Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hàm mũ/logarit (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ, $y={\log }_{b}x$ nằm trên nên cắt đường thẳng $y=2$ tại hoành độ nhỏ hơn $x_1$, còn $y={\log }_{a}x$ cắt tại $x_2$. Suy ra ${\log }_b{x}_1=2\Rightarrow x_1=b^2$ và ${\log }_a{x}_2=2\Rightarrow x_2=a^2$. Vì $x_2=2x_1$ nên $a^2=2b^2\Rightarrow \frac{a}{b}=\sqrt{2}\approx 1,41$. Khớp với đáp án nguồn 1,41.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình, $y={\log }_{b}x$ nằm trên $y={\log }_{a}x$, nên tại giao với đường thẳng $y=3$: điểm có hoành độ nhỏ hơn $x_1$ thuộc đồ thị $y={\log }_{b}x$ và điểm có hoành độ lớn hơn $x_2$ thuộc đồ thị $y={\log }_{a}x$.

Ta có:
$${\log }_b{x}_1=3\Rightarrow x_1=b^3$$
$${\log }_a{x}_2=3\Rightarrow x_2=a^3$$

Theo giả thiết $x_2=2x_1$:
$$a^3=2b^3\Rightarrow \frac{a^3}{b^3}=2\Rightarrow \frac{a}{b}=\sqrt[3]{2}\approx 1,2599\approx 1,26$$

Kết quả khớp với đáp án nguồn 1,26.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=f(x)=\ln (4ex-x^2)$. a) $f(2e)=\ln (8e^2-4e^2)=\ln (4e^2)=2+2\ln 2\ne 4$ nên sai. b) Hàm số xác định khi $4ex-x^2>0\iff x\in (0;4e)$, tập xác định là khoảng $(0;4e)$, không phải đoạn $[0;4e]$ nên sai. c) $f^{\prime }(x)=\frac{4e-2x}{4ex-x^2}$, $f^{\prime }(x)=0\iff x=2e\in (0;4e)$ nên đúng. d) Trên đoạn $[e;3e]$, hàm số đồng biến trên $[e;2e]$ và nghịch biến trên $[2e;3e]$ nên GTLN tại $x=2e$: $f(2e)=\ln (4e^2)=2\ln 2+2$, khi đó $a=2,b=2\Rightarrow a+b=4$, đúng. Kết quả khớp với đáp án nguồn (2a: S, 2b: S, 2c: Đ, 2d: Đ).
a) (AI giải đề cho tôi)
$f(2e)=\ln (4e\cdot 2e-4e^2)=\ln (4e^2)=2+2\ln 2\ne 4$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Điều kiện $4ex-x^2>0\iff 0<x<4e$, tập xác định là $(0;4e)$, không phải $[0;4e]$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=\frac{4e-2x}{4ex-x^2}=0\iff x=2e$, thuộc tập xác định.
d) (AI giải đề cho tôi)
Trên $[e;3e]$ hàm đạt max tại $x=2e$: $f(2e)=2\ln 2+2$, nên $a+b=2+2=4$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $f(x)=\ln (4ex-x^2)$. a) $f(2e)=\ln (8e^2-4e^2)=\ln (4e^2)=2+2\ln 2\approx 3,386\ne 4$ nên sai. b) Hàm số xác định khi $4ex-x^2>0\iff x(4e-x)>0\iff 0<x<4e$, tập xác định là $(0;4e)$, không phải $[0;4e]$ nên sai. c) $f^{\prime }(x)=\frac{4e-2x}{4ex-x^2}=0\iff x=2e$ (thỏa mãn điều kiện xác định) nên đúng. d) Trên đoạn $[e;3e]$, $f^{\prime }(x)=0$ tại $x=2e\in [e;3e]$; $f(e)=\ln (4e^2-e^2)=\ln (3e^2)=2+\ln 3\approx 3,099$; $f(2e)=\ln (4e^2)=2+2\ln 2\approx 3,386$; $f(3e)=\ln (12e^2-9e^2)=\ln (3e^2)=2+\ln 3$. Vậy GTLN là $2+2\ln 2$, tức $a=2,b=2$ nên $a+b=4$, đúng. Kết quả khớp với đáp án nguồn (4a: S, S, D, D).
a) (AI giải đề cho tôi)
$f(2e)=\ln (4e\cdot 2e-4e^2)=\ln (4e^2)=2+2\ln 2\approx 3,386\ne 4$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Cần $4ex-x^2>0\iff 0<x<4e$, tập xác định là $(0;4e)$, không phải $[0;4e]$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=\frac{4e-2x}{4ex-x^2}=0\iff x=2e$, thuộc tập xác định.
d) (AI giải đề cho tôi)
Trên $[e;3e]$, GTLN đạt tại $x=2e$: $f(2e)=\ln (4e^2)=2+2\ln 2$, nên $a=2,b=2$, $a+b=4$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $f(x)=\ln (x^2-2x)$.

