NBV chủ đề 2 logarit mức độ VDC đáp án

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2021 Facebook Nguyễn Vương https //www facebook com/phong baovuong Trang 1 MỨC ĐỘ VẬN DỤNG CAO Câu 1 (Liên trường Quỳnh Lưu Hoàng Mai Nghệ An 2021) Cho các số thực không â[.]

Trang 1

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2021

Đặt alog2x b, 2 log2y c,3 log2z

Ta có S a 2b3clog2xlog2 ylog2zlog2x yz

sao cho 3 số log 2

log log 8 log 5 log

Thay  2 vào  1 ta được:

HÀM SỐ LŨY THỪA - MŨ - LOGARIT

Chủ đề 2

Trang 2

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

e



Lời giải Chọn C

 Đầu tiên, ta nhận thấy hàm số x

ye luôn đồng biến trên  cho nên hàm số f x( ) và hàm số ( )x

f e có tính chất giống nhau nên từ bảng biến thiên đã cho ta có thể suy ra tính chất của hàm số ( )x

f t  và f t( )0 với mọi t(1; )e g t( )0 với mọi t(1; )e

Như vậy ta có bảng biến thiên của hàm số ( ) ( )

 với t(1; )e như sau:

Suy ra, Bất phương trình f e x m e(3 x2019) nghiệm đúng với mọi x (0;1) khi và chỉ khi (1) đúng với mọi t(1; )e

Trang 3

1a b 2, biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức  2  2

Đặt  

2

16

Trang 4

21 3 334

y y

Vậy có 10 số nguyên y thỏa yêu cầu bài toán

nằm trên các đồ thị của các hàm số yloga x y, 2 loga x y, 3loga x Biết rằng diện tích hình vuông bằng 36, cạnh AB song song với trục hoành Khi đó a bằng

Lời giải Chọn B

 Từ giả thiết đã cho, ta có các đỉnh A B C, , của hình vuông ABCDlần lượt nằm trên các đồ thị loga , 2 loga , 3loga

26

Trang 5

 Từ bảng biến thiên ta có minP  3 5

y y

e

P

e e

y y

    ; P 0 ⇔ y 1 BBT:

Trang 6

Vậy: max Pe; khi:

11

y x e

Lời giải Chọn A

Trang 7

 Ta có:

3 2

40

x

x x

x

x x

x

x x

m





 (Điều kiện m 0, 1 )

Trang 8

 Trường hợp 1: m   20; 4   

2 2

Suy ra, f 0  f t  f  1 0 nên f 0  f t   f 1  , 0  t  0;1

Suy ra, 0 f  0  f t  f  1 nên f 1  f t   f 0 0,  t  0;1

Suy ra, f 0  f t  f  1 0 nên f 1  f t   f 0 0,  t  0;1

Suy ra, 0 f 0  f t  f  1 nên 0 f 0  f t   f 1 ,  t  0;1

thực Có bao nhiêu giá trị nguyên m  2021; 2021 để phương trình đã cho có nghiệm?

Lời giải Chọn D

Điều kiện: xm 0

Trang 9

t x m  x me, ta có hệ phương trình sau:

t x

f x e x, có f x e x 1 0, x  f x  luôn đồng biến trên khoảng

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có nghiệm khi m 1

Trang 10

Trang 11

Theo bài, y   nên 2x     1  1; 3; 9   x  4; 1;0;1; 2;5

Câu 15 (Chuyên ĐHSP Hà Nội - 2021) Cho a , b , c là ba số thực dương đôi một phân biệt Có bao

nhiêu bộ a b c; ;  thỏa mãn: a b2b a2; b c2c b2; c a2a c2

Trang 12

13

b a b a

a b

b a ab



2sin   sin   sin  



Đặt tsin

Trang 13

26

3

ab

a b

Trang 14

t  m  t  Yêu cầu bài toán tương đương: Phương trình 2  2 

Trang 15

Đặt u 2x 0 thì phương trình (1) trở thành a u 2b u 50 (3) Phương trình (1) có hai 0nghiệm phân biệt x x tương đương phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt dương 1, 2 u u , 1, 2

