hàm số mũ hàm số LOGARIT

Lời giải Chọn D Điều kiện: x>0... Hỏi sau đúng 18 năm kể từ ngày đóng, người đó thu về được tất cả bao nhiêu tiền?. Kết quả làm tròn đến hai chữ số phần thập phân.. nhưng người đó không

Câu 1: (THTT Số 1-484 tháng 10 năm 2017-2018) Biết x , 1 x là hai nghiệm của phương2

trình

2

2 7

2

x x

x

 − + + + =

1 2 4

x + x = a+ b với a , b là hai số nguyên dương Tính a b+

A a b+ =16 B a b+ =11 C a b+ =14 D a b+ =13

Lời giải

Chọn C

Điều kiện

0 1 2

x x

>





 ≠



x

1

ln 7

f t t t f t

t

′

= + ⇔ = + > với t>0 Vậy hàm số đồng biến

Phương trình ( )1 trở thành ( ( )2) ( ) ( )2

4

4

x

x

=





=



( )

4

4

l

tm

 −





 +



Câu 2: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Tính tích tất cả các nghiệm thực

của phương trình

1 2

2 2

2

x x x

x

 + 

 ÷

 

2.

Lời giải

Chọn D

Điều kiện: x>0

2

2

2 2

2

x x x

x

 + 

 ÷

 ÷

 

 + 

Đặt

2

x

+

PT trở thành log2t+ =2t 5 (2)

Xét hàm ( ) log2 2t ( 2)

( )2 ⇔ f t( ) = f ( )2 ⇔ =t 2(t/m)

Với t=2 thì 2 2 1 2

2

x

x+ = ⇔ − + = (t/m) Vậy 1 2

1 2

x x = (theo Viet )

Câu 3: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho a , b , c là các số thực thuộc

đoạn [ ]1;2 thỏa mãn log32a+log32b+log32c≤1 Khi biểu thức

3 log a log b log c

a b c+ + là

1 3

Lời giải.

Chọn C

Đặt x=log ;2a y=log ;2b z=log 2c Vì a b c, , ∈[ ]1;2 nên x y z, , ∈[ ]0;1

a b c ax by cz

Ta chứng minh a3−3ax x≤ 3+1 Thật vậy:

a

1

ln 2

f a ≤ f f f  = ⇒ −a a≤

hay a x− ≤ ⇔ − − ≤1 a x 1 0 Do đó

Xét: a3−3ax x− − =3 1 (a x− −1) (a2+ + + +x2 1 a ax x− ≤) 0

( Vì theo trên ta có a x− − ≤1 0 và a2+(x2− + + +x 1) a ax>0, ∀ ∈a [ ]1; 2 , ∀ ∈x [ ]0; 1 ) Vậy a3−3ax x− − ≤3 1 0 ⇔a3−3ax x≤ +3 1 Tương tự b3−3by≤y3+1;c3−3cz z≤ +3 1

Do đó P a= + + −3 b3 c3 3(ax by cz+ + )≤ + + + ≤ + =x3 y3 z3 3 1 3 4

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= =y 0,z=1 và các hoán vị, tức là a b= =1,c=2 và các hoán vị Khi đó a b c+ + =4

Câu 4: (THPT Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Tìm số giá trị nguyên của

m để phương trình 4x+1+41−x =(m+1 2) ( 2+x−22−x)+ −16 8m có nghiệm trên [ ]0;1 ?

Lời giải Chọn A

4x+ +4−x = m+1 2 +x−2 −x + −16 8m⇔4 4( x+4−x) =4(m+1 2) ( x−2−x)+ −16 8m

t u x= = − − , x∈[ ]0;1 ( ) 2x 2 x 0

u x′ = + − > ∀x[ ]0;1 Suy ra u( )0 ≤ ≤t u( )1 hay 0; 3

2

t  

∈  

2 4x 4 x 2.2 2x x 4x 4 x 2 2

Phương trình trở thành :

( ) ( ) ( )

2

2

1 2 2 0

2 2

3

1 0;

2 1

t m

∈

  

⇔ = −

Để phương trình đã cho có nghiệm trên [ ]0;1 thì phương trình t m= −1 phải có nghiệm

3 0;

