200 câu trắc nghiệm Hàm số mũ và Logarit nâng cao (P8)

Chọn B.

Xét bất phương trình 

Mặt khác x + 1/3 là số nguyên  là số nguyên khi 3x + 1 chia hết cho 3.

Ta có 

Vậy có tất cả 2 giá trị của x thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Ta có: f(x + 1) =  log₂x

Khi  đó f(x + 1) > 1 khi và chỉ khi log₂x > 1 hay x > 2.

Chọn B.

Ta có: f(x + 1) = log₂(x + 1) và g(x + 2) = log₂(2 - x) 

Chọn A.

Chọn D.

Chọn B.

Với ,

 xét từng TH phá dấu trị tuyệt đối, ta tìm được nghiệm

-3 ≤ y ≤ 0

Khi đó   và 

Do đó

Vậy có tất cả hai cặp số thực (x; y)  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D.

Ta có: 

Chọn B.

Điều kiện : 

Ta có

Xét hàm số   có   với mọi 

Suy ra f(t) là hàm số nghịch biến trên khoảng (-1; 0) và (0; 1)

Mà 

Lại có  nên 

Vậy tổng cần tính là 

Chọn B.

Ta có: $y\text{'}=-\frac{\sin x}{\cos x+2}-m=-\frac{\sin x+m\cos x+2m}{\cos x+2}$

Hàm số đồng biến trên R khi $y\text{'}\ge 0$ với mọi $x\in R$

Hay $-\left(\sin x+m\cos x+2m\right)\ge 0 (vì \cos x+2>0, \forall x)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \sin x+m\cos x+2m\le 0 \\ \iff \sin x+m\cos x\le -2m \end{gathered}$$

Theo bất đẳng thức Bunhia copski, ta có: 

$$\begin{gathered} {\left(\sin x+m\cos x\right)}^2\le \left(1+m^2\right)\left({\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x\right)=1+m^2 \\ \Rightarrow \left|\sin x+m\cos x\right|\le \sqrt{1+m^2} \\ \iff -\sqrt{1+m^2}\le \sin x+m\cos x\le \sqrt{1+m^2} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \iff \sqrt{1+m^2}\le -2m \\ \iff \left\{\begin{array}{l}-2m\ge 0\\ 1+m^2\le 4m^2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m\le 0\\ 3m^2-1\ge 0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m\le 0\\ \left[\begin{array}{c}m\le -\frac{1}{\sqrt{3}}\\ m\ge \frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right.\end{array}\right. \\ \iff m\le -\frac{1}{\sqrt{3}} \end{gathered}$$

Chọn C.

Ta có

Giả sử x₀  là nghiệm của phương trình  e^x - e^-x = 2 cosax  (*), thì x₀ ≠ 0  và 2x₀ là nghiệm của (1) và -2x₀  là nghiệm của (2) hoặc ngược lại

Phương trình (*) có 5 nghiệm nên hai phương trình (1), (2) có 5 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình e^x - e^-x = 2 cosax  + 4  có 10 nghiệm phân biệt.

Chọn B.

Xét phương trình: ${\log }_{\frac{1}{2}}(x+2)-{\log }_{\frac{1}{\sqrt{2}}}\left(x\right)>{\log }_2\left(x^2-x\right)-1$

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ x+2>0\\ x^2-x>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x>-2\\ \left[\begin{array}{c}x<0\\ x>1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff x>1$

Bất phương trình đã cho tương đương với

$$\begin{gathered} -{\log }_2(x+2)+2{\log }_2\left(x\right)>{\log }_2\left(x^2-x\right)-{\log }_{2}2 \\ \iff {\log }_2\frac{x^2}{x+2}>{\log }_2\frac{x^2-x}{2} \\ \iff \frac{x^2}{x+2}>\frac{x^2-x}{2} \\ \iff \frac{x\left(-x^2+x+2\right)}{2\left(x+2\right)}>0 \end{gathered}$$

Lập bảng xét dấu, ta được: $x\in \left(-2;-1\right)\cup \left(0;2\right)$

Kết hợp với điều kiện, ta được: $x\in \left(0;1\right)$.