Đặt v 3x  thì phương trình (2) trở thành 0 v2b v 50a0 (4) Phương trình (2) có hai

nghiệm phân biệt x x tương đương với phương trình (4) có hai nghiệm phân biệt dương 3, 4 v v , 3, 4nghĩa là

.ln 3

f t t

Trang 16

Với x 0, x  ta có: 1

 2

    ,    Hàm số x 0 g x đồng biến trên khoảng 0;  

Từ đó suy ra phương trình g x 0 nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất

Lại có g 1 0 Suy ra phương trình g x 0 có nghiệm duy nhất x  1

Bảng biến thiên của hàm số yg x :

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình g x 0 có nghiệm duy nhất x 1

Bảng biến thiên của hàm số yg x :

Trang 17

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình g x   0 có nghiệm duy nhất x  1

Vậy có vô số các giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

a b b

Trang 18

Vậy

3

14

b

Câu 23 (THPT Mai Anh Tuấn - Thanh Hóa - 2021) Trong các nghiệm x y;  thỏa mãn bất phương

trình logx22y22xy1 Giá trị lớn nhất của biểu thức T 2xy bằng:

A 9

9

4

2 2

2

logx  y 2xy  1 2xyx 2y  1 T  1 trường hợp này không xảy ra

51;

Trang 19

t t

Trang 20

Vậy có 15 giá trị nguyên của m cần tìm

2021;  sao cho với mỗi giá trị của y tồn tại nhiều hơn hai số thực x thỏa mãn

00

x x

Yêu cầu bài toán   y 0  y  0

Do y nguyên nằm trong khoảng 2021;  nên y   2020; 2019; ; 1  

Vậy có 2020 số nguyên y thỏa mãn yêu cầu bài toán

x        .Với các cặp số x y;  thoả mãn phương trình

Trang 21

Từ bảng biến thiên suy ra min 29 9, 67  11; 9,5

Trang 22

2logy x lnx 4 ln x

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có nhiều nghiệm nhất bằng 2 khi a 1

Trang 23

Điều kiện bổ sung: x  1 0 x 1

Xét hàm số g t logt t trên 0;  , khi đó:   1 1 0, 0; 

0

m 

Kết hợp với đề bài: m  và m   2021; 2021, ta được 2021 giá trị của m thỏa yêu cầu đề bài

m t

Trang 24

Ta có  

2 2

Để phương trình ban đầu có nghiệm thuộc 3; 6

Do ,a b là các số thực dương và 1log2 log22 log2 log22 2 4

Vậy giá trị nhỏ nhất của ( )f t là f(12) 12 4 log 12 12 4(2 log 3)  2    2  4 4 log 32

Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3  3 3

Trang 25

 

  nên đồng biến trên

đoạn x  1;5 , suy ra: g x g 1 15

Suy ra  3 nghiệm đúng với mọi x  1;5

Kết hợp điều kiện  * , suy ra m 5; 6; ;14;15 Có 11 giá trị nguyên của m

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng:

Trang 26

1log

a a

b

a

x b

Trang 27

Từ bảng biến thiên, suy ra min 2 3 7, 64

6

P  f  

2;3thuộc tập nghiệm của bất phương trình  2   2 

log x  1  log x  4 x  m  1

A m    12;13  B m    13;12  C m    13; 12   D m   12;13 

Trang 28

Vậy   *   12  m  13 Chọn đáp án A

với mỗi x có tối thiểu 64 số nguyên y thoả mãn 4  

log x y log xy ?

log x y log xy (1) Điều kiện xác định:

4

00,

Do đó phương trình (2) luôn nhận nghiệm t   1, x

Suy ra để mỗi x   có tối thiểu 64 y  thì

Vậy có 3990 số nguyên x   2021; 2022 thoả mãn

Trang 29

Từ bảng biến thiên suy ra

x x

3

3204



Trang 30

Để bất phương trình có nghiệm với mọi x thì m23mmin ( )g x g(2)4  4 m 1

cả các giá trị của tham số m để

bất phương trình có nghiệm thuộc khoảng là m a;

t

m t

Trang 31

;4

4 1

t t

y x

Vậy có 2 giá trị nguyên của x thỏa đề là x 0 và x 1

Câu 44 (THPT Quảng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Cho các số thực a b c, , thuộc khoảng 1;  và 

2 2

log log log  9 log 4 log

Đặt loga b x, logb c y loga c xy Điều kiện: , x y0

Bài toán trở thành:

Cho 4x2y(2y1)9xy4x0 Tính Px2 y

Rút xP2y thay vào giả thiết, ta có:

Trang 32

2 2

Nên g x nghịch biến trên đoạn 1;1

Mà g 1 e 202120210,g 0 20222021e20210 nên tồn tại x  0  1; 0 sao cho g x 0 0 và



Trang 33

x  (Không có trong các phương án đưa ra)

Câu 47 (Trung Tâm Thanh Tường - 2021) Có bao nhiêu cặp số , x y là các số nguyên không âm

yh u u u đồng biến trên khoảng 0; 

+) Với x 1, suy ra   2

3 y  0 y0 (thoả mãn)

Trang 34

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình 5 log 2x x 0x1 có nghiệm duy nhất

Dễ nhận thấy x 8 là nghiệm của phương trình

2 log 2020 109,8107,8

Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 108

Câu 49 (Trung Tâm Thanh Tường -2021) Cho hàm số f x    3x 3 x Tìm số tự nhiên nhỏ nhất n

thỏa mãn    n 2021 0

f n  f e  

 TXĐ: D  

 Có f    x  3 ln 3 3 ln 3 0x  x  Suy ra hàm số đơn điệu tăng trên tập xác định

 Do f x  là hàm số lẻ nên f e n2021 f2021e n

 f n  f e n20210 f n  f2021e n0 f n  f2021e n

Trang 35

1

x

x x

Câu 51 (THPT Triệu Sơn - Thanh Hóa - 2021) Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình

m1 16 x2 2 m3 4 x6m 5 0 có hai nghiệm trái dấu là:

Trang 36

01

1 0

m

m m m m

01

m m

m

m m m

Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Trang 37

Vậy có 2017 số nguyên m thảo mãn

tồn tại số nguyên x thỏa mãn  3  2  3 

2a 2x 1 a a 2a2x 1 ?

a a

Trang 38

x x

Ta có ứng với mỗi x   thì có một giá trị a   nên có 10 số nguyên a thỏa mãn yêu cầu

x y

Trang 39

Để có không quá 148 số nguyên x thì 1e y 1490yln1495, 004

log log

33

x m

Do m  Suy ra hàm số 1 f t đồng biến trên   

Trang 40

Vậy, có 3giá trị tham số m thỏa mãn

mãn

1 12

4 02

x x

Câu 60 Cho các số thực x y z, , thỏa mãn log32x2  y2 log7x3 2y3 logz Có bao giá trị nguyên

của zđể có đúng hai cặp x y,  thỏa mãn đẳng thức trên

3 49

t t

Trang 41

Nhận xét với mỗi giá trị u tương ứng với duy nhất 1 cặp  x y ,  thỏa mãn bài toán do đó

Yêu cầu bài toán tương đương

49 27

1

8

4 log 33

Vì z là số nguyên nên có 211giá trị thỏa mãn

Nếu 3y 2 ylog 23 0, 631 thì bất phương trình có tập nghiệm T  2

( không thỏa mãn vì y nguyên dương)