2

t∈ 

  Suy ra

3

1 0;

2

m−  

2

m∈ 

Câu 5: (THPT Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Xét bất phương trình

2

log 2x−2 m+1 log x− <2 0 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình có

A m∈(0;+∞) B 3;0

4

m∈ − 

3

; 4

m∈ − +∞ 

 . D m∈ −∞( ;0)

Lời giải Chọn C

Điều kiện: x>0

2

log 2x−2 m+1 log x− <2 0

Đặt t=log2x.Vì x> 2nên log2 log2 2 1

2

2

t∈ +∞

( )1 thành ( )2 ( )

1+t −2 m+1 t− <2 0⇔ −t2 2mt− <1 0 ( )2

Cách 1: Yêu cầu bài toán tương đương tìm m để bpt (2) có nghiệm thuộc 1;

2

 +∞

 .

Xét bất phương trình (2) có: ∆ =' m2+ >1 0, ∀ ∈m ¡

( ) 2

f t = −t mt− = có ac<0nên (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt t1< <0 t2

2< ⇔ +t m m + > ⇔ > −2 m 4

t

t

Khảo sát hàm số f t trong ( ) (0;+ ∞) ta được 3;

4

m∈ − +∞ 

Câu 6: (THPT Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho hàm số

2

1

x y

mx x

−

=

A

0 1 1 5

m m m



 ≠

 ≠ −





 <



0 1 1 3

m m m



 ≠

 ≠ −





 <



0 1 3

m m

≠





 <

0 1 5

m m

≠





 <

Lời giải Chọn B

x

→±∞

Bài toán trở thành : Tìm m để đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng

mx x

⇔ − + = có 2 nghiệm phân biệt khác 1

1

3

1 0

1

m

m



′

+ ≠

Câu 7: (THPT Chuyên ĐH Vinh-GK1-năm 2017-2018) Một người tham gia chương trình bảo

hiểm An sinh xã hội của công ty Bảo Việt với thể lệ như sau: Cứ đến tháng 9 hàng năm người

đó đóng vào công ty là 12 triệu đồng với lãi suất hàng năm không đổi là 6%/ năm Hỏi sau đúng 18 năm kể từ ngày đóng, người đó thu về được tất cả bao nhiêu tiền? Kết quả làm tròn đến hai chữ số phần thập phân

Lời giải

Chọn D

Gọi số tiền đóng hàng năm là A=12 (triệu đồng), lãi suất là r=6% 0,06=

Sau 1 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là A1= A(1+r) (nhưng người đó

không rút mà lại đóng thêm A triệu đồng nữa, nên số tiền gốc để tính lãi năm sau là A1+A) Sau 2 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

A = A +A + =r A + +r A + =r A +r +A +r

Sau 3 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

A = A +A + =r A +r +A + +r A + =r A +r +A +r +A +r

…

Sau 18 năm, người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

A = A +r +A +r + + A +r +A +r

A =A +r + +r + + +r + + + −r 

18

+ −

Câu 8: (Trường BDVH218LTT-khoa 1-năm 2017-2018) Cho hai số thực a , b thỏa mãn

4 3

a b> > và biểu thức

3

2

b

a

b

−

  có giá trị nhỏ nhất Tính a b+ .

A 7

11

Lời giải Chọn D

Ta có: 48log 3 3log2

b

a

b

ç

çè - ø Vì số hạng thứ hai chứa loga b a nên ta cố gắng đưa

3

log

a

a b

çè - ø về loga

a

b Điều này buộc ta cần đánh giá 312b- 16£ Thật vậy:b

12b−16≤ ⇔ −b b 2 b+ ≥4 0 (Đúng) Suy ra: 3 1.

b

b ≥ >

−

b b

Do đó:

3

b

−

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương 8loga

a

b, 8loga

a

b,

2

loga

b a ta được:

3

b

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2

2

b

b

=





Vậy a b+ =6

Chú ý:

+ Đánh giá 312b−16≤b, ta có thể dùng bất đẳng thức Cauchy:

3

b + = + + ≥b b = b⇔ b− ≤b

+ Sau khi có 48loga 3log2a

b

a

b

b

= Vì loga a log 1 0a

b > = nên t >0

3 48

t

≥ + = , với t >0 Khảo sát hàm f t ta được ( ) ( )

( 0; )

+∞

2

t=

(Hoặc dùng Cauchy như trên)

Câu 9: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 11-năm 2017-2018) Giá trị nào của m để phương

log x+ log x+ −1 2m− =1 0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1; 3 3.

