ĐGNL ĐHQG Hà Nội - Tư duy định lượng - Hàm số logarit

Ta có: 0<a<1 nên hàm số \[y = {\log _a}x\] nghịch biến, do đó b>1 nên \[{\log _a}b < {\log _a}1 = 0\].

Vì b>1 nên hàm số \[y = {\log _b}x\] đồng biến, do đó a<1 nên \[lo{g_b}a < {\log _b}1 = 0\]

Vậy \[{\log _a}b < 0;{\log _b}a < 0 \Rightarrow {\log _a}b + {\log _b}a < 0\]

Đáp án cần chọn là: A

Cho \[a > 0;a \ne 1\] khi đó hàm số \[y = {a^x}\] có tập xác định là R , tập giá trị là \[\left( {0; + \infty } \right)\]

Hàm số \[y = {\log _a}x\] có tập xác định là \[\left( {0; + \infty } \right)\], tập giá trị là R

Suy ra B đúng

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án cần chọn là: D

Ta có:

\[y' = {\left[ {\ln \left( {1 + \sqrt {x + 1} } \right)} \right]^\prime } = \frac{{{{\left( {1 + \sqrt {x + 1} } \right)}^\prime }}}{{1 + \sqrt {x + 1} }} = \frac{{\frac{1}{{2\sqrt {x + 1} }}}}{{1 + \sqrt {x + 1} }} = \frac{1}{{2\sqrt {x + 1} \left( {1 + \sqrt {x + 1} } \right)}}\]

Đáp án cần chọn là: A

 Ta có:

\[\frac{3}{4} < \frac{4}{5}\] và \[{a^{\frac{3}{4}}} > {a^{\frac{4}{5}}} \Rightarrow 0 < a < 1\]

\[\frac{1}{2} < \frac{2}{3}\]và \[{\log _b}\frac{1}{2} < {\log _b}\frac{2}{3} \Rightarrow b > 1\]

Đáp án cần chọn là: C

Đồ thị hàm số đã cho có \[y \to - \infty \]khi \[x \to {0^ + }\] nên nó là đồ thị hàm số \[y = lo{g_a}x\] với a>1

Đáp án cần chọn là: D

Quan sát hình vẽ ta thấy hai đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng y=x.

Đáp án cần chọn là: C

Quan sát hình vẽ ta thấy:

- Hàm số \[y = {\log _a}x\] là hàm đồng biến nên ta có a>1 .

- Hai hàm số \[y = {\log _b}x,y = {\log _c}x\] nghịch biến nên có 0

Từ nhận xét này ta thấy a  là số lớn nhất.

Đáp án cần chọn là: B

Giải điều kiện: \[{x^2} - 2mx + 4 > 0,\forall x \in R\]

\[{\rm{\Delta '}} = {m^2} - 4 < 0 \Leftrightarrow (m - 2)(m + 2) < 0\]Suy ra \[ - 2 < m < 2\]

Đáp án cần chọn là: D

>

Điều kiện : \[x + y > 0,x--y > 0\]

\[{\log _4}\left( {x + y} \right) + {\log _4}\left( {x - y} \right) \ge 1 \Leftrightarrow {\log _4}\left( {{x^2} - {y^2}} \right) \ge 1 \Leftrightarrow {x^2} - {y^2} \ge 4\]

Ta có:

\[P = 2x - y = \frac{{x + y + 3(x - y)}}{2} \ge \sqrt {(x + y).3(x - y)} = \sqrt {3({x^2} - {y^2})} = \sqrt {3.4} = 2\sqrt 3 \]

Dấu “=” xảy ra khi:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 3(x - y)}\\{{x^2} - {y^2} = 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 3(x - y)}\\{3{{(x - y)}^2} = 4}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - y = \frac{2}{{\sqrt 3 }}}\\{x + y = 2\sqrt 3 }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{1}{{\sqrt 3 }} + \sqrt 3 }\\{y = \sqrt 3 - \frac{1}{{\sqrt 3 }}}\end{array}} \right.\)

