cac dang toan ve do thi ham so luy thua mu logarit

Diện tích tam giác OAB là bao nhiêu biết rằng O là gốc tọa độ?. Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số  C tại điểm có hoành độ x  tương ứng cắt hai trục tọa độ tại hai0 1 điểm phâ

CÁC DẠNG TOÁN VỀ ĐỒ THỊ HÀM SỐ LŨY THỪA - MŨ - LÔGARIT

NHẮC LẠI LÍ THUYẾT

a/ Hàm số lũy thừa y x  ( là hằng số)





Tập xác định D

n

  (n nguyên dương)

n

n

  (n nguyên dương âm hoặc n 0)

n

y x D \ 0 



 D 0, Lưu ý: Hàm số

1

n

yx không đồng nhất với hàm số yn x ,n *

b/ Hàm số mũ y a x ,a0,a1

 Tập xác định: D 

 Tập giá trị: T 0,

 Tính đơn điệu

 Nhận trục hoành làm tiệm cận ngang

 Dạng đồ thị:

c/ Hàm số logarit yloga x a , 0,a1

 Tập xác định: D 0,

 Tập giá trị: T 

 Tính đơn điệu

 Nhận trục tung làm tiệm cận đứng

 Dạng đồ thị:

○ Khi hàm số đồng biến

○ Khi : hàm số nghịch biến

Câu 1. Gọi A và B là các điểm lần lượt nằm trên các đồ thị hàm số ylog 2 x

và 12

log

y x

sao cho điểm M2,0

là trung điểm của đoạn thẳng AB Diện tích tam giác OAB là bao nhiêu biết rằng O là gốc tọa độ?

A

2

17 1 8log

2

S    

2

17 1 4log

2

S    

2

17 1 8log

2

S   

2

17 1 4log

2

S    

Lời giải Chọn B

Gọi tọa độ các điểm A a , 2log2a B b,  , log 2b

Vì M2,0

là trung điểm của đoạn thẳng

AB nên:

a b

a

Vì 2 2

4 2log log

a b

 







2 2

4log

4 , 2 log

S



 





Câu 2. Với a 1 Biết trên đồ thị của ba hàm số

ylog , a x y2log , a x y3loga x lần lượt có 3 điểm , , A B C sao cho tam giác ABCvuông

cân tại B , AB song song với trục hoành và có diện tích bằng 18 Giá trị của a bằng

A 66 B 63 C 33 D 3 6

Lời giải Chọn B

Giả sử B( ;2logm a m) thì

2 ( ; 2loga ), C ( ;3loga ), 0

Ta có

2 , loga

ABm  m BC  m

Vì AB BC , SABC 18 nên

1

2AB BC  AB BC  . 2

2

2

6 0

6 0( )

m m

  



log 3 6

log 3 6 0

a

a

m       a  a   a

 



Câu 3. Cho hàm số y  và 2x y 2x 2

 có đồ thị lần lượt là  C1

, C2 như

hình vẽ Gọi A là điểm thuộc  C1

, ,B C là các điểm thuộc C2

sao cho tam giác ABC

là tam giác đều và AB song song với Ox Khi đó tọa độ điểm C là p q; 

, giá trị của biểu thức 2p bằng? q

Lời giải Chọn A

Gọi A a ;2a

và B a  2; 2a

Khi đó trung điểm của AB là M a  1; 2a

Ta có: AB  , do đó 2 CM  3 Vì CM Oy nên // C a 1;2a  3C2

Khi đó ta có: 1

2

2a 2a 3 2a 2 3 a 1 log 3

Khi đó: C2 log 2 3; 3

hay 2p  q 5 3

Câu 4. Cho hai hàm số y 2 ,x ylog2 x có đồ thị như hình vẽ Đường thẳng

 cắt trục tung, đồ thị hàm số y 2 ,x đồ thị hàm số ylog2 x và trục hoành lần lượt tại , , , A B C D thỏa mãn AB BC CD  Hỏi có bao nhiêu đường thẳng  như thế ?

