DẠNG 11 rút gọn lũy THỪA

KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Sử dụng phối hợp linh hoạt các tính chất của lũy thừa.. CÁC DẠNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ  Các bài tập về hàm số mũ..  Các bài tập dùng biến đổi đa thức, công thức logarit…

Trang 1

I KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

Sử dụng phối hợp linh hoạt các tính chất của lũy thừa

Chọn ,a b là các số thực dương, x y, là các số thực tùy ý, ta có:

 a x y a a x y

 và

x

x y

y

a a

a

 



x

 

 Với n   , ta có:*



2n a2n a,   a



2n 1a2n 1 a a,

   

 2n ab 2n a.2n b,a b, 0



2n 1ab 2n 1a.2n 1b, a b,

 Với ,a b   , ta có:

 n a m  n a m, a 0,n

nguyên dương, m nguyên.

 n m a mn a, a 0, ,n mnguyên dương

 n a m n. a m

II CÁC DẠNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

 Các bài tập về hàm số mũ

 Các bài tập dùng biến đổi đa thức, công thức logarit… để rút gọn biểu thức chứa hàm số lũy thừa, hàm số mũ

 So sánh giá trị của các biểu thức

 …

BÀI TẬP MẪU (ĐỀ MINH HỌA LẦN 1-BDG 2020-2021) Với a là số thực dương tùy ý, a3 bằng

3 2

2 3

1 6

a

Lời giải Chọn B

Ta có

3

3 2

a a

Bài tập tương tự và phát triển:

 Mức độ 1

A.

7 3

5 2

2 3

5 3

x

Lời giải Chọn D

Tập xác định: D 0;

Ta có

1

6 5

DẠNG TOÁN 11: RÚT GỌN LŨY THỪA

Trang 2

Câu 2 Cho a0,b0 Rút gọn

4 3 24

a b

a b ta được :

A a b2 B ab2 C a b2 2 D. a b .

4 3 24

2

3 6 3

ab

a b

3 1

P a

a



  với a 0.

A P a 3 B P a 3 1

Lời giải Chọn A

3 1

a



1

9 3

A







5

a



C

3

a a



D

3

a a





Lời giải Chọn C

1 9

a

A



1 2

3

a

Cách 2: ấn máy tính: thay a =1 Tính A rồi so sánh với các đáp án.

F

  với ab0,ab là:

A 2 2

an n

n n

b

2an n

n n

b

3an n

n n

b

4an n

n n

b

F

4

Trang 3

Câu 6 Cho x0,y0, rút gọn

x y x y P







x y x y



 5 2 5 2

a P







1

P a



D P a 2

 5 2 5 2  5 2 5 2

2



5 2 3

b b được viết dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ

là:

1 2

 

1 2

1

2

1

b b

hữu tỉ là:

A

7 30

a b

31 30

a b

30 31

a b

1 6

a b

Trang 4

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2

: 1

E

a





  với a {0; 1;1} ta được:

1

a

2

1

2

1

a

a a







 Mức độ 2

1 2

1 1

2 2 1 2 y y , ( 0; 0; )



         

A 2x B x y C x y D x

Ta có

1 2 1

2



            

bằng

A  2 1 2017

B  2 1 2019

C  2 1 2019

D  2 1 2017

Lời giải

Ta có

3 2 2 2018. 2 1 2019 1 24036. 2 1 2019 1 22017 1  22019. 2 1 2019

1 22017 1 2  2 1 2019 1 22017

3

2 4

m y



Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A 18 35

1

y a



1

y a



1

y a



1

y a



1 3 1

18 2 18

a m m m   a m m

Trang 5

Ta có:

2 4

1

y

1 1 5

3 2 2

1 7 19

4 12 12

P







Ta có:

1 1 5

3 2 2

2

1 7 19

4 12 12

1 1







7

3 5 3 7

4 2

a a A

a a



với a 0 ta được kết quả

m n

A a , trong đó m ,

*

n   và

m

n là phân số tối giản Khẳng định nào sau đây đúng?

