NBV chủ đề 2 logarit mức độ vận dụng đáp án

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2021

Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1

MỨC ĐỘ VẬN DỤNG

Câu 1. (Liên trường Quỳnh Lưu - Hoàng Mai - Nghệ An - 2021) Tìm tất cả các giá trị thực của tham

số m để bất phương tình sau có nghiệm 3 4 log 3 12. x m x x x     

A. m  2 3 . B. 3 m 12log 5 . C. m  0. D. 3 2 3 12log 5   m .

Lời giải

Chọn C

ĐK:

3 4 0

3 4 1

0

12 0

4 0

x

x

x

x

x

    

    

 

   

   

   0 4. x

Nhận xét: 3 4 3 4 3 4 3 4 0 1 log 3 log 1 0 x x x              .

3 4 log 3 12 x m x x x        3  

3 4

12 12 .log 3 4 log 3x

x x x

m m x x x x

 

         

Đặt f x x x x x ( ) 12 .log 3 4        3  

      3

3 2 1 ( ) log 3 4 12 . 2 2 12 3 4 ln 3.2 4

f x x x x x x

x x x

                 

Vì f x x f x       0, 0;4     tăng trên 0;4  tập giá trị của f x  là 0;12 .

Vậy bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m  0.

Câu 2. (Liên trường Quỳnh Lưu - Hoàng Mai - Nghệ An - 2021) Đường thẳng x k  cắt đồ thị hàm số

5 y x  log và đồ thị hàm số 5 y x   log ( 4). Khoảng cách giữa các giao điểm là 1

2

. Biết

k a b   , trong đó a b, là các số nguyên. Khi đó tổng a b  bằng

A. 5. B. 8. C. 7 . D. 6 .

Lời giải

Chọn D

Gọi A B, lần lượt là giao điểm của đường thẳng x k  cắt đồ thị hàm số 5 y x  log và đồ thị hàm

số 5 y x   log ( 4).

Ta có A k x B k x k  ;log , ;log 4 , 0 5 5         .

Ta có   5

5 5 5

5

1 log 1 1 1 4 2 log log 4 log 2 2 4 2 1 log 4 2

x

x x AB x x

x x

x

   

        

     

5

4 5 5

1 1 5

4 5

x

x k

x k

x

                 

 

.

Đối chiếu điều kiện suy ra k a b      1 5 1; 5 . Vậy a b   6.

Chủ đề 2 HÀM SỐ LŨY THỪA - MŨ - LOGARIT

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/

Câu 3. (Liên trường huyện Quảng Xương - Thanh Hóa - 2021) Ba em Sơn, Tuấn và Minh cùng vay

tiền ở một ngân hàng với lãi suất 0,7% /tháng, tổng số tiền vay của cả ba người là 1 tỷ đồng. Biết

rằng mỗi tháng ba người đều trả cho ngân hàng một số tiền như nhau để trừ vào tiền gốc và lãi. Để

trả hết gốc và lãi cho ngân hàng thì Sơn cần 10 tháng, Tuấn cần 15tháng và Minh cần 25 tháng.

Số tiền trả đều đặn cho ngân hàng mỗi tháng gần nhất với số tiền nào dưới đây?

A. 21900000 đồng. B. 21090000 đồng. C. 21422000 đồng. D. 21400000 đồng.

Lời giải

Chọn C

 Bài toán gốc: Một người vay ngân hàng số tiền là N đồng, lãi suất hàng tháng là r . Số tiền A

người đó phải trả hàng tháng để sau n tháng hết nợ.

- Sau 1 tháng, người đó nợ N Nr N r    1  , người đó trả được A đồng nên còn nợ

N r A 1  đồng

- Sau hai tháng số tiền còn nợ là

        2

  N r A r A N r A r A 1 1 1 1           

- Sau ba tháng số tiền còn nợ là

      3 2 N r A r A r A 1 1 1      

- Vậy sau n tháng, người đó hết nợ

      1 1 1 1 1 ... 0 n n n N r A r A r A  

           

  1 1  1 0

1 1

n

n r

N r A

r

 

   

    1 1  1

n

n r

N r A

r

 

    

 

1 .

1 1

n

n

N r r

A

r



 

 

 

 

1 1

1 .

n

n

A r

N

r r

   

   

 .

 Gọi số tiền Sơn, Tuấn, Minh cần trả hàng tháng lần lượt là a (đồng)

 Ta có

10 15 25

9

10 15 25

0,7 0,7 0,7 1 1 1 1 1 1

100 100 100

1.10

0,7 0,7 0,7 0,7 0,7 0,7 1 . 1 . 1 .

100 100 100 100 100 100

a a a

                                            

                    

  a 21422719

Câu 4. (Liên trường huyện Quảng Xương - Thanh Hóa - 2021) Phương trình log 3.2 1 1 4   x   x có

hai nghiệm 1 x ; 2 x . Tính giá trị của P x x  1 2 .

A. 2. B. log 6 4 2 2   . C. 12. D. 6 4 2  .

Lời giải

Chọn A

 Điều kiện: 3.2 1 0 x  

 Ta có:   1

4 log 3.2 1 1 3.2 1 4 x x x x        .

2 2 2 3.2 1 2 12.2 4 0

4

x

       x x x .

 Đặt 2 0   x t t   , phương trình đã cho trở thành:  

 

2 1

2

6 4 2 tm

12 4 0

6 4 2 tm

t

t t

t

  

    

   

 Khi đó: phương trình đã cho có hai nghiệm 1 2 x x; thỏa mãn: 1 2 6 4 2 x   ; 2 2 6 4 2 x  

 Hay:    1 2 1 2

1 2 2 .2 6 4 2 6 4 2 2 4 2 x x x x x x          .