hàm số mũ hàm số LOGARIT

Nếu cuối mỗi tháng, bắt đầu từ tháng thứ nhất sau khi vay, ông hoàn nợ cho ngân hàng số tiền cố định 5,6 triệu đồng và chịu lãi số tiền chưa trả.. Người đó trả trước số tiền là 100 triệu

Trang 1

Câu 1: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-MĐ 903 lần 1-năm 2017-2018) Ông A vay ngân hàng

300 triệu đồng để mua nhà theo phương thức trả góp với lãi suất 0,50 mỗi tháng Nếu cuối mỗi tháng, bắt đầu từ tháng thứ nhất sau khi vay, ông hoàn nợ cho ngân hàng số tiền cố định

5,6 triệu đồng và chịu lãi số tiền chưa trả Hỏi sau khoảng bao nhiêu tháng ông A sẽ trả hết số

tiền đã vay?

Lời giải Chọn D

Sau tháng thứ nhất số tiền còn nợ (đơn vị triệu đồng) là 1

0,5

100

Sau tháng thứ hai số tiền còn nợ là

2

100

 

t thì số tiền còn lại ở tháng thứ n là:

1 2

300 n 5, 6 n n 1

n

T  t  ��t  t    �� 300 5,6 1

1

n

t



t

Như vậy để trả hết nợ thì số tháng là 1 0,5

100

1120

820



Câu 2: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 1 MĐ 904 năm 2017-2018)Một người mua một

căn hộ chung cư với giá 500 triệu đồng Người đó trả trước số tiền là 100 triệu đồng Số tiền còn lại người đó thanh toán theo hình thức trả góp với lãi suất tính trên tổng số tiền còn nợ là 0,5% mỗi tháng Kể từ ngày mua, sau đúng mỗi tháng người đó trả số tiền cố định là 4 triệu đồng (cả gốc lẫn lãi) Thời gian (làm tròn đến hàng đơn vị) để người đó trả hết nợ là

Lời giải Chọn C

Tổng số tiền người đó còn nợ là A0 400 triệu đồng.

Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ nhất là: A1 A00,5%A0 4 1,005A0 4

Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ hai là: A2  A1 0,5%A1 4 1,005A14

1, 005 1, 005A 4 4 1,005 A 4 1,005 1

Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ ba là: A3 A20,5%A2 4 1,005A24

Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ n là:

0

n

1 1, 005  1,005   1,005 n  1,005 n là tổng n số hạng của một cấp số nhân

có số hạng u1 và 1 q1,005, do đó:  

1 1 1,005

1 1,005

n

n n

S

Người đó trả hết nợ khi A n 0�1, 005n A0800 1,005�� n 1�� 0

Trang 2

 

400 1,005 n 800

� �1,005n 2�nlog1,0052 138,98� tháng

Vậy người đó trả hết nợ sau 139 tháng

Câu 3: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Ngân hàng BIDV Việt Nam đang áp dụng

hình thức lãi kép với mức lãi suất: không kỳ hạn là 0, 2% /năm, kỳ hạn 3 tháng là 4,8% /năm Ông A đến ngân hàng BIDV để gửi tiết kiệm với số tiền ban đầu là 300 triệu đồng Nếu gửi không kỳ hạn mà ông A muốn thu về cả vốn và lãi bằng hoặc vượt quá 305 triệu đồng thì ông

A phải gửi ít nhất n tháng n�� Hỏi nếu cùng số tiền ban đầu và cũng số tháng đó, ông A*

gửi tiết kiệm có kỳ hạn 3 tháng thì ông A sẽ nhận được số tiền cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu (giả

sử rằng trong suốt thời gian đó lãi suất ngân hàng không đổi và nếu chưa đến kỳ hạn mà rút tiền thì số tháng dư so với kỳ hạn sẽ được tính theo lãi suất không kỳ hạn)

A 444.785.421đồng B 446.490.147đồng C 444.711.302đồng D 447.190.465đồng

Lời giải

Chọn A

Áp dụng công thức lãi kép: T na1 rn

Với T n �305 triệu đồng là số tiền cả vốn lẫn lãi sau n kỳ hạn

300

a triệu đồng là số tiền gửi ban đầu, n là số kỳ hạn tính lãi, r  % là lãi suất định kỳ

