Tìm khẳng định đúng... Do đó phương trình có nghiệm duy nhất t= −1... Giá trị lớn nhất của biểu thức 36.. Miền nghiệm của hệ 1 là phần tô màu như hình vẽ... Mệnh đề nào sau đây sai?. Tìm
Trang 1Câu 1: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018)Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của
tham số m để bất phương trình ( 2 ) ( )
log x −5x m+ >log x−2 có tập nghiệm chứa khoảng (2;+∞) Tìm khẳng định đúng
Lời giải Chọn A
log x −5x m+ >log x−2 2 2 0
x
x x m x
− >
⇔ − + > −
2
x
>
⇔ > − + −
log x −5x m+ >log x−2 có tập nghiệm chứa khoảng (2;+∞) 2
⇔ > − + − có nghiệm với mọi x∈(2;+∞)
Xét hàm số f x( )= − +x2 6x−2 trên (2;+∞)
Ta có f x′( ) = − +2x 6, f x′( ) = ⇔ =0 x 3
Bảng biến thiên
( )
f x
6
7
−∞
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
2 6 2
m> − +x x− có nghiệm với mọi x∈(2;+∞) ⇔ >m 7
Câu 2: -HẾT -(THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Cho
( ) 2 ( ) 2
1 1 1 1
e x x
f x
+ + +
= Biết rằng ( ) ( ) ( )1 2 3 (2017) e
m n
f f f f = với m , n là các số tự nhiên và m
n tối giản Tính
2
m n−
Lời giải Chọn A
( )
2
1
1
x x
+ +
( ) 2 ( ) 2 (( ))
1
x x
x x x x
f x
+ + + +
Xét dãy số ( )u : k ( )
k
k k u
+ +
Ta có 1
1 1 1
1 2
u = + − , 2
1 1 1
2 3
u = + − , 3
1 1 1
3 4
u = + − , …, 2017
1
2017 2018
( ) ( ) ( )1 2 3 (2017) eu u1 2 u3 u2017
2
1 2 3 2017
1 2018 2018
m
n
−
Vậy m n− 2 = −1
Trang 2Câu 3: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Cho cấp số nhân ( )b thỏa mãn n
2 1 1
b > ≥b và hàm số ( ) 3
3
f x = −x x sao cho f (log2( )b2 )+ =2 f (log2( )b1 ) Giá trị nhỏ nhất
của n để b n >5100 bằng
Lời giải Chọn A
Xét hàm số f x( ) = −x3 3x
Có f x′( ) =3x2−3, f x′( ) =0 ⇔ = ±x 1
Mặt khác, ta có b1> ≥b2 1.
Đặt a=log2b2 >log2 1b = ≥b 0
Ta có: a3−3a+ = −2 b3 3b ( )1
Nếu b>1⇒ > >a b 1⇒a3−3a b> −3 3b ⇒( )1 vô nghiệm
Nếu 0≤ ≤b 1 ⇒ − < −2 b3 3b≤0 ⇒ −a3 3a+ ≤2 0 ( ) (2 )
Suy ra a=1 ⇒ =b 0
Khi đó
0 1 1 2
b b
1 100
2n 5
n
⇒ = > ⇔ − >n 1 100log 52 ⇒ ≥n 234
Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 234
Câu 4: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho a , b là hai số thực dương thỏa
4; 2
a∈ Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
8
3
b
b
P= a+ Tính tổng T =M m+
A 1897
62
124
124
2
Lời giải Chọn B
b = ab+ a ⇔b2−a2 =3a b a( + ) ⇔(a b b+ ) ( −4a) =0
4
a b
b a
= −
⇔ =
Vì a b, dương nên b=4a, ta thay vào P ta được
2 2
3
4
a
2
log 4 log
2
a
a a
2
a
+
−
Đặt log a x2 = vì a∈ 4; 232 nên x∈[2;32]
Trang 3Xét hàm số P x( ) x 1 42 3x
x
+
−
( )
( )2
4 1
P x
x
−
− ⇒P x′( ) =0 1 ( )
3
x
= −
⇔ =
Ta có bảng biến thiên
Vậy 778
32
4
124
Câu 5: -HẾT -(THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho
hai số thực x , y thỏa mãn 0 1
2
x
≤ ≤ , 0 1
2
y
≤ ≤ và log 11 2( − x y− ) =2y+4x−1 Xét biểu thức P=16yx2−2 3x y( + − +2) y 5 Gọi m , M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của P Khi đó giá trị của T =(4m M+ ) bằng bao nhiêu?
