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

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f(x)=\frac{1}{2}{\log }_2\left(x+\sqrt{x^2+4}\right)$. Vì $x+\sqrt{x^2+4}=2\cdot \frac{x+\sqrt{x^2+4}}{2}$ nên $f(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{\log }_2\frac{x+\sqrt{x^2+4}}{2}$. Hàm $g(x)=\frac{x+\sqrt{x^2+4}}{2}$ lẻ và $g(-x)=1/g(x)$, do đó $f(-x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}{\log }_{2}g(x)=1-f(x)$ (đúng với mọi $x$).

a) $f(1)=\frac{1}{2}{\log }_2(1+\sqrt{5})\approx \frac{1}{2}{\log }_{2}3,236\approx 0,847<0,9$, nên $x=1$ không thỏa $f(x)>0,9$ → Sai.

b) $f(x)\le 1\iff x+\sqrt{x^2+4}\le 4\iff \sqrt{x^2+4}\le 4-x$ (cần $x\le 4$), bình phương: $x^2+4\le 16-8x+x^2\iff x\le \frac{3}{2}$. Số nguyên dương trong $S$ chỉ có $1$ → Sai.

c) $x+\sqrt{x^2+4}>0$ với mọi $x$ nên $f$ xác định trên $\mathbb{R}$; $x\mapsto x+\sqrt{x^2+4}$ đồng biến (đạo hàm $1+\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}>0$) và ${\log }_2$ đồng biến nên $f$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ → Đúng.

(d) Vì $f$ đồng biến và $f(-x)=1-f(x)$: $f(A)+f(B)\ge 1\iff f(A)\ge f(-B)\iff A+B\ge 0$ với $A=(x+1{)}^4-4x-5$, $B=x^2+6m-m^2-m^4$. Đặt $t=x+1$: $A+B=t^4+t^2-6t+6m-m^2-m^4$. Giá trị nhỏ nhất của $t^4+t^2-6t$ đạt tại $t=1$ (do $4t^3+2t-6=0\iff t=1$) bằng $-4$. Yêu cầu $\forall x$: $-4+6m-m^2-m^4\ge 0\iff m^4+m^2-6m+4\le 0\iff (m-1{)}^2(m^2+2m+4)\le 0$. Vì $m^2+2m+4>0$ luôn đúng, chỉ còn $(m-1{)}^2\le 0\iff m=1$: đúng 1 giá trị → Đúng.

Khớp đáp án mã 101: 1a S, 1b S, 1c Đ, 1d Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
$f(1)=\frac{1}{2}{\log }_2(1+\sqrt{5})\approx 0,847<0,9$ nên $x=1$ không là nghiệm.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f(x)\le 1\iff x\le \frac{3}{2}$; tập số nguyên dương của $S$ là $\{1\}$, chỉ 1 số.
c) (AI giải đề cho tôi)
$x+\sqrt{x^2+4}>0$ với mọi $x$ và hàm này đồng biến, hợp với ${\log }_2$ đồng biến nên $f$ xác định và đồng biến trên $\mathbb{R}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Bất phương trình tương đương $A+B\ge 0$; với $t=x+1$, min của $t^4+t^2-6t$ là $-4$ tại $t=1$, dẫn đến $(m-1{)}^2(m^2+2m+4)\le 0\iff m=1$: đúng 1 giá trị $m$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình vuông $MNPQ$ có hai cạnh ngang nằm trên các đường thẳng $y=4$ và $y=8$ (khoảng cách dọc bằng 4 nên cạnh bằng 4), hai cạnh thẳng đứng tại $x=8$ và $x=12$. Theo hình vẽ: $M(8;4)$, $N(8;8)$, $P(12;8)$, $Q(12;4)$.

Bốn đỉnh nằm trên ba đường cong, nên có một đường cong đi qua hai đỉnh. Hai đỉnh cùng tung độ không thể cùng thuộc một đường cong $y=t^x$ (vì $t^{x_1}=4$ và $t^{x_1+4}=4$ vô nghiệm), hai đỉnh cùng hoành độ cũng vậy. Vậy đường cong đó phải đi qua hai đỉnh đối diện $M(8;4)$ và $P(12;8)$; theo hình vẽ đây là $(C_2)$: $b^8=4$, $b^{12}=8$ $\Rightarrow b^4=2\Rightarrow b=2^{1/4}$.