Lời giải Chọn B

Gọi









1 2 2

b

b









Vì

1

2

2, 4

c b



Vậy có hai bộ điểm , , , A B C D thỏa yêu cầu bài toán Hay có hai đường thẳng  như thế

Câu 5. Gọi B và C lần lượt là các điểm thuộc đồ thị hàm số y  và 2x

ylog2x sao cho tam giác OBC đều Giả sử điểm B có hoành độ là a khi đó tỉ số

2x

a bằng

A. 2 3 B. 2 3 C. 2 2 D. 2 2

Lời giải Chọn B

Đồ thị hai hàm số y  và 2x ylog2 x đối xứng qua đường thẳng y x và theo yêu cầu bài toán là tam giác OBC đều nên suy ra B a ;2 , a C2 ;a a

(theo đề điểm B có hoành độ là a) Tam giác OBC đều  OB BC  OB2 BC2  22a 4 2a a a2  Đấy là phương0. trình

đẳng cấp và tìm được

2

2 3

x

a   Vì B là điểm nằm trên đồ thị hàm số y  suy ra 22x a  a

nên suy ra

2

2 3

x

a  

Câu 6. Cho ba hàm số ylog ;a x ylog ;b x ylogc x có đồ thị biểu diễn như

hình vẽ Biết rằng 5MA4MB3MC Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T a63b10 c10 bằng

A. 2 243 8 B. 7

7

7

Lời giải Chọn B

Ta có: c a  1 b0 Tiếp theo, ta có:

3 5

4 5

log log







Suy ra

Theo Cosi, ta có:

7

T

Nên suy ra min 7

7 16

T 

khi và chỉ khi

6

14 8

1

2 1 2

a

a a

Câu 7. Cho hàm số yf x   2x1x

có đồ thị  C

Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số  C

tại điểm có hoành độ x  tương ứng cắt hai trục tọa độ tại hai0 1 điểm phân biệt ,A B Từ đó hãy tính diện tích tam giác OAB

A.

2 3ln 3 4

2 3ln 3 1



2 3ln 3 1 3ln 3 2



2 3ln 3 1

2 3ln 3 2



3ln 3 1 2ln 3



Lời giải Chọn C

Ta có:   2 1x xln 2 x 1

Suy ra   ln 2 1 2 ln 2 1 ln 2 1 2 2 1

x

x x



Tọa độ tiếp điểm A có hoành độ và tung độ lần lượt là   0  

0

1

1;3

x

A











Hệ số góc của tiếp tuyến f  1 3ln 3 2

Suy ra phương trình tiếp tuyến là y3ln 3 2  x1 3 3ln 3 2 x 1 3ln 3

Chuyển phương trình trên về dạng phương trình đoạn chắn:

3ln 3 1 3ln 3 1 3ln 3 2

Như ta đã biết phương trình đường thẳng trong Oxy 1

x y

a b  cắt trục hoành và tung lần lượt

tại

hai điểm ,A B nên ta áp dụng suy ra phương trình trên

Tọa độ của hai giao điểm của tiếp tuyến với hai trục toa độ là 0;1 3ln 3 , 0;3ln 3 1

3ln 3 2



Suy ra diện tích của tam giác OABlà

2 3ln 3 1

2 2 3ln 3 2

OA OB



Câu 8. Biết rằng hai đồ thị hàm số y  và 2x 3x

y  có tồn tại một tiếp tuyến

chung Khi đó, giá trị gần nhất của hệ số góc của tiếp tuyến đó nằm trong khoảng nào sau đây:

A. 0.6;0.7

B. 0.7;0.8

C. 0.8;0.9

D. 0.9;1

Lời giải Chọn C

Ta đặt:

 

 

 

 

m





Suy ra hai đồ thị tồn tại hệ số góc chung khi a b, sao cho f a  g b  0

ma nb ma n nb ln ma ln n nb ln n

1

1

;

nb

nb

n nb n

B b e



 

 

 với ,A B lần lượt là tiếp điểm của đồ

thị f x 

và g x  Hệ số góc của AB là  

ln

nb

nb AB

n m e

n

n m b m



 

 

 

 

Giải phương trình trên theo ẩn bta thu được

ln n

n m n

m b

n n m

 

 





Suy ra thế vào thu được

 

 

 

 

 

.

n m n n m n

nb

m

n

       