a) Tại $x=3$: $f(3)=\ln 3$, $f^{\prime }(3)=\frac{2\cdot 3-2}{9-6}=\frac{4}{3}$. Tiếp tuyến: $y=\frac{4}{3}(x-3)+\ln 3=\frac{4}{3}x-4+\ln 3\ne \frac{4}{3}x-4$. Vậy a) Sai.

b) Hàm số xác định khi $x^2-2x>0\iff x<0$ hoặc $x>2$, tức $D=(-\infty ;0)\cup (2;+\infty )\ne (2;+\infty )$. Vậy b) Sai.

c) Ta có $e^{f(x)}=x^2-2x$ và $(x-2)f^{\prime }(x)=(x-2)\cdot \frac{2x-2}{x(x-2)}=\frac{2x-2}{x}=2-\frac{2}{x}$. Phương trình trở thành $x^2-2x+2-\frac{2}{x}+\frac{2}{x}-m=0\iff m=x^2-2x+2=(x-1{)}^2+1$. Với $x\in D=(-\infty ;0)\cup (2;+\infty )$, hàm $g(x)=x^2-2x+2$ có giá trị lớn dần trên $(2;+\infty )$ với $g(x)>g(2)=2$, và trên $(-\infty ;0)$ giảm dần với $g(x)>g(0)=2$. Vậy $m\in (2;+\infty )$. Vậy c) Đúng.

d) $y^{\prime }=\frac{2x-2}{x^2-2x}$. Vậy d) Đúng.

Kết quả khớp với bảng đáp án mã đề 1007: a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tiếp tuyến tại $x=3$ là $y=\frac{4}{3}x-4+\ln 3$, khác $\frac{4}{3}x-4$ nên Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tập xác định là $D=(-\infty ;0)\cup (2;+\infty )$ nên Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
Phương trình tương đương $m=x^2-2x+2$ với $x\in D$, cho $m\in (2;+\infty )$ nên Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
$y^{\prime }=\frac{2x-2}{x^2-2x}$ nên Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y={\log }_2(x^2-4x+5)={\log }_2\left((x-2{)}^2+1\right)$.
a) Vì $(x-2{)}^2+1\ge 1>0$ với mọi $x$ nên tập xác định là $D=\mathbb{R}$. Đúng.
b) $y^{\prime }=\frac{2x-4}{(x^2-4x+5)\ln 2}$. Với $x<2$ thì $y^{\prime }<0$, với $x>2$ thì $y^{\prime }>0$, nên hàm số nghịch biến trên $(-\infty ;2)$ và đồng biến trên $(2;+\infty )$, không đồng biến trên $\mathbb{R}$. Sai.
c) Hàm đạt cực tiểu tại $x=2$, giá trị cực tiểu $y(2)={\log }_{2}1=0$. Vậy 'cực tiểu của hàm số là 2' là sai (giá trị cực tiểu bằng 0; 2 là hoành độ điểm cực tiểu). Sai.
d) Với $y=1$: $(x-2{)}^2+1=2\Rightarrow x=0$ hoặc $x=4$, nên $A(0;1)$, $B(4;1)$; điểm cực trị $M(2;0)$. Tam giác $MAB$ cân tại $M$ với $AB=4$, $MA=MB=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}$, diện tích $S=\frac{4\cdot 1}{2}=2$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp $R=\frac{AB\cdot MA\cdot MB}{4S}=\frac{4\cdot 5}{8}=\frac{5}{2}\ne 2$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$(x-2{)}^2+1\ge 1>0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ nên $D=\mathbb{R}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$y^{\prime }=\frac{2x-4}{(x^2-4x+5)\ln 2}$; hàm nghịch biến trên $(-\infty ;2)$, đồng biến trên $(2;+\infty )$, không đồng biến trên $\mathbb{R}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Giá trị cực tiểu $y(2)={\log }_{2}1=0$; $x=2$ chỉ là hoành độ điểm cực tiểu.
d) (AI giải đề cho tôi)
$A(0;1)$, $B(4;1)$, $M(2;0)$; $R=\frac{4\cdot \sqrt{5}\cdot \sqrt{5}}{4\cdot 2}=\frac{5}{2}\ne 2$.