A 1≤ ≤m 16 B 4≤ ≤m 8 C 3≤ ≤m 8 D 0≤ ≤m 2

Lời giải Chọn D

Điều kiện x>0 Đặt 2

3

t= x+ ≥ , ta được phương trình t2+ −t 2m− =2 0 ( )*

Ta có x∈ 1; 3 3 ⇔0 log≤ 3x≤ 3 ⇔ 2

3

1≤ =t log x+ ≤1 2 Phương trình đã cho có nghiệm thuộc x∈ 1; 3 3 ⇔( )* có nghiệm t∈[ ]1; 2

Đặt f t( ) = +t2 t, với t∈[ ]1; 2

Hàm số f t là hàm đồng biến trên đoạn ( ) [ ]1; 2 Ta có f ( )1 =2 và f ( )2 =6

Phương trình t2+ =t 2m+2 ⇔ f t( ) =2m+2 có nghiệm t∈[ ]1; 2 ⇔ f ( )1 ≤2m+ ≤2 f ( )2

⇔ ( )

( )



m m



 ⇔ 0≤ ≤m 2.

Câu 10: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 11-năm 2017-2018) Tìm m để tồn tại duy nhất

cặp (x y thỏa mãn ; ) logx2+ +y2 2(4x+4y− ≥4) 1

và x2+y2+2x−2y+ − =2 m 0

A ( )2

Lời giải

Chọn C

Điều kiện 4x+4y− ≥4 0

1

Với m=0 ⇒ = −x 1; y=1 không thỏa mãn: ( ) (2 )2

x− + −y ≤ Với m>0 thì ( )* là đường tròn ( )C2 có tâm I2(−1; 1) bán kính R2 = m.

Để để tồn tại duy nhất cặp (x y; ) thì ( )C1 và( )C2 tiếp xúc với nhau.

Trường hợp 1: ( )C1 và ( )C2 tiếp xúc ngoài.

m

Khi đó: R2− =R1 I I1 2 ⇔ m− 2= 10 ( )2

m

-HẾT -Câu 11: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ

sau có nghiệm

2

+ + + +







Lời giải Chọn C

Điều kiện x≥ −1

 Xét 32x+ x+ 1−32 + +x 1+2017x≤2017 ⇔3 32x x+ 1−3 32 x+ 1 ≤2017 2017− x

⇔ (9x−9 3) x+ 1 ≤2017 1( −x Dễ thấy ) x=1 là một nghiệm

Nếu x>1 thì VT =(9x−9 3) x+1 >0, VP=2017 1( − <x) 0

9x−9 3 x+ ≤2017 1−

x vô nghiệm.

Nếu − ≤ <1 x 1 thì VT =(9x−9 3) x+ 1 <0, VP=2017 1( − >x) 0

9x−9 3 x+ ≤2017 1−

x có nghiệm với 1− ≤ <x 1 Vậy bpt 32x+ +x 1−32 + x+ 1+2017x≤2017 có nghiệm với − ≤ ≤1 x 1

Cách 1:

 Xét: f x( ) =x2−(m+2)x+2m+ ≥3 0 Ta có ∆ =m2−4m−8, để bpt có nghiệm − ≤ ≤1 x 1

thì:

TH1: ∆ ≤ ⇔ −0 2 3 2+ ≤ ≤m 2 3 2+ , bpt có nghiệm − ≤ ≤1 x 1 ( )1

2 3 2

 > +

∆ > ⇔ 

< − +



m

m , nghiệm của bpt là (−∞;x1] [∪ x2;+∞)

Ta có (−1;1) (⊂ x x1; 2) ⇔ ( )

( )