Lời giải Chọn A
Ta có
log 11 2− x y− =2y+4x−1⇔2 2( x y+ −) log 11( −(2x y+ ) )− =1 0
Xét hàm số f t( ) = −2t log 11( − −t) 1 trên khoảng (0;11 )
11
y
t
′ = + >
− , ∀ ∈t (0;11) Do đó hàm số f t luôn đồng biến.( )
Dễ thấy ( )1 có nghiệm t=1 Do đó t=1 là nghiệm duy nhất của ( )1
Suy ra 2x= −1 y Khi đó 16 (1 ) ( )(2 1 3 2) 5
4
y
= − − + − + =4y3−5y2+2y+3
Xét hàm số g y( ) =4y3−5y2+2y+3 trên 0;1
2
, có
( ) 12 2 10 2 0
g y′ = y − y+ > , 0;1
2
y
∀ ∈
Trang 4Do đó, 1 ( ) ( )
0;
2
ming y g 0 3
, 1 ( ) ( ) 0;
2
maxg y g 1 4
Suy ra m=3, m=4
Vậy T =4.3 4 16+ =
Câu 6: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Tìm tập hợp các giá trị của
tham số m để phương trình (ẩn x ): 2 ( )
− + + + = có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x x1 2 >2
A (− +∞1; ) { }\ 0 B (0;+∞) C ¡ \ 1;1[− ]. D (− +∞1; )
Lời giải Chọn A
- ĐK: x>0
- Ta có: 2 ( )
3 x −2 m+3 3 x+m + =3 0 32log 2x 2( 3 3) log 2x 2 3 0
- Đặt t =3log 2x, t >0 Ta được bất phương trình: t2−2(m+3)t m+ 2+ =3 0 (2)
Nhận thấy: (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt dương
1 2 2
1 2
0
3 0
t t m
′∆ >
⇔ + = + >
= + >
3 0
m
+ − + >
⇔ + >
1
m
+ > > −
+ > > −
Khi đó: (2) có hai nghiệm t , 1 t thỏa mãn:2
2
1 2 3
t t =m + ⇔3log 2 1x.3log 2x x =m2+3⇔3log 2 1x+ log 2 2x =m2+3 3log 2(x x1 2) 2 3
m
1 2 2 log2 1 2 1 3 x x 3
⇒ + > ⇔ > ⇔ ≠ Kết hợp điều kiện (*) ta được: m∈ − +∞( 1; ) { }\ 0
Câu 7: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Tìm tất cả các giá trị của m để
hàm số y 2mx x m1
+ +
= nghịch biến trên 12;+∞÷.
2
2
2
÷
Lời giải
Chọn D
Hàm số y 2mx x m1
+ +
= nghịch biến trên 12;+∞÷ khi và chỉ khi hàm số y= mx x m++1 nghịch biến trên 1;
2
Xét hàm số y mx 1
x m
+
= + , ta có: ( )
2 2 1
m y
x m
−
′ =
Trang 5Hàm số y mx 1
x m
+
= + nghịch biến trên
1
; 2
2 1 0 1 2
m m
− <
⇔
− ≤
1 2
m m
− < <
⇔ ≥ −
1
1
Câu 8: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Phương trình
2log cotx =log cosx có bao nhiêu nghiệm trong khoảng (0; 2018π) ?
A 2018 nghiệm B 1008 nghiệm C 2017 nghiệm D 1009 nghiệm
Lời giải Chọn A
Đk: sin 0
cos 0
x x
>
>
2log cotx =log cosx ⇔log cotx =log cosx
log cos x log sin x log cosx
log cos x log 1 cos x log cosx
Đặt t=log cos2 x⇒cosx=2t
Phương trình trở thành
2
3 2
2
1 2
t
t t t
t t
4
4 1 3
t t
+ =
÷
Hàm số ( ) 4 4
3
t t
f t = +
÷
đồng biến trên ¡ Mặt khác f ( )− =1 1 nên x= −1 là nghiệm của phương trình
Do đó phương trình có nghiệm duy nhất t= −1
2
1
x= − ⇔ x= ⇔ = ± +x π k π
0; 2018
k x
k
π − < <
< <
Vậy trong khoảng (0; 2018π) có 1009.2 2018= nghiệm
Câu 9: (THPT Đức THọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho các số thực x , y với x≥0
3
1
5
x y
+
T = +x y+ Mệnh đề nào sau đây là đúng?
