chọn C. 27 2. 12. 27 = f ( x ) dx . 2 −3. x) f ( x) ( = x + 2  xf x + 1 + ) 4x x ( ) 4 x =x. (. Ta có: f x2 + 1 +. f. 2. 2. + 2 x , x  0.. Lấy tích phân hai vế cận từ 1 đến 4 , ta được: 4. (. ). 4. 2  xf x + 1 dx +  1. 1. f. ( x ) dx =. 4 x. 4.  (x. 2. + 2 x)dx = 36.. (1). 1. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 415.

(421) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 4 x = 1  t = 2 Với tích phân: A =  xf x 2 + 1 dx ; đặt t = x2 + 1  dt = 2xdx ; đổi cận:  .  x = 4  t = 17 1. (. 4. (. ). 17. ). Suy ra: A =  xf x 2 + 1 dx = 1. 4. Với tích phân: B =  1. 4. Suy ra: B = . f. 2. 17. ( x ) dx ; đặt t =. f. x  dt =. 4 x. ( x ) dx = 1. 2. (2). x = 1  t = 1 ; đổi cận:  . 2 x x = 4  t = 2 dx. 2.  f (t ) dt =. 1 f ( x ) dx . 2 1. 21. 4 x. 1. . 1  1 f ( t )  dt  =  f ( x ) dx . 2  2 2. (3). Thay A và B từ (2), (3) vào (1), ta được: 4. (. 4. ). 2  xf x + 1 dx +  1. . 1. f. ( x ) dx = 36  1. 2 2. 4 x. 17. 1 f ( x ) dx = 36  2 1. 17. 2. f ( x ) dx +. 1 f ( x ) dx = 36. 2 1. 17.  f ( x ) dx = 72. 1. Câu 29. Chọn B Từ giả thiết ta lấy tích phân hai vế cận từ 0 → 1 , sẽ được 1. 1. 1. 1. 0. 0. 0. 0. ( ). 1. x  f ( x + 1)dx +  3 f ( 3x + 2 )dx −  4 f ( 4x + 1) dx −  f 2 dx =  1. Với.  0. 1. 3dx x+1 + x+ 2. = 3. (. 0. 3dx x+1 + x+ 2. (1) .. ). x + 2 − x + 1 dx. 0. 1. = 2  ( x + 2 ) x + 2 − ( x + 1) x + 1  = 2 + 6 3 − 8 2 .  0. Dễ dàng dùng phương pháp đổi cận ta có 1. 2. 2. 0. 1. 1.  f ( x + 1) dx =  f (t ) dt = f ( x ) dx 1. 5. (2). 5.  3 f ( 3x + 2 ) dx =  f (t ) dt = f ( x ) dx ( 3 ) 0. 2. 2. 1. 5. 5. 1. 1.  4 f ( 4x + 1) dx =  f (t ) dt = f ( x ) dx ( 4 ) 0. 1. 2.  f ( 2 ) dx =  x. 0. 1. f ( t ) dt. 2 1 f ( x ) dx = t ln 2 ln 2 1 x. ( 5). Thay ( 2 ) , ( 3 ) , ( 4 ) , ( 5 ) vào ( 1) ta được: 2.  1. 2 1 f ( x ) dx = 2+6 3 −8 2 f ( x ) dx +  f ( x ) dx −  f ( x ) dx − ln 2 1 x 1 2. .  1. 416. 5. 5. f ( x ) dx x. (. ). = 2 + 6 3 − 8 2 ln 2 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(422) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TÍCH DIỆN TÍCH – THỂ TÍCH 1. Diện tích hình phẳng ▪.  y = f ( x), y = 0  Diện tích hình phẳng ( H )  x = a S x = b . b. f ( x) dx a. (C1 ) : y = f1 ( x) (C ) : y = f ( x)  2 (2) Diện tích hình phẳng ( H )  2 x = a   x = b. b. S. b. ▪. Chú ý: Nếu trên đoạn [a; b] , hàm số f ( x) không đổi dấu thì:. f ( x) g ( x) dx a. b. f ( x) dx. f ( x)dx. a. a. 2. Thể tích vật thể và thể tích khối tròn xoay ▪ Thể tích vật thể: Gọi B là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm a và b; S ( x) là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm x , (a. ▪. x b) . Giả sử S ( x) là hàm số liên tục trên đoạn [a; b] .. Thể tích khối tròn xoay: được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y trục hoành và hai đường thẳng x a , x. Câu 1:. b. A. S. a, x. b a. B. S. b. f x dx . a. C. S. 1, x. b. f x dx . a. Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y. x. f x (liên tục trên đoạn a; b ), trục. b . Khi đó S được tính theo công thức nào sau đây?. b. f x dx . a. Câu 2:. b quanh trục Ox:. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y hoành và hai đường thẳng x. f ( x) ,. f 2 x dx .. D. S a. x 3 , trục hoành và hai đường thẳng. 2 bằng bao nhiêu?. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 417.

(423) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. A. S Câu 3:. 9.. D. S. x2. 17 . 4. 1 , trục hoành và hai đường thẳng. 2 bằng bao nhiêu?. 0, x. A. S. 2.. 2 . 3. B. S. C. S. 4 . 3. D. S. Gọi S là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số x tung Oy và hai đường thẳng y A. S. a, y. b (a. f y dx .. B. S. b. C. S. f. 2. y dx .. a. Gọi S là diện tích hình phẳng H giới hạn bởi các đường y. f x , trục hoành và hai đường. 0. thẳng x. 1, x. 2 (như hình vẽ bên). Đặt a. f 2 y dy .. D. S. a. a. a. f y ( liên tục trên a; b ), trục. b. f y dy .. 2 . 3. b) . Khi đó, S được tính theo công thức nào sau đây?. b. b. Câu 5:. 15 . 4. C. S. Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y. x. Câu 4:. B. S. 7.. 2. f x dx . Mệnh đề nào dưới đây. f x dx , b 1. 0. đúng?. A. S Câu 6:. b a.. C. S. b a. y2. Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số x. y. 1, y. A. S Câu 7:. B. S. b a.. D. S. b a.. 2 , trục tung và hai đường thẳng. y. 3 bằng bao nhiêu?. 3.. B. S. 7 . 6. C. S. 11 . 6. Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y. D. S. x x. 2. 2 . 3. , trục hoành và hai đường thẳng. a 1 có giá trị bằng 2 ln (với a , b là các số dương có ước chung lớn nhất bằng 1 ). b Khi đó tổng a b bằng bao nhiêu?. A. a b 6 . B. a b 7 . C. a b 8 . D. a b 9 .. x. Câu 8:. 1 và x. Hình phẳng H được giới hạn bởi đồ thị hàm số y đường thẳng x. a,x. b a. f1 x , y. f 2 x (liên tục trên a ; b ) và các. b .Khi đó diện tích S của hình H được xác định bởi công thức. nào sau đây?. 418. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(424) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. b. b. A. S. f1 x. B. S. f2 x dx .. a. a. b. b. C. S. f1 x. D. S. f2 x dx .. f1 x dx .. f1 x. f2 x dx .. a. a. Câu 9:. f2 x. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y A. 3 .. B.. 1 . 3. x2 , y C.. 1, x. 2 bằng bao nhiêu?. 0 và x. 2 . 3. D. 2 .. x3. Câu 10: Diện tích hình phẳng S giới hạn bởi các đồ thị hàm số y. 2x và các đường x. x, y. 1 được xác định bởi công thức nào sau đây?. , x. 1. 1 3. A. S. B. S. 3x x dx . 0. C. S. x 3 dx .. 3x 1. 1. 0. 1. x. 3. 3x dx. 3x. 1. 3. 1. D. S. x dx .. 3. 3x. x3. x dx. 1. 0. 3x dx .. 0. x2. Câu 11: Hãy viết công thức tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y hoành và đường thẳng x. 1. x2. 1 dx .. 2. 2. x2. B. S. 1 dx .. x2. C. S. 1. 1. 1 dx. nguyên lớn nhất không vượt quá S . A. 0 . B. 3 .. B.. 3 . 4. B.. 9 . 4. C.. x và x. 1 . 4. Câu 14: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y. 37 . 12. 2x. x3. x và đồ thị hàm số y. 81 . 12. b ln. Câu 16: Cho hàm số y. x3. 3x 2. x. x 1 và các trục tọa độ. Biết x 2. c bằng bao nhiêu? 2.. D. a. b c. 2 x. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y. trục tung, trục hoành và đường thẳng: x 7 9 . . A. S B. S 4 4. x2 .. D. 13.. c với a, b, c là các số nguyên. Khi đó tổng a b 2 A. a b c 4. B. a b c 5. C. a b c a. 1 là D. 1 .. Câu 15: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y. S. x 2 và trục hoành. Tìm số D. 1 .. x3 , y C.. 1 dx. 1. C. 2 .. Câu 13: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y. x2. D. S. 1. Câu 12: Cho S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y. A. 4 .. 1 , trục. 2?. 2. A. S. A.. 1. 3. f x. 3. C. S. 11 . 4. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. S. 13 . 4. 419.