Vậy  \[Min\,P = 2\sqrt 3 \]

Đáp án cần chọn là: C

Hàm số f(x) xác định và liên tục trên đoạn\[\left[ {1;{e^2}} \right]\]

Đạo hàm\[f'\left( x \right) = \frac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}} \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - \ln x = 0 \Leftrightarrow x = e \in \left[ {1;{e^2}} \right]\]

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{f(1) = 0}\\{f(e) = \frac{1}{e}}\\{f({e^2}) = \frac{2}{{{e^2}}}}\end{array}} \right.\)\[ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {1;{e^2}} \right]} f\left( x \right) = 0,\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {1;{e^2}} \right]} f\left( x \right) = \frac{1}{e} \Rightarrow {\rm{T}} = \left[ {0;\frac{1}{e}} \right]\]

Đáp án cần chọn là: C

Ta có: \[y = \frac{{{{\log }_{\frac{1}{2}}}x - 2}}{{{{\log }_2}x - m}} = \frac{{ - {{\log }_2}x - 2}}{{{{\log }_2}x - m}}\]

Đặt \[t = {\log _2}x\] với\[x \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow t \in \left( { - \infty ;0} \right)\]

⇒ Hàm số\[y = \frac{{{{\log }_{\frac{1}{2}}}x - 2}}{{{{\log }_2}x - m}}\] đồng biến trên khoảng (0;1) khi và chỉ khi\[y = f\left( t \right) = \frac{{ - t - 2}}{{t - m}}\] đồng biến trên\[\left( { - \infty ;0} \right)\]

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y\prime = \frac{{m + 2}}{{{{(t - m)}^2}}} > 0}\\{m \notin ( - \infty ;0)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > - 2}\\{m \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m \ge 0\)

Đáp án cần chọn là: C

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \[{x_1}\] là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm \[{\log _b}{x_1} = 3 \Leftrightarrow {x_1} = {b^3}.\].

Và \[{x_2}\] là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm \[{\log _a}{x_2} = 3 \Leftrightarrow {x_2} = {a^3}.\]

Theo đề bài ta có: \[{x_2} = 2{x_1} \Rightarrow {a^3} = 2{b^3} \Leftrightarrow \frac{{{a^3}}}{{{b^3}}} = 2 \Leftrightarrow \frac{a}{b} = \sqrt[3]{2}.\]

Đáp án cần chọn là: D

Xét hàm số\[y = {\log _{\frac{e}{3}}}\left( {x - 1} \right)\] có TXĐ: \[D = \left( {1; + \infty } \right)\] và \[a = \frac{e}{3} < 1\]

⇒ Hàm số nghịch biến trên\[\left( {1; + \infty } \right).\]Đáp án cần chọn là: A

Hàm số\[f\left( x \right) = {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{{\log }_4}\left( {{{\log }_{\frac{1}{4}}}\left( {{{\log }_{16}}\left( {{{\log }_{\frac{1}{{16}}}}x} \right)} \right)} \right)} \right)\] xác định

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 0}\\{lo{g_{\frac{1}{{16}}}}x > 0}\\{lo{g_{16}}\left( {lo{g_{\frac{1}{{16}}}}x} \right) > 0}\\{lo{g_{\frac{1}{4}}}\left( {lo{g_{16}}\left( {lo{g_{\frac{1}{{16}}}}x} \right)} \right) > 0}\\{lo{g_4}\left( {lo{g_{\frac{1}{4}}}\left( {lo{g_{16}}\left( {lo{g_{\frac{1}{{16}}}}x} \right)} \right)} \right) > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 0}\\{x < 1}\\{lo{g_{\frac{1}{{16}}}}x > 1}\\{\begin{array}{*{20}{c}}{lo{g_{16}}\left( {lo{g_{\frac{1}{{16}}}}x} \right) < 1}\\{lo{g_{\frac{1}{4}}}\left( {lo{g_{16}}\left( {lo{g_{\frac{1}{{16}}}}x} \right)} \right) > 1}\end{array}}\end{array}} \right.} \right.\)</></>