Nếu 3y 2 ylog 23 0, 631, khi đó bất phương trình có tập nghiệm T  2;3y

Để mỗi giá trị y , bất phương trình có không quá 2021 nghiệm nguyên x thì

3

3y 2187 ylog 2187 7

Kết hợp điều kiện y nguyên dương, 0, 631 y7 suy ra có 7 số y thỏa mãn bài toán

7

7x 6 log 6x5 1 bằng

Lờigiải Chọn B

Điều kiện: 5

.6

x 

Đặt y 1 log76x5 thì ta có hệ phương trình

Trang 42

x

 

nên suy ra phương trình g x   0 có không quá hai nghiệm

Mặt khác g 1 g 2 0 nên x  và 1 x 2 là 2 nghiệm của phương trình (3)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x  và 1 x 2

Suy ra tổng các nghiệm của phương trình là 1 2 3 

mãn log2x 3 1 log  2x y 0

3 22

y y

x x x x

Ứng với mỗi y luôn có ít hơn 2021 số nguyên x 2y2021 y log 20212

Vì y là số nguyên dương nên y 1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9;10

thoả 3 3log 1 3  3log  1 

2021xa x x 2020 a x 2020

Trang 43

20 3

 nên hàm số ( )f t đồng biến trên 0;

Do đó   trở thành: xalogx1 xx1loga logxlog log(a x1)

x  y



nên 0log3y10 hay   1 y 31059049, từ đó có y {1, 2,,59049}

Vậy có 59049 giá trị nguyên dương của y

Câu 66 Có bao nhiêu mnguyên m   2021; 2021 để phương trình 6x2mlog3 618x112m có

x x

Trang 44

Từ đó suy ra PT đã cho có nghiệm 2 3 log6 3 0,81 1, 095

ln 6

Vậy có 2023 số nguyên mthỏa mãn yêu cầu

Câu 67 Có bao nhiêu cặp số nguyên dương x y;  với y 2021thỏa mãn

2021 1; 2;3; ; 4042

Vậy số cặp nghiệm thỏa mãn điều kiện bài toán là: 2   4 6 40422022.2021

3 49

Trang 45

Nhận xét với mỗi giá trị u tương ứng với duy nhất 1 cặp x y,  thỏa mãn bài toán do đó

Yêu cầu bài toán tương đương

49 27

1

8

4 log 33

Vì zlà số nguyên nên có 211 giá trị thỏa mãn

2x  2 2x m  0 có tập nghiệm chứa không quá 6 số nguyên là:

2

32log3

*2log

  x m

(Vì m1log2m0 nên (*) vô nghiệm)

Bất phương trình đã cho có tập nghiệm chứa không quá 6 số nguyên

Mà m nguyên dương nên m1; 2;3; 32

Vậy có 32 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Trang 46

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) hoặc (2) có nghiệm

 1 có nghiệm khi và chỉ khi   04log2m10log2m5m32

 2 có nghiệm khi và chỉ khi   04log2m20log2m6m64

Do đó phương trình đã cho có nghiệmm64 kết hợp m nguyên dương Vậy có 64 số

Trang 47

Dựa vào đồ thị:7m11m8;9;10 Suy ra tổng các giá trị là 27

11

10 10

y   y   Vậy có tất cả 2021 giá trị nguyên của

y thỏa mãn yêu cầu bài toán

Trang 48

Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/

Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TOÁN)  https://www.facebook.com/groups/703546230477890/

Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương

Tải nhiều tài liệu hơn tại: http://diendangiaovientoan.vn/

ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ!

Tiêu đề	NBV Chủ đề 2 Logarit Mức Độ VDC Đáp Án
Người hướng dẫn	Nguyễn Bảo Vương
Trường học	Trường Đại Học Quỳnh Lưu - Hoàng Mai - Nghệ An
Chuyên ngành	Toán học
Thể loại	Tài liệu ôn tập
Năm xuất bản	2021
Thành phố	Nghệ An

Định dạng
Số trang	48
Dung lượng	1,31 MB