Lời giải Chọn A
3
1
5
x y
+
5x y 5 x y 3 5 xy 5xy 1
Xét hàm số f t( ) = −5t 5−t +t có f t′( ) =5 ln 5 5 ln 5 1 0t + −t + > , t∀ ∈¡
Trang 6Do đó hàm số f t đồng biến trên ( ) ¡ ⇒ f x( +3y) = f (− −xy 1) ⇔ +x 3y= − −xy 1
3
x y
x
− −
⇔ =
+ (do x≥0 nên x+ ≠3 0) 2 1 2 2 1
3
x
x
− −
+
2 2 1 3
x x
x
=
Xét hàm số g x( ) x2 2x3 1
x
= + với x≥0 có ( ) 2( )2
0 3
x x
g x
x
+ , ∀ ≥x 0
Do đó: ( ) ( )0 1
3
g x ≥g = , ∀ ≥x 0 hay 2 1 1
3
x+ y+ ≥ , ∀ ≥x 0 Vậy 1 ( )0;1
3
Câu 10: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 2017-2018) Cho các số thực dương x , y thỏa mãn
logx y+ x +y ≤1 Giá trị lớn nhất của biểu thức
36 .
Lời giải Chọn C
TH1: ( )( 2 2)
logx y+ x +y ≤1 x y2 21
x y x y
+ >
1
1
(*)
x y
+ >
⇔ − + − ≤
Tập nghiệm của BPT (*) là tọa độ tất cả các điểm thuộc hình tròn tâm 1 1;
2 2
bán kính
1 2
R=
Miền nghiệm của hệ (1) là phần tô màu như hình vẽ
Khi đó f t( ) =48t3−156t2+133t+4
( ) 144 2 312 133
f t′ = t − t+ ; f t′( ) =0
19 12 7 12
t t
=
⇔
=
Trang 7Bảng biến thiên
Do đó, ( )
1 2
t
f t
< ≤
TH2: ( 2 2)
( )
logx y+ x +y ≤1 02 x y2 1
x y x y
< + <
2
x y
< + <
⇔ − + − ≥
( )2 không thỏa điều kiện x>0, y>0
Câu 11: -HẾT -(THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm
2017-2018) Đồ thị hàm số y g x= ( ) đối xứng với đồ thị của hàm số y a a= x( >0,a≠1) qua điểm
( )1;1
I Giá trị của biểu thức 2 log 1
2018
a
Lời giải Chọn D
Gọi M x y là điểm thuộc đồ thị hàm số ( ; ) x( 0, 1)
y a a= > a≠ và M x y′ ′ ′( ; ) là ảnh của
( );
M x y qua phép đối xứng tâm I( )1;1 Khi đó ta có 2
2
x x
y y
′ + =
+ =′
2 2
′
= −
⇔ = − ′
Vì M x y là điểm thuộc đồ thị hàm số ( ; ) y a a= x( >0,a≠1) nên ta có 2− =y′ a2 −x′
2
y′ a − ′
Vậy y g x= ( ) = −2 a2−x suy ra 2 log 1
2018
a
1
2 2 log 2018
− + ÷
Câu 12: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Cho các số thực
không âm a b c, , thỏa mãn 2a+ + =4b 8c 4 Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức S a= +2b+3c Giá trị của biểu thức 4M log
M m
A 2809
281
4096
14
25.