12

n

305

300



Như vậy, khi gửi không kỳ hạn để được số tiền gồm cả vốn lẫn lãi lớn hơn hoặc bằng 305 triệu đồng thì ông A phải gửi tối thiểu là 100 tháng

Với a 300triệu đồng và số tháng là 100 tháng thì khi gửi tiết kiệm với kỳ hạn 3tháng thì ông

A sẽ gửi được 33 định kỳ và 1 tháng cuối là gửi không kỳ hạn

Nên số tiền ông A có được sau 33 định kỳ là:

33

4,8%

300 1

4

Vậy số tiền ông A có được sau 100 tháng là 1 0, 2% 444.785.421

12

Câu 4: (THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần 1 năm 2017-2018) Một sinh viên

ra trường đi làm vào ngày 1/ 1/ 2018 với mức lương khởi điểm là a đồng/ 1 tháng và cứ sau 2

năm lại được tăng thêm 10% và chi tiêu hàng tháng của anh ta là 40% lương Anh ta dự định mua một căn nhà có giá trị tại thời điểm 1/1/2018 là 1 tỉ đồng và cũng sau 2 năm thì giá trị căn

nhà tăng thêm 5% Với a bằng bao nhiêu thì sau đúng 10 năm anh ta mua được ngôi nhà đó,

biết rằng mức lương và mức tăng giá trị ngôi nhà là không đổi (kết quả quy tròn đến hàng nghìn đồng)

A 21.776.000 đồng B 55.033.000 đồng C 14.517.000 đồng D 11.487.000 đồng

Mức lương 2 năm đầu sau khi chi tiêu là 24 1 0, 4a   đồng

Mức lương 2 năm tiếp theo sau khi chi tiêu là:

24��a 1 0,1 0, 4 1 0,1a  ��24 1 0,1 1 0, 4a   đồng.

24��a 1 0,1 0, 4 1 0,1a  ��24 1 0,1a  1 0, 4 đồng

24��a 1 0,1 0, 4 1 0,1a  ��24 1 0,1 1 0, 4a   đồng

L L

Trang 3

Tổng tiền lương sau 10 năm sau khi chi tiêu là:

5 1

1 1

a r

Tổng giá trị căn nhà sau 10 năm là 9 5

2 10 1 0, 05

Để anh sinh viên đó mua được nhà thì:

5 9

Câu 5: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Tính đến đầu năm

2011, dân số toàn thành phố A đạt xấp xỉ 905.300 người Mỗi năm dân số thành phố tăng thêm

1,37% Để thành phố A thực hiện tốt chủ trương 100% trẻ em đúng độ tuổi đều vào lớp 1 thì

đến năm học 2024 – 2025 số phòng học cần chuẩn bị cho học sinh lớp 1 (mỗi phòng 35 học

sinh) gần nhất với số nào sau đây; biết rằng sự di cư đến, đi khỏi thành phố và số trẻ tử vong

trước 6 tuổi đều không đáng kể, ngoài ra trong năm sinh của lứa học sinh lớp 1 đó toàn thành

phố có 2400 người chết?

Năm học 2024 – 2025 trẻ vào lớp 1 nên trẻ phải sinh vào năm 2018

Dân số năm 2018 tính từ mốc đầu năm 2011 là

8 8

1,37

100

Dân số năm 2017 tính từ mốc đầu năm 2011 là

7 7

1,37

100

Vậy số trẻ vào lớp 1 là 1009411995769 2400  16042

Số phòng học cần chuẩn bị là 16042 : 35 458,342 (458 phòng)

Câu 6: (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần 2 năm 2017-2018)Tìm giá trị gần đúng tổng

các nghiệm của bất phương trình sau:

2

22 22

Điều kiện: 0 � x 1

Ta có 24x62x527x42x31997x22016

Do đó bất phương trình đã cho tương đương với

Trang 4

2

22 22

3

x

t , ta có bất phương trình

2t   2t 5 2t   �4t 4 13

2 2

u ��t ��

r

2

ur  vr �u vr r 

Dấu bằng xảy ra khi

1

t



5 4

22

12,06 3

Nghiệm trên thỏa điều kiện nên ta Chọn C

Câu 7: (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần 2 năm 2017-2018) Cho mloga 3ab với

1

a , b1 và Plog2a b16logb a Tìm m sao cho P đạt giá trị nhỏ nhất.