(425) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. x3. Câu 17: Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y nhiêu? 37 A. . 12. B.. 27 . 12. C.. A.. 3 . 2. B.. 9 . 2. C.. B.. 4.. C.. 15 . 2. D.. 8 . 3. D.. 12 . 2. x 5 là. 1 . 6. Câu 20: Gọi ( H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y. 2 x , trục hoành bằng bao. x 2 là. x 3 và y. Câu 19: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y A. 0 .. 9 . 4. x 2 và y. Câu 18: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y. x2. D. 2 .. ln x và y. 1 . Khi đó diện tích hình phẳng. ( H) là:. 3 e. A. e. 4 e. B. e. 2.. 3.. C. 2e. 2 e. Câu 21: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y. x. A. S. f ( x)dx .. B. S. b. f ( x)dx+ a. c. C. S. D. S. f ( x)dx .. b. f ( x)dx+ a. c. Câu 22: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y c. b (như hình bên). Biết. 420. B. 5.. f ( x)dx . c. f ( x) , trục hoành, đường thẳng. b. f ( x)dx=-3, va a. f ( x)dx . c. c. b. f ( x)dx+ a. A. 3.. 2.. f ( x) , trục hoành, đường thẳng. c. a. a, x. 1 e. b (như hình bên). Hỏi cách tính nào dưới đây đúng. a, x. b. x. D. e. 5.. f ( x)dx. 5 . Hỏi S bằng bao nhiêu?. c. C. 8.. D. 2.. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(426) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Câu 23: Tìm công thức tính diện tích S của hình phẳng ( H) giới hạn bởi các đồ thị hàm số. y. g( x) và hai đường thẳng x. f ( x), y. c. b như hình dưới đây. a, x. c. b. A. S. f ( x). g( x) dx. a. g( x). S. f ( x) dx . B.. b. g( x). f ( x) dx. f ( x). a. c. c. b. b. .C. S. g( x). D. S. f ( x) dx .. f ( x) g( x) dx . a. a. 3x , y. Câu 24: Tính tính diện tích S của hình phẳng ( H) giới hạn bởi hai đồ thị của hai hàm số y và trục tung. 9 2 A. S . 2 ln 3. B. S. 9 2. 3 . ln 3. nhiêu? A. 4 .. 7 2. C. S. Câu 25: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y. 3 . ln 3. x sin x, y. 1 . 2. B. S. x, y. C. S. Câu 28:. 16 . 3. B. S. 16 .. C. S. x. 1.. Câu 27: Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đường cong y A. S. x và x. 2. bằng bao. sin 2 x , x D. S. 0, x. .. x3 , y. 2 x. .. 2. x và trục hoành.. 4. 4.. D. S. 8.. 0. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng? 1. 2 3. A. S. x dx 1 2. 2. ( x 2)dx .. 0. C. S. x. 2 . ln 3. 0, x. (Chuyên Vinh – Lần 1) gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y và y. 4. D. 1 .. Câu 26: Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường y .. 7 2. D. S. C. 0 .. B. 2 .. A. S. g( x) dx. ( x3. B. S. 1. x 2)dx .. 0. 1. 1. 3. x dx .. x3. D. S. 0. (2. x) dx .. 0. Câu 29: Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị của hai hàm số y. 2x , y. 4 x và trục. hoành Ox được tính bởi công thức nào dưới đây? Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 421.

(427) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 4. 2. 4. A. S. 2 xdx. 4. 0. 4. B. S. x dx .. 2 xdx 0. 0. 4. x dx .. 2. 2. C. S. 2x. 4. D. S. x dx .. 4. 0. x. 2 x dx .. 0. 1 3 x 4. Câu 30: Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị C : y C tại điểm có hoành độ bằng. A. S. 4. B. S. 27 .. x và tiếp tuyến của đồ thị. 2.. C. S. 21 .. Câu 31: Cho hình phẳng T giới hạn bởi parabol P : y. 25 .. x2. D. S. 20 .. 5 và hai tiếp tuyến tại các điểm. 4x. A 1; 2 , B 4; 5 của P . Khi đó diện tích S của T bằng bao nhiêu?. A.. 9 . 8. B.. 9 . 4. C.. 5 . 2. Câu 32: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y. D.. 2 ax a. 5 . 4. 0 , trục hoành và đường thẳng. a bằng ka2 . Giá trị của tham số k bằng bao nhiêu? 12 7 4 A. k . B. k . C. k . 5 3 3 x. Câu 33: Cho số phức z. m 2. 1 i với m. m2. D. k. 6 . 5. . Gọi C là tập hợp các điểm biểu diễn số phức z. trong mặt phẳng tọa độ. Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn C và trục hoành. A. S. 1.. 32 . 3. B. S. 4 . 3. C. S. Câu 34: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 2my của m để S 3 A. m . 2. 2; x. B. m. m m. A. 1 .. C. m. 2.. 0 có diện tích bằng. 1; x. y2 , m. 0 . Tìm giá trị. B. 2 .. m m. 1 có diện tích bằng. 3. x2. D. m. 1 . 2. x , trục hoành và hai đường thẳng. 29 . Khi đó giá trị m bằng bao nhiêu? 2 C. 3 . D. 4 .. Câu 36: Biết hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y x. x 2 , 2mx. 8 . 3. 3.. Câu 35: Biết hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y x. D. S. x2. x 2 , trục hoành và hai đường thẳng. 5 . Khi đó, giá trị của m gần nhất với giá trị nào trong 12. các giá trị sau? A. 1 .. 422. B.. 5 . 2. C. 4 .. D.. 9 . 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(428) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Câu 37: Diện tích S hình phẳng giới hạn bởi các đường P : y. ax 2. bx. c , trục hoành, x. có giá trị bằng 15. Biết parabol P có I 1; 2 là điểm cực tiểu. Khi đó, giá trị của a bằng A. 6 .. C. 0 .. B. 2 .. 1; x. 2. 2b 3c. D. 3 .. Câu 38: Cho hình vuông OABC có cạnh bằng 4 và được chia thành hai phần bởi đường cong C có. 1 2 x . Gọi S1 , S2 lần lượt là diện tích của phần không tô màu và phần tô màu 4 S (hình vẽ). Tính tỉ số 1 S2 phương trình y. A.. S1 S2. 3 . 2. B.. S1 S2. 2.. Câu 39: Gọi H là hình phẳng được giới hạn bởi P : y. C.. S1 S2 x2. 1. 4x. D.. S1 S2. 1 . 2. 4 , trục hoành và trục tung. Xác định. k để đường thẳng d đi qua A 0; 4 có hệ số góc k và chia H thành hai phần có diện tích S1 , S2 bằng nhau (hình vẽ bên).. A. k. 6.. B. k. .8. C. k. 4.. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. k. 2.. 423.

(429) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.C 11.A 21.C 31.B. 2.C 12.D 22.C 32.B. 3.A 13.B 23.A 33.C. 4.B 14.A 24.D 34.A. 5.A 15.B 25.A 35.C. 6.A 16.C 26.D 36.A. 7.B. 17.A 27.B 37.A. 8.A 18.B 28.C 38.B. 9.D 19.C 29.B 39.A. 10.C 20.D 30.A. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Câu 2:. Chọn C Chọn C 2. 2 3. S. x dx. x dx. 1. Câu 3:. 1. 15 . 4. 1. Chọn A 2. S. 1. x. 2. 2. 1dx. x. 0. 2. Chọn B. Câu 5:. Chọn A 0. Ta có: S. 1 dx. 2.. 1. 2. 2. f x dx. f x dx. 1. 0. f x dx. 1. 2. f x dx. 0. f x dx. 1. b a. 0. Chọn A 3. 2. Ta có: S. y. 2. y. 3. 2 dy. y. 1. 2. y. y2. 2 dy. 1. 2. y. 2 dy. 2. 3. y2. y. y2. 2 dy. 1. y. 2 dy. 2. y3 3 Câu 7:. x2. 1 dx. 0. Câu 4:. Câu 6:. 2. x4 4. 3. 2. y2 2. y3 3. 2y 1. 3. y2 2. 7 6. 2y 2. 11 6. 3. Chọn B Cách 1: 1. Ta có S 1. 0. 1 1. Suy ra a. 0. x x. 2. 1. x. 1. 2 x. dx. 2. 4 ,b. dx. 1 0. 3. a b. 1. x 2. 2 x. 2. dx 0. x x. dx. 2. dx .. x 2 ln x. 0. 2. x 2 ln x. 1. 2. 1 0. 7.. Cách 2: Sử dụng casio. 1. Ta có S. x. 2. 4 ,b. 3. 1. Suy ra a. 424. x. dx. a 2 ln b. a b. a ln b. 1 2. 1. 1. x x. 2. dx. a b. e. 1 2. 1. 1. x dx x 2. 4 . 3. 7. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 2 ln. 4 . 3.