A m2 n2 25 B m2n2 43 C 3m2 2n 2 D 2m2 n 15

Ta có:

7

3 5 3 7

4 2

a a A

a a



5 7

3 3 2

4 7

a a



4

3 3 7

a   



2 7

a



2 7

m n





 



  2m2 n 15

A

1 4

23 12

23 24

12 23

Ta có

3 2 4 3 2 4 4 12 12 24

P x x x  x x x  x x  x x  x x Vậy

23 24

1 3

P a a bằng

A

2 3

5 6

1 6

a

Ta có:

1 1 1 1 1 5

3 3 2 3 2 6

P a a a a a  a

2

4

3 10 3

1

625 125

a ab





 



 

a

b

Trang 6

A

76

4

76

3

2

4

3 10 3

1

625 125

a ab





 



 

3

3 4

5 a  ab 5 a ab

a

a ab

b

5 3

2 2 4

6 5

a a a P

a



, a 0 dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ

A P a B P a 5 C P a 4 D P a 2

Ta có

5 3

2 2 4

6 5

a a a P

a



4 5

2 2 3 5 6

a a a a

2 3 6

a    a

7 1 2 7

2 2

P a

 







với a 0 Rút gọn biểu thức P được kết quả

là

A P a 5 B P a 4 C P a 3 D P a

7 1 2 7 3

5 2

2 2

a a

 







 Mức độ 3

P a  b    a  b    a  b 

      có dạng là P xa yb  Tính x y ?

A x y 97 B x y 65 C x y 56 D x y 79

Ta có:

P a  b    a  b    a  b  a    b   a  b 

4a 9b 4a 9b 4a 9b 16a 81b

           

Suy ra: x16,y81 Vậy: x y 65

2 2

1

4 1

4

x x



x 0 là:

Trang 7

A

2 1

x x



2 1

x x



 D 2x 2x



Ta có:

2 2 2

2

x x

x

x x

x



2

2 2

2

2 1

2 1 2.2

x x



 

6 1

1 1 1 2 2

2 2

3 2 3 3 m n





  , với a, b là các số dương Tính

A

7 2

P 

3 2

P 

3 2

P 

Ta có

6

2

a

3

1

ab



  Biểu thức

P





  có giá trị bằng

A

5 2

P 

B P 2 C P 2 D

3 2

P 

Ta có 4x 4x 7

    2x 2 2x2 7

Như vậy 2x 2x 3

P





5 3

2

8 4.3





1

am bm  với mọi a b 1.Tính tổng các giá trị m

Lời giải

Trang 8

Chọn A

Ta có a b  1 b 1 a

Thay vào

1

am bm  ta được:

2

4

4 16

P

  có dạng P m a n b 4  4 Khi đó biểu thức liên hệ giữa

m và n là

A 2m n  3 B m n  2 C m n  0 D m3n 1

Ta có:

P

2

Suy ra: m1;n1 Vậy: 2m n  3

1 2

1

( 0, 1), 1

a



dạng

m P

a n



 Khi đó, biểu thức liên hệ giữa m và n là

A m3n 1 B m n  2 C m n  0 D 2m n  5

Ta có:

1 2

1

a

P



a

Suy ra: m2, n1 Vậy: 2m n  5

2 2

2 1

1 1

A

x





  , với

1

x



  

  , a , b 0

A

khi khi

A









khi khi

A





Trang 9

C

khi khi

A





khi khi

A





Điều kiện 1 x2     0 1 x 1

Với điều kiện a b , 0 ta đi biến đổi:

x

a b

Suy ra:

2

4 4

2

Do đó:

2

khi

ab a b

a b A

a b





  









khi khi





lũy thừa

với số mũ hữu tỉ có dạng ,

a b

x với

a

b là phân số tối giản Khi đó, biểu thức liên

hệ giữa a và b là:

A a b 509 B a2b767 C 2a b 709 D 3a b 510

Lời giải

Chọn B

Ta có: x x x x x x x x =

3 2

x x x x x x x

7 4

x x x x x x



15 8

x x x x x



=

15 16

x x x x x

11 16

x x x x



31 2

x x xx



63 32

x x x



127 64

x x

 255

128

x



255 256

x

 Suy ra: a255, b256 a2b767

Trang 10

Câu 10. Cho các số thực dương a và b Biểu thức thu gọn của

P a  b    a  b    a  b 

      có dạng là P xa yb  Tính x y ?

A x y 97 B x y 65 C x y 56 D x y 79

Ta có:

P a  b    a  b    a  b  a    b   a  b 

4a 9b 4a 9b 4a 9b 16a 81b

           

Suy ra: x16,y81 Vậy: x y 65

 Mức độ 4

2017 ! 1 1 1

      được viết dưới dạng a , khi đó b a b;  là cặp nào trong các cặp sau ?

A 2018; 2017 B 2019;2018 C 2015;2014 D 2016;2015

Ta có

2017

1 1 1 1 2018

2017 !