(AI giải đề cho tôi)
a) f(0)=7000/(1+69)=100 → đúng. b) f(t)=7000/(1+69e^{-t})<7000 với mọi t≥0 và tiến tới 7000, nên tổng số áo không vượt quá 7000 → đúng. c) f(3)=7000/(1+69e^{-3})≈7000/4.432≈1579.5<2000 → sai. d) f'(t)=7000·69e^{-t}/(1+69e^{-t})^2, đạt cực đại khi 69e^{-t}=1, tức t=ln69≈4.234 ngày ≈101.6 giờ, không phải 360 giờ (15 ngày) → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
f(0)=7000/(1+69)=100 chiếc.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì 1+69e^{-t}>1 nên f(t)<7000 với mọi t≥0; tổng số áo tiệm cận 7000 nhưng không vượt quá.
c) (AI giải đề cho tôi)
f(3)=7000/(1+69e^{-3})≈1579.5 chiếc < 2000 chiếc.
d) (AI giải đề cho tôi)
f'(t) đạt lớn nhất tại t=ln69≈4.234 ngày ≈101.6 giờ, không phải 360 giờ.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $M^{\prime }(t)=kM(t)$ nên $M(t)=M(0)e^{kt}=100e^{kt}$. Sau 2 giờ: $100e^{2k}=60\Rightarrow e^{2k}=0,6$. Sau 6 giờ: $M(6)=100e^{6k}=100(e^{2k}{)}^3=100\cdot 0,6^3=21,6$ mg. Lượng thuốc bị đào thải sau 6 giờ là $100-21,6=78,4$ mg. Vậy chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm $P(t)=\frac{2000}{1+9e^{-0,2t}}$.
a) $P(0)=\frac{2000}{1+9}=200$ cá thể → đúng.
b) ${\lim }_{t\to +\infty }P(t)=2000<2500$, quần thể không bao giờ đạt 2500 con → sai.
c) Tăng gấp 5 lần tức $P(t)=1000$: $1+9e^{-0,2t}=2\Rightarrow e^{-0,2t}=\frac{1}{9}\Rightarrow t=10\ln 3$ năm → đúng.
d) $P^{\prime }(t)=\frac{360e^{-0,2t}}{(1+9e^{-0,2t}{)}^2}$. Tốc độ lớn nhất khi $P=1000$ (điểm uốn của đường logistic), tức tại $t=10\ln 3\approx 10,99$ năm, không phải tại $t=11$ năm → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
P(0)=2000/(1+9)=200 cá thể.
b) (AI giải đề cho tôi)
Giới hạn khi t→+∞ là 2000 < 2500, không thể đạt 2500 con.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tăng gấp 5 lần tức P(t)=1000: 1+9e^{-0,2t}=2 ⇒ e^{-0,2t}=1/9 ⇒ t=10ln3 năm, đúng như phát biểu.
d) (AI giải đề cho tôi)
P'(t)=360e^{-0,2t}/(1+9e^{-0,2t})^2 đạt max tại t=10ln3≈10,99 năm, không phải t=11 năm.