(430) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Câu 8:. Chọn A b. Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ta có S. f1 x. f2 x dx .. a. Câu 9:. Chọn D 2. x2. Cách 1: Ta có S. casio. 1 dx. 2.. 0. Cách 2: 2. Ta có S. 1. x. 2. 1 dx. 2. x. 0. 2. 1 dx. x. 0. 2. 1. x3 3. 1 dx. 1. 2. x3 3. x 0. x. 2. 1. Câu 10: Chọn C 3 Xét phương trình hoành độ giao điểm x. x. 1. Diện tích cần tìm S. x3. 2x. 3x. 1. x. 3. 0. x. 3. 0. x 2 x dx. x. 1. x. 0. 3. 1. 3x dx. x. 1. .. 3. 3x dx. 3x. 1. x 3 dx .. 0. Câu 11: Chọn A 2. Xét phương trình x. 2. 1. 0. 1 . Diện tích cần tìm S. x. x2. 1 dx .. 1. Chú ý ở bài này nếu cần tính ra kết quả mà không dùng máy tính thì ta làm như sau 2. 1. S. x. 2. 1 dx. 2. x. 1. 2. 1. 1 dx. x. 1. 2. 2. 1 dx. x. 1. 2. x2. 1 dx. 1. 1 dx .. 1. Câu 12: Chọn D Phương trình hoành độ giao điểm 2 x. x2. x x. 0. 0 . 2. 2. Diện tích S. 2x. x 2 dx. 1, 333333... . Suy ra số nguyên lớn nhất không vượt quá S là 1.. 0. Câu 13: Chọn B Phương trình hoành độ giao điểm x 3 1. Diện tích S. x( x 2. x. 1. x. 3. x3. x dx. 0. 0. x dx. 1). 0. x. 0.. 3 . 4. Câu 14: Chọn A Xét. phương. trìnhhoành. độ. giao. điểm:. x. 3. x. x. x. 2. x. 3. x. 2. 2x. 0. x x. 0 1 2. 1. x3. S. x2. 2 xdx. 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 425.

(431) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 1. x3. Cách 1:Dùng Casio S. x2. 37 . 12. 2 xdx =. 2. Cách 2: 1. S. 0. x. 3. x. 2. 1. 2 xdx =. x. 2. 3. x. 2. x3. 2 x dx. 2. x4 = 4. 0. x3 3. x. 2. 2 x dx. 0. x4 4. 2. x2. 1. x3 3. x. 37 . 12. 2 0. Câu 15: Chọn B x 1 và trục hoành y x 2 ra,. Xét phương trìnhhoành độ giao điểm của y Suy 0. S 1. x 1 dx = x 2. a. 1; b. c. 0. x 1 dx= x 2 1. 3. 0. 3. 1. x 2. 1. a b c. dx. x. 3 ln x 2. 0 là. 0 1. x 1 x 2. 0. x. 1 3 ln. 2 3. 3 1 3 ln . 2. 5.. Câu 16: Chọn C Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 3. 3x2. 2x. 0. 3. Khi đó, dùng Casio ta được: S. x3. 3x 2. x x x. 2 xdx =. 0. 0 1 2. 11 . 4. Câu 17: Chọn A Xét phương trình hoành độ giao điểm: x. 3. x. 2. 2x. x x x. 0. 1 0 2. Cách 1: Khi đó: 2. S. 0. x. 3. x. 2. 2 x dx. 2. x. 1. 3. x. 2. 1. x4 4. x3 3. x2. 0 1. x4 4. x3. 2 x dx. x2. 2 x dx. 0. x3 3. x2. 2 0. 37 12. Cách 2: Ta có: 2. x3. S. x2. 2 x dx. 3,08(3). 1. 37 12. Câu 18: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y A.. 3 . 2. B.. 9 . 2. x 2 và y. 15 . 2 Lời giải. C.. x 2 là D.. 12 . 2. Chọn B 426. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 1..

(432) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 2 2. Khi đó: S. x2. 2. 2. 1 2. 9 2. x dx. 1. x 3 và y. Câu 19: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y A. 0 .. x x. x. 4.. B.. x 5 là. 1 . 6. C.. D. 2 .. Lời giải Chọn C Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 3 1. Khi đó: S. x3. x 5 dx. 1. x x. x5. 1 0. 1 6. Câu 20: Gọi ( H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y. ln x và y. 1 . Khi đó diện tích hình phẳng. ( H) là: A. e. 3 e. B. e. 2.. 4 e. 2 e. C. 2e. 3.. D. e. 5.. 1 e. 2.. Lời giải Chọn D Phương trình hoành độ giao điểm ln x. ln x ln x. 1. 1. e. Khi đó S. ln x. 1dx. casio. x. 1. 1,086161245. e. 1 e. 1 e. x. e 1 e. 2. Câu 21: Chọn C c. Dựa vào đồ thị trên hình vẽ ta có S. b. f ( x)dx+. f ( x)dx. a. c. c. b. Câu 22: Chọn C Dựa vào đồ thị trên hình vẽ ta có S. f ( x)dx+ a. f ( x)dx =3+5=8. c. Câu 23: Chọn A Dựa vào hình vẽ cho ta biết. Trên a; c . f ( x) Trên c; b . g( x). g( x) hay f ( x) g( x) f ( x) hay g( x). f ( x). 0 0. Do đó. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 427.

(433) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. b. c. S. g( x). b. f ( x) dx. f ( x). a. c. g( x) dx. f ( x) g( x) dx. a. b. f ( x) g( x) dx. c. a. g( x). f ( x) dx. c. Câu 24: Chọn D. 3x , y. Phương trình hoành độ giao điểm của y 1. 3x. S. 4. x dx. 1,67952.... 0. 7 2. x là 3x. 4. 4 x. x. 1. 2 ln 3. Câu 25: Chọn A Cách 1 2. Ta có S. 2. (x. sin x) x dx. Casio. sin x dx. 0. 4. 0. Chú ý. Ở bài toán này trước khi dùng Casio bấm tích phân thì bạn phải chuyển máy về chế độ Rad(Radian) bằng tổ hợp phím “SHIFT MODE 4”. Khi đó màn hình hiện ra kí hiệu chữ R. Cách 2 2. Ta có S. 2. (x. sin x) x dx. sin x dx .. 0. 0. sin x khi 0 sin x khi. Mặt khác sin x. x x. 2. 2. .. 2. Do đó. sin x dx 0. sin xdx. sin xdx. x dx. sin 2 xdx. cos x 0. cos x. 2. 4.. 0. Câu 26: Chọn D Ta có S. x. sin 2 x. 0. 2. 0. .. Câu 27: Chọn B Phương trình hoành độ giao điểm của y. 4. x và trục hoành là: 4. x. 0. x. 4. S. 4. x dx. 16.. 4. Câu 28: Chọn C Dựa vào hình vẽ ta xét các phương trình hoành độ giao điểm: x3 0 x 0 2 x 0 x 2 x3. 2. x. x3. x 2. 0. x. 1. 1. Khi đó, diện tích cần tìm là S. 2 3. x dx 0. (2 1. x)dx. 1 2. 1. x 3dx . 0. Câu 29: Chọn B 428. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 4..

(434) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Xét các phương trình hoành độ giao điểm sau:. 2x. 4. 4 x. 0. x x. x. 4. x2. 10 x 16. 0;. 2x. x. 0. 0. x. 2. 0. 2. 4. Suy ra diện tích cần tìm là S. 2 xdx. 4. 0. x dx .. 2. Câu 30: Chọn A Tiếp tuyến của đồ thị C tại điểm có hoành độ bằng Phương trình hoành độ giao điểm: 4. 1 3 x 4. Vậy diện tích S 2. x. 1 3 x 4. 2x. x. 2x. 4 dx. 2 là d : y x x. 4. 2 4. 2x 4 .. .. 27 .. Câu 31: Chọn B Ta có phương trình tiếp tuyến có dạng: y. y'. y' 1. 2x 4. 2. y' 4. 4. y ' x0 x. x0. y0 .. .. Suy ra phương trình tiếp tuyến tại A 1; 2 và B 4; 5 lần lượt là:. y. 2 x 1. 2. 4 và y. 2x. 4 x 4. 5. 4 x 11 .. Phương trình hoành độ giao điểm của 2 tiếp tuyến: 5 2. 2x. 4. 4 x 11. 5 . 2. x. 4. Khi đó ta có: S. x. 2. 4x. 5. 2x. x2. 4 dx. 4x. 5. 9 . 4. 4 x 11 dx. 5 2. 1. Câu 32: Chọn B a. a. Ta có S. 2 axdx. 2 a. 0. 1. x 2 dx 0. 2 3a 2 a . .x 2|0 3. ka 2. k. 4 . 3. Câu 33: Chọn C Gọi M x; y biểu diễn số phức z. y. x. 2. 2. 1. x2. 4x. m 2. m2. 1i. x. m 2. y. m2. 3 . Vậy C có phương trình C y. 1. .. x2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của C và trục hoành, ta được x 2 1. x2. S 3. 4x. 3 dx. 4x. 4x. 3.. 3. 0. x x. 1 3. 4 . 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 429.