Khi đó đỉnh $N(8;8)$ thuộc $(C_1)$: $a^8=8\Rightarrow a=2^{3/8}$; đỉnh $Q(12;4)$ thuộc $(C_3)$: $c^{12}=4\Rightarrow c=2^{1/6}$.

Do đó $abc=2^{1/4+3/8+1/6}=2^{(6+9+4)/24}=2^{19/24}$. Vậy $\frac{x}{y}=\frac{19}{24}$ tối giản và $x+y=19+24=43$. Chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ, $y=a^x$ tăng nhanh hơn nên $a>b>1$. Đường thẳng $y=k$ cắt trục tung tại $H(0;k)$, cắt đồ thị $y=a^x$ tại $M(x_M;k)$ và $y=b^x$ tại $N(x_N;k)$. Vì $M$ nằm giữa $H$ và $N$ và $HM=MN$ nên $x_M=k$... chính xác hơn: hoành độ $x_M={\log }_{a}k$, $x_N={\log }_{b}k$, và $x_N=2x_M$ (do $HM=MN$ với $H$ có hoành độ 0). Suy ra ${\log }_{b}k=2{\log }_{a}k$. Đặt $x={\log }_{a}k$, khi đó $k=a^x$ và $k=b^{2x}$ nên $a^x=b^{2x}\Rightarrow a=b^2$. Thay vào $a^2+b^2=20$: $b^4+b^2=20$. Đặt $t=b^2>1$: $t^2+t-20=0\Rightarrow t=4$ (nhận $t>1$). Vậy $b^2=4$, $a=b^2=4$, do đó $a^4=4^4=256$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (256).

Cách 1. Gọi $m=\mathrm{deg}P⩾1$ và $c$ là hệ số cao nhất của $P$.
So sánh bậc hai vế của đẳng thức, ta được $3m=m+4n$ nên $m=2n$.
Ta có $x^4+7x^2+16>0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$. Do đó từ đề bài ta có được:
$$P(x)=0⟺P\left(\frac{x^3+3x}{4}\right)=0.$$
Đặt $f(x)=\frac{x^3+3x}{4}$ trên $\mathbb{R}$. Lấy một nghiệm thực $r$ của $P$. Nếu $f(r)>r$ thì, do $f$ đồng biến nên
$$r<f(r)<f(f(r))<\cdots ,$$
hay $P$ có vô hạn nghiệm, vô lý. Tương tự, nếu $f(r)<r$ cũng có điều vô lý, do đó $f(r)=r$. Ta có
$$\frac{r^3+3r}{4}=r⟺r(r^2-1)=0,$$
nên mọi nghiệm của $P$ đều thuộc $\{-1,0,1\}$.
Vì $P$ chỉ có nghiệm thực và có bậc $2n$, tồn tại các số nguyên không âm $\alpha ,\beta ,\gamma$ với $\alpha +\beta +\gamma =2n$ sao cho
$$P(x)=c{x}^{\alpha }(x-1{)}^{\beta }(x+1{)}^{\gamma },c\ne 0.$$
Thay vào đẳng thức ban đầu để suy ra được:
$$(x^2+3{)}^{\alpha }(x^2+x+4{)}^{\beta }(x^2-x+4{)}^{\gamma }=(x^4+7x^2+16{)}^n,\forall x\in \mathbb{R}.$$
Mà $x^4+7x^2+16=(x^2+x+4)(x^2-x+4)$, và $x^2+3$, $x^2+x+4$, $x^2-x+4$ là các đa thức đối một bất khả quy trên $\mathbb{R}[x]$. Do đó $\alpha =0$ và $\beta =\gamma =n$. Vậy $P(x)=c(x^2-1{)}^n$ với $c\ne 0$.
Thử lại để thấy được tất cả các đa thức thoả mãn yêu cầu đề bài là $P(x)\equiv c(x^2-1{)}^n$ với $c\ne 0$.

