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

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y={\log }_2(x^2+3x)$ xác định khi $x^2+3x>0\iff x<-3$ hoặc $x>0$. Đặt $t=x^2+3x$ với $t^{\prime }=2x+3$. Trên khoảng $(-\infty ;-3)$, ta có $t>0$ và $t^{\prime }<0$ nên $t$ nghịch biến; vì $y={\log }_{2}t$ đồng biến theo $t$ nên $y$ nghịch biến trên $(-\infty ;-3)$. Nếu $a>