Lời giải Chọn C
Đặt a=log , 22x b=log2 y c, 3 =log2z Ta có S =log2( )xyz
•
3 3
2
2
÷
Trang 8• Gọi min , ,( ) 1 4
3
Do ( x−1) (y− ≥ ⇒1) 0 xy x y≥ + + = −1 3 z ⇒xyz z≥ (3− ≥z) 2 (vì 1;4
3
Suy ra S ≥1, do đó m=minS =1 khi x z= =1,y=2
2
2
4 3log 3
4 3log 3
4096
729
M
M m
÷
÷
Câu 13: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2018 của tham
số m để phương trình log 20186( x m+ ) =log 10094( x) có nghiệm là
Lời giải Chọn A
Đặt log 20186( x m+ ) =log 10094( x) =t 2018 6
1009 4
t
t
x m x
t m t
⇒ + = ⇔ = −m 2.4t+6t
Đặt f t( ) = −2.4t+6t Ta có: f t′( ) =6 ln 6 2.4 ln 4t − t
3 2 ln 4
2 ln 6
t
f t′ = ⇒ = =
÷
2 log log 16
t
Bảng biến thiên:
Phương trình f t( ) =m có nghiệm khi và chỉ khi 3( 6 )
2 log log 16 2,01
Mà m 2018
m
<
∈
¢ nên ta có:
2 m 2017
m
− ≤ ≤
∈
¢ Vậy có 2020 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 14: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) Phương trình
4x−2 m+1 2x+3m− =8 0 có hai nghiệm trái dấu khi m∈( )a b; Giá trị của P b a= − là
A 8
3
3
3
3
P=
Lời giải Chọn B
Đặt t=2x, ta có phương trình t2−2(m+1)t+3m− =8 0 1( )
Với x1< <0 x2 thì 0 2< x1 < <1 2x2, nên phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu x , 1 x khi2
và chỉ khi phương trình ( )1 có hai nghiệm 0< < <t1 1 t2
Ta có ( )1 ⇔ − − =t2 2t 8 m t(2 −3 2) ( )
Vì 3
2
t= không là nghiệm phương trình ( )2 nên: ( )2 2 2 8 ( )3
2 3
t t
m t
− −
–
Trang 9Xét hàm số f t( ) t222t38
t
− −
=
− , với
3 0
2
t
< ≠
Ta có ( )
2
2
0
2 3
t t
f t
t
− +
3 0
2
t
< ≠ Bảng biến thiên:
Phương trình ( )1 có hai nghiệm 0< < <t1 1 t2 khi và chỉ khi phương trình ( )3 có hai nghiệm
0< < <t 1 t Từ bảng biến thiên ta suy ra giá trị cần tìm của m là 8 9
3< <m Như vậy 8
3
a= , b=9 Do đó 9 8 19
P b a= − = − =
Câu 15: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Cho cấp số cộng ( )a , cấp số n
nhân ( )b thỏa mãn n a2 > ≥a1 0 và b2 > ≥b1 1; và hàm số f x( ) = −x3 3x sao cho ( )2 2 ( )1
f a + = f a và f (log2b2)+ =2 f (log2 1b) Số nguyên dương n nhỏ nhất và lớn hơn 1
sao cho b n >2018a n là
Lời giải Chọn B
Hàm số f x( ) = −x3 3x có bảng biến thiên như sau:
Theo giả thiết ( )2 ( )1 ( )2 ( )1
2
Từ đó suy ra 1 2
a a
≤ < ≤
≤ ≤ <
, hơn nữa f x( ) + ≥ ∀ ≥2 0 x 0 Ta xét các trường hợp:
Nếu 0≤ <a1 a2 ≤1 thì ( )
1
0
a
Nếu 0≤ ≤ <a1 1 a2 thì ( )
( )
2 1
2 0 0
f a
f a
+ >
điều này là không thể.
Do đó chỉ xảy ra trường hợp a1=0;a2 =1
Trang 10
Từ đó suy ra a n = −n 1(n≥1).
Tương tự vì b2 > ≥b1 1 nên log2b2 >log2 1b ≥0, suy ra
n n
−
Xét hàm số g x( ) =2x−2018x trên nữa khoảng [0;+∞) , ta có bảng biến thiên
Ta có ( )
( ) ( ) ( )
2
2
2018
ln 2 2018
ln 2
12 20120
13 18042
14 11868
15 2498 0
g
g g g g
<÷
= −
nên số nguyên dương nhỏ nhất n thỏa g n( − >1) 0 là
Ta chọn đáp án A
Câu 16: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Cho các số thực x≠0, y≠0
thỏa mãn 2x =3y Mệnh đề nào sau đây sai?
A x log 32
y = B xy>0 C 4x=6y D 21y =31x.
Lời giải Chọn C
Với các số thực x≠0, y≠0 thỏa mãn 2x =3y, ta có
x log 32
y = 2x 3
y
y x
y y
⇔ ÷ =
x y
⇔ = , nên mệnh đề: “ x log 32
y = ” đúng.