A 1

2

Theo giả thiết ta có 1log   11 log 

log

a

b

m

�

Vì a1, b1 nên loga b3m  1 0

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho ba số dương ta có:

m

Câu 8: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Tính tổng tất cả các nghiệm

của phương trình

3 2

3 2 2

1

x



Lởi giải

Chọn C

Điều kiện:

Trang 5

3 2

2

0 1

x

3 3 2 3 5 0

x  x  x  � x33x23x 1 6x 6 0

x x

�

3 2

3 2 2

1

x

log x 3x   3x 5 log x  1 x 6x  7 x 1 .

� logx33x2   3x 5 x3 3x2  3x 5 logx2  1 x2 1 * 

Xét hàm đặc trưng f t  logt t t 0

ln10

f t

t

Với t 0� f t�  0

Vậy hàm f t  logt t đồng biến với t 0

Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi

3 3 2 3 5 2 1

� x2 x2  3 0

�

2 3 3

x x x

 

�

� 

�

� 

�

Kết hợp với điều kiện suy ra phương trình có hai nghiệm 3

3

x x

� 

�

 

Vậy tổng hai nghiệm của phương trình bằng 0

Câu 9: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 3 năm 2017-2018) Cho x , y là các số thực thỏa

mãn 1 x  y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  

2 2

x

y

x

2

x x

1 1

2

x x

y y







x x

y y







x x

y y





x x

x

y



Đặt t2logx y, do 1 x y �log 1 logx  x xlogx y �t2

2

t



� � với t 2

Trang 6

       

2 3

2

f t

t

4

t

f t

t



�

Lập bảng biến thiên trên 2;� ta được

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức  

2 2

x

y

x

là 27 đạt được khi

Câu 10: (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Cho phương trình

2

x

Khi đó, giá trị của S là

A S  2 B 1 13

2

Điều kiện

1 2

2 0

x x

�



�

2

ln 2

t

.ln 2

t

trên khoảng 0;� 

Mặt khác ta có:

2

x

  

Trang 7

1

2

x x x

�

� 

�



� 

�



� 

�

Kết hợp với điều kiện ta được

1

2

x x

 

�



� 

�

2

Câu 11: (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Cho x , y thỏa mãn0

log x2y log x log y Khi đó, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 4 2

P

31

29

Lời giải Chọn B

Ta sử dụng bất đăng thức phụ sau:

2 2 x y



log x2y log x log y �log x2y log x y �x2y x y ĐK ;x y0

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:

P



Đặt t x 2y t �8

2

t

2 2

0 4

4 2

t

t t

f t

t t



�



   � � �

Dựa trên bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên 8;� nên min    8 32

5

32 5

P

Câu 12: (THPT Chuyên ĐH KHTN-Hà Nội năm 2017-2018) Cho các số a , b1

thỏa mãn log2alog3b Giá trị lớn nhất của biểu thức 1 P log3a log2b

bằng:

Trang 8

C  2 3 

1 log 3 log 2

2 log 3 log 2 .

Lời giải

Chọn A

Đặt xlog2a; ylog3b Ta có: 2x

b và ��  �x y x y, 01 Khi đó: P log 23 x  log 32 y  xlog 23  ylog 32  x log 23  y log 32

2

P  x  y �x y  log 2 log 33  2  log 2 log 33  2 Vậy Pmax  log 2 log 33  2

Câu 13: (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho các số thực

dương x và y thỏa mãn 4 9.3 x2  2y  4 9x2  2y.72y x  2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

x

2

Hướng dẫn giải Chọn A

Từ giả thiết ta đặt tx22y, t��

Phương trình 4 9.3 x2  2y  4 9x2  2y.72y x  2 2trở thành

t

� �

Nhận thấy t 2 là nghiệm phương trình

Ta chứng minh t2 là nghiệm duy nhất của phương trình

 Xét t  : 72 t 49 và 9. 7 49

3

t

� �

� �

� � nên vế trái phương trình luôn dương, nên phương trình

vô nghiệm

 Xét t : 72 t 49 và 9 7 49

3

t

� �

� �

� � nên vế trái phương trình luôn âm, nên phương trình vô nghiệm

2

x

2

P

x

Câu 14: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Có tất cả bao nhiêu cặp

số nguyên chẵn x y thỏa mãn 2 3;  x y 55 ?