2

2 0

− <

 <  + <



m m

Do đó BPT có nghiệm − ≤ ≤1 x 1 khi m≥ −2

Kết hợp điều kiện ta được m>2 3 2+ và 2− ≤ < −m 2 3 2+ ( )2

Từ ( )1 và ( )2 suy ra hệ đã cho có nghiệm khi m≥ −2

Cách 2: Bài toán trở thành tìm m để bpt x2−(m+2)x+2m+ ≥3 0 có nghiệm 1− ≤ ≤x 1 BPT⇔m x( − ≤2) x2−2x+3 m x2 2x2 3 f x( )

x

− ( )* (Do − ≤ ≤1 x 1)

( ) (2 )2

2

f x

x

− .Xét f x′( ) = ⇔ = −0 x 2 3∈ −[ 1;1]

Để bpt ( )* có nghiệm thì ( )

[ 1;1 ]

x

∈ −

≥ Lập bảng biến thiên của hàm số f x trên ( ) [−1;1] ta

có m≥ f ( )1 = f ( )− = −1 2.Vậy m≥ −2

Câu 12: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Biết x , 1 x 2 (x1<x2) là

3

x − + + +x − + = và 1 2 ( )

1 2 2

x + x = a+ b với

a , b là hai số nguyên dương Tính a b+

A a b+ =13 B a b+ =11 C a b+ =14 D a b+ =16

Lời giải Chọn C

Điều kiện x∈ −∞ ∪( ;1] [2;+ ∞)

Đặt x2− + =3x 2 t với t≥0 Ta có x2− + = −3x 1 t2 1

Phương trình đã cho trở thành ( ) 2 1

3

log t+ +2 5t − =2 ( )*

3

f t = t+ + − trên [0;+ ∞)

5 2 ln 5 0

2 ln 3

t

t

−

+ với t≥0 Do đó hàm số đồng biến trên [0;+ ∞) Mặt khác f ( )1 =2 Phương trình ( )* có dạng: f t( ) = f ( )1 ⇒ =t 1

Với t = ⇒1 x2− + =3x 2 1 2

x x

2

2

x = + .

1

2

5

a b

=



⇒  =

 ⇒ + =a b 14.

Câu 13: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Biết rằng

1

2

2x+x =log 14 − −y 2 y+1 trong đó x>0

Tính giá trị của biểu thức P x= 2+y2− +xy 1

Lời giải Chọn C

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

1

1

x x

+

Lại có 14− −(y 2) y+ = − +1 14 (y 1) y+ +1 3 y+1

Đặt t= y+ ≥1 0 Xét hàm số f t( ) = − + +t3 3 14t trên (0;+ ∞), ta có

f t′ = − t + Do đó f t′( ) = ⇔ −0 3t2+ = ⇔ =3 0 t 1 vì t∈(0;+ ∞)

Từ đó ta có (max0; ) f t( ) f ( )1 16

+∞ = =

Vậy 14− −(y 2) y+ ≤1 16⇒log 142 − −(y 2) y+ ≤1 4 Khi đó

1

2

1

0

x

y

 ⇒ =P 2.

Câu 14: (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho x, y là các số thực thỏa

3

y

= là

A k =1. B 1

2

3

k = .

Lời giải

Chọn C

Xét trường hợp 3x y+ >1

3

log x y+ x +y ≤ ⇔1 x +y ≤3x y+ ( )1

Đặt P=3x y+ ⇒ = −y P 3x

1 ⇔x + P−3x − ≤P 0⇔10x2−6Px P+ 2− ≤P 0( )2

Nếu ∆ <0 thì ( )2 vô nghiệm Do đó ∆ ≥ ⇔ ≤ ≤0 0 P 10.

20

y

Câu 15: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Gọi S là tập

nghiệm của phương trình (2−x) (2 4+ x) =6 Khi đó số phần tử của tập S là bao nhiêu

A S =2. B . S =3. C S =4. D S =5.

Lời giải Chọn B

Định lí Rolle: Nếu f x là hàm liên tục trên đoạn ( ) [ ]a b , có đạo hàm trên khoảng ; ( )a b và;

( ) = ( )

f a f b thì tồn tại c∈( )a b sao cho ; f c′( ) =0.