Chọn A.

Chọn C.

Chọn A.

Điều kiện: $x^2+4x+m>0$

Bất phương trình trở thành: 

$$\begin{gathered} {\log }_5\left(x^2+1\right)>{\log }_5\frac{x^2+4x+m}{5} \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+1>\frac{x^2+4x+m}{5}\\ x^2+4x+m>0\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\iff \left\{\begin{array}{l}m<4x^2-4x+5=f\left(x\right)\\ m>-x^2-4x=g\left(x\right)\end{array}\right.$

Xét hàm số $f\left(x\right)=4x^2-4x+5$

$f\text{'}\left(x\right)=8x-4>0\forall x\in \left(2;3\right)$

Do đó hàm số luôn đồng biến trên (2;3)

$\Rightarrow m\le minf\left(x\right)=f\left(2\right)=13$

Xét hàm số $g\left(x\right)=-x^2-4x$

$\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=-2x-4<0 \forall x\in \left(2;3\right)$

Do đó hàm số đã cho luôn nghịch biến trên (2;3)

$\Rightarrow m\ge maxf\left(x\right) = f\left(2\right) =-12$

$\Rightarrow -12\le m\le 13$

Chọn A.

Xét phương trình: ${\log }^{2}x-m\log x+m+3\le 0$

Điều kiện x>1.

Đặt t = logx

Với x > 0 thì t = logx > 0

Khi đó phương trình đã cho trở thành: $t^2-mt+m+3\le 0$

$$\begin{gathered} \iff t^2+3\le mt-m \\ \iff t^2+3\le m\left(t-1\right)\left(*\right) \end{gathered}$$

TH1: Với t - 1 > 0 hay t > 1

$m\ge \frac{t^2+3}{t-1}=f\left(t\right)$

$\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=\frac{2t\left(t-1\right)-\left(t^2+3\right)}{{\left(t-1\right)}^2}=\frac{t^2-2t-3}{{\left(t-1\right)}^2}$

$f\text{'}\left(t\right)=0\iff t^2-2t-3=0$$\iff \left[\begin{array}{c}t=-1\\ t=3\end{array}\right.$

BBT

TH2: Với t-1 <0 $\iff$ t <1

Khi đó (*) trở thành: $m\le \frac{t^2+3}{t-1}$

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{t^2+3}{t-1} với 0<t<1$

$\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=\frac{2t\left(t-1\right)-\left(t^2+3\right)}{{\left(t-1\right)}^2}=\frac{t^2-2t-3}{{\left(t-1\right)}^2}<0\forall t\in \left(0;1\right)$

$\Rightarrow minf\left(t\right)=f\left(1\right)=$

:

Chọn D.

Đặt t = log₃x  .

Khi đó $y=\frac{1}{\sqrt{m{\log }_3^{2}x-4{\log }_{3}x+m+3}}$ trở thành $y=\frac{1}{\sqrt{m{t}^2-4t+m+3}}$

Hàm số $y=\frac{1}{\sqrt{m{\log }_3^{2}x-4{\log }_{3}x+m+3}}$ xác định trên khoảng (0: +∞ )  khi và chỉ khi $y=\frac{1}{\sqrt{m{t}^2-4t+m+3}}$ xác định trên R.

Do đó; mt² - 4t + m + 3 > 0 mọi x

Nên $\left\{\begin{array}{l}m>0\\ ∆\text{'}=4-m^2-3m<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ \left[\begin{array}{c}m>1\\ m<-4\end{array}\right.\end{array}\right.\iff m>1$

Suy ra m > 1.

Chọn C.

Bất phương trình 

Suy ra tập nghiệm S của bất phương trình là .

Chọn D.

Chọn A.

Đặt . Với  suy ra 1 ≤  t ≤ 2.