1 2 3 2016 2017

2018

Vậy a 2018; b 2017

9 3

x x

S f  f   f   f  

A S 1009 B

1347 4

S 

2017 6

S 

1009 3

S 

Với x y 1 ta có

1 1

9 2 9 2 9 2 9 9 2 1 1

9 3 9 3 9 3 3 3 9 3



Do đó:

S f   f  f   f  

1008

    

 

Trang 11

Câu 3. Cho   2  2

1 1 1 1

e x x

f x

 



 với x 0 Biết rằng    1 2  3 2017 e

m n

f f f f  với m , n

là các số tự nhiên và

m

n là phân số tối giản Tính m n 2

A m n 2 1 B m n 2 1 C m n 2 2018 D m n 2 2018

Đặt

 

 2

2

1

g x



Với x 0 ta có

 

2

2 2

1

x x

g x

 



 

Suy ra g 1 g 2 g 3  g2017

              

Khi đó                

2

1 2018 1 2018

1 2 3 2017 2018 2018

m



  

Do đó m 20182 , 1 n 2018

Vậy m n 2 20182 1 20182 1

2018 2018

x x

f x 

 Tính

A S 1004 B S 1009 C S 1010 D S 1008

Cách 1 :

Nhận thấy

2018 2018 4036 2018 2018 2018 2018

2018 2018 2018 2018 4036 2018 2018 2018 2018

Áp dụng f x f 1 x ta có1

1 1 1 1.1009 1009

S  f   f  f   f    f  f  

Cách 2:

Trang 12

Ta có

1

2018

2018 2018 2018 2018 2018 2018 2018 2018 2018

2018 2018

x







2018 2018 2018 2018

x

Áp dụng f x f 1 x ta có1

1 1 1 1.1009 1009

S  f   f  f   f    f  f  

nào dưới đây đúng?

A

4 4 4

3 3 3

2 2 2

3 3 3

1 1 1

3 3 3

Đặt

3 2 3 2

Ta có

2 3 4 2 2 3 2 4 3 6 3 3 3 6

2

2 2

Do đó

2 2 2

3 3 3

Câu 6 Cho ba số thực x y z, , thỏa mãn 3z22x 3 3 x2y2  3x2y2z22x1 Tính

 12 2 2

Đặt

2 2

  





 (a b, ¡ , a0)

Khi đó 3z22x 3 3 x2y2  3x2y2z22x1 3b 3 3 a 3a b 1

3a b 3a 1 3a b  3a b 1 3 a b  3a 0

3a b 1 3 3a a b 1 0 3a b 1 1 3a 0

3a b 1 0

   (vì 1 3 a10,   )a 0

 2

Trang 13

Câu 7 Có tất cả bao nhiêu bộ ba số thực x y z, , 

thỏa mãn đồng thời các điều kiện dưới đây

2 3

2 4 16x y z 128

 và xy2z42  4 xy2 z42

Ta có 2 4 163 2x 3y2 3z2 128 23 2x 23y243z2 27

   3 x2 23 y2 43 z2 7 (1),

xy2z42  4 xy2 z42  xy z2 41 3 x y3 23 z4  (2).1

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

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có

7a 2b 4c a2b2b2c2c2c2c2 77 a b c2 4 8  7

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

x y z  , ,  1; 1;1

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

1 100

A 

;

2 99 1000

  ;

2

11 12 99 1000

  Hãy sắp xếp A, Bvà

C theo thứ tự từ bé đến lớn.

+ Do

99 100 1 0

1000 1000 10



1000 10 100

     BA (1) + Với n*,n1, ta có:

2

 

 2

1

n n  n với  n *,n1 Suy ra 2

11 10 11 ; …; 2

1000 999 1000

11 12 1000 10 1000 1000 



11 12 1000 1000

Từ (1) và (2) suy ra C B A 

2020

2020 2020

a a

a

A 0 a 1 B 1 a 2020 C a 2020 D 0 a 2020

Lời giải

Trang 14

Lôgarit cơ số 2 ở cả hai vế, ta có:

2020

2020 2020

a a

a

2020

2020log 2 log 2

a

a a

2020

2017

a a

a

 * (do a  ).0

1

ln 2

x

f x



Ta có

 

4 1 '

ln 4 1 4 ln 4 4 1 ln 4 1

x

f x



2

4 ln4 4 1 ln 4 1 1

0

x



(do 1 4 x4x1 và 0 ln 4x ln 4 x 1

với mọi x  ).0

Suy ra f x  nghịch biến trên 0; 

Chú ý rằng bất phương trình  * có dạng f a f 2020 với giả thiết a  Từ 0

tính nghịch biến của f x trên   0;   ta kết luận được kết quả của bài toán 

là a 2020

64

a b và c  11 2233 1000 1000?

A c a b  B b a c  C c b a  D a c b 

Ta có: 1110001000; 2210001000 99999910001000

Mặt khác: 210 1000

Vậy c a b  .

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	815,05 KB