PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)
Chủ đề 2. LŨY THỪA – MŨ – LOGARIT
y = log

Câu 1: (SGD VĨNH PHÚC)Đạo hàm của hàm số
y′ =

6
3 x − 1 ln 2

y′ =

A.

2
( 3x − 1) ln 2

B.

2

3x −1

là:
y′ =

6
( 3x − 1) ln 2

C.


.

Câu 2: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Bất phương trình
S = [ a; b ]

nghiệm là
A.

b − 2a

thì

6

B.

10

2.5 x + 2 + 5.2 x + 2 ≤ 133. 10 x

có tập

bằng
C.

12

D.

16

5
5
 5

(1)

x

Đặt

 2
t = 
÷
÷ , (t ≥ 0)
 5

20t 2 − 133t + 50 ≤ 0 ⇔
phương trình (1) trở thành:

2
25
≤t ≤
5
4

x

Khi đó ta có:

2


b 2α

)

.

hoặc

Câu 3: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho

(

: chia 2 vế

a

là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn
log 2 ( 2017a )

3log 3 1 + a + a > 2 log 2 a
3

. Tìm phần nguyên của
B. 22
C. 16

A. 14

.

t ≥1

.

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

Ta có

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

g′ ( t ) = 0 ⇔ t =

2 ln 9
3ln 8

4

.


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

Suy ra

.

Nên số nguyên

a

lớn nhất thỏa mãn giả thiết bài toán là

a = 4095

.

log 2 ( 2017 a ) ≈ 22,97764311
Lúc đó

.
log 2 ( 2017a )

Nên phần nguyên của

bằng 22.



A.
.

B.

 17 
T = 1; ÷
 2

T = ( 2;8 )
.

C.

T = ( 2;19 )
.

D.

.

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

Nếu

a >1

a


x=
Mà

15
2

là một nghiệm của bất phương trình.Chọn D.

BÌNH LUẬN

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


-

-

y = log a b
Sử dụng tính chất của hàm số logarit
0 < a 1

 g ( x ) > 0

 f ( x ) > g ( x )
log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔ 
 0 < a < 1
 f ( x ) > 0


m∈∅

Hướng dẫn giải
Chọn A.

t = log 1 ( x − 2 )
2

Đặt

. Do

5 
x ∈  ; 4  ⇒ t ∈ [ −1;1]
2 

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

⇔m=

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

⇔ g ( m) = f ( t )

f ( t) =


7
3

.


f ′( t ) =

(t

4 − 4t 2
2

+ t + 1)

2

≥0

∀t ∈ [ −1;1] ⇒

[ −1;1]
Hàm số đồng biến trên đoạn
∀t ∈ [ −1;1]

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

cắt nhau


3

.

D.

4

.

Hướng dẫn giải
Chọn A.

Đặt

sin 2 x = t ( 0 ≤ t ≤ 1)
t

2

2

3cos x + 2sin x ≥ m.3sin

2

x

⇔ 3( 1−t )

3
9
⇒

t

0

1
_

f'(t)
f(t)

Hàm số luôn nghịch biến

4
1

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Dựa vào bảng biến thiên suy ra

m ≤1

thì phương trình có nghiệm

Suy ra các giá trị nguyên dương cần tìm



3

m

để

nghiệm thực phân biệt.
4.
D.

Hướng dẫn giải
Chọn A.

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

2

Đặt.

.

Khi

đó


Tức

4 − log 3 m = 0 ⇔ m = 81

x 2 = 4 − log 3 m

1;2
có một nghiệm khác

.

.

Chọn A.

Câu 8: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Cho

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

p, q, r

D.

.


b2
b2
= x y ⇔ log = log x y
ac
ac
⇒ y log x = 2 log b − log a − log c = 2q log x − p log x − r log x
= log x ( 2q − p − r )

⇒ y = 2q − p − r

log x ≠ 0
(do

).

BÌNH LUẬN

log a bc = log a b + log a c,log a
Sử dụng

b
= log a b − log a c,log a b m = m log a b
c
f ( x) =



?
149
3

.

C.
.
Hướng dẫn giải

D.

301
6

.

Chọn D.
X
 100

4

÷ = 301
∑
X

÷ 6
X =1  100


của hàm số
  49 
 98  
 51  
f
÷ + ... +  f 
÷+ f 
÷ +
 100  
 100  
  100 

x

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

1

= 49 +

42
1

+
=
+
=1
x
x
4 + 2 4 + 2 4 + 2 4 + 2.4
4 + 2 2 + 4x
Ta có
.