Cách 2. (không sử dụng điều kiện chỉ có nghiệm thực)
Đặt $\mathrm{deg}P=k$. Vì $P$ khác hằng nên $k>0$. So sánh bậc hai vế suy ra $k=2n$.
Gọi $C\ne 0$ là hệ số cao nhất của $P$ và đặt $P(x)=C(x^2-1{)}^n+Q(x)$.
Để ý $Q\equiv 0$ thoả mãn, xét $Q\not\equiv 0$, khi đó $\mathrm{deg}Q=d<2n$.
Thay vào đẳng thức ban đầu suy ra $16^{n}Q\left(\frac{x^3+3x}{4}\right)=(x^4+7x^2+16{)}^{n}Q(x)$.
So sánh bậc hai vế của đẳng thức trên, ta có $3d=4n+d$, suy ra $d=2n$, mâu thuẫn với $\mathrm{deg}Q<2n$.
Thử lại suy ra tất cả các đa thức cần tìm là $P(x)\equiv C(x^2-1{)}^n$ với $C\ne 0$.

Chọn B.
Vì $\frac{1}{3}<b<a<1$, ta có $3b-1>0$ và $0<a<1$.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: $4(3b-1)=4\cdot \frac{3b-1+1}{2}$? Ta có $4(3b-1)\le (3b-1+1{)}^2=(3b{)}^2=9b^2$.
Do $0<a<1$ nên cơ số nhỏ hơn 1 đảo chiều bất đẳng thức:
${\log }_a\frac{4(3b-1)}{9}\ge {\log }_a\frac{9b^2}{9}={\log }_a(b^2)=2{\log }_{a}b$.
Khi đó:
$P\ge 2{\log }_{a}b+8{\log }_{b/a}^{2}a=2{\log }_{a}b+\frac{8}{({\log }_a(b/a){)}^2}=2{\log }_{a}b+\frac{8}{({\log }_{a}b-1{)}^2}$.
Đặt $t={\log }_{a}b$. Vì $\frac{1}{3}<b<a<1$ nên $0<a<1$ và $b<a⟹t={\log }_{a}b>1$.
Xét hàm số $f(t)=2t+\frac{8}{(t-1{)}^2}$ với $t>1$.
Ta viết: $f(t)=2(t-1)+\frac{8}{(t-1{)}^2}+2=(t-1)+(t-1)+\frac{8}{(t-1{)}^2}+2$.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương:
$(t-1)+(t-1)+\frac{8}{(t-1{)}^2}\ge 3\sqrt[3]{(t-1)\cdot (t-1)\cdot \frac{8}{(t-1{)}^2}}=3\sqrt[3]{8}=3\cdot 2=6$.
Do đó: $f(t)\ge 6+2=8$.
Đẳng thức xảy ra khi $t-1=\frac{2}{\sqrt{t-1}}⟺(t-1{)}^3=8⟺t-1=2⟺t=3$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ là $8$.

Chọn A.
Từ giả thiết, lấy logarit:
$a^x=\sqrt{\frac{a}{b}}⟹x={\log }_a\sqrt{\frac{a}{b}}=\frac{1}{2}(1-{\log }_{a}b)$.
$b^y=\sqrt{\frac{a}{b}}⟹y={\log }_b\sqrt{\frac{a}{b}}=\frac{1}{2}({\log }_{b}a-1)$.
Khi đó:
$P=x-2y=\frac{1}{2}(1-{\log }_{a}b)-2\cdot \frac{1}{2}({\log }_{b}a-1)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}{\log }_{a}b-{\log }_{b}a+1=\frac{3}{2}-\left(\frac{1}{2}{\log }_{a}b+{\log }_{b}a\right)$.
Vì $a>1,b>1$ nên ${\log }_{a}b>0$ và ${\log }_{b}a>0$.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương:
$\frac{1}{2}{\log }_{a}b+{\log }_{b}a\ge 2\sqrt{\frac{1}{2}{\log }_{a}b\cdot {\log }_{b}a}=2\sqrt{\frac{1}{2}}=\sqrt{2}$.
Đẳng thức xảy ra khi $\frac{1}{2}{\log }_{a}b={\log }_{b}a⟺({\log }_{a}b{)}^2=2⟺{\log }_{a}b=\sqrt{2}$ (thỏa mãn với $a,b>1$).
Do đó: $P\le \frac{3}{2}-\sqrt{2}\approx 1,5-1,414=0,086$.
Vì $0<0,086<0,5$ nên giá trị lớn nhất của $P$ thuộc khoảng $(0;\frac{1}{2})$.

