Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 2 - Bài 6: Phương trình. Bất phương trình Logarit - Mức độ 4.6 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 2 - Bài 6: Phương trình. Bất phương trình Logarit - Mức độ 4.6 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 27: [DS12.C2.6.BT.d] (THPT Phan Đăng Lưu - Huế - Lần I - 2017 - 2018) Cho phương trình 2 2 1 m 1 log1 x 1 4 m 5 log1 4m 4 0 1 . Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên 3 3 x 1 2 âm để phương trình 1 có nghiệm thực trong đoạn ;2 ? 3 A. 6 .B. 5 .C. 2 .D. 3 . Lời giải Chọn D Ta có 2 1 4 m 1 log1 x 1 4 m 5 log1 x 1 4m 4 0 3 3 2 m 1 log1 x 1 m 5 log1 x 1 m 1 0 3 3 2 Đặt t log1 x 1 , với x ;2 thì 1 t 1. Ta có phương trình: 3 3 m 1 t 2 m 5 t m 1 0 m t 2 t 1 t 2 5t 1 t 2 5t 1 m 2 t 2 t 1 t 2 5t 1 Xét hàm số f t với 1 t 1. t 2 t 1 4t 2 4 t 1 Ta có f t 2 0 . t 2 t 1 t 1 7 f 1 , f 1 3 3 7 Do đó min f t 3 và max f t .  1;1  1;1 3 2 Phương trình đã cho có nghiệm thực trong đoạn ;2 khi và chỉ khi phương trình 2 có 3 7 nghiệm t  1;1 min f t m max f t 3 m .  1;1  1;1 3 2 Như vậy, các giá trị nguyên âm m để phương trình 1 có nghiệm thực trong đoạn ;2 là 3 3; 2; 1. Câu 49: [DS12.C2.6.BT.d] (Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – 2017 - 2018 - BTN) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 3x2 3x m 1 log x2 5x 2 m 2 2x2 x 1 Có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. A. 3 . B. Vô số.C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 3x2 3x m 1 0 .
2. - Ta có: 2 2 3x 3x m 1 2 3x 3x m 1 2 log2 2 x 5x 2 m log2 2 1 x 5x 1 m 2x x 1 2x x 1 3x2 3x m 1 log x2 5x 1 m 2 4x2 2x 2 2 2 2 2 log2 3x 3x m 1 log2 4x 2x 2 4x 2x 2 3x 3x m 1 2 2 2 2 log2 3x 3x m 1 3x 3x m 1 log2 4x 2x 2 4x 2x 2 1 1 Xét hàm số: f t t log t trên D 0; , có f t 1 0 , t D , 2 t.ln 2 Do đó hàm số f t đồng biến trên D 1 f 4x2 2x 2 f 3x2 3x m 1 4x2 2x 2 3x2 3x m 1 x2 5x m 1 2 . 5 - Xét hàm số: g x x2 5x trên ¡ , có g x 2x 5 g x 0 x . 2 - Bảng biến thiên: - Theo bảng biến thiên ta thấy: phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ 25 21 khi m 1 4 m 3, do m ¢ nên m 5; 4 , hay có 2 giá trị nguyên 4 4 của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 44: [DS12.C2.6.BT.d] (SGD - Quảng Nam - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng 9;9 của tham số m để bất phương trình 3log x 2log m x x2 1 x 1 x có nghiệm thực? A. 6 . B. 7 . C. 10. D. 11. Lời giải Chọn B 0 x 1 0 x 1 0 x 1 Điều kiện . 2 1 x m x x 1 x 1 x 0 m x 1 x 0 m 0 x Bất phương trình đã cho tương đương 2 log x3 log m x x2 1 x 1 x 2 x3 m x x2 1 x 1 x
3. x x m x x2 1 x 1 x x x 1 x 1 x x 1 x m . x x2 1 x x Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có x 1 x 1 x x 2 x 2 1 x . 1 x x Vì vậy m x 1 x . Khảo sát hàm số f x x 1 x trên 0;1 ta được f x 2 1,414 . Vậy m có thể nhận được các giá trị 2,3,4,5,6,7,8. Câu 43: [DS12.C2.6.BT.d] Tập tất cả các giá trị của m để phương trình 2 x 1 2 x m 2 .log2 x 2x 3 4 .log2 2 x m 2 có đúng ba nghiệm phân biệt là: 1 3 1 3 1 3 1 3 A. ; 1;  . B. ;1; . C. ;1; . D. ;1;  . 2 2 2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn D 2 x 1 2 x m Ta có 2 .log2 x 2x 3 4 .log2 2 x m 2 1 2 2 x 1 .log x 1 2 2 22 x m .log 2 x m 2 2 2 2 t Xét hàm số f t 2 .log2 t 2 ,t 0. Vì f t 0,t 0 hàm số đồng biến trên 0; Khi đó 2 f x 1 2 f 2 x m x 1 2 2 x m x2 4x 1 2m 0 3 2 x 2m 1 4 Phương trình 1 có đúng ba nghiệm phân biệt nếu xảy ra các trường hợp sau: +) PT 3 có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT 4 3 m , thay vào PT 4 thỏa mãn 2 +) PT 4 có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT 3 1 m , thay vào PT 3 thỏa mãn 2 +) PT 4 có hai nghiệm phân biệt và PT 3 có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm của hai PT trùng nhau 1 3 4 x 2m 1 ,với m . Thay vào PT 3 tìm được m 1. 2 2 1 3 KL: m ;1; . 2 2 BÌNH LUẬN B1: Đưa phương trình về dạng f u f v với u,v là hai hàm theo x . B2: Xét hàm số f t ,t D. B3: Dùng đạo hàm chứng minh hàm số f t ,t D tăng hoặc giảm nghiêm ngặt trên D.
4. B4: f u f v u v Câu 49: [DS12.C2.6.BT.d] (THPT Quỳnh Lưu 1 - Nghệ An - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho dãy số un 2 2 thỏa mãn ln u1 u2 10 ln 2u1 6u2 và un 2 un 2un 1 1 với mọi n 1. Giá trị nhỏ nhất của n để un 5050 bằng. A. 100.B. 99 .C. 101.D. 102. Lời giải Chọn D 2 2 2 2 Ta có : ln u1 u2 10 ln 2u1 6u2 u1 u2 10 2u1 6u2 2 2 u1 1 u1 1 u2 3 0 . u2 3 Đặt vn un 1 un với n 1 v1 u2 u1 2 . Theo giả thiết: un 2 un 2un 1 1 un 2 un 1 un 1 un 1 vn 1 vn 1, n 1. Suy ra vn là cấp số cộng có công sai d 1 vn v1 n 1 d n 3 . Ta có: u u u u u u u u u u S u . n 1 n 1 n n n 1 32 21 1 n 1 vn vn 1 v2 v1 n n n 1 Với S v v v v v . n 1 2 n 2 1 n 2 n n 1 n 1 n 2 Suy ra : u 1 u 1. n 1 2 n 2 n 1 n 2 Ta có : u 5050 1 5050 n2 3n 10096 0 n 101,99 . n 2 Vậy số n nhỏ nhất thỏa yêu cầu là 102.