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 < x < 1}\\{x < \frac{1}{{16}}}\\{lo{g_{\frac{1}{{16}}}}x < 16}\\{lo{g_{16}}\left( {lo{g_{\frac{1}{{16}}}}x} \right) < \frac{1}{4}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 < x < 1}\\{x < \frac{1}{{16}}}\\{x > {{\left( {\frac{1}{{16}}} \right)}^{16}}}\\{lo{g_{\frac{1}{{16}}}}x < {{16}^{\frac{1}{4}}} = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {\frac{1}{{16}}} \right)}^{16}} < x < \frac{1}{{16}}}\\{x > {{\left( {\frac{1}{{16}}} \right)}^2} = \frac{1}{{256}}}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{256}} < x < \frac{1}{{16}}\)

Suy ra tập xác định của hàm số đã cho là\[D = \left( {\frac{1}{{256}};\frac{1}{{16}}} \right)\]

⇒ Tập xác định là khoảng có độ dài là\[\frac{1}{{16}} - \frac{1}{{256}} = \frac{{15}}{{256}} \Rightarrow n = 15,\,\,m = 256\]

Vậy\[m - n = 256 - 15 = 241\]

Đáp án cần chọn là: C

ĐKXĐ: \[x \ne 0,\,\,x \ne 2\]

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{\ln \left| {\frac{{x - 2}}{x}} \right| = \frac{3}{{x - 2}} - \frac{1}{x} + 4m - 2020}\\{ \Leftrightarrow \ln \left| {\frac{{x - 2}}{x}} \right| - \frac{3}{{x - 2}} + \frac{1}{x} = 4m - 2020}\end{array}\]

Đặt \[f\left( x \right) = \ln \left| {\frac{{x - 2}}{x}} \right| - \frac{3}{{x - 2}} + \frac{1}{x}\]ta có:

\[\begin{array}{l}f\prime (x) = \frac{2}{{{x^2}}}:\frac{{x - 2}}{x} + \frac{3}{{{{(x - 2)}^2}}} - \frac{1}{{{x^2}}}\\f\prime (x) = \frac{2}{{x(x - 2)}} + \frac{3}{{{{(x - 2)}^2}}} - \frac{1}{{{x^2}}}\\f\prime (x) = \frac{{2x(x - 2) + 3{x^2} - {{(x - 2)}^2}}}{{{x^2}{{(x - 2)}^2}}}\\f\prime (x) = \frac{{2{x^2} - 4x + 3{x^2} - {x^2} + 4x - 4}}{{{x^2}{{(x - 2)}^2}}}\\f\prime (x) = \frac{{4{x^2} - 4}}{{{x^2}{{(x - 2)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\end{array}\]

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy để phương trình có nghiệm duy nhất thì

\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{4m - 2020 = 0}\\{4m - 2020 = ln3}\\{4m - 2020 = 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 505}\\{m = \frac{{2020 + ln3}}{4}}\\{m = 506}\end{array}} \right. \notin \mathbb{Z}(ktm)\)

Vậy tổng các giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là:\[505 + 506 = 1011\]Đáp án cần chọn là: B

Lấy điểm \[A\left( {{x_0};{a^{{x_0}}}} \right) \in \left( {{C_1}} \right)\] (đồ thị của hàm số \[y = {a^x}\]. Gọi B là điểm đối xứng của A qua M(1;1).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_B} = 2{x_M} - {x_A} = 2 - {x_0}}\\{{y_B} = 2{y_M} - {y_A} = 2 - {a^{{x_0}}}}\end{array}} \right. \Rightarrow {x_0} = 2 - {x_B} \Rightarrow {y_B} = 2 - {a^{2 - {x_B}}}\)