1

ln 3 ln 3 ln 2

ln 2

ln 2

0,857 0.8;0.9

ln 3

AB

k g b e





Câu 9 Cho các hàm số yf x  lnx 5 có đồ thị 5  C và

y g x   9 ln 3  x

có đồ thị  C

.Gọi C0

là đường tròn có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với

cả hai đồ thị  C

và C

; S là diện tích của0 C0

Hỏi S gần với giá trị nào sau đây 0

Lời giải Chọn C

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C

tại M x y1 1; 1

với x  :1 5

1

1

5

x

 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C tại M x y1 2; 2 với x  :2 3

2

1

3

x



Muốn cho d song song 1 d thì ta phải có 2  

1 2

4 1

x x



Xét:

 

2

Từ  1 và  2 suy ra điểm I4;7 là trung điểm của đoạn thẳng M M 1 2

Với mỗi cặp tiếp tuyến song song ta đều có điểm I4;7là trung điểm của các cặp tiếp điểm

1; 2

M M nên suy ra  C và  C đối xứng nhau qua điểm I4;7 .

Suy ra đường tròn C0 tiếp xúc với cả hai đồ thị  C  C và  C có bán kính nhỏ nhất khi nó

tiếp xúc với cả 2 tiếp tuyến tại hai tiếp điểm M M và do đó nhận điểm 1; 2 I4;7làm tâm. Xét  C :yf x  lnx 55

 ;   

M x y C

ta có:

   2  2  2    2 

IM h x  x  y  x  x  x

  2 4 2 ln 5 2

5

x

x

 

 Cho h x  0 lnx 5 x29x18 *  Phương trình  * có nghiệm duy nhất x 6 vì vế trái là hàm số đồng biến còn vế phải là hàm nghịch biến với mọi x 5.Lập bảng biến thiên ta có minRminIM 2 2

2

Câu 10 Cho đồ thị của hai hàm số y a x a1

và yf x 

đối xứng nhau qua đường thẳng 2

y x  Biết rằng đường thẳng x 6 cắt đồ thị hàm số y a x tại A , cắt đồ thị hàm số

 

yf x

tại B6;b sao cho AB 6 và tung độ điểm A lớn hơn tung độ điểm B Giá trị của

a b gần với số nào dưới đây?

Lời giải Chọn D

Cách 1:

Lấy điểm M t a ; t

thuộc đồ thị hàm số y a x Gọi d là đường thẳng đi qua M t a ; t

và vuông góc với đường thẳng y x  2 Phương trình đường thẳng d có dạng y x m

Vì d đi qua  ; t

M t a

nên ta có a t  t m m a t  t Khi đó phương trình đường thẳng d là yx a t t

Gọi H là giao điểm của d và đường thẳng y x  2

Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ

;

t

H

y x a t

 



Gọi M  là điểm đối xứng với M qua đường thẳng y x  2 thì H là trung điểm MM .

M a t

thuộc đồ thị hàm số    t 2 2

yf x  f a   t

Đặt t 2 2 log  2   log  2 2   log  2 2

u a    t u  f u  u   f x  x  với x 2 Điểm  6

6;

A a

, B6;log 4 2a  

Tung độ điểm A lớn hơn điểm B nên ta có

1, 41 1

a

a



Với a 1, chọn a1, 41 b2,03 a b 3, 44

Cách 2:

Vì đồ thị của hai hàm số y a x a1

và yf x 

đối xứng nhau qua đường thẳng y x  2 nên ta có 2 f x( ) 2   log  2 2

a

      Suy ra ta có được tọa độ các điểm lần lượt là

6; 6

A a

và B6;log 4 2a  

Vì AB 6 nên ta có a6 log 4 2a  2  6 a6 log 4 2 6a    a6 log 4 4a 

(1)

Vì tung độ điểm A lớn hơn tung độ điểm B nên ta có a 6 log 4 2a 

Phương trình (1) có nghiệm a  2và vế trái là một hàm số luôn đồng biến trên 1; 

, vế phải là một hàm số luôn nghịch biến trên 1; 

nên suy ra a  2chính là nghiệm duy nhất của (1)

Suy ra b 2 Như vậy, suy ra a b  2 2 3, 44

Câu 11 Trong mặt phẳng Oxy xét tứ giác diện tích

91 ln 90

 

 

  các đỉnh có hoành

độ là các số nguyên liên tiếp và nằm trên đồ thị hàm số ylnx Hãy xác định tổng các chữ số của hoành độ đỉnh xa gốc tọa độ nhất