Câu 10: (THTT – 477) Nếu

log8 a + log 4 b 2 = 5
và

9

A.

2.

log 4 a 2 + log 8 b = 7

18

B.

2 .



2
log 4 a + log 8 b = 7
3 x + y = 21  y = 3
x + 1 y = 7
 3
2

Ta có
.
BÌNH LUẬN
Nguyên tắc trong bài này là đưa về logarit cơ số 2.

Câu 11: (THTT – 477) Cho

n >1

. Suy ra

ab = 2 x + y = 29

là một số nguyên. Giá trị của biểu thức

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

log n n !

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

BÌNH LUẬN
loga b =

Sử dụng công thức

1
logb a loga bc = loga b + loga c loga a = 1

,

,

Câu 12: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Cho hai số thực dương
Pmax

2x + 2 y = 4
Pmax
A.

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


Pmax = 27

Hướng dẫn giải

Ta có

x, y

D.

.


Khi đó

P = ( 2 x 2 + y ) ( 2 y 2 + x ) + 9 xy = 2 ( x3 + y 3 ) + 4 x 2 y 2 + 10 xy

.

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

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

Pmax = 18
Vậy

để phương trình

−1

có đúng hai nghiệm phân biệt.

0≤m

x2

Đặt

 7−3 5 
t =
÷ ∈ ( 0;1]
2



. Khi đó PT

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

(1).

g ′ ( t ) = 1 − 4t = 0 ⇔ t =
Ta có

1
4

.

Suy ra bảng biến thiên:

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất



t ∈ ( 0;1)

t

và mối quan hệ số

cho ta hai giá trị

x
.

Câu 14: (CHUYÊN ĐHSP HN) Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
2

x+

1
4x

+2

x 1
+
4 x

=4

là

A. 2.

+
x

+ 24

x+

1
4x

và

x 1
+ ≥1
4 x

,

> 4, ∀x > 0

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

4 x
2

2

D. 0.

x≠0

x>0⇒ x+

và

C. 1.

x=2

1
2


Sử dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương

, dấu “=” xảy ra

a = b.

khi

Câu 15: (CHUYÊN

trình

là

2.

C.

1.

D.

4.

Đáp án: B.
x ≠ 0; x ≠ 2
ĐK:
Đặt

.

t = x2 − 2x ⇒ x2 − 2x + 2 = t + 2

⇒ log 3 t = log 5 ( t + 2 )
.
log 3 t = log 5 ( t + 2 ) = u
Đặt
log 3 t = u
⇒


3 + 2 = 5
 5 
⇒ 5 − 2 = −3

• Xét

.

( 1) : 5u + 3u = 2

Ta thấy

u =0

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

u = 0 ⇒ t = −1 ⇒ x 2 − 2 x + 1 = 0
u

• Xét

, phương trình này vô nghiệm.

u

3


g ( x ) = const

đối nghịch nhau nghiêm ngặt hoặc

f ( x)
và

tăng, giảm nghiêm ngặt thì (1) có nghiệm duy nhất.

Câu 16: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương
log 3 (1 − x 2 ) + log 1 ( x + m − 4) = 0
trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:
−1
21
21

Cách 1: Dùng định lí về dấu tam thức bậc hai.
f ( x) = 0
Để thỏa yêu cầu bài toán ta phải có phương trình
−1 < x1 < x2 < 1

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

.

có hai nghiệm


f ( x) = 0
Cách 2: Với điều kiện có nghiệm, tìm các nghiệm của phương trình
1


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

Có

1
2

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

Ta có bảng biến thiên

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

21
21
< −m < −5 ⇒
>m>5
4
4



tất

(

: không thỏa

cả

)

các

.log 2 x − 2 x + 3 = 4
2

3
1
 ; −1;  .
2
2

x−m

B.

A.

⇒


2 2
C.
D.

Hướng dẫn giải
Chọn D

2(

x −1)

2

(

)

.log 2 x 2 − 2 x + 3 = 4

Ta có

x −m

.log 2 ( 2 x − m + 2 ) ( 1)

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

( 3)
+) PT

⇒m=

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

3
2

( 4)
, thay vào PT

thỏa mãn

( 4)
+) PT

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


⇒m=

1
2

( 3)
, thay vào PT

tìm được

m = 1.

