Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 2 - Chủ đề 4: Hàm số mũ. Hàm số lôgarit - Dạng 6: Toán cực trị liên quan hàm số mũ - Mức độ 4 - 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 - Chủ đề 4: Hàm số mũ. Hàm số lôgarit - Dạng 6: Toán cực trị liên quan hàm số mũ - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 42. [2D2-4.6-4] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Xét các số thực dương x, y thỏa mãn x y 3x 2y 1 log x x 3 y y 3 xy. Tìm giá trị lớn nhất P của biểu thức P . 3 x2 y2 xy 2 max x y 6 A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn C Ta có: x y log x x 3 y y 3 xy 3 x2 y2 xy 2 log 3 x y 3 x y log x2 y2 xy 2 x2 y2 xy 2 . 3 3 1 Xét hàm số f t log t t , t 0 có f t 1 0, t 0 . Vậy hàm số f t luôn đồng 3 t ln 3 biến và liên tục trên khoảng 0; . Do đó: f 3 x y f x2 y2 xy 2 3 x y x2 y2 xy 2 1 Cách 1: Từ 1 xy x y 2 3 x y 2 . 2 x y 1 Ta có x x xy xy x y 1 xy xy 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y 1. 2 x y 1 2 Do đó từ 1 , suy ra: x x y 3 x y 2 . 4 Đặt t x y , t 0 . 2 t 1 2 2t 1 t 3t 2 2 2 x y 1 x 3t 22t 3 Suy ra: P 4 f t . x y 6 t 6 4 t 6 3t 2 36t 135 Ta có: f t 0 t 3 (nhận) 4 t 6 2 Bảng biến thiên x y 1 x 2 Dựa vào BBT, ta có max P max f t f 3 1 khi và chỉ khi . 0; x y 3 y 1 Cách 2: (Trắc nghiệm) x 11 Ta có: P 2 . x y 6 Trong 1 coi y là ẩn, x là tham số. Ta có y2 x 3 y x2 3x 2 0 có nghiệm khi 2 3 2 3 3 2 3 x 3 4 x2 3x 2 0 x 3 nên x 11 0 3 3
2. Vậy P 2 nên trong 4 phương án thì Pmax 1 khi đó x 2 , y 1. Cách 3: (Trắc nghiệm) y 17 Ta có: P 3 3 với x , y 0. x y 6 3x 2y 1 + Nếu P 2 thì 2 x 11. Thay vào 1 ta được: y2 3y 90 0 (vô lý). x y 6 3x 2y 1 + Nếu P 1 thì 1 2x y 5 y 5 2x . Thay vào 1 , ta được: x y 6 3 x 5 2x x2 5 2x 2 x 5 2x 2 3x2 12x 12 0 x 2 y 1. Vậy Pmax 1. Câu 47: [2D2-4.6-4] (Chuyên Thái Bình – Lần 5 – 2018) Cho 2 số thực dương x, y thỏa mãn y 1 log3 x 1 y 1 9 x 1 y 1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2y là 11 27 A. P . B. P . C. P 5 6 3 . D. P 3 6 2 . min 2 min 5 min min Lời giải Chọn D y 1 Ta có log3 x 1 y 1 9 x 1 y 1 y 1 log3 x 1 log3 y 1 x 1 y 1 9 . y 1 log3 x 1 log3 y 1 x 1 9 9 log x 1 x 1 log y 1 3 y 1 3 9 9 log x 1 x 1 2 2 log (*). 3 y 1 3 y 1 1 Xét hàm số f t log t t 2 với t 0 có f t 1 0 với mọi t 0 nên hàm số 3 t ln 3 f t luôn đồng biến và liên tục trên 0; . 9 9 8 y Từ (*) suy ra x 1 x 1 , do x 0 nên y 0;8 . y 1 y 1 y 1 8 y 9 9 Vậy P x 2y 2y 2y 1 2 y 1 3 3 6 2 . y 1 y 1 y 1 9 3 Vậy P 3 6 2 khi 2 y 1 y 1. min y 1 2 Câu 4. [2D2-4.6-4] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Cho các số thực 2 2 dương x , y thỏa mãn log x y x y 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức A 48 x y 3 156 x y 2 133 x y 4 là: 1369 505 A. 29 . B. . C. 30 . D. . 36 36 Lời giải Chọn C x y 1 x y 1 TH1: log x2 y2 1 2 2 1 . x y 2 2 1 1 1 x y x y x y (*) 2 2 2
3. 1 1 1 Tập nghiệm của BPT (*) là tất cả các điểm thuộc hình tròn tâm I ; bán kính R . 2 2 2 Miền nghiệm của hệ (1) là phần tô màu như hình vẽ. Đặt t x y 1 t 2 Khi đó f t 48t3 156t 2 133t 4 19 t 2 12 f t 144t 312t 133; f t 0 7 t 12 Bảng biến thiên Do đó, max f t 30 t 2 x y 2 . 1 t 2 0 x y 1 0 x y 1 TH2: log x2 y2 1 2 2 2 . (x y) 2 2 1 1 1 x y x y x y 2 2 2 2 không thỏa điều kiện x 0 , y 0. Câu 434. [2D2-4.6-4] [SỞ BÌNH PHƯỚC - 2017] Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn tuân theo công thức S A.ert , trong đó A là số lượng vi khuẩn ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng, t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu là 100 con và sau 5 giờ có 300 con. Hỏi số con vi khuẩn sau 10 giờ ? A. 1000.B. 850 .C. 800 .D. 900 . Lời giải Chọn D Trước tiên, ta tìm tỉ lệ tăng trưởng mỗi giờ của loại vi khuẩn này. ln 300 ln100 ln 3 Từ giả thiết ta có: 300 100.e5r r 5 5
4. ln3 Tức tỉ lệ tăng trưởng của loại vi khuẩn này là r mỗi giờ. 5 ln3 10. Sau 10 giờ, từ 100 con vi khuẩn sẽ có 100.e 5 900 con.