Từ 2x =3y ( ) 2
2x y 3y 1, y 0
⇒ = > ∀ ≠ ⇒2xy > ⇒1 xy>0, nên mệnh đề: “xy>0” đúng
xy xy
x y
y x y x
= ⇒ ÷ ÷ = ÷ ⇔ =
1 1
2y =3x” đúng/
Từ 2x =3y, ta có 4x=6y ( )2
3y 3 2y y
2
y
y
⇔ ÷ = ⇔ =
, trái giả thiết, nên mệnh đề “ 4x =6y” sai
Câu 17: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Cho a , x là các số thực dương,
1
a≠ thỏa mãn log log( )x
a x= a Tìm giá trị lớn nhất của a
Trang 11A 1 B ( e )
log 2 −1 C e ln10e . D .
log e e
10 .
Lời giải Chọn D
Ta có: log log( )x log log
a x= a ⇔ a x x= a log log
log
x
x a a
log
x
a x
Giá trị của a lớn nhất khi và chỉ khi log a lớn nhất.
Xét hàm số f x( ) log x
x
= với x>0
Ta có ( ) 2
1 ln ln10
x
f x
x
−
′ = ; f x′( ) = ⇔ =0 x e
Ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên suy ra ( )2
log a lớn nhất là bằng log e
e . Khi đó ( )2 log e
log
e
e
a
⇒ = ⇒ =a 10 logee .
Câu 18: (SGD Phú Thọ – lần 1 - năm 2017 – 2018) Cho hàm số ( ) 2 ( ) 2
1 1 1 1
e x x
f x
+ + +
( ) ( ) ( )1 2 3 (2017) e
m n
n là phân số tối giản Tính
2
P m n= −
Lời giải Chọn D
Ta có
( ) 2 ( ) 2
1 1 1 1
e x x
f x
+ + +
2
1 1 2 1
e x x x x
− + +
+÷ +
=
2
1 1 2 1 1 1
e x x x x
− + − +
+ ÷ +÷
=
2
1 1 1 1
e x x
− +
+ ÷
=
1 1 1 1
ex x− + +
= e.e1x x− 11
+
Do đó
( ) 1 1
2
1 e.e
f = − ; f ( )2 =e.e1 12 3− ; f ( )3 =e.e1 13 4− ;…; f (2016) =e.e2016 20171 − 1 ; f (2017)=e.e2017 20181 − 1 ( ) ( ) ( )1 2 3 (2017)
2018
e e−
=
2017 2017 2018
e +
=
2
2018 1 2018 e
−
= 2
2018 1
m
⇒ = − , n=2018 Vậy P= −1
Câu 19: (SGD Phú Thọ – lần 1 - năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của
tham số m để phương trình
2
2 2
2
x mx
x
phân biệt?
Lời giải Chọn B
THBTN
Trang 12Điều kiện: 22 0
x
x mx
+ >
+ + >
Ta có
2
2 2
2
x mx
x
log 2x mx 1 2x mx 1 log x 2 x 2
Xét hàm số f t( ) =log2t t+ với t∈(0;+∞) có ( ) 1 1 0
ln 2
f t
t
′ = + > , ∀ ∈t (0;+∞) ( )
f t
⇒ đồng biến trên (0;+∞) nên ( )1 2
2x mx 1 x 2
Từ đó
2
4 3 0 2
YCBT ⇔( )2 có hai nghiệm phân biệt x , 1 x lớn hơn 22 −
2
m
∆ = − + >
⇔ + + + >
+ + >
4 0
m
x x
x x x x
∈
⇔ + + >
¡
m m
m
∈
⇔ − + >
− + − + >
¡
8
9 9
2 2
m
m m
<
⇔ < ⇔ < mà * { }
1; 2;3; 4
m∈¥ ⇒ ∈m .
Câu 20: -HẾT - (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 - năm 2017 – 2018) Giả
sử a , b là các số thực sao cho x3+y3 =a.103z+b.102z đúng với mọi các số thực dương x , y ,
z thoả mãn log x y( + ) =z và ( 2 2)
log x +y = +z 1 Giá trị của a b+ bằng
A 31
29
31 2
2
−
Lời giải Chọn B
Đặt t=10z Khi đó x3+y3 =a t.3+b t.2
Ta có ( )
( 2 2)
log
x y z
10 10.10 10
z
z
2 10
2
xy −
3
t t t
Suy ra 1
2
a= − , b=15
2
a b+ =
Câu 21: (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 - năm 2017 – 2018) Gọi a là số thực lớn nhất
để bất phương trình x2− + +x 2 aln(x2− + ≥x 1) 0 nghiệm đúng với mọi x∈¡ Mệnh đề nào sau đây đúng?