Lời giải Chọn A

ĐK:a 0

Giả sử A a ;lna B a;  1;lna1 ;  C a 2;lna2 ;  D a 3;lna3 

Khi đó S ABCD S ABNM S BCPN S CDQP  S ADQM

Ta có:

  ln  1      ln  1  2 

;

3

ABCD

3 3

a a

a a

91

a a



Câu 12 Lần lượt cho các hàm số   2log2

3

x

yf x 

và   2log2

3

x

y g x 

có đồ thị như hình vẽ dưới đây Gọi A x y A; A,B x y B; B là các điểm lần lượt nằm trên các đồ thị hàm số f x g x ,  

sao cho OABđều Biết rằng tồn tại hai hoành độ x x của hai điểm1, 2

M thuộc trục hoành sao cho OAMB là tứ giác nội tiếp Khi đó, tổng x1x2 bằng

Lời giải Chọn D

Gọi a là hoành độ của hai điểm ,A B với a 0, H là trung điểm AB

Ta có:

2 2

2 2

4log 2log

;

3 3

2log

;

3 3

a a

AB

A a

a

B a







Do giả thiết yêu cầu OABđều nên ta có:

2

2 4log

a

2

ln 2

2 2;

3

4

2

4 2

2

4;

3 4

a

a

A a

n

A

a



















Đến đây ta nhận thấy

2

A O A

x x

x  

nên suy ra A là trung điểm 1 OA2 Gọi M x1 1;0

là điểm sao cho thỏa OA M B nội tiếp 1 1  OA1 A M1 1 OA A M  1 1 10

Tương tự ta có điểm M x2 2;0

là điểm sao cho thỏa OA M B nội tiếp2 2  OA2 A M2 2

Do ta cũng cóA là trung điểm 1 OA nên suy ra 2 A M song song với 1 1 A M2 2

Theo hệ quả từ đường trung bình suy ra M là trung điểm 1 OM tức 2 2 1

16 2 3

x  x  Vậy suy ra x1x2 8

Câu 13 Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 1; 40

để đồ thị của hàm số  

2 1 2 2 4

m m

x x x x

y e







 có đúng 4 đường tiệm cận (không tính tiệm cận xiên)

A 39 B 40 C 21 D 20

Lời giải Chọn D

Gọi

 

 

2

4

f x

x



Trường hợp 1: tham số mchẵn, ta có:

 

 

 

 

 

2 1 2

2 1 2

1 1

1

1 1

2

f x

m

f x

m

f x

m

x

e

x

f x

x





   









 

1 lim 2

f x

x

 

































Như vậy trường hợp 1 loại

Trường hợp 1: tham số mlẻ, ta có:

 

 

 

 

 

2 1 2

2 1 2

1 1

1

1 1

2

f x

m

f x

m

f x

m

x

e

x

f x

x





   











 

1 lim 2

f x

x

 

































Như vậy suy ra với tham số mlẻ thì thỏa yêu cầu đề bài, tức là có 20 giá trị nguyên mthỏa

Câu 14 Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   20; 20 để

đồ thị của hàm số ylnx33mx2 4mx m 1

có đúng 3 đường tiệm cận (không tính tiệm cận xiên)

A 39 B 40 C 21 D 20

Lời giải Chọn A

Gọi ylnx33mx2 4mx m 1 ln f x 

Ta có: lim lim ln   ln 

      

đồ thị y không có tiệm cận ngang

Để đồ thị hàm số yln f x 

có đúng 3 đường tiệm cận thì nó phải là 3 đường tiệm cận đứng ứng với 3 nghiệm đơn của phương trình f x  x33mx2 4mx m   (1)1 0

2

2

1

x





 Suy ra để (1) có 3 nghiệm phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm phân biệt và khác 1

 

2

20;20 (2)

5 2 13 9

3 2

m

m

m

 

  









 

 Vậy có tất cả 39 giá trị nguyên mthỏa mãn

Câu 15 Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   20;20

để

đồ thị của hàm số  3   2 

3

y x  m x mx

có đúng 2 đường tiệm cận (không tính tiệm cận xiên)

Lời giải Chọn B

y x  m x mx  f x

Ta có: lim lim log3   log3 

đồ thị y không có tiệm cận ngang

Để đồ thị hàm số ylog3 f x 

có đúng 2 đường tiệm cận thì nó phải là 2 đường tiệm cận đứng ứng với 2 nghiệm đơn của phương trình f x x33m1x2mx (1)0