(435) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Câu 34: Chọn A. x2. Ta có 2my. x2 2m. y. y2. 0 và 2 mx. x2 Xét phương trình hoành độ giao điểm 2m 2m. S 0. x2 2m. 2mx dx. y. 2mx do y. x x. 2mx. 0. 0 , suy ra 2m. 3.. 3 thỏa mãn yêu cầu. 2 Chú ý: Nếu bài toán này thay đổi câu hỏi “ tìm giá trị gần m nhất” thì ta không có giá trị m để thay như cách trên, khi đó ta buộc phải tính tích phân của S như sau.. Thử từng trường hợp của m ta thấy m. 2m. S 0. 2m. x2 2m. 0. 3 2. m. x2 2m. 2mx dx m 0. 2 3 2m 2m . x 2 |0 3. x3 6m. 2mx dx. 4m2 3. 3. 3 . 2. m. Câu 35: Chọn C Cách 1: Ta có x 2. x. x x. 0. m. Do đó: S. x2. 1. x dx. 2. 2. x3 3. 1. x2 2. 2. x3 3. 3. x2 2. 0 1 x2. 0. x3 3. 1. 0. x dx. x2. 1 m. x2 2. m3 3. 1 0. m. x dx. 1. x2. x dx. m2 2. 2. m m 29 2m3 3m2 81 0 m 3 2m2 9m 27 3 2 2 Cách 2: Sử dụng Casio để kiểm tra đáp số lần lượt với m ; m 2; m 3 . Khi đó 1. 0. Câu 36: Chọn A Ta có m. S. 1. x3 3 Khi đó. x2. m. x2 2. 2x. m3 3. m2 2. x2. 1. m3 3. 1. m. x 2 x 2 0 , x 1; m. x 2 dx. 2m. m2 2 7 6. 2m. 5 12. x 2 dx. 7 6. 4 m3. 6 m2. 24m. 9. 0. m. 3 . 2. Câu 37: Chọn A Vì I 1; 2 là điểm cực tiểu của P Khi đó P : y. 430. ax 2. 2ax. a. 2. 2. y 1. 0. y 1. 2. 2a b 0 a b c 2. b c. 2a a 2. 0 (do I 1; 2 là điểm cực tiểu của P ). Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. m. 3..

(436) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 1. Do đó S. 2. Suy ra S. 15. ax. 2. 3a. 2ax. a. 6. 2 dx. a. b c. 3. Câu 38: Chọn B Diện tích hình vuông OABC : SOABC 4. Gọi S2 0. 1 2 x dx 4. 16 . 3. S1. 2. ax 3 3. 4.4. SOABC. ax. 2. ax. 2x. 3a. 6. 1. 6 5. a. 2b. 3c. 16. 16 3. S 32 . Vậy: 1 3 S2. 6.. 16. S2. 2.. Câu 39: Chọn A Phương trình d : y. kx. 4. Phương trình hoành độ giao điểm của d và trục hoành: kx. 4. Phương trình hoành độ giao điểm của P và trục hoành: x2. 4x 4. 2. Diện tích của H : S. x2. 4x. 4 dx. 0. kx 0. S2. k. 4 k. 0. x. 2. 4 . 3. k 4. 4 k. Mà S1. 8 Do đó: S1 3. 0. 4 dx. k 2 x 2. 4x 0. 8 k. 8 k. 4 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. k. 6. 431.

(437) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN TRONG ĐỀ THI CỦA BỘ Câu 1:. Câu 2:. Câu 3:. Câu 4:. Biết F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) =. 1 và F ( 2 ) = 1 . Tính F ( 3 ) . x −1 7 1 A. F ( 3 ) = ln 2 − 1 B. F ( 3 ) = ln 2 + 1 C. F ( 3 ) = D. F ( 3 ) = 2 4   Tìm nguyên hàm F ( x ) của hàm số f ( x ) = sin x + cos x thoả mãn F   = 2 2. A. F ( x ) = cos x − sin x + 3. B. F ( x ) = − cos x + sin x + 3. C. F ( x ) = − cos x + sin x − 1. D. F ( x ) = − cos x + sin x + 1. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) =. 1 . 5x − 2. dx. A..  5x − 2 = 5ln 5x − 2 + C. C..  5x − 2 = ln 5x − 2 + C. dx. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) =. D..  5x − 2 = − 2 ln 5x − 2 + C. dx. 2x − 1. ( x + 1). 1. trên khoảng ( −1; + ) là. 2. 3 +C . x+1 3 +C . D. 2ln ( x + 1) − x+1. 2 +C . x+1 2 +C . C. 2ln ( x + 1) − x+1. Câu 6:. 1.  5x − 2 = 5 ln 5x − 2 + C. B. 2ln ( x + 1) +. A. 2ln ( x + 1) +. Câu 5:. dx. B.. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ' ( x ) = 3 − 5sin x và f ( 0 ) = 10 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. f ( x ) = 3 x + 5cos x + 5. B. f ( x ) = 3 x + 5cos x + 2. C. f ( x ) = 3x − 5cos x + 15. D. f ( x ) = 3 x − 5cos x + 2. Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 2 ) = −. 2 2 và f  ( x ) = 2 x  f ( x )  với mọi x  9. . Giá trị của. f (1) bằng A. − Câu 7:. 35 . 36. 2 B. − . 3. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x) =. 19 . 36. C. −. D. −. 2 . 15. 3x − 1 trên khoảng (1; +) là ( x − 1) 2. 2 1 + C .B. 3ln( x − 1) + +C. x −1 x −1 1 2 + C .D. 3ln( x − 1) + +C. C. 3ln( x − 1) − x −1 x −1 A. 3ln( x − 1) −. Câu 8:. 432. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) =. 2x +1. ( x + 2). 2. trên khoảng ( −2; + ) là:. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(438) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. 1 +C . x+2 3 +C . D. 2 ln ( x + 2 ) + x+2. 1 +C . x+2 3 +C . C. 2 ln ( x + 2 ) − x+2. B. 2 ln ( x + 2 ) −. A. 2 ln ( x + 2 ) +. Câu 9:. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) =. 3x − 2. ( x − 2). 2. trên khoảng ( 2; +  ) là. 2 +C . x−2 4 D. 3ln ( x − 2 ) − +C . x−2. 4 +C . x−2 2 C. 3ln ( x − 2 ) − +C . x−2. B. 3ln ( x − 2 ) +. A. 3ln ( x − 2 ) +. Câu 10: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 4 x (1 + ln x ) là A. 2 x2 ln x + 3x2 .. C. 2 x2 ln x + 3x2 + C . D. 2 x2 ln x + x2 + C .. B. 2 x2 ln x + x2 .. Câu 11: Cho F ( x ) = x 2 là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) .e 2 x . Tìm nguyên hàm của hàm số f ' ( x ) .e 2 x ..  f ' ( x ) .e C.  f ' ( x ) .e A.. 2x. dx = 2 x 2 − 2 x + C. 2x. dx = − x 2 + x + C.  f ' ( x ) .e D.  f ' ( x ) .e B.. 2x. dx = −2 x 2 + 2 x + C. 2x. dx = − x 2 + 2 x + C. Câu 12: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x) = e x + 2 x thỏa mãn F ( 0 ) = A. F ( x ) = 2e x + x 2 −. 1 2. B. F ( x ) = e x + x 2 +. 5 2. C. F ( x ) = e x + x 2 +. 3 2. 3 . Tìm F ( x ) . 2. D. F ( x ) = e x + x 2 +. 1 2. f ( x) 1 là một nguyên hàm của hàm số . Tìm nguyên hàm của hàm số f  ( x ) ln x . x 2x2 ln x 1  ln x 1  A.  f  ( x ) ln xdx = −  2 + 2  + C B.  f  ( x ) ln xdx = 2 + 2 + C x x 2x   x. Câu 13: Cho F ( x ) =. C..  ln x 1  + +C x2 x2 .  f  ( x ) ln xdx = − . D..  f  ( x ) ln xdx =. ln x 1 + 2 +C 2 x 2x. Câu 14: Cho F ( x ) = ( x − 1) e x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) e 2 x . Tìm nguyên hàm của hàm số f  ( x ) e2 x ..  f ( x) e C.  f  ( x ) e A.. 2x. dx = ( x − 2 ) e x + C. 2x. dx = ( 2 − x ) e x + C.  f  ( x) e D.  f  ( x ) e B.. 2−x x e +C 2. 2x. dx =. 2x. dx = ( 4 − 2 x ) e x + C 2. Câu 15: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên đoạn 1; 2  , f ( 1) = 1 và f ( 2 ) = 2 . Tính I =  f  ( x ) dx. 1. B. I = −1.. A. I = 1.. C. I = 3.. 7 D. I = . 2. 4. dx = a ln 2 + b ln 3 + c ln 5, với a, b, c là các số nguyên. Tính S = a + b + c. 3 x +x. Câu 16: Biết I =  A. S = 6 .. 2. B. S = 2 .. C. S = −2 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. S = 0. 433.