Phương trình đã cho trở thành t² + t = 2m + 2  (*)

Phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn   có nghiệm 1 ≤ t ≤ 2

Xét hàm số f(t) = t² + t với1 ≤ t ≤ 2 , ta thấy  f’(t) = 2t + 1 nên f(t)  là hàm đồng biến trên đoạn [1; 2]

Suy ra 2 = f(1) ≤ f(t) ≤ f(2) = 6

Vậy phương trình có nghiệm khi 2 ≤ 2m + 2 ≤ 6 hay 0 ≤ m ≤ 2

 Suy ra có 3 giá trị nguyên m  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Số tiền ông A còn nợ ngân hàng sau lần trả thứ nhất:

(100 + 100. 0,01) – m = 100.1,01 – m  (triệu đồng)

Số tiền ông A còn nợ ngân hàng sau lần trả thứ hai:

(100 + 1,01 - m) .1,01 – m = 100.1,01² - (1,01 + 1) m   (triệu đồng)

Vì ông A đã hoàn cho ngân hàng toàn bộ số tiền nợ , sau lần trả thứ ba, nên

0 = [ 100.1,01² - (1,01 + 1)m] .1,01 - m= 100.1,01³ - [ 1,01² + 1,01 + 1]m

Từ đó suy ra

Chọn A.

Gọi x; y lần lượt là số sản phẩm loại A; B.

Theo đề bài ta có: 2000x + 4000y = 40 000 hay x + 2y = 20

Suy ra: x = 20 - 2y.

Ta có 

Xét hàm 

Tập xác định D = (0; 10).

Nhận xét:  nên dấu của y’ là dấu của biểu thức 

Do đó hàm số đạt giá trị lớn nhất khi y =  6 và x = 8

Vậy 

Chọn A.

Ta có: T = A(1 + r) ⁿ  trong đó n là số kỳ hạn, r là lãi suất theo kỳ hạn

TH1: r = 1%/tháng và n = 12 khi đó T₁ = A(1 + 0,01)¹²

TH2: r = 3%/tháng và n = 4 khi đó  T₂ = A(1 + 0,03)⁴

TH3: r = 6%/tháng và n = 2 khi đó  T₃ = A(1 + 0,06)²

TH4: r = 12%/tháng và n = 1 khi đó T₄ = A(1 + 0,12)

Từ 4 kết quả trên bạn A nên chọn phương án gửi theo kỳ hạn 1 tháng để có số tiền là lớn nhất.

Chọn A.

Ta có: T = A(1+ r)ⁿ

- 12 tháng đầu: lãi suất 1%/ tháng suy ra r₁= 3%/quý và n = 4

Do đó sau 12 tháng đầu tiên số tiền cả gốc lẫn lãi là:T₁ = 2( 1 + 3%) ⁴

- 18 tháng tiếp theo: lãi suất 1,1%/tháng suy ra r₂= 3,3%/ quý và

Do đó sau 18 tháng tiếp theo số tiền cả gốc lẫn lãi là:T₂ = T₁( 1 + 3,3%)⁶

- 6 tháng cuối cùng: lãi suất 1,2%/ tháng suy rar₃= 3,6%/ quý và n = 2

Số tiền cả gốc lẫn lãi thu được là T₃= T₂( 1+ 3,6%) ² = 2,9356.

Chọn B.

Khi anh T gửi ngân hàng A:

*Trong 12 tháng đầu tiên số tiền anh T có là

T₁₂ = a(1 + r)ⁿ = 180.(1 + 0,012) ¹² = 207,7 triệu đồng

*Trong 6 tháng còn lại số tiền anh T có cả gốc lẫn lãi là

T_A = 207,7( 1 + 0,01) ⁶ = 220,5  triệu đồng

Khi anh T gửi ngân hàng B:

*Cuối tháng thứ 18, anh T có số tiền cả gốc lẫn lãi là

*Với m = 0,8%; n = 18; a = 10  triệu đồng.

Suy ra  triệu đồng

Do đó T_A - T_B = 26,2   triệu đồng.