Điều kiện xác định $3x+4>0\iff x>-\frac{4}{3}$, nên tập xác định của hàm số là $D=\left(-\frac{4}{3};+\infty \right)\supset (0;+\infty )$. Ta có $f^{\prime }(x)=-\frac{3}{(3x+4)\ln 2}<0,\forall x\in D$ nên hàm số nghịch biến trên $D$.
- a) Đúng: Vì $f(x)$ nghịch biến trên $[2;+\infty )$ nên ${\max }_{[2;+\infty )}f(x)=f(2)={\log }_{\frac{1}{2}}10=-{\log }_{2}10=-1-{\log }_{2}5$.
- b) Đúng: Xét $g(x)=f(x)+x^2-\frac{7}{2}x+2$ trên $\left(-\frac{4}{3};+\infty \right)$. Ta có $g^{\prime \prime }(x)=\frac{9}{(3x+4{)}^2\ln 2}+2>0,\forall x\in D$, suy ra $g(x)=0$ có tối đa $2$ nghiệm. Mà $g(0)={\log }_{\frac{1}{2}}4+2=0$ và $g(4)={\log }_{\frac{1}{2}}16+16-14+2=0$, nên $g(x)<0\iff x\in (0;4)$.
- c) Sai: Tập xác định là $D=\left(-\frac{4}{3};+\infty \right)$.
- d) Đúng: Hàm số nghịch biến trên $\left(-\frac{4}{3};+\infty \right)$ nên nghịch biến trên $(0;+\infty )$.

Vẽ đường thẳng $y=1$ cắt đồ thị $(C_1),(C_2)$ lần lượt tại $A(a;1)$ và $B(b;1)$. Dựa vào đồ thị ta thấy $1<a<b$.
Xét hàm số $f(t)=t\cdot e^t$ trên khoảng $(1;+\infty )$, có $f^{\prime }(t)=(t+1)e^t>0$, hàm số đồng biến trên $(1;+\infty )$.
Vì $1<a<b$ nên $f(a)<f(b)\iff a\cdot e^a<b\cdot e^b$.

Tọa độ các điểm: $A(5;0)$, $B(5;{\log }_{a}5)$, $C(5;{\log }_{b}5)$.
Khoảng cách $AB={\log }_{a}5$, $AC={\log }_{b}5$.
Vì $B$ nằm giữa $A$ và $C$ nên $AC=AB+BC=AB+2AB=3AB$.
Suy ra ${\log }_{b}5=3{\log }_{a}5={\log }_{a^{1/3}}5\Rightarrow b=a^{1/3}\iff a=b^3$.

Chọn B.
Tập xác định $D=(0;+\infty )$.
Để hàm số có giá trị lớn nhất thì số mũ $f(x)=2{\log }_{3}x-{\log }_3^{2}x$ đạt giá trị lớn nhất.
Đặt $t={\log }_{3}x\Rightarrow t\in (-\infty ;+\infty )$, ta được hàm số $g(t)=-t^2+2t=-(t-1{)}^2+1\le 1$.
Do đó $\max g(t)=1$ khi $t=1$.
Suy ra ${\log }_{3}x=1\iff x=3$.

Chọn A.
Hàm số xác định trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $4^x-2^x+m>0,\forall x\in \mathbb{R}$.
Đặt $t=2^x>0$, bất phương trình trở thành $t^2-t+m>0,\forall t>0\iff g(t)=t^2-t>-m,\forall t>0$.
Ta có ${\min }_{t>0}g(t)=g(1/2)=-\frac{1}{4}$.
Do đó $-m<-\frac{1}{4}\iff m>\frac{1}{4}$.