Lời giải

Chọn D

Trang 9

+) Do 2x  3y 55nên x�2, suy ra 2x55 là số nguyên nên y�2.

Do ,x y chẵn nên x2m, y2n với m , n N� *

(2 )m (3 )n 55�(2m3 )(2n m3 ) 55n 

�

� �

 

�

m n

�

 

�

m n

�

� �



�

m

�



�

m n

2

log 28 3



�

m

1



�

� 

�

m n

Vậy x y;    6; 2 , do đó phương trình trên có một nghiệm thỏa mãn đề bài

Câu 15: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Gọi S là tập các cặp số

rằng giá trị lớn nhất của biểu thức Pe2018xy 1 2018x với 2 x y, �S đạt

được tại x y Mệnh đề nào sau đây đúng ?0; 0

A x0�1;0 B x0  1 C x0 1 D x0�0;1

Lời giải

Chọn A

Điều kiện x y 0

Ta có ln  x2017 ln  y2017 e2018



Xét hàm f t  lnt2017e2018

1 e

0

f t

Do đó f t đồng biến trên khoảng   0;� ,

suy ra (*)� f x y    0 f  e2018 � x y e2018 � y x e2018

 

g x e2018x(2019 2018 x2018e2018) 4036 x

 

g x e2018x(2018.2020 2018 2x2018 e2 2018) 4036

e (2018.2020 2018 2018 e ) 4036 0 

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

cho g x 0 0 và khi đó max 1;1    0

 g x g x

Vậy P lớn nhất tại x0�1;0

Câu 16: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Có tất cả bao nhiêu bộ ba

số thực x y z thỏa mãn đồng thời các điều kiện dưới đây, , 

2 3

3 2 3 2

2 4 16x y z 128 và  2 42  2 42

4

Trang 10

Lời giải

Chọn B

Ta có 3 2 3 2 3 2

2 4 16x y z 128 �23 2x  2 3y2  4 3z2 27 � 3 x2 23 y2 43 z2 7 (1),

4

1

Đặt a 3 x  (theo (2)), 0 b 3 y , c3 z

7a 2b 4c

7

2 2 2 2 2 2 2 2 4 8

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a2 b2  , hay c2 3 x2  3 y2  3 z2 Thay vào (1) ta được 3 x2  3 y2  3 z2  Vì 1 x nên có 4 bộ số thỏa mãn là 0  x y z, ,   1;1;1 ;

 x y z, ,   1; 1;1 ;x y z, ,   1;1; 1 ;  x y z, ,     1; 1; 1

Câu 17: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 3 năm 2017-2018) Cho tham số thực a Biết

phương trình exex 2cosax có 5 nghiệm thực phân biệt Hỏi phương trình

exex 2cosax có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt.4

Hướng dẫn giải Chọn C

*/ Phương trình ex e x 2cos

ax



Suy ra phương trình e2 e 2 2cos

2

x a



exex2cosax4 �exex 2 2 cos ax1

2

2 2

2

 

2 2

2

ax ax



�

*/ Phương trình (1) và phương trình (2) nếu có nghiệm chung x thì 0 cos 0 0

2

2 2

x x



0 0 cos 0 0

�

� ( vô lý) Vậy (1) và (2) có nghiệm khác nhau.

*/ Phương trình (1) có 5 nghiệm ( theo (*))

Nếu x là 1 nghiệm của (1) thì 0 x0 � và 0 e20 e 20 2cos 0

2

ax



2

x x

x a



Khi đó  là 1 nghiệm của (2) Vậy phương trình (2) có 5 nghiệm phân biệt ( và khác 5x0

nghiệm của phương trình (1))

Kết luận: Phương trình đã cho có đúng 10 nghiệm

Trang 11

Câu 18: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần 3 năm 2017-2018) Số nghiệm của phương trình

2 2 9 3 8x x 3 6 8x x

x  x  x  x    x  x   là

+ Đặt x2   , x 3 u x23x  Khi đó phương trình có dạng:6 v

.8v 8u

+ Khi u , phương trình 0  * có dạng v v (đúng) Khi đó phương trình x23x  có 6 0

hai nghiệm x phân biệt.