Hệ quả: Nếu f x có đạo hàm trên ( ) ( )a b và ; f x có nhiều nhất n nghiệm (n là số nguyên ′( )

dương) trên ( )a b thì ; f x có nhiều nhất ( ) n+1 nghiệm trên ( )a b ;

Cách 1: (2− ) (2 4+ x) = ⇔ −6 (2 ) (2 4+ x)− =6 0

có tập xác định D=¡ Dễ thấy f x liên tục trên ¡ và có đạo hàm trên ¡ Theo định lý( )

Rolle:

Trên đoạn 0;1

2

 

 

2

 

=  ÷=

 

2

∃ ∈c  ÷: f c′( )1 =0. Trên đoạn 1;1

2

 

 

2

 

=  ÷=

 

2

∃ ∈c  ÷: f c′( )2 =0.

Do đó f x′( ) =0 có ít nhất hai nghiệm phân biệt c , 1 c 2

Mặt khác ta xét f x′( ) =−(2 4+ x)+4 ln 4 2x ( −x ,)

4x −2ln 4 2 ln 4+ − ln 4 =0

x

2 2ln 4

ln 4

−

Vậy f′′( )x =0 có nghiệm duy nhất suy ra f x′( ) =0 có nhiều nhất hai nghiệm suy ra

( ) =0

f x có nhiều nhất là ba nghiệm nên S =3

2

+

−

x

x (x≠2).

Ta vẽ đồ thị hai hàm số y=4x và 2 2

2

+

=

−

x y

x trên cùng một hệ trục Oxy và xác định được số

giao điểm là 3 nên S =3.

Câu 16: (THPT Chuyên Lam-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Cho x , y là các số thực

+ + + + = xy + − − + −

= +

T x y

A Tmin = +2 3 2 B Tmin = +3 2 3 C Tmin = +1 5 D Tmin = +5 3 2

Lời giải Chọn B

Theo đề ra ta có

xy

xy

3

= − +t

t

f t t ⇒ f t′( ) =5 ln 5 3 ln 3 1 0t + −t + >

1

2

+

−

x

x .Do

1

2

x

x

+

> > ⇒ > ⇒ >

+

Ta có:

2

T x y x

2

2

0

x

T

Bảng biến thiên

Chỉnh lại bbt cho em,chỉ xét với x>2nhé,kết quả không thay đổi

Từ bảng biến thiên ta thấy Tmin = +3 2 3 tại x= +2 3

Câu 17: (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-nawm-2018) Có bao nhiêu số nguyên dương a ( a là

có nghiệm duy nhất?

Lời giải Chọn B

Điều kiện 0< <x 2

2

2

 − 

x

2

2

 − 

x

2

3

log 2

2

2

−

−

−

x x a

a

x

( )*

Mà vế trái của ( )* luôn dương với mọi a nguyên dương

− < ⇒ > ⇒  ÷>

x

Do đó từ ( )* suy ra ( 2)

3

log 2x x− >0 ⇔2x x− 2 > ⇔1 x2−2x+ <1 0 ⇒ không tồn tại x Vậy không có giá trị a thỏa yêu cầu.

Câu 18: (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018) Xét các số thực dương x y, thỏa mãn

3

2

x y

6

=

+ +

x y P

x y

Lời giải Chọn C

Ta có:

3

2

x y

x y xy

Xét hàm số f t( ) =log 3t t , + t>0 có ( ) 1 1 0, 0

ln 3

′ = + > ∀ >

đồng biến và liên tục trên khoảng (0;+∞)

Do đó: f (3(x y+ ) ) = f x( 2+y2+xy+ ⇔2) 3(x y+ ) =x2+y2+xy+2 ( )1

Cách 1: Từ ( )1 ( )2 ( )

2

+ +

x y

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= +y 1

2

1

4

+ +

Đặt t x y , = + t>0

2 2

2

1

+

t

+

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT, ta có max max(0; ) ( ) ( )3 1

+∞

Cách 2: (Trắc nghiệm)

6

−

= +

+ +

x P

x y .

Trong ( )1 coi y là ẩn, x là tham số Ta có y2+ −( x 3) y x+ − + =2 3x 2 0 có nghiệm khi

Vậy P<2 nên trong 4phương án thì Pmax =1 khi đó x=2, y=1.

Cách 3: (Trắc nghiệm)

6

+

+ +

y P

x y với x , y>0.