Đặt $u={\log }_y\frac{x}{y}>0$, ta có ${\log }_{\frac{x}{y}}(x^2)=\frac{2(u+1)}{u}$. Khi đó $T=\frac{4(u+1{)}^2}{u^2}+3u$. Khảo sát hàm số trên $(0;+\infty )$, $T$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $15$ tại $u=2$.

Ta có $(3b-2{)}^2\ge 0\iff 9b^2-12b+4\ge 0\iff \frac{4(3b-1)}{9}\le b^2$.
Vì $0<b<a<1\Rightarrow \frac{a}{b}>1$, nên:
${\log }_{\frac{a}{b}}\frac{4(3b-1)}{9}\le \dots \text{ do cơ soˆˊ }>1.$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương:
$P\ge 8{\left({\log }_{\frac{b}{a}}a\right)}^2+\frac{1}{{\log }_{\frac{b}{a}}a}+\frac{1}{{\log }_{\frac{b}{a}}a}+1\ge 3\sqrt[3]{8\cdot 1\cdot 1}+1=3\cdot 2+1=7.$

Đẳng thức xảy ra khi $b=\frac{2}{3}$ và $a=\frac{\sqrt[3]{2}}{3}$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $7$.

Chọn A.
Xét hàm số $f(x)=\ln (x+\sqrt{x^2+1})$ trên $\mathbb{R}$:
Ta có $f(-x)=\ln (-x+\sqrt{x^2+1})=\ln \left(\frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}\right)=-\ln (x+\sqrt{x^2+1})=-f(x)$, do đó $f(x)$ là hàm số lẻ.
Đồng thời $f^{\prime }(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}>0,\forall x\in \mathbb{R}$, suy ra $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Điều kiện thứ nhất: $f(a)+f(b-2)\le 0⟺f(a)\le -f(b-2)=f(2-b)⟺a\le 2-b⟺a+b\le 2$.
Điều kiện thứ hai:
$4ab+\frac{1}{ab}=2(a+b)\ge 4ab+\frac{1}{ab}.$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: $a+b\ge 2\sqrt{ab}⟹ab\le {\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2\le 1$.
Lại có $4ab+\frac{1}{ab}=4ab+\frac{1}{4ab}+\frac{3}{4ab}\ge 2\sqrt{4ab\cdot \frac{1}{4ab}}+\frac{3}{4\cdot 1}=2+\frac{3}{4}=\frac{11}{4}$?
Để $4ab+\frac{1}{ab}=2(a+b)\le 4$, dấu bằng xảy ra khi $a+b=2$ và $ab=\frac{1}{2}$.
Khi đó:
$a^3+b^3=(a+b{)}^3-3ab(a+b)=2^3-3\cdot \frac{1}{2}\cdot 2=8-3=5.$
Vậy $a^3+b^3=5$.

Đặt $t={\log }_2(a-b)={\log }_3(a+b)\Rightarrow a-b=2^t,a+b=3^t\Rightarrow ab=\frac{9^t-4^t}{4}$ và $a^2+b^2=\frac{9^t+4^t}{2}$. Khi đó $P={\log }_2\frac{36^t-16^t}{(9^t+4^t{)}^2}={\log }_2\frac{u}{(u+2{)}^2}$ với $u={\left(\frac{9}{4}\right)}^t-1>0$. Biểu thức đạt giá trị lớn nhất khi $u=2\iff {\left(\frac{9}{4}\right)}^t=3\iff t={\log }_{\frac{9}{4}}3\Rightarrow a-b=2^{{\log }_{\frac{9}{4}}3}\approx 2,557\in (2;3)$.