2

2

0

x





 Như vậy, để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm thực Tức phương trình (2) có nghiệm kép khác 0 hoặc phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng 0, suy ra:

   

 

 

2

2

1 1

9

1 1

1

9 0

g x

g x

m m

m m

m

  

 

 

 











 

 Tuy nhiên, khác với câu 14 bên trên, ở câu này, bài toán chưa dừng lại tại đó, bởi vì ta chưa chắc tại những nghiệm của phương trình f x   0

đã tồn tại tiệm cận đứng, vì có khi

  0

x x f x 

Thử lại: m 0 f x  x3 x2 x x2 1

Ta suy luận nhanh như sau:

- x    f x     log3 f x  không thể xác định

- x 0 f x  0 log3 f x  không thể xác định

- x1  f x  0  log3 f x  không thể xác định

Như vậy, m 0 loại vì chỉ có đúng 1 tiệm cận đứng

Thử lại: m 1 f x  x32x2 x x x 12

Ta suy luận nhanh như sau:

- x    f x     log3 f x  không thể xác định

- x  1 f x  0 log3 f x  không thể xác định

- x 0 f x  0 log3 f x 

- x 0 f x  0 log3 f x 

Như vậy, m 1 loại vì chỉ có đúng 1 tiệm cận đứng

Từ đó ta kết luận không có giá trị mnào thỏa mãn

Câu 16 Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị

của hàm số

3

3 2

3 ln

2

x x m y

   

 

  có đúng 5 đường tiệm cận (không tính tiệm cận xiên) Số phần

tử của tập S là

Lời giải Chọn A

Ta có:

3 2

2

3 1 3

m

y

x x x

x x

 

một tiệm cận ngang y 0

3 2

y

Như vậy, để đồ thị hàm số    

3 3 ln

x x m y

x x x

  có 5 đường tiệm cận thì đồ thị hàm số tương ứng đó phải có 4 tiệm cận đứng Suy ra ta có các trường hợp sau đây:

Trường hợp 1: Tử số có hai nghiệm, ta dễ sàng suy ra m 2

Với

2

x x x

  Khi x  1 thì

2

0

x x x





cho nên suy ra đồ

thị

2

ln

y

x x x

  không nhận tiệm cận đứng là x 1, tức đồ thị trên có các tiệm cận đứng sau:  x2;x1;x0

thỏa mãn tức m 2 nhận

Với

   

2

Ta nhận thấy: Khi

1

1 0

x

x x

x













Từ đó, ta nhận thấy với trường hợp này thì chỉ hai tiệm cận đứng với x1;x0

nên không thể thỏa mãn tức m 2 loại

Trường hợp 2: Tử số có ba nghiệm phân biệt và có nhận một nghiệm của mẫu số làm nghiệm Đặt tử số f x x3 3x m

Suy ra

0

m

m m



  



  





 



Như vậy S 0; 2

tức S có 2 phần tử

Câu 17. Cho hàm số y 2log2x có đồ thị là  C

Có bao nhiêu điểm

M C

sao cho khoảng cách từ M đến đường tiệm cận đứng của đồ thị bằng khoảng cách

từ M đến trục Ox

Lời giải Chọn A

 Ta có: lim0 lim0 2log2

x  y x  x

Suy ra đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng Oy

 Gọi M x 0; 2log2 x0   C

điều kiện x  0 0

Theo bài ra ta có dM Oy; =dM Ox; 

 

 

2log

2log 2







 Xét hàm f x  2log2x x x , 0;   

x

Bảng biến thiên của hàm số f x 2log2x x

trên khoảng 0;  

như sau:

x



 

f x

 

f x

0

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình f x   0

có tối đa hai nghiệm Mà f 2 f  4 0 nên phương trình f x   0

có đúng 2 nghiệm x2, x 4 Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm x0 2, x0  4

 Xét hàm g x 2log2 x x x , 0;   

ln 2

x

Suy ra hàm số trên đồng biến trên khoảng 0;   .

0





       

mà g c   0

Suy ra phương trình (2) có nghiệm duy nhất

Vậy có 3 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán

_ TOANMATH.com _