1 3
m ∈  ;1;  .
2 2

BÌNH LUẬN
f ( u) = f ( v)

B1: Đưa phương trình về dạng

u, v

với

là hai hàm theo

x

.

f ( t ) , t ∈ D.

B2: Xét hàm số
f ( t) ,t ∈ D

B3: Dùng đạo hàm chứng minh hàm số


là:
1

−∞; − ÷

(−∞; −2]
3

B.
.
C.
.

2x = t

. Do

x > 0 ⇒ t >1

D.

1

 −2; − ÷
3


.

.

3t 2 − t

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


BBT

t

1 +∞

f'(t)

+
−

1
3

f(t)

−2
m ≤ lim+ f (t) = −2
t →1

Do đó

thỏa mãn yêu cầu bài toán

BÌNH LUẬN


bằng:
D.9.

Chọn đáp án B

Bất PT

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

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


) + ≤
. + =
4
2 
2 8 4 2
2
2 2
2 2  4


max T =

9
1
⇔ ( x; y) = (2; )
2
2

Suy ra :
BÌNH LUẬN

y = log a b
- Sử dụng tính chất của hàm số logarit

đồng biến nếu

a >1

nghịch



a b
= >0
x y
Dấu “=” xảy ra khi

Câu 20: (MINH HỌA L2) Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực
6 + ( 3 − m) 2 − m = 0
x

( 0;1)

x

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

[ 3; 4]
A.

.

m



+ 1)

2

6 x + 3.2 x
2x + 1

xác

định

> 0, ∀x ∈ ¡

trên

¡

,

f ( x)
nên hàm số

đồng biến trên

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

có

¡

x∈¡
A.

−1 < m ≤ 0

thoã mãn với mọi
−1 < m < 0
2
1
≥
mx
+
4
x
+
m



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

⇔

m > 0

  m < −2
 m > 2

m < 5
m ≤ 3



R:

a > 0
+ f ( x ) = ax 2 + bx + c ≥ 0∀x ∈ R ⇔ 
∆ ≤ 0
a > 0
+ f ( x ) = ax 2 + bx + c > 0∀x ∈ R ⇔ 
∆ < 0
e 3x − ( m -1) e x +1

Câu 22: ( CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 3)Cho hàm số
để hàm số đồng biến trên khoảng
3e3 + 1 ≤ m < 3e 4 + 1
A.
.
C.

3e 2 + 1 ≤ m ≤ 3e3 + 1

.

( 1; 2 )

 4 
y =
÷
 2017 

.

 2017 

e3 x −( m −1) e x +1

 4 
y′ = 
÷
 2017 

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

•Hàm số đồng biến trên khoảng
e3 x −( m −1) e x +1

 4 
y′ = 
÷
 2017 

 4 e −( m −1) e

 2017 ÷


  4 

(*)

⇔

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

⇔

3e 2 x + 1 ≤ m, ∀x ∈ ( 1; 2 )

•Đặt

g ( x ) = 3e 2 x + 1, ∀x ∈ ( 1; 2 )

x
g′( x)
g ( x)

1
| +
| Z

,

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

2
|
|


.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

y = ax


y=a

y
3

x

y = bx

2

y = log c x

1
−1

O

1

2

3

y = b x , y = log c x
Hàm số

⇒ 0 < a 1, c > 1
đồng biến

⇒ a < b, a < c
nên loại A, C
Nếu

b=c

y = log c x

y = bx
thì đồ thị hàm số

và

phải đối xứng nhau qua đường
y = log c x

y=x
phân giác góc phần tư thứ nhất
y=x
cắt đường

3

có hai

D.

−1

.


• Điều kiện

x>2

.

• Phương trình thành
⇔ ( x − 2) .( x − 2)
2

•

log 2 ( x −2 )

( x − 2)

log 2 4 + log 2 ( x − 2 )

= 4. ( x − 2 )

2
(
)
 2
x = 6
2
2

x1 =

• Suy ra

5
2

x2 = 6.

và

Vậy

Câu 25: (CHUYÊN KHTN L4) Cho

5
2 x1 − x2 = 2. − 6 = −1
2

.

.

ln x + ln y ≥ ln ( x 2 + y ) ⇔ xy ≥ x 2 + y

Nếu

Nếu

0 < x ≤1

x >1

Ta có

. Ta xét:

y ≥ xy ≥ x 2 + y ⇔ 0 ≥ x 2

thì

mâu thuẫn.

xy ≥ x 2 + y ⇔ y ( x − 1) ≥ x 2 ⇔ y ≥

thì

x2
f ( x) = x +
x −1

x2
x −1

2
2

Có

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

.

.


Vậy

2+ 2
min f ( x ) = f 
÷
÷= 2 2 + 3
( 1;+∞ )
 2 

.

Câu 26: (CHUYÊN KHTN L4) Tìm tập hợp tất cả các tham số
4

x 2 − 2 x +1

A.


t = 2( x −1)

2

( t ≥ 1)

Phương trình có dạng:

t 2 − 2mt + 3m − 2 = 0 ( *)

Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt

⇔

phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1

m 2 − 3m + 2 > 0
2
 m 2 − 3m + 2 > 0
m − 3m + 2 > 0

⇔
⇔
⇔
⇔m>2
m − 1 ≥ 0

2
2
x


t ≥1

thì ta nhận được bao nhiêu giá trị

Từ phương trình (*) chúng ta có thể cô lập
nghiệm của phương trình thỏa đề bài.

m

x

và ứng dụng hàm số để biện luận số

Câu 27: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

m

để bất phương trình

log 2 (5 − 1).log 2 (2.5 − 2) ≥ m
x

A.

m≥6

x

.

)

do

x ≥ 1 ⇒ t ∈ [ 2; +∞ )

⇔ t (1 + t ) ≥ m ⇔ t 2 + t ≥ m ⇔ f (t ) ≥ m

BPT
f (t ) = t 2 + t

Với
t ∈ [ 2; +∞ )

f , (t ) = 2t + 1 > 0

với

t ∈ [ 2; +∞ )
nên hàm đồng biến trên

Minf (t ) = f (2) = 6

Nên
log 2 (5 x − 1).log 2 (2.5 x − 2) ≥ m
Do đó để để bất phương trình

x ≥1

có nghiệm với mọi

để

phương

trình

[ 32; +∞ )

2

m ∈ 1; 3 

m

)

?
D.

(

m ∈ − 3;1

.

Hướng dẫn giải
Điều

x > 0.


Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “Tìm

t ≥5

Với

.
m

”

t ≥5

(*) ⇔

( t − 3) . ( t + 1)

= m ( t − 3) ⇔ t − 3.

thì

⇔ t +1 − m t − 3 = 0 ⇔ m =

t ≥ 5.

để phương trình (*) có nghiệm

(

)

5−3

hay

t +1
t +1
≤ 3⇒1


Bất phương trình tương đương
( 7 − m ) x 2 − 4 x + 7 − m ≥ 0 (2)
⇔ 2
, ∀x ∈ ¡ .
(3)
mx + 4 x + m > 0



m=7

: (2) không thỏa

∀x ∈ ¡

∀x ∈ ¡
: (3) không thỏa
7 − m > 0

2
 ∆′2 = 4 − ( 7 − m ) ≤ 0
⇔
m > 0
 ∆′ = 4 − m 2 < 0
 3
∀x ∈ ¡
(1) thỏa



.

.
m ∈ [ −13; −12]

m ∈ [ −13;12]
C.

Hướng dẫn giải

.

D.

.


 2
x2 + 4x + m
m > − x 2 − 4 x = f ( x )
x +1 >
(1) ⇔ 
⇔
5
2
 m < 4 x − 4 x + 5 = g ( x)
x2 + 4x + m > 0


Hệ trên thỏa mãn

3x1 − 2 x2 = log 3 8
A.

2 x1 − 3 x2 = log 3 8
.

B.

2 x1 + 3x2 = log 3 54.

.
3x1 + 2 x2 = log3 54.

C.

D.
Hướng dẫn giải

Logarit

hóa

hai

vế

của

phương


log
3
x
−
2
log
3
=
1
(
)
(
)
2
2


log 2 3


x = 3
x = 3
x = 3
⇔
⇔
⇔
 x = log 3 2 + 2
 x = log 3 2 + log 3 9
 x = log 3 18


 x 1
÷+ 81.  3 + x
3




3
÷ = 10


( 7 ')

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất