Trắc nghiệm Đại số Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 2 - Chủ đề 7: Toán tổng hợp về mũ và lôgarit - Dạng 1: Các bài toán tổng hợp về mũ và lôgarit - 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 7: Toán tổng hợp về mũ và lôgarit - Dạng 1: Các bài toán tổng hợp về mũ và lôgarit - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 18: [2D2-7.1-4] (THPT Chuyên Thái Bình - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Tính tích tất cả các 2 1 x 2x 1 2x nghiệm thực của phương trình log2 2 5. 2x 1 A. 0 . B. 2 . C. 1. D. . 2 Lời giải Chọn D Điều kiện: x 0 . 2 2 2x 1 2x 1 2x PT: log2 2 5 1 . 2x 2x2 1 1 1 Đặt t x 2 x. 2 2x 2x 2x t PT trở thành log2 t 2 5 (2) . t Xét hàm f t log2 t 2 t 2 là hàm đồng biến nên: 2 f t f 2 t 2 (t/m). 2x2 1 1 Với t 2 thì 2 2x2 4x 1 0 (t/m). Vậy x x (theo Viet ). 2x 1 2 2 Câu 21: [2D2-7.1-4] (THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc – Lần 3 – 2018) Cho cấp số cộng an , cấp số 3 nhân bn thỏa mãn a2 a1 0 và b2 b1 1; và hàm số f x x 3x sao cho f a2 2 f a1 và f log2 b2 2 f log2 b1 . Số nguyên dương n nhỏ nhất và lớn hơn 1 sao cho bn 2018an là: A. 16. B. 15. C. 17 . D. 18. Lời giải Chọn B Hàm số f x x3 3x có bảng biến thiên như sau: Theo giả thiết f a2 2 f a1 f a2 f a1 . a2 a1 0 a2 a1 0 0 a1 a2 1 Từ đó suy ra , hơn nữa f x 2 0x 0 . Ta xét các trường hợp: 0 a1 1 a2 f a2 2 0 f a2 2 a2 1 Nếu 0 a1 a2 1 thì . a 0 f a1 0 f a1 0 1
2. f a2 2 0 Nếu 0 a1 1 a2 thì điều này là không thể. f a1 0 Do đó chỉ xảy ra trường hợp a1 0;a2 1. Từ đó suy ra an n 1 n 1 . Tương tự vì b2 b1 1 nên log2 b2 log2 b1 0 , suy ra log2 b2 1 b2 1 n 1 bn 2 n 1 . log2 a1 0 b1 1 Xét hàm số g x 2x 2018x trên nữa khoảng 0; , ta có bảng biến thiên 2018 g log2 0 ln 2 2018 log2 11 ln 2 Ta có g 12 20120 nên số nguyên dương nhỏ nhất n thỏa g n 1 0 là g 13 18042 g 14 11868 g 15 2498 0 n 1 15 n 16 . Câu 50: [2D2-7.1-4] [THPT TRẦN QUỐC TUẤN - Lần 1- 2018] [2D2-0.0-4] Cho hai số thực dương a,b thỏa mãn hệ thức: 2log2 a log2 b log2 a 6b . Tìm giá trị lớn nhất PMax của biểu thức ab b 2 P . a2 2ab 2b2 2 1 2 A. P . B. P 0 . C. P . D. P . Max 3 Max Max 2 Max 5 Lời giải Chọn C. 2 2 2 2 Ta có: 2log2 a log2 b log2 a 6b log2 a log2 ab 6b a ab 6b 2 a a a 6 0 3 2 . b b b a Do a,b dương nên 0 2. b
3. a Đặt t ,0 t 2 . b ab b 2 t 1 Khi đó: P a2 2ab 2b2 t 2 2t 2 t 1 Xét hàm số f t với 0 t 2 . t 2 2t 2 t 2 2t Ta có: f t 2 0,t 0;2. t 2 2t 2 1 1 Suy ra f t f 2 . Vậy Max f t khi t 2. 2 0;2 2 1 Do đó P . Max 2 HẾT Câu 37: [2D2-7.1-4] (THPT Chuyên Thái Nguyên - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Tính tổng tất cả các nghiệm của sin x phương trình e 4 tan x thuộc đoạn 0;50  ? 1853 2475 2671 2105 A. .B. .C. . D. . 2 2 2 2 Lời giải Chọn B Điều kiện: x k , k ¢ . 2 sin x Phương trình e 4 tan x sin x cos x ln sin x ln cos x 2 ln cos x cos x 2 ln sin x sin x 2 . tan x 0 tan x 0 + Khi cos x 0 và sin x 0 , xét hàm số f t 2 ln t t , trên tập  1;0 . 2 f t 1 suy ra f t 0 , t  1;0 . t Nên hàm số f t 2 ln t t nghịch biến trên  1;0 . Mà phương trình 2 ln cos x cos x 2 ln sin x sin x có dạng f cos x f sin x . Nên 2 ln cos x cos x 2 ln sin x sin x cos x sin x 1 + Khi cos x 0 và sin x 0, xét hàm số f t 2 ln t t , trên tập 0;1 2 f t 1 suy ra f t 0 , t 0;1 . t
4. Nên hàm số f t 2 ln t t đồng biến trên 0;1. Mà phương trình 2 ln cos x cos x 2 ln sin x sin x có dạng f cos x f sin x . Nên 2 ln cos x cos x 2 ln sin x sin x cos x sin x 2 Từ 1 và 2 ta có cos x sin x sin x 0 x k , k ¢ . 4 4 1 199 Do chỉ xét x 0;50  nên 0 k 50 k . 4 4 4 Mà k ¢ k 0;1;2;3 ;49 . Vậy phương trình đã cho có các nghiệm ; ; 2 ; ; 49 . 4 4 4 4 Dãy số trên là 50 số hạng đầu liên tiếp của một cấp số cộng có số hạng đầu u và công sai 1 4 50 2475 d nên tổng các nghiệm trên là S50 2. 50 1 . 2 4 2 Câu 45: [2D2-7.1-4](SGD Hà Nam - Năm 2018) Cho dãy số un có số hạng đầu u1 1 thỏa mãn 2 2 2 2 log2 (5u1) log2 (7u1) log2 5 log2 7 và un 1 7un với mọi n 1. Giá trị nhỏ nhất của n để un 1111111 bằng A. 11. B. 8. C. 9 . D. 10 . Lời giải Chọn D Vì un 1 7un nên dễ thấy dãy số un là cấp số nhân có công bội q 7 . Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 log2 (5u1) log2 (7u1) log2 5 log2 7 (log2 5 log2 u1) (log2 7 log2 u1) log2 5 log2 7 2 2log2 5.log2 u1 2log2 u1 2log2 7.log2 u1 0 log2 u1 0 2log2 5 2log2 u1 2log2 7 0 u1 1 (L) log2 35u1 0 1 u . 1 35 Ta có: 1 u u .7n 1 .u 1111111 .7n 1 1111111 7n 1 35.1111111 n 1 n 35 n log7 (35.1111111) 1. Mà n ¥ * nên giá trị nhỏ nhất trong trương hợp này là n 10 . Câu 31: [2D2-7.1-4] (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh - lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho phương trình
5. 3 2 3 2 m 3m 1 3 2 x 3x 1 2 1 2 .log81 x 3x 1 2 2 .log3 0 m3 3m2 1 2 Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị m nguyên để phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn [6;8]. Tính tổng bình phương tất cả các phần tử của tập S . A. 20 . B. 28 . C. 14. D. 10. Lời giải Chọn B 3 2 3 2 m 3m 1 3 2 x 3x 1 2 1 Ta có 2 .log81 x 3x 1 2 2 .log3 0 m3 3m2 1 2 x3 3x2 1 2 m3 3m2 1 2 2 .log x3 3x2 1 2 2 .log m3 3m2 1 2 . 3 3 1 Xét hàm số f t 2t.log t với t 2 ; Ta có f t 2t ln 2.log t 2t. 0t 2 . 3 3 t ln 3 Suy ra hàm số f t đồng biến trên 2; . Do đó phương trình tương đương với m3 3m2 1 x3 3x2 1 1 . Vẽ đồ thị hàm số g x x3 3x2 1 từ đó suy ra đồ thị g x và đồ thị của g x như hình vẽ. Từ đồ thị suy ra 1 có 6,7,8 nghiệm 0 g m 3 . Từ đồ thị suy ra các giá trị nguyên của m là 3, 2, 1,0,1,2,3 . Vậy S 28 . Câu 47: [2D2-7.1-4] (THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Tìm tập hợp các giá trị 2 của tham số m để phương trình (ẩn x ): 3log2 x 2 m 3 .3log2 x m2 3 0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn : x1x2 2 . A. 1; \ 0 B. 0; C. ¡ \  1;1 D. 1; Lời giải Chọn A - ĐK : x 0 .
6. 2 - Ta có : 3log2 x 2 m 3 .3log2 x m2 3 0 32log2 x 2 m 3 .3log2 x m2 3 0 (1). - Đặt t 3log2 x , t 0 . Ta được bất phương trình : t 2 2 m 3 t m2 3 0 (2). Nhận thấy : (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt dương 0 2 m 3 (m2 3) 0 6m 6 0 m 1 t1 t2 2 m 3 0 m 1 (*) m 3 0 m 3 2 m 3 0 t1t2 m 3 0 Khi đó : (2) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn : 2 log2 x1 log2 xx 2 log2 x1 log2 x2 2 log2 x1x2 2 t1.t2 m 3 3 .3 m 3 3 m 3 3 m 3 . log2 x1x2 2 2 Từ x1x2 2 log2 x1x2 1 3 3 m 3 3 m 0 m 0 . Kết hợp điều kiện (*) ta được : m 1; \ 0 . Câu 15: [2D2-7.1-4] (Đoàn Trí Dũng - Lần 7 - 2017 - 2018) Trong tất cả các cặp x; y thỏa mãn log 4x 4y 4 1 m x; y x2 y2 2 . Tìm để tồn tại duy nhất cặp sao cho x2 y2 2x 2y 2 m 0 2 A. ( 10 - 2) B. 10 - 2 và 10 + 2 2 2 C. ( 10 - 2) và ( 10 + 2) . D. 10 - 2 Lời giải Chọn C log 4x 4y 4 1 x2 y2 4x 4y 6 0 1 Ta có x2 y2 2 . Giả sử M x; y thỏa mãn pt 1 , khi đó tập hợp điểm M là hình tròn C1 tâm I 2;2 bán kính 2 2 R1 2 . Các đáp án đề cho đều ứng với m 0 . Nên dễ thấy x y 2x 2y 2 m 0 là phương trình đường tròn C2 tâm J 1;1 bán kính R2 m . Vậy để tồn tại duy nhất cặp x; y thỏa đề khi chỉ khi C và C tiếp xúc ngoài và C trong C 1 2 1 2 2 IJ R R 10 m 2 m 10 2 1 2 2 IJ R R m 10 2 1 2 Câu 47: [2D2-7.1-4](THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần 2 -2018 - BTN) Cho a, b, c là các số thực lớn hơn 1. Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức: 4 1 8 P . log a 3 bc logac b 3logab c A. Pmin 20 .B. Pmin 10 .C. Pmin 18.D. Pmin 12 . Lời giải Chọn A 4 1 8 Ta có: P 2log bc 2log ac 8log ab 2log a 1 log c a b c bc log b ab 2 ac
7. 2loga b 2loga c 2logb a 2logb c 8logc a 8logc b 2loga b 2logb a 2loga c 8logc a 2logb c 8logc b . Vì a, b, c là các số thực lớn hơn 1 nên: loga b, logb a, loga c, logc a, logb c, logc b 0. Do đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: P 2 2loga b.2logb a 2 2loga c.8logc a 2 2logb c.8logc b 4 8 8 20 . loga b logb a a b 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi loga c 4logc a c a a b c 1. 2 logb c 4logc b c b Vậy Pmin 20 . Câu 50: [2D2-7.1-4](THPT Yên Lạc_Trần Phú - Vĩnh Phúc - Lần 4 - 2018 - BTN) Tính tổng S tất x x 5 3 x 1 x cả các nghiệm của phương trình: ln 5 5.3 30x 10 0 . 6x 2 A. S 1.B. S 2 .C. S 1.D. S 3 Lời giải Chọn A 1 Điều kiện x . 3 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 (1). 1 Xét hàm sô f t ln t 5t,t 0 . Có f ' t 5 0 , t 0 nên f t đồng biến. Từ 1 t 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 5x ln 5 3x ln 3 6 2 2 1 g '' x 5x ln 5 3x ln 3 0 x . 3 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 nghiệm 0,1. Do đó S 1. HẾT Câu 42: [2D2-7.1-4] [SDG PHU THO_2018_6ID_HDG] Số giá trị nguyên của loga b logb a m 200;200 để 3.a b m. loga b 2 với mọi a , b 1; là: A. 200 .B. 199. C. 2199 .D. 2002 . Lời giải Chọn A Đặt loga b x , x 0 . 2 Suy ra b a x . 1 x 2 2.a 2 Khi đó 3.a loga b b logb a m. log b 2 3.a x a x x m.x 2 m . a x
8. 2.a x 2 Xét hàm số f x , với x 0 . x 2a x x.ln a 2 có f x 0, x 0; nên f x liên tục và đồng biến trên 0; . x2 Bảng biến thiên Dựa vào BBT ta thấy m f x m 2ln a . loga b logb a Vì ln a 0,a 1, do đó 3.a b m. loga b 2 với mọi a , b 1; thì m 0 . Và m 200;200 nguyên nên có 200 số nguyên m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 36: [2D2-7.1-4] [THPT Chuyên Thái Nguyên] Tìm tập nghiệm của bất phương trình: 2 2x 4 1 .ln x2 0. A. 1;2. B. 2; 1  1;2 . C. 1;2 . D. 1;2. Lời giải Chọn B Điều kiện: x 0 . 2 2x 4 1 0 2 2 ln x 0 Khi đó: 2x 4 1 .ln x2 0 . 2 2x 4 1 0 2 ln x 0 2 x 2  x 2 2x 4 1 0 x2 4 0 Trường hợp 1: 1 x 1 HVN . 2 2 ln x 0 x 1 x 0 2 2 x 4 0 2 x 2 x 4 2 1 0 2 2 x 1 Trường hợp 2 : x 1 x 1 x 1 . ln x2 0 1 x 2 x 0 x 0 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S 2; 1  1;2 . Câu 3155: [2D2-7.1-4] [THPT Hoàng Hoa Thám - Khánh Hòa] Áp suất không khí P (đo bằng milimet thủy ngân, kí hiệu là mmHg ) suy giảm mũ so với độ cao x (đo bằng mét), tức là P xi giảm theo công thức P P0.e , với P0 760 mmHg là áp suất ở mức nước biển (x 0), i là
9. hệ số suy giảm. Biết rằng ở độ cao 1000m áp suất của không khí là 672,71 mmHg . Hỏi áp 672,713 suất không khí là mmHg ở độ cao bao nhiêu ? 7602 A. 5000 m .B. 2000 m . C. 3000 m . D. 4000 m . Lời giải Chọn C 3 3 672,71 P1 Đặt P1 672,71 mmHg , x1 1000m , P2 2 2 mmHg , x2 m : 760 P0 là độ cao tương ứng với P2 . x1i 1 P1 Ta có: P1 P0.e i ln . x1 P0 1 P x P3 P P .ex2i x ln 2 1 ln 1 3x 3000m . 2 0 2 i P P 3 1 0 ln 1 P0 P0 Câu 3369: [2D2-7.1-4] [THPT CHUYÊN BÌNH LONG - 2017] Cho 0 a 1 b,ab 1. Tìm 4 GTLN của biểu thức P loga ab . 1 loga b .log a ab b A. P 4 . B. P 2 . C. P 4 . D. P 3. Lời giải Chọn C 4 4 4 P log ab log ab log ab . a a a a 1 loga b .log a ab loga ab loga .log a ab b b b Từ giả thiết 0 a 1 b,ab 1 loga ab loga 1 0 loga ab 0 . 4 ; loga ab 2 4 4(Cosi) P 4 . loga ab 4 4 P loga ab loga ab . loga ab loga ab Dấu " " xảy ra a3b 1. Câu 11. [2D2-7.1-4] [THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp] Xét các số thực dương a,b thỏa mãn log a log b log a b . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 9 12 15 a a a a A. 2;3 . B. 3;9 . C. 0;2 . D. 9;16 . b b b b Lời giải Chọn C t log a t a 9 1 9 log a log b log a b t log b t b 12t 2 Đặt 9 12 15 12 . log a b t t 15 a b 15 3