+ Khi v , phương trình 0  * có dạng u u (đúng) Khi đó phương trình x2   có haix 3 0

nghiệm x phân biệt.

+ Khi uv�0, không mất tính tổng quát, giả sử u v�

Trường hợp 1: u v 0

Trường hợp 2 : u  0 v

Trường hợp 3: u v 0

Từ ba trường hợp trên suy ra u v , phương trình  * có dạng : u u 8u �u 0 v

0

u v

� (loại vì phương trình đã cho không có nghiệm x chung.

Vậy phương trình  * có nghiệm khi u hoặc 0 v , hay phương trình đã cho có 4 nghiệm.0

Câu 19: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 3 MĐ 234 năm học 2017-2018) Số nghiệm của

phương trình x2  5x 2 x2 8x 3 8 3x 53x5 8 x2   8x 3 là

Hướng dẫn giải Chọn B

Đặt u x 2  , 8x 3 v3x5, phương trình đã cho viết lại là

Ta thấy u0 hoặc v0 thỏa mãn phương trình  *

Với u� và 0 v� ta có 0  * 1 8 8 1  **

v u

�

Ta thấy:

 Nếu u thì 0 8 1 0

u

u  và nếu 0u thì 8 1 0

u

u  Do đó VP **   � 0, u 0

 Nếu v0 thì 1 8 0

v

  và nếu v0 thì 1 8 0

v

  Do đó VT **   � 0, v 0

Từ đó suy ra  ** vô nghiệm

Trang 12

Như vậy, phương trình đã cho tương đương với

5 3

x

�

 

�



�

Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm

Câu 20: (THPT Trần Quốc Tuấn năm 2017-2018)Cho hai số thực dương ,a b thỏa mãn hệ

thức: 2log2alog2b�log2a6b Tìm giá trị lớn nhất P của biểu thức Max

2

2 2 2 2

ab b P





3

Max

2

Max

5

Max

Hướng dẫn giải Chọn C

2log a++�++log b log a 6b log a log ab 6b a ab 6b

2

Do a b, dương nên 0 a 2

b

 �

Đặt t a, 0 t 2

b

Khi đó:

2

1

P

Xét hàm số   2

1

t

f t

t t





  với 0 �t 2.

Ta có:  

2 2 2

2

 

Suy ra    2 1

2

0;2   12

2

Max

-HẾT -Câu 21: (THPT Trần Hưng Đạo-TP HCM năm 2017-2018) Xét các số thực dương x , y thỏa

2

2 1

2

2 2018

1

x

   

 Tìm giá trị nhỏ nhất P của min P2y3x

A min

1 2

7 8

3 4

5 6

Trang 13

Lời giải Chọn B

2

2 1

2

2 2018

1

x

   

2018 2

2

1

x y

x



  

�



2 x1 2 2x y log 2x y log x1

�

2 x1 log x1 2 2x y log 2x y

�

f ��x �� f x y với f t   2t log2018t,   t 0

Xét hàm số f t   2t log2018t,   , ta có t 0   2 1 0

.ln 2018

f t

t

 

�

2 1

Bảng biến thiên

P

�

7 8

�

Vậy min

7 8

4

2

2 1

2

2 2018

1

x

   



2

2 2 1 2

2

2 2018

1

x x x y x y

x

     

�



2

2 2 1

2

2 2

x x

x y

x y x

 





�



 

2

2 1

2

2 2

x

x y

x y x





�

1

u x , v2x y  với u , v Phương trình trên có dạng: 0 201822

2018

u v

v u



.2018u 2018v

Xét hàm đặc trưng f t  t.2018t có f t�  2018t t.2018 ln 2018 0t  với   , suy ra t 0

hàm số f t đồng biến trên   0; � Do đó phương trình   1 có dạng f u   f v  �u u

 2

� � y x 21 Khi đó P2y3x2x2 1 3x2x2  có đồ thị 3x 2

là một đường cong Parabol, đỉnh là điểm thấp nhất có tọa độ 3 7;

4 8

� � Do vậy, min

7 8

3 4

Câu 22: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Xét các số thực x ,

y x� thỏa mãn0

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	2,06 MB