(439) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Câu 17: Cho.  2.  2. 0. 0.  f ( x ) dx = 5 . Tính I =   f ( x ) + 2sin x  dx .. A. I = 7 2. Câu 18: Cho. B. I = 5 +. f ( x ) dx = 2 và. . −1. A. I = 1. Câu 19:. e. 11 2.  2. D. I = 5 +  .. C. I = 3. 2. 2. −1. −1.  g ( x ) dx = −1 . Tính I =   x + 2 f ( x ) − 3g ( x ) dx . B. I =. 17 2. C. I =. 5 2. D. I =. 7 2. 3 x +1. dx bằng. 0. A. 2. Câu 20:. (. ). 1 4 e −e . 3. dx.  3x − 2. (. ). B. e 4 − e .. C.. 1 4 e +e . 3. D. e 3 − e .. 1 ln 2 . 3. C.. 2 ln 2 . 3. D. ln 2 .. bằng. 1. A. 2ln 2 .. Câu 21: Cho. B.. 6. 2. 0. 0.  f ( x)dx = 12 . Tính I =  f (3x)dx.. A. I = 36. B. I = 4. C. I = 6. D. I = 5. Câu 22: Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi 1 2 11 t + t ( m s ) , trong đó t là khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu chuyển quy luật v ( t ) = 180 18 động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng. (. ). với A nhưng chậm hơn 5 giây so với A và có gia tốc bằng a m s 2 ( a là hằng số). Sau khi B xuất phát được 10 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 22 ( m s ) . B. 15 ( m s ) . C. 10 ( m s ) . D. 7 ( m s ) . Câu 23: Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi 1 2 58 quy luật v ( t ) = t + t ( m / s ) , trong đó t là khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu chuyển 120 45 động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc bằng a ( m / s 2 ) ( a là hằng số). Sau khi B xuất phát được 15 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 25 ( m / s ) . 1. Câu 24:. Cho. xdx.  ( x + 2). 2. B. 36 ( m / s ) .. C. 30 ( m / s ) .. D. 21( m / s ) .. = a + b ln 2 + c ln 3 với a , b , c là các số hữu tỷ. Giá trị của 3a + b + c bằng. 0. A. −2 .. 434. B. −1 .. C. 2 .. D. 1 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(440) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. . Câu 25: Tính tích phân I =  cos3 x.sin xdx . 0. 1 A. I = −  4 4. B. I = − 4. C. I = 0. 1 4. D. I = −. 2. Câu 26: Tính tích phân I =  2 x x 2 − 1dx bằng cách đặt u = x2 − 1 , mệnh đề nào dưới đây đúng? 1. 2. 3. A. I = 2  udu. B. I =  udu. 0. Câu 27: Cho. 1. 4. 2. 0. 0. 3. D. I =. C. I =16 .. D. I =4. 0.  f ( x)dx = 16 . Tính I =  f (2x)dx B. I =8 .. A. I =32 .. Câu 28: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = A. I = 2. Câu 29:. e. 2. 1 udu 2 1. C. I =  udu. 1 2. B. I =. 1 e. ln x . Tính: I = F ( e ) − F ( 1) ? x. C. I = 1. D. I = e. C. e5 − e2 .. D.. 3 x −1. dx bằng:. 1. A.. 1 5 2 (e − e ) . 3 21. Câu 30: Cho. x 5. dx x+4. B.. 1. e 0. B. a + b = c .. 55. D. a − b = −2c .. dx 1+ e = a + b ln , với a , b là các số hữu tỉ. Tính S = a3 + b3 . 2 +1. x. 16. C. a − b = −c .. x. B. S = −2 .. A. S = 2 . Câu 32: Cho. 1 5 2 (e + e ) . 3. = a ln 3 + b ln 5 + c ln7 với a, b, c là các số hữu tỉ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?. A. a + b = −2c . Câu 31: Cho. 1 5 2 e −e . 3. dx x+9. C. S = 0 .. D. S = 1 .. = a ln 2 + b ln 5 + c ln11 với a, b, c là các số hữu tỉ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?. A. a − b = −c .. B. a + b = c .. C. a + b = 3c .. D. a − b = −3c .. e. Câu 33: Cho.  (1 + x ln x ) dx = ae. 2. + be + c với a , b , c là các số hữu tỷ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?. 1. A. a + b = c .. B. a + b = −c .. C. a − b = c .. D. a − b = −c .. e. Câu 34: Cho.  ( 2 + x ln x )dx = ae. 2. + be + c với a, b, c là các số hữu tỉ. Mệnh đề nào sau đây đúng?. 1. A. a + b = −c .. B. a + b = c .. C. a − b = c .. D. a − b = −c . 1. Câu 35: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn f (1) = 0 ,   f  ( x )  dx = 7 và 2. 0. 1. 1. 1  x f ( x ) dx = 3 . Tích phân  f ( x ) dx bằng 2. 0. 0. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 435.

(441) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. 7 . 5. A.. B. 1 .. C.. Câu 36: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 2 ) = −. 7 . 4. D. 4 .. 2 1 và f  ( x ) = x 3  f ( x )  với mọi x  . Giá trị của f (1) 5. bằng A. −. 4 . 35. B. −. 71 . 20. C. −. 79 . 20. . Biết f ( 5 ) = 1 và. Câu 37: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên. 4 D. − . 5 1.  xf ( 5x ) dx = 1 ,. khi đó. 0. 5.  x f  ( x ) dx bằng 2. 0. A. 15 .. B. 23 .. C.. Câu 38: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm và liên tục trên. 123 . 5 , biết f (6) = 1 và. D. −25 . 1.  xf (6 x)dx = 1 . Khi đó 0. 6. x. 2. f '( x)dx = ?. 0. A.. 107 3. B. 34. Câu 39: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn. C. 24. D. −36. 1.  ( x + 1) f  ( x ) dx = 10 và 2 f (1) − f ( 0 ) = 2 . Tính 0. B. I = 8. A. I = −12. C. I = 1. 1.  f ( x ) dx . 0. D. I = −8. và thoả mãn f ( x ) + f ( − x ) = 2 + 2cos 2 x , x . Câu 40: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên. . Tính. 3 2. I= −.  f ( x ) dx. 3 2. A. I = −6. B. I = 0 2. Câu 41: Biết I =  1. ( x + 1). P = a+b+c. A. P = 24 .. dx x + x x+1. C. I = −2. D. I = 6. = a − b − c với a , b , c là các số nguyên dương. Tính. B. P = 12 .. Câu 42: Cho hàm số f ( x ) xác định trên. C. P = 18 .. D. P = 46 .. 2 1  \   thỏa mãn f  ( x ) = , f ( 0 ) = 1 và f (1) = 2 . Giá trị 2x −1 2. của biểu thức f ( −1) + f ( 3) bằng A. 4 + ln15 .. B. 2 + ln15 .. Câu 43: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 2 ) = −. C. 3 + ln15 .. D. ln15 .. 2 1 và f  ( x ) = x  f ( x )  với mọi x  3. . Giá trị của f ( 1). bằng.. 436. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(442) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. A. −. Câu 44: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 2 ) = − f (1) bằng. A. −. 41 . 400. B. −. 7 D. − . 6. 2 C. − . 9. 2 B. − . 3. 11 . 6. 2 1 và f  ( x ) = 4 x 3  f ( x )  với mọi x  25. 1 . 10. C. −. 391 . 400. D. −. . Giá trị của. 1 . 40.  4. Câu 45: Cho hàm số f ( x ) . Biết f ( 0 ) = 4 và f  ( x ) = 2 cos 2 x + 1 , x .  f ( x ) dx bằng. , khi đó. 0. A..  +4 16.  + 14. .. B.. 16.  + 16 + 4.  2 + 16 + 16. 2. 2. 2. .. C.. .. 16. D.. . Biết f ( 4 ) = 1 và. Câu 46: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên. 16. .. 1.  xf ( 4 x ) dx = 1 ,. khi đó. 0. 4.  x f  ( x ) dx bằng 2. 0. A.. 31 . 2. B. −16 .. D. 14 .. C. 8 .. . Câu 47: Cho hàm số f ( x ) . Biết f ( 0 ) = 4 và f '( x) = 2cos2 x + 3, x  , khi đó. 4.  f ( x)dx bằng 0. A..  +2 8.  + 8 + 8. .. B.. 8.  + 8 + 2 2. 2. 2. .. C.. .. 8. D..  2 + 6 + 8 8. ..  4. Câu 48: Cho hàm số f ( x ) . Biết f ( 0 ) = 4 và f  ( x ) = 2sin 2 x + 1 , x . , khi đó.  f ( x ) dx bằng 0.  + 15. A.. 16.  + 16 − 16 2. 2. .. B.. 16.  + 16 − 4 2. .. C.. 16. .. D.. 2 −4 16. .. . Câu 49: Cho hàm số y = f ( x ) . Biết f ( 0 ) = 4 và f  ( x ) = 2sin 2 x + 3 , x . 4. . Khi đó.  f ( x ) dx bằng 0.  −2 2. A.. 8. .. B..  + 8 − 8 8.  + 8 − 2. .. C.. Câu 50: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm và liên tục trên. 8. 3 + 2 − 3 . 8 2. 2. 2. .. , biết f (3) = 1 và. D. 1.  xf (3x)dx = 1 . Khi đó 0. 3. x. 2. f '( x)dx = ?. 0. A. 3. B. 7. C. −9. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D.. 25 3. 437.