A a∈(2;3] B a∈(8;+ ∞) C a∈(6;7] D a∈ − −( 6; 5]
Lời giải Chọn C
Trang 13Đặt
2
1
t=x − + =x x− +
suy ra
3 4
t≥
Bất phương trình x2− + +x 2 aln(x2 − + ≥x 1) 0⇔ +t a tln + ≥1 0⇔a tln ≥ − −t 1 Trường hợp 1: t=1 khi đó lna t≥ − −t 1luôn đúng với mọi a
Trường hợp 2: 3 1
4≤ <t
t
t
− −
≥ − − ∀ ∈ ÷⇔ ≤ ∀ ∈ ÷
1
ln 1
t
− −
do đó
3
4
t
t
≤ ∀ ∈ ÷⇔ ≤
Trường hợp 3: t>1
ln
t
t
− −
1
ln 1 1
t
− −
Xét hàm số g t( ) = ( ) 2
− − ⇔ = + >
Vậy g t( ) =0 có tối đa một nghiệm
Vì ( )1 2; lim ( )
t
→+∞
= − = +∞ vậy g t( ) =0 có duy nhất một nghiệm trên (1;+ ∞)
Do đó f t′( ) =0 có duy nhất một nghiệm là t Khi đó 0 0
0 0
1
lnt t
t
+
= suy ra f t( )0 = −t0 Bảng biến thiên
1
ln
t
t
− −
Vậy 0
7 3 4ln 4
t a −
− ≤ ≤
Vậy số thực a thỏa mãn yêu cầu bài toán là a∈(6;7].
Cách 2: Đặt
2
1
t=x − + =x x− +
suy ra
3 4
t≥
Bất phương trình thành t a t+ ln + ≥1 0, 3
4
t≥
Trang 14Cần tìm amax để f t( ) = +t a tln + ≥1 0, 3
4
t≥
Do cần tìm amax nên ta chỉ xét a>0
Có f t( ) 1 a 0
t
4
t
∀ ≥ ⇒ hàm số luôn đồng biến trên 3;
4
+∞÷
. ( ) 34
f t f
⇒ ≥ ÷ 7 ln3 0
4 a 4
4ln 4
a −
Vậy số thực a thỏa mãn yêu cầu bài toán là a∈(6;7]
Câu 22: (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 - năm 2017 – 2018) Tính tổng S tất cả
các nghiệm của phương trình: ln 5 3 5 1 5.3 30 10 0
x x
x
+
Lời giải Chọn A
Điều kiện 1
3
x> − Phương trình tương đương
ln 5x+3x −ln 6x+ +2 5 5x+3x −5 6x+ =2 0
ln 5x 3x 5 5x 3x ln 6x 2 5 6x 2
Xét hàm số f t( ) =lnt+5 ,t t>0 Có f t( ) 1 5 0
t
′ = + > , ∀ >t 0nên f t đồng biến Từ ( ) ( )1 suy ra f (5x+3x) = f (6x+2) ⇔ + =5x 3x 6x+2 ⇔ + −5x 3x 6x− =2 0
Xét g x( ) = + −5x 3x 6x−2, g x′( ) =5 ln 5 3 ln 3 6x + x −
( ) ( )2 ( )2
5 ln 5x 3 ln 3x 0
3
x
∀ > − . Nên g x′( ) =0 có không quá 1 nghiệm suy ra g x( ) =0 có không quá 2 nghiệm trên
1
; 3
− +∞
Mà g( )0 =g( )1 =0 Vậy phương trình có hai nghiệm 0 ; 1 Do đó S =1
Câu 23: -HẾT -(THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018)
Phương trình 2017sinx =sinx+ 2 cos− 2 x có bao nhiêu nghiệm thực trong đoạn [− π5 ; 2017π]
?
Lời giải Chọn B
Điều kiện 2
2 cos− x≥0 2
1 sin x 0
⇔ + ≥ ( )* Phương trình ⇔2017sinx =sinx+ 1 sin+ 2 x ( )1
Đặt sin x t= , t∈ −[ 1;1] thì ( )1 thành 2017t = +t 1+t2 ( )2
Ta có 2017t >0, ∀ ∈ −t [ 1;1] và t+ 1+ > +t2 t t2 = + ≥t t 0, ∀ ∈ −t [ 1;1]