Ta có $a^4-25a^2+625=(a^2-25{)}^2+25a^2\ge (5a{)}^2$. Do $b>1$ và $5a>1$ tại điểm đạt cực trị nên $P\ge {\log }_{5a}b+{\log }_b(5a{)}^2={\log }_{5a}b+\frac{2}{{\log }_{5a}b}\ge 2\sqrt{2}$ (dấu bằng xảy ra khi $a=5$ và $b=25^{\sqrt{2}/2}$).

Phương trình viết lại thành $(x+y{)}^2+{\log }_2(x+y)=(xy{)}^2+{\log }_2(xy)$. Xét hàm đặc trưng $f(t)=t^2+{\log }_{2}t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra $x+y=xy\le \frac{(x+y{)}^2}{4}\Rightarrow x+y\ge 4$.

Đặt $t=x\ln 10$, khi đó $10^x=e^t$ và $P=(y-e^t{)}^{2022}+(e^y-t{)}^{2022}$.
Vì $e^u-u\ge 1,\forall u\in \mathbb{R}$ (đẳng thức xảy ra khi $u=0$), xét các trường hợp $y>t$, $y<t$, $y=t$ ta luôn có $P\ge 2(e^t-t{)}^{2022}\ge 2$ hoặc $P\ge 2(e^y-y{)}^{2022}\ge 2$.
Đẳng thức xảy ra khi $y=t=0\iff x=y=0$. Vậy $\min P=2$.

**Chọn D**

Ta nhận thấy đồ thị hai hàm số y  e x 1 và y  ln  x  1 đối xứng nhau qua đường thẳng
y  x  1 nên ta tịnh tiến ba đồ thị 1 đơn vị theo về bên phải theo phương song song với trục Ox
thì khi đó A di chuyển trên đồ thị y  e x và B di chuyển trên đồ thị y  ln x .

Đồ thị hai hàm số y  e x và y  ln x đối xứng nhau qua đường thẳng y  x nên AB đạt giá trị
nhỏ nhất khi và chỉ khi A, B đối xứng nhau qua đường thẳng  d  : y  x .

Giả sử A  a, e a  thì: AB  2d  A, d   2 a  e a  2 f  a   2 min f  x   2. f  0   2.
x

Vậy a  b  0, c  1  a  b  c  1.

Theo bảng đáp án và lời giải chính thức (Mã đề 2601), Câu 3 (Phần II): a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.



- **Ý b) Đúng:** Khi $m=0$, trên $(-2;+\infty )$ ta có $f(x)=\frac{1}{2}{\log }_2(2x^2+1)-{\log }_2(x+2)$, nên $f^{\prime }(x)=\frac{2x}{(2x^2+1)\ln 2}-\frac{1}{(x+2)\ln 2}$.
- **Ý c) Sai:** Khi $m=-1$, $f(x)=1\iff \sqrt{2x^2-x+1}=2(x+2)$ với $x>-2\iff 2x^2+17x+15=0$ ($x>-2$). Phương trình có hai nghiệm $x=-1$ (nhận) và $x=-\frac{15}{2}$ (loại vì $<-2$), nên chỉ có $1$ nghiệm.
- **Ý d) Sai:** Khi $0<m<2\sqrt{2}$ thì $\Delta =m^2-8<0$ nên $2u^2+mu+1>0,\forall u\in \mathbb{R}$. Hàm số $y=f(2-x^2)$ xác định khi $2-x^2+2>0\iff -2<x<2$, tức là $D=(-2;2)$.
- **Ý a) Đúng:** Phương trình tương đương ${\log }_2\sqrt{2x^2+mx+1}+\sqrt{2x^2+mx+1}={\log }_2(x+2)+(x+2)$.
Xét $g(t)={\log }_{2}t+t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, suy ra $\sqrt{2x^2+mx+1}=x+2\iff \{\begin{array}{l}x>-2\\ h(x)=x^2+(m-4)x-3=0\end{array}$.
Vì $h(-2)=9-2m$, để $h(x)=0$ có hai nghiệm phân biệt lớn hơn $-2$ thì $\{\begin{array}{l}\Delta >0\\ h(-2)>0\\ \frac{4-m}{2}>-2\end{array}\iff m<\frac{9}{2}$.