(443) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.B 11.B. 2.D 12.D. 3.B 13.A. 4.B 14.C. 5.A 15.A. 6.B 16.B. 7.A 17.A. 8.D 18.B. 9.D 19.A. 10.D 20.C. 21.B 31.C 41.D. 22.B 32.A 42.C. 23.C 33.C 43.B. 24.B 34.C 44.B. 25.C. 35.A 45.C. 26.C 36.D 46.B. 27.B 37.D 47.C. 28.A 38.D 48.C. 29.A 39.D 49.C. 30.A 40.D 50.B. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn B F( x) =  f ( x)dx = . 1 dx = ln x − 1 + C . F(2) = 1  ln1 + C = 1  C = 1 . x −1. Vậy F( x) = ln x − 1 + 1 . Suy ra F(3) = ln2 + 1 . Câu 2:. Chọn D Có F ( x ) =  f ( x ) dx =  ( sin x + cos x ) dx = − cos x + sin x + C     Do F   = − cos + sin + C = 2  1 + C = 2  C = 1  F ( x ) = − cos x + sin x + 1 . 2 2 2. Câu 3:. Chọn B Áp dụng công thức. Câu 4:. dx. dx. 1. 1. Chọn B Ta có. Câu 5:.  ax + b = a ln ax + b + C ( a  0 ) ta được  5x − 2 = 5 ln 5x − 2 + C .. . 2x − 1. ( x + 1). dx =  2. 2 ( x + 1) − 3. ( x + 1). 2. dx = . 2 −3 3 dx +  dx = 2ln ( x + 1) + +C. 2 x+1 ( x + 1) ( x + 1). Chọn A Ta có f ( x ) =  ( 3 − 5sinx ) dx = 3x + 5cos x + C. Theo giả thiết f ( 0 ) = 10 nên 5 + C = 10  C = 5 . Vậy f ( x ) = 3x + 5cos x + 5. Câu 6:. Chọn B f ( x)0. Ta có f  ( x ) = 2 x  f ( x )  2. Từ f ( 2 ) = −. Câu 7:. 438.  1  1 = 2 x  = −x2 + C .   = −2 x  2 f ( x)  f ( x )   f ( x )  f ( x). 2 1 suy ra C = − . Do đó f (1) = 9 2. 1 2 =− . 3  1 −12 +  −   2. Chọn A Đặt t = x − 1 3(t + 1) − 1 3t + 2 3 2 2  f ( x)dx = t 2 dt =  t 2 dt =  t dt +  t 2 dt = 3ln( x − 1) − x − 1 + C Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(444) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Câu 8:. Chọn D. . Ta có: = 2. Câu 9:. 2x + 1. ( x + 2) d( x + 2) − x+2. 2. dx = . 2 ( x + 2) 2 ( x + 2) − 3 3 dx −  dx dx =  2 2 2 ( x + 2) ( x + 2) ( x + 2). 3 3  3 ( x + 2 ) d ( x + 2 ) = 2ln x + 2 + x + 2 + C = 2ln ( x + 2 ) + x + 2 + C . −2. Chọn D Ta có. . 3x − 2. ( x − 2). 2. dx = . 3( x − 2) + 4. ( x − 2). 2.  3 4  4  dx =  + dx = 3ln ( x − 2 ) − +C . 2 x−2  x − 2 ( x − 2)   . Câu 10: Chọn D Cách 1. Ta có.  f ( x ) dx =  4x (1 + ln x ) dx =  4 xdx +  4 x ln xdx . Tính  4xdx = 2x. 2. + C1.  1 u = ln x du = dx Tính  4 x ln xdx . Đặt   x dv = 4 xdx v = 2 x 2 . Suy ra  4 x ln xdx = 2 x 2 ln x −  2 xdx = 2 x 2 ln x − x 2 + C 2 Do đó I = 2x2 ln x + x2 + C . Cách 2.. (. ) ( ). ( ). 1    Ta có 2 x 2 ln x + x 2 = 2 x 2 .ln x + 2 x 2 . ( ln x ) + x 2 = 4 x.ln x + 2 x 2 . + 2 x = 4 x ( 1 + ln x ) . x. Do đó 2x2 ln x + x2 là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 4 x ( 1 + ln x ) . Hay 2x2 ln x + x2 + C là họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 4 x ( 1 + ln x ) . Câu 11: Chọn B. (. ). Ta có f ( x ) .e 2 x = F ' ( x ) = 2 x  f ( x ) .e 2 x ' = 2 hay f '( x)e 2 x + 2 f ( x)e 2 x = 2  f '( x)e 2 x + 4 x = 2 Suy ra f '( x)e 2 x = 2 − 4 x nên.  f ' ( x ) .e. 2x. dx = −2 x 2 + 2 x + C.. Câu 12: Chọn D Ta có F ( x ) =  ( e x + 2 x ) dx = e x + x 2 + C 2. Theo bài ra ta có: I =  2 x x 2 − 1dx . 1. Câu 13: Chọn A. f ( x). 1 . Chọn I =32 x 2x2 Khi đó: I =8 . Đặt I =16. Ta có:. . dx =. Khi đó: I =4 Câu 14: Chọn C Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 439.

(445) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.   f ( x ) .e dx = ( x − 1) e + C , suy ra f ( x ) .e = ( x − 1) e  = e + ( x − 1) .e  f ( x ) = e + ( x − 1) .e  f  ( x ) = ( 1 − x ) .e Suy ra  f  ( x ) e dx =  ( 1 − x ) e dx =  (1 − x ) d ( e ) = e (1 − x ) +  e dx = e ( 2 − x ) + C .. Theo đề bài ta có. 2x. −x. x. 2x. −x. x. x. x. −x. 2x. x. x. x. x. x. Câu 15: Chọn A 2. Ta có I =  f  ( x ) dx = f ( x ) = f ( 2 ) − f (1) = 2 − 1 = 1. 2. 1. 1. Câu 16: Chọn B 1 1 1 1 = = − . x + x x( x + 1) x x + 1. Ta có:. 2. 4 4 dx 1 1  = − dx = ( ln x − ln( x + 1) ) = (ln 4 − ln 5) − (ln 3 − ln 4)    2 Khi đó: 3 x x +1 3 x +x 3 = 4ln 2 − ln 3 − ln 5. 4. I=. Suy ra: a = 4, b = −1, c = −1. Vậy S = 2. Câu 17: Chọn A . . 2. 2. 0. 0. . Ta có I =   f ( x ) + 2sin x  dx=  f ( x ) dx +2  sin xdx . 2. 0. . 2. I =  f ( x ) dx − 2cosx 2 = 5 − 2 ( 0 − 1) = 7 . 0 0. Câu 18: Chọn B 2. x2 Ta có: I =   x + 2 f ( x ) − 3 g ( x )  dx = 2 −1. 2. −1. 2. 2. −1. −1. + 2  f ( x ) dx − 3  g ( x ) dx =. 3 17 + 2.2 − 3 ( −1) = . 2 2. Câu 19: Chọn A 1 1 e4 − e Ta có:  e 3 x +1dx = e 3 x +1 = . 0 3 3 0 1. Câu 20: Chọn C 2. Ta có. dx 1 1 3x − 2 = 3 ln 3x − 2. 2. = 1. 1 2 ln 4 − ln1) = ln 2 . ( 3 3. Câu 21: Chọn B 2. 2. 6. 1 1 1 Ta có: I =  f (3x)dx =  f (3x)d3x =  f (t )dt = .12 = 4. 30 30 3 0. Câu 22: Chọn B Từ đề bài, ta suy ra: tính từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm B bắt kịp thì A đi được 15 giây, B đi được 10 giây.. 440. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(446) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Biểu thức vận tốc của chất điểm B có dạng vB ( t ) =  adt = at + C , lại có vB ( 0 ) = 0 nên vB ( t ) = at Từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm B bắt kịp thì quãng đường hai chất điểm đi được là bằng nhau. Do đó  1 2 11  3 0  180 t + 18 t  dt = 0 atdt  75 = 50a  a = 2 .. 15. 10. 3 Từ đó, vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng vB (10 ) = .10 = 15 ( m s ) . 2 Câu 23: Chọn C Thời điểm chất điểm B đuổi kịp chất điểm A thì chất điểm B đi được 15 giây, chất điểm A đi được 18 giây. Biểu thức vận tốc của chất điểm B có dạng vB ( t ) =  adt = at + C mà vB ( 0 ) = 0 nên vB ( t ) = at .. Do từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi chất điểm B đuổi kịp thì quãng đường hai chất điểm đi được bằng nhau. Do đó 18  1 15 58  225 2 0  120 t + 45  dt = 0 atdt  225 = a. 2  a = 2 Vậy, vận tốc của chất điểm B tại thời điểm đuổi kịp A bằng vB ( t ) = 2.15 = 30 ( m / s ) . Câu 24:. Chọn B 1.  0. 1. xdx. ( x + 2). 2. = 0. ( x + 2 ) − 2 dx = dx − 2dx  x+2  x+2 ( x + 2) ( ) 1. 0. 0. 2. = ln ( x + 2 ) − 2. 1. 1. ( x + 2). −1. 1. = ln 3 − ln 2 +. −1. 0. 2. 2 1 − 1 = − − ln 2 + ln 3 . 3 3. 0. 1 Vậy a = − ; b = −1; c = 1  3a + b + c = −1 . 3. Câu 25: Chọn C . Ta có: I =  cos 3 x.sin xdx . Đặt t = cos x  dt = − sin xdx  −dt = sin xdx 0. Đổi cận: Với x = 0  t = 1 ; với x =   t = −1 . −1. 1. t4 Vậy I = −  t dt =  t dt = 4 1 −1 3. 1. 3. −1. 14 ( −1) = − = 0. 4 4 4. Câu 26: Chọn C 2. Ta có: I =  2 x x 2 − 1dx 1. 3. đặt u = x2 − 1  du = 2xdx . Đổi cận x = 1  u = 0 ; x = 2  u = 3 nên I =  udu 0. Câu 27: Chọn B Đặt t = 2x . dt =dx . Đổi cận x = 0  t = 2 ; x = 2  t = 4 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 441.