Từ đồ thị ta có ${\log }_b{x}_1=3\iff x_1=b^3$ và ${\log }_a{x}_2=3\iff x_2=a^3$. Do $x_2=2x_1$ nên $a^3=2b^3\iff {\left(\frac{a}{b}\right)}^3=2\iff \frac{a}{b}=\sqrt[3]{2}$. Chọn đáp án B.

Đổi cơ số sang cơ số 3:
${\log }_{\frac{a^3}{b^2}}(a^{4}b)=\frac{{\log }_3(a^{4}b)}{{\log }_3(a^3/b^2)}=\frac{4{\log }_{3}a+{\log }_{3}b}{3{\log }_{3}a-2{\log }_{3}b}=\frac{4x+y}{3x-2y}$. Chọn D.

Ta có $AB={\log }_{a}6$ và $AC={\log }_{b}6$. Từ $AC=AB{\log }_{2}3\iff {\log }_{b}6={\log }_{a}6\cdot {\log }_{2}3\iff \frac{1}{\ln b}=\frac{\ln 3}{\ln a\cdot \ln 2}\iff \frac{\ln a}{\ln 3}=\frac{\ln b}{\ln 2}\iff {\log }_{3}a={\log }_{2}b$. Chọn B.

+) Hàm số $y={\left(\frac{2020}{e}\right)}^{x^2}$ có $y^{\prime }=2x{\left(\frac{2020}{e}\right)}^{x^2}\ln \left(\frac{2020}{e}\right)$. Vì $\frac{2020}{e}>1$ nên $\ln \left(\frac{2020}{e}\right)>0$. Do đó $y^{\prime }>0$ khi $x>0$ và $y^{\prime }<0$ khi $x<0$. Hàm số nghịch biến trên $(-\infty ;0)$ và đồng biến trên $(0;+\infty )$, do đó mệnh đề (I) sai.
+) Với $\alpha <0$, đồ thị hàm số lũy thừa $y=x^{\alpha }$ trên $(0;+\infty )$ có ${\lim }_{x\to 0^{+}}{x}^{\alpha }=+\infty$ nên trục $Oy$ ($x=0$) là tiệm cận đứng; ${\lim }_{x\to +\infty }{x}^{\alpha }=0$ nên trục $Ox$ ($y=0$) là tiệm cận ngang. Do đó mệnh đề (II) đúng.
+) Hàm số $y={\log }_2{x}^2$ xác định khi $x^2>0⟺x\ne 0$. Tập xác định là $\mathbb{R}\setminus \{0\}$, do đó mệnh đề (III) sai.
+) Với $x\ne 0$, hàm số $y=\sqrt[3]{x}=x^{1/3}$ có đạo hàm $y^{\prime }=\frac{1}{3}{x}^{-2/3}=\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}$. Do đó mệnh đề (IV) đúng.
Vậy có 2 mệnh đề đúng là (II) và (IV).

Đặt $t={\log }_{a}b>0$. Ta có $P=t^2+\frac{8}{t}=t^2+\frac{4}{t}+\frac{4}{t}\ge 3\sqrt[3]{t^2\cdot \frac{4}{t}\cdot \frac{4}{t}}=3\cdot 4=12$.
Đẳng thức xảy ra khi $t^2=\frac{4}{t}\iff t^3=4$ hoặc áp dụng BĐT AM-GM ta tìm được $m=1$. Chọn C.

Với mọi $x\in \mathbb{R}$, ta có $f(x)+f(1-x)=\frac{4^x}{4^x+2}+\frac{4^{1-x}}{4^{1-x}+2}=1$. Ghép các cặp số hạng đầu cuối và tính số hạng chính giữa $f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$, ta được $S=\frac{2019}{2}$.