10. t t t t t 9 12 Thế 1 và 2 vào 3 ta được 9 12 15 + =1 . 15 15 Dễ thấy có nghiệm t 2. t t t t 9 12 9 9 12 12 Xét hàm số f t + f t ln + ln 0, t ¡ . Do đó hàm 15 15 15 15 15 15 số f t nghịch biến trên ¡ . Vậy t 2 là nghiệm duy nhất của phương trình . a 91 a Do t 2 nên 0;2 . b 144 b Câu 437. [2D2-7.1-4] [CHUYÊN ĐHSP HN - 2017] Chuyện kể rằng: Ngày xưa, có ông vua hứa sẽ thưởng cho một vị quan món quà mà vị quan được chọn. Vị quan tâu: “Hạ thần chỉ xin Bệ Hạ thưởng cho một số hạt thóc thôi ạ! Cụ thể như sau: Bàn cờ vua có 64 ô thì với ô thứ nhất xin nhận 1 hạt, ô thứ 2 thì gấp đôi ô đầu, ô thứ 3 thì lại gấp đôi ô thứ 2, ô sau nhận số hạt thóc gấp đôi phần thưởng dành cho ô liền trước”. Giá trị nhỏ nhất của n để tổng số hạt thóc mà vị quan từ n ô đầu tiên (từ ô thứ nhất đến ô thứ n ) lớn hơn 1 triệu là A. 18.B. 19.C. 20.D. 21. Lời giải Chọn C Bài toán dùng tổng n số hạng đầu tiên của một cấp số nhân. 2n 1 Ta có: S u u u 1 1.2 1.22 1.2n 1 1. 2n 1 n 1 2 n 2 1 n 6 6 Sn 2 1 10 n log2 10 1  19.93. Vậy n nhỏ nhất thỏa yêu cầu bài là 20. Câu 79: [2D2-7.1-4] [NGUYỄN KHUYẾN TPHCM] Cho a là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn 3 3log3 1 a a 2log2 a . Tìm phần nguyên của log2 2017a . A. 14B. 22C. 16D. 19 Lời giải Chọn B 6 3 2 3 Đặt t a,t 0 , từ giả thiết ta có 3log3 1 t t 2log2 t 3 2 2 f t log3 1 t t log2 t 0 1 3t 2 2t 2 1 3ln 2 2ln 3 t3 2ln 2 2ln 3 t 2 2ln 3 f t . . ln 3 t3 t 2 1 ln 2 t ln 2.ln 3. t 4 t3 t Vì đề xét a nguyên dương nên ta xét t 1. Xét g t 3ln 2 2ln 3 t3 2ln 2 2ln 3 t 2 2ln 3 8 2 4 8 4 Ta có g t 3ln t 2ln t t 3ln t 2ln 9 9 9 9
11. 2ln 9 g t 0 t 4 0. 3ln 8 9 Lập bảng biến thiên suy ra hàm số g t giảm trên khoảng 1; . Suy ra g t g 1 5ln 2 6ln3 0 f t 0 . Suy ra hàm số f t luôn giảm trên khoảng 1; . Nên t 4 là nghiệm duy nhất của phương trình f t 0. Suy ra f t 0 f t f 4 t 4 6 a 4 a 4096 . Nên số nguyên a lớn nhất thỏa mãn giả thiết bài toán là a 4095 . Lúc đó log2 2017a 22,97764311. Nên phần nguyên của log2 2017a bằng 22. Câu 95: [2D2-7.1-4] [QUẢNG XƯƠNG I] Trong các nghiệm (x; y) thỏa mãn bất phương trình log 2 2 (2x y) 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức T 2x y bằng: x 2 y 9 9 9 A. .B. .C. . D.9. 4 2 8 Lời giải Chọn B x2 2y2 1 0 x2 2y2 1 Bất PT log (2x y) 1 (I), (II) . x2 2 y2 2 2 2 2 2x y x 2y 0 2x y x 2y Xét T= 2x y TH1: (x; y) thỏa mãn (II) khi đó 0 T 2x y x2 2y2 1 1 9 TH2: (x; y) thỏa mãn (I) x2 2y2 2x y (x 1)2 ( 2y )2 . Khi đó 2 2 8 1 1 9 2 1 2 1 2 9 2x y 2(x 1) ( 2y ) (2 ) (x 1) ( 2y ) 2 2 2 4 2 2 2 4 9 9 9 9 . 2 8 4 2 9 1 Suy ra : maxT (x; y) (2; ) 2 2 BÌNH LUẬN y log b - Sử dụng tính chất của hàm số logarit a đồng biến nếu a 1 nghịch biến nếu 0 a 1 a 1 g x 0 f x g x log f x log g x a a 0 a 1 f x 0 f x g x
12. 2 2 2 2 - Sử dụng bất đẳng thức BCS cho hai bộ số a;b , x; y thì ax by a b x y a b Dấu “=” xảy ra khi 0 x y Câu 37. [2D2-7.1-4] (THPT Chuyên Bắc Ninh - Lần 2 - 2017 - 2018) Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn 2x y 1 1 2 log x 2y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T . 3 x y x y A. 3 3 . B. 4 . C. 3 2 3 . D. 6 . Lời giải Chọn D. 2x y 1 Ta có log x 2y log 2x y 1 log x y x 2y 3 x y 3 3 log3 2x y 1 log3 3x 3y x 2y 1 log 2x y 1 2x y 1 log 3x 3y 3x 3y (*) 3 3 Xét hàm số f t log3 t t với t 0 . 1 Khi đó f t 1 0,t 0 , suy ra hàm số f t liên tục và đồng biến trên 0; . t ln 3 Do đó * 2x y 1 3x 3y x 2y 1 x 1 2y . 1 Vì x, y 0 0 y . 2 1 2 1 2 1 1 1 Xét T x y 1 2y y 1 2y y y 1 2 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có T 3.3 3.3 3. 8 6 . y 1 2y 2y 1 2y 1 x 1 2y x 2 Dấu " " xảy ra 1 2y y . 1 2y 1 2y y 4 Câu 41: [2D2-7.1-4](Chuyên Vinh - Lần 1 - 2018 - BTN) Giả sử a , b là các số thực sao cho x3 y3 a.103x b.102x đúng với mọi các số thực dương x, y, z thoả mãn log x y z và log x2 y2 z 1. Giá trị của a b bằng? 31 29 31 25 A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 Lời giải Chọn B log x y z x y 10z 102z 10.10z Ta có xy . 2 2 2 2 z 2 log x y z 1 x y 10.10
13. 2z z 3 3 2 2 z z 10 10.10 Khi đó x y x y x y xy 10 10.10 , suy ra 2 1 1 29 x3 y3 15.102z .103z . Vậy a 15, b a b . 2 2 2 1 1 1 2 2 Câu 45: [2D2-7.1-4] (Sở Phú Thọ - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hàm số f x e x x 1 . Biết m m f 1 . f 2 . f 3 f 2017 e n m,n Nn với là phân số tối giản. Tính P m n2 . n A. 2018 . B. 2018 . C. 1. D. 1. Lời giải Chọn D Ta có 2 2 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 x2 2 1 f x e x 1 e x x 1 x x 1 e x x 1 x x 1 e x x 1 e x x 1 e.e x x 1 . Do đó 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 f 1 e.e 2 ; f 2 e.e 2 3 ; f 3 e.e3 4 ; ; f 2016 e.e 2016 2017 ; f 2017 e.e 2017 2018 . 1 2017 20182 1 1 2017 f 1 . f 2 . f 3 f 2017 e2017 .e 2018 e 2018 e 2018 m 20182 1, n 2018 . Vậy P 1. Câu 45: [2D2-7.1-4] (THPT Sơn Tây - Hà Nội - 2018 – BTN – 6ID – HDG) Cho dãy số un 2u1 1 3 u2 8 thỏa mãn 2 2 và un 1 2un với mọi n 1. Giá trị nhỏ nhất của 1 2 log3 u3 4u1 4 4 100 n để Sn u1 u2 un 5 bằng A. 230 B. 231 C. 233 D. 234 Lời giải Chọn D n 1 Theo giả thiết, un 1 2un nên un là một cấp số nhân với công bội q 2 . Suy ra un u1.2 với mọi n N* , n 2 . 8 8 8 Ta lại có 22u1 1 23 u2 2.4u1 1 . u1 1 2 4 1 2 log3 u3 4u1 4 log3 u3 u3 4 4 4 8 8 8 Mà 2.4u1 8 và 8 nên 1 tương đương u1 2 4 1 2 1 log3 u3 u3 4 log u 1 3 4 3 3 2 8 8 1 2.4u1 8 và 8 hay u . u1 1 4 1 2 2 log3 u3 u3 4 4 1 2n 2n 1 Khi đó S u u u u . n 1 2 n 1 1 2 2
14. 2n 1 2n 1 Do đó, S 5100 5100 log 100 n 233 . n 2 5 2