(447) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 2. Khi đó ta có I =  f (2 x)dx = 0. 1 4 1 4 f (t )dt =  f ( x)dx =8  0 2 2 0. Câu 28: Chọn A Cách 1. e. e. e. e. ln x ln x ln 2 x 1 dx =  ln xd ( ln x ) = = . Vì f ( x ) = nên I = F ( e ) − F (1) =  f ( x ) dx =  x x 2 1 2 1 1 1. Câu 29: Chọn A 2 2 1 1 Ta có:  e 3 x −1dx = e 3 x −1 = e 5 − e 2 . 1 3 3 1. (. ). Câu 30: Chọn A Đặt t = x + 4  t 2 = x + 4  2tdt = dx . Đổi cận: x t 21. x 5. 5. dx. =. x+4. 3. (t. 2tdt 2. 5 3. 21 5. 5 2dt 1 1  = 2  −  dt  4 ( t + 2 )  3 ( t − 2 )( t + 2 ) 3  4 (t − 2 ). 5. ). −4 t. =. 1 1  1 1 1 =  ln t − 2 − ln t + 2  53 = ln 3 + ln 5 − ln7 . 2 2 2 2 2 . Câu 31: Chọn C Cách 1. Đặt t = e x  dt = e xdx . Đổi cận: x = 0  t = 1; x = 1  t = e dx e xdx dt 1 1  = 0 e x + 1 0 e x e x + 1 = 1 t ( t + 1) = 1  t − t + 1  dt = ln t − ln t + 1 1. 1. e. (. = 1 + ln. e. (. ). ) = (1 − ln (1 + e )) − (− ln 2) e. 1. a = 1 2 1+ e = 1 − ln   S = a3 + b3 = 0 . b = − 1 1+ e 2 . (. ). (. ). 1 ex + 1 − ex 1 1 d ex + 1 1 1 dx 1+ e = dx =  dx −  x = x 0 − ln e x + 1 = 1 − ln Cách 2.  x . x 0 2 e + 1 e + 1 e + 1 0 0 0 0 1. Suy ra a = 1 và b = −1 . Vậy S = a3 + b3 = 0 . Câu 32: Chọn A Đặt t = x + 9  t 2 = x + 9  2tdt = dx . Đổi cận: x. t. 442. 16 5. 55 8. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(448) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 55. x. 8. dx x+9. 16. = 5. (. 8 8 dt 1  dt dt  = 2 = −  5 t 2 − 9 3  5 t − 3 5 t + 3  t2 − 9 t  . 2tdt. (. 8. ). 1 = ln x − 3 − ln x + 3 3. Vậy a =. ). 8. 5. 2 1 1 = ln 2 + ln 5 − ln11 . 3 3 3. 2 1 1 , b = , c = − . Mệnh đề a − b = −c đúng. 3 3 3. Câu 33: Chọn C Ta có. e. e. e. e. 1. 1. 1. 1.  (1 + x ln x ) dx =  1.dx +  x ln x dx = e − 1 +  x ln x dx ..  1 u = ln x  du = x dx Đặt  2 dv = x.dx  v = x  2 e. Khi đó  x ln x dx = 1. e.  (1 + x ln x ) dx = e − 1 +. Suy ra. e. e x2 1 e2 1 ln x −  x dx = − x 2 2 21 2 4 1. 1. e 1. =. e2 e2 1 e2 1 − + = + . 2 4 4 4 4. e2 1 e2 3 1 3 + = + e − nên a = , b = 1 , c = − . 4 4 4 4 4 4. Vậy a − b = c . Câu 34: Chọn C e. Ta có. e e e e 2 + x ln x d x = 2d x + x ln x d x = 2 x + I = 2 e − 2 + I I = với )  1 ( 1 1 x ln xdx 1 1.  1 du = x dx u = ln x  Đặt  2 dv = xdx v = x  2. e ex e x2 e e 2 1 2 x2 x2 e2 + 1  I = ln x −  dx = ln x − = − e −1 = 1 12 1 4 1 2 4 2 2 4. (. ).  1 a = 4 e  e2 + 1 1 2 7   ( 2 + x ln x )dx = 2 e − 2 + = e + 2 e −  b = 2  a − b = c 4 4 4 1  7 c = − 4 . Câu 35: Chọn A du = f  ( x ) dx u = f ( x )  Cách 1: Tính:  x f ( x ) dx . Đặt  .  x3 2 d v = x d x v = 0   3  1. 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 443.

(449) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 1. Ta có:  x f ( x ) dx = 2. x3 f ( x ) 3. 0. =. 1. f (1) − 0. f ( 0 ). − 0. 1. 1 3 x . f  ( x ) dx 3 0. 1. 1. 1 1 −  x 3 . f  ( x ) dx = −  x 3 . f  ( x ) dx . 30 30. 3 1. Mà  x 2 f ( x ) dx = 0. 1. 1. 1. 1. 1 1 1  −  x 3 . f  ( x ) dx =   x 3 . f  ( x ) dx = −1 . 3 30 3 0. Ta có   f  ( x )  dx = 7 . 2. 0. 1. x7 x d x = 0 7. 1. =. 6. 0. 1 1 1   49 x6dx = .49 = 7 . 7 7 0. 1. 1. 0. 0. 3 3  x . f  ( x ) dx = −1   14x . f  ( x ) dx = −14 .. 1. 1. 1. Cộng hai vế và suy ra   f  ( x )  dx +  49 x6dx +  14 x 3 . f  ( x ) dx = 7 + 7 − 14 = 0 . 2. 0. 1. . 0. 0. . 1.    f  ( x )  + 14 x 3 f  ( x ) + 49 x6 dx = 0    f  ( x ) + 7 x 3  dx = 0 . 0. 2. 2. 0. 1. 1. Do  f  ( x ) + 7 x 3   0    f  ( x ) + 7 x 3  dx  0 . Mà   f  ( x ) + 7 x 3  dx = 0  f  ( x ) = −7 x 3 . 2. 2. 0. 0. f ( x) = −. 2. 7x 7 x4 7 7 7 + C . Mà f ( 1) = 0  − + C = 0  C = . Do đó f ( x ) = − + . 4 4 4 4 4 4. 1.  7 x4 7   7 x5 7  7 Vậy  f ( x ) dx =   − +  dx =  − + x = . 4 4  20 4  0 5 0 0 1. 1. 1. Cách 2: Tương tự như trên ta có:  x3 . f  ( x ) dx = −1 0. Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có: 2. 1 1 1  1  1  2 2 2 2 1 7 = 7   x3 f  ( x ) dx   7   x 3 dx      f  ( x )  dx  = 7     f  ( x ) dx =   f  ( x ) dx       7 0 0 0  0  0 . ( ). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi f  ( x ) = ax 3 , với a  . 1. 1. Ta có  x . f  ( x ) dx = −1   x 3 .ax 3dx = −1  3. 0. 0. Suy ra f  ( x ) = −7 x 3  f ( x ) = − Do đó f ( x ) =. (. ax7 7. 1. = −1  a = −7 . 0. 7 x4 7 + C , mà f ( 1) = 0 nên C = 4 4. ). 7 1 − x 4 x  . 4 1 1  7 x4 7   7 x5 7  1 7 +  dx =  − + x = . Vậy  f ( x ) dx =   − 4 4  20 4  0 5 0 0. Chú ý: Chứng minh bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Cho hàm số f ( x ) và g ( x ) liên tục trên đoạn  a; b  . 444. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(450) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 2. b  b  b  Khi đó, ta có   f ( x ) g ( x ) dx     f 2 ( x ) dx     g 2 ( x ) dx  . a  a  a  Chứng minh: Trước hết ta có tính chất: b. Nếu hàm số h ( x ) liên tục và không âm trên đoạn  a; b  thì  h ( x ) dx  0 a. Xét tam thức bậc hai  f ( x ) + g ( x )  =  2 f 2 ( x ) + 2 f ( x ) g ( x ) + g 2 ( x )  0 , với mọi   2. Lấy tích phân hai vế trên đoạn  a; b  ta được. . b. 2. b. b.  f ( x ) dx + 2  f ( x ) g ( x ) dx +  g ( x ) dx  0 , với mọi   ( * ) 2. 2. a. a. a. Coi ( * ) là tam thức bậc hai theo biến  nên ta có   0 2. b  b  b     f 2 ( x ) dx  −   f 2 ( x ) dx   g 2 ( x ) dx   0      a  a  a  2. b 2  b 2  b 2     f ( x ) dx     f ( x ) dx   g ( x ) dx       a  a  a . Câu 36: Chọn D Ta có: f  ( x ) = x 3  f ( x )   2. f ( x). f 2 ( x). 2. = x3   1. f ( x). f 2 ( x). 2. dx =  x 3dx 1. 2.  1  15 1 1 15 4  − − + =  f ( 1) = − .  =  f ( x)  5 f ( 2 ) f (1) 4  1 4. Câu 37: Chọn D Cách 1: 5. 5. 1. 0. 0. 2 2  x f  ( x ) dx = x f ( x ) −  2xf ( x ) dx = 25.1 − 2 5tf ( 5t ) d ( 5t ) = 25 − 50.1 = −25 . 5. 0. 0. Cách 2: 1 1 Ta có: 1 =  xf ( 5x ) dx . Đặt t = 5x  dt = 5dx  dt = dx 0 5 51 5 5 1 1 5  1 =  t. f ( t ) . dt  1 = t. f ( t ) dt   t. f ( t ) dt = 25   x. f ( x ) dx = 25  0 5 0 0 5 25 0. u = x 2 du = 2 xdx  Đặt I =  x . f  ( x ) dx . Đặt:  0 dv = f  ( x ) dx v = f ( x ) 5. 2. 5 5  I = x 2 . f ( x ) − 2  xf ( x ) dx = 25. f ( 5 ) − 2.25 = −25 0 0. Câu 38: Chọn D 1. Ta có: I =  xf (6 x)dx = 1 . Đặt t = 6 x  dt = 6dx  dx = 0. dt .Đổi cận: 6. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 445.

(451) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. Từ t = 6 x  x =. t 6 6. 6. 6. 6. t dt 1 f (t ) = 1  tf (t )dt = 1   tf (t )dt = 36   xf ( x)dx = 36  6 6 36 0 0 0 0. Từ đó ta có: I = . 6 2  du = 2 xdx u = x J =  x 2 f '( x)dx . Đặt    0 dv = f '( x)dx v = f ( x). 6. 6. 6. Suy ra: J =  x2 f '( x)dx = x 2 f ( x) − 2  xf ( x)dx) = 36. f (6) − 2.36 = −36 0. 0. 0. Câu 39: Chọn D 1 u = x + 1 du = dx 1  Đặt  . Khi đó I = ( x + 1) f ( x ) −  f ( x ) dx 0 dv = f  ( x ) dx v = f ( x ) 0 1. 1. 0. 0. Suy ra 10 = 2 f (1) − f ( 0 ) −  f ( x ) dx   f ( x ) dx = −10 + 2 = −8 . Vậy. 1.  f ( x ) dx = −8 . 0. Câu 40: Chọn D Đặt x = −t . Khi đó −. 0. 0. 0. 3 2. 3 2. 3 2.  f ( x ) dx =  f ( −t ) d ( −t ) = −  f ( −t ) dt =  f ( −x ) dx. 3 2. Ta có: I = −. Hay I = 3 2. I=.  0. 3 2. 0. 0. 3 2. 3 2. 3 2. 0. 0. 0.  f ( x ) d ( x ) =  f ( x ) d ( x ) +  f ( x ) d ( x ) =  f ( −x ) d ( x ) +  f ( x ) d ( x ) 3 2. −. 3 2. 3 2. 3 2. 0. 0.  ( f ( −x ) + f ( x )) d ( x ) = . 2 + 2cos 2 xd ( x ) =. 3 2. . 0. 0. 3 2. . 2(1 + cos 2 x)d ( x ). 0. 3. 2.  2. 4cos xd ( x ) = 2  cos x d ( x ) = 2  cos xd ( x ) − 2  cos xd ( x ) 2. . 2. . 3 2. Vậy I = 2sin x |02 −2sin x | = 6. 2. Câu 41: Chọn D Ta có:. x + 1 − x  0 , x  1; 2  nên:. 2. I= 1. 446. ( x + 1). dx x + x x+1. 2. = 1. x ( x + 1). dx. (. x+1 + x. ). Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(452) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. ( x + 1 − x ) dx ( x + 1 − x ) dx = x ( x + 1) ( x + 1 + x )( x + 1 − x ) x ( x + 1)  1 1  =  −  dx = ( 2 x − 2 x + 1 ) = 4 2 − 2 3 − 2 = 32 − x+1   x 2. 2. 1. 1. = 2. 2. 12 − 2 .. 1. 1. a = 32  Mà I = a − b − c nên b = 12 . Suy ra: P = a + b + c = 32 + 12 + 2 = 46 . c = 2 . Câu 42: Chọn C Ta có: f ( x ) =  f  ( x ) dx = . 2 1 dx = ln 2 x − 1 + C , với mọi x  \   . 2x − 1 2.  1 Xét trên  −;  . Ta có f ( 0 ) = 1 , suy ra C = 1 . 2 .  1 Do đó, f ( x ) = ln 2 x − 1 + 1 , với mọi x   −;  . Suy ra f ( −1) = 1 + ln 3 . 2  1  Xét trên  ; +  . Ta có f ( 1) = 2 , suy ra C = 2 . 2 . 1  Do đó, f ( x ) = ln 2 x − 1 + 2 , với mọi  ; +  . Suy ra f ( 3 ) = 2 + ln 5 . 2 . Vậy f ( −1) + f ( 3 ) = 3 + ln 3 + ln 5 = 3 + ln15 . Câu 43: Chọn B Ta có f  ( x ) = x  f ( x )   2. f '( x) = x. f 2 ( x).  1  f '( x) 1 1 1 dx =  xdx  −  d  = x 2 + C  f ( x) = −  =  xdx  − 2 1 2 f ( x) 2 ( x)  f ( x)  x +C 2 1 1 Theo giả thiết f (2) = −  C = 1  f ( x) = − 1 2 3 x +1 2 2 Từ đó suy ra f (1) = − . 3. Do đó. f. Câu 44: Chọn B  1  1 3 3 = − 4 x = −x4 + C    = −4x  2 f ( x)  f ( x )   f ( x )  1 1 1  f ( 1) = − . Do f ( 2 ) = − , nên ta có C = −9 . Do đó f ( x ) = − 4 25 10 x +9. Ta có f  ( x ) = 4 x 3  f ( x )   − 2. f ( x). Câu 45: Chọn C. (. ). 1 Ta có f ( x ) =  f  ( x ) dx =  2cos2 x + 1 dx =  ( cos 2 x + 2 ) dx = sin 2 x + 2 x + C 2 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 447.

(453) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. f (0) = 4  C = 4 . . Vậy. 4.  0. . . 1   1  4  2 + 16 + 4 . f ( x ) dx =   sin 2 x + 2 x + 4  dx =  − cos 2 x + x 2 + 4 x  = 2 16   4 0 0 4. Câu 46: Chọn B 4. 4. 1. 0. 0. Cách 1:  x2 f  ( x ) dx = x 2 f ( x ) −  2 xf ( x ) dx = 16.1 − 2  4tf ( 4t ) d ( 4t ) = 16 − 2.16.1 = −16 . 4. 0. 0. Cách 2: Đặt t = 4x  dt = 4dx . Đổi cận: 1. Khi đó:  xf ( 4 x )dx = 0. 4. 4. 1 1 tf ( t ) dt =  xf ( x ) dx .  16 0 16 0. 4 u = x 2 du = 2 xdx Xét: I =  x 2 f ' ( x )dx : Đặt  .  0 dv = f ' ( x ) dx v =  f ' ( x ) dx = f ( x ). 4 4  I = x f ( x ) − 2  xf ( x ) dx = 4 2. f ( 4 ) − 2.16 = −16 . 0 0 2. Câu 47: Chọn C 1 Ta có f '( x) = 2cos 2 x + 3 = 4 + cos2x  f ( x) = 4 x + sin 2 x + C 2 Ta lại có: f ( 0 ) = 4  C = 4  4.  0. . .  1   2 1  4  2 + 8 + 2 f ( x)dx =   4 x + sin 2 x + 4 dx =  2 x − cos2x+4x  = . 2 4 8   0 0 4. Câu 48: Chọn C. (. ). Ta có f ( x ) =  2sin 2 x + 1 dx =  ( 2 − cos 2 x ) dx = 2 x −. sin 2 x +C. 2. 1 Vì f ( 0 ) = 4  C = 4 hay f ( x ) = 2 x − sin 2 x + 4 . 2 . Khi đó. 4.  0. . .  1   1  4 2 1  2 + 16 − 4 f ( x ) dx =   2 x − sin 2 x + 4  dx =  x 2 + cos 2 x + 4 x  = − + = . 16 4 16 2 4     0 0 4. Câu 49: Chọn C f  ( x ) = 2sin 2 x + 3 = 4 − cos 2 x .. Có. 1 1  ( 4 − cos 2x ) dx = 4x − 2 sin 2x + C suy ra f ( x ) = 4x − 2 sin 2x + C .. 1 Do f ( 0 ) = 4 nên C = 4  f ( x ) = 4 x − sin 2 x + 4 . 2  4.  0. . .  1   1  4  2 + 8 − 2 . f ( x ) dx =   4 x − sin 2 x + 4  dx =  2 x2 + cos 2 x + 4 x  = 8 4 2  0  0 4. Câu 50: Chọn B. 448. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(454) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG. 1. Ta có: I =  xf (3x)dx = 1 . Đặt t = 3x  dt = 3dx  dx = 0. Từ t = 3x  x =. dt .Đổi cận: 3. 1 3 3. 3. 3. 3. t dt 1 f (t ) = 1   tf (t )dt = 1   tf (t )dt = 9   xf ( x)dx = 9 3 3 90 0 0 0. Từ đó ta có: I = . 3 2  du = 2 xdx u = x J =  x 2 f '( x)dx . Đặt    0 dv = f '( x)dx v = f ( x). 3. 3. 3. Suy ra: J =  x2 f '( x)dx = x 2 f ( x) − 2  xf ( x)dx) = 9. f (3) − 2.9 = −9 0. 0. 0. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 449.

(455) CHUYÊN ĐỀ: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.. 450. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(456)

Toán 12: Chương 3 – Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng – Chinh phục giảng đường

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về