6

+ +

x y

x

x y Thay vào ( )1 ta được: y2+3y+90 0= (vô lý)

6

+ +

x y

3 x+ −5 2x =x + −5 2x +x 5 2− x + ⇔2 3x −12x+12 0= ⇔ = ⇒ =x 2 y 1 Vậy Pmax =1.

+∞

3 0

t

( )

f t′

( )

f t

0

Câu 19: (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018)Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao

2 logmx− 2x −5x+ =4 log mx− x +2x−6 có nghiệm duy nhất.

Lời giải Chọn A

Ta có: 2x2−5x+ >4 0 với mọi x nên phương trình

2logmx− 2x −5x+ =4 log mx− x +2x−6 tương đương với

2

5 0

5

5 1

6

2

5



− >

>

mx

mx mx

mx

x x

x

x

Phương trình có nghiệm duy nhất tương đương với ta nhận nghiệm x=2 và loại x=5 hoặc nhận nghiệm x=5 và loại x=2

+ Trường hợp 1: Nhận nghiệm x=2 và loại x=5

Điều này tương đương với

5

5









 >  >

 ≠ ⇔ ≠

 ≤  ≤

  =

m m

m

m

(vô lí)

+ Trường hợp 2: Nhận nghiệm x=5 và loại x=2

Điều này tương đương với

3 1

5

6

5

3





>

 ≠ ⇔ ≠ ⇔  < ≤









 = 



 =





m m

m

m

m m

m

Suy ra:

12

=



 < ≤



 ≠



m m m

Vì 10m∈¢ nên 10m∈{11;13;14 ;25} { }∪ 30

Trong tập hợp này có 15 phần tử nên tập hợp S cũng có 15 phần tử.

Chú ý: 11 13 14; ; ;25 30

Câu 20: (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 2 năm 2017-2018) Xét các số

3< < <b a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

4

a

b

P=  − + a−

2

P= . C . minP=9. D minP= 32.

Lời giải Chọn C

2

4

a

b

2

a

a

b

a b

−

2

a

a

b

b

−

−

a

a

b

b

−

Ta có: 3 1 3

4

b b

− ≤ ⇔3b− ≤1 4b3 ⇔4b3− + ≥3b 1 0 ⇔ +(b 1 4) ( b2−4b+ ≥1) 0

3< <b )

3

4

b

b

−

  ( vì a<1)

4

b

b

−

12

a

a

b

12

a

a

b

− ( )*

3< < <b a nên loga b>1

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương: 3(log 1)

2 a b− , 3(log 1)

12 loga b−1

a

b

−

12

a

a

b

b

− ≥9 ( )**

Từ ( )* và ( )** ta có P≥9

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1 2

a

b

b

b

 =





−

1 2

b b

 =



⇔ 



1 2

b b

 =



⇔ 



1 2

b b

 =



⇔ 

1 2

b

b a

 =



⇔ 

 =

1 2

1 2

b

a b

 =



⇔ 



Vậy minP=9.

Câu 21: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Một người mỗi đầu tháng

đều đặn gửi vào ngân hàng một khoản tiền T theo hình thức lãi kép với lãi suất 0, 6% mỗi

tháng Biết đến cuối tháng thứ 15 thì người đó có số tiền là 10 triệu đồng Hỏi số tiền T gần

với số tiền nào nhất trong các số sau?

Lời giải Chọn A

Gọi A là số tiền người đó cuối tháng thứ k k, đặt r =0,6%

Ta có A1 =T(1+r)

A = A T+ + =r T +r +T +r

r

15

r

6 15

635.301

1, 006 1,006 1

A r T

Câu 22: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho 0≤x y; ≤1 thỏa mãn

2 1

2

2018 2017

− − = +

− + Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu

S = x + y y + x + xy Khi đó M m+ bằng bao nhiêu?

A 136

391

383

25

2 .

Lời giải Chọn B

Ta có

2 1

2

2018 2017

− − = +

2

y

x

x y

− = +

−  − + = +

⇒ f t′( ) =(t2+2018 2017 ln 2017 2 2017) t + t t =2017t(t2+2018 ln 2017 2) + t>0

⇒ Hàm số f t đồng biến trên ( ) 0≤ ≤t 1

⇒ 1 y x− = ⇔ y= −1 x

Cách 1:

S= x + y y + x + xy