⇒ Hàm số\[y = f\left( x \right) = 2 - {a^{2 - x}}\]

\[ \Rightarrow f\left( {2 + {{\log }_a}\frac{1}{{2020}}} \right) = 2 - {a^{2 - \left( {2 + {{\log }_a}\frac{1}{{2020}}} \right)}}\]

\[ = 2 - {a^{{{\log }_a}20220}} = 2 - 2020 = - 2018\]

Đáp án cần chọn là: B

Gọi \[H\left( {{x_0};0} \right)\,\,\left( {{x_0} > 1} \right)\] ta có:\[A\left( {{x_0};{{\log }_a}{x_0}} \right);\,\,B\left( {{x_0};{{\log }_b}{x_0}} \right)\]

\[ \Rightarrow HA = {\log _a}{x_0};HB = - {\log _b}{x_0}\] (do\[{\log _a}{x_0} > 0,\,\,{\log _b}{x_0} < 0)\]

Theo bài ra ta có:\[3HA = 4HB \Leftrightarrow 3{\log _a}{x_0} = - 4{\log _b}{x_0}\]

\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 3{{\log }_a}{x_0} + 4{{\log }_b}{x_0} = 0}\\{ \Leftrightarrow \frac{3}{{{{\log }_{{x_0}}}a}} + \frac{4}{{{{\log }_{{x_0}}}b}} = 0}\\{ \Leftrightarrow \frac{{3{{\log }_{{x_0}}}b + 4{{\log }_{{x_0}}}a}}{{{{\log }_{{x_0}}}b.{{\log }_{{x_0}}}a}} = 0}\\{ \Leftrightarrow {{\log }_{{x_0}}}{b^3} + {{\log }_{{x_0}}}{a^4} = 0}\\{ \Leftrightarrow {{\log }_{{x_0}}}{a^4}{b^3} = 0}\\{ \Leftrightarrow {a^4}{b^3} = 1}\end{array}\]

Đáp án cần chọn là: D

Ta có: \[f\left( x \right) = \ln \left( {{e^x} + m} \right)\]

Điều kiện: \[{e^x} + m > 0.\]

\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{{e^x}}}{{{e^x} + m}}}\\{ \Rightarrow f'\left( { - \ln 2} \right) = \frac{3}{2} \Leftrightarrow \frac{{{e^{ - \ln 2}}}}{{{e^{ - \ln 2}} + m}} = \frac{3}{2}}\\{ \Leftrightarrow 2.{e^{ - \ln 2}} = 3.{e^{ - \ln 2}} + 3m}\\{ \Leftrightarrow {{2.2}^{ - \ln e}} = {{3.2}^{ - \ln e}} + 3m}\\{ \Leftrightarrow 2.\frac{1}{2} - 3.\frac{1}{2} = 3m}\\{ \Leftrightarrow m = - \frac{1}{6}.}\\{ \Rightarrow m \in \left( { - 2;\,\,0} \right).}\end{array}\]

Đáp án cần chọn là: A

Ta có \[P = \log _{\frac{a}{b}}^2\left( {{a^2}} \right) + 3{\log _b}\frac{a}{b}\]

\[ \Leftrightarrow P = 4\log _{\frac{a}{b}}^2a + 3\left( {{{\log }_b}a - 1} \right) \Leftrightarrow P = \frac{4}{{{{\left( {1 - {{\log }_a}b} \right)}^2}}} + 3\left( {\frac{1}{{{{\log }_a}b}} - 1} \right)\]

Đặt\[{\log _a}b = t \Rightarrow 0 < t < 1\] Khi đó \[P = \frac{4}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}} + \frac{3}{t} - 3\]

\[P' = \frac{{ - 8}}{{{{\left( {t - 1} \right)}^3}}} - \frac{3}{{{t^2}}} = 0 \Leftrightarrow 3{t^3} - {t^2} + 9t - 3 = 0 \Rightarrow t = \frac{1}{3}\]

\[ \Rightarrow {P_{\min }} = 15\]

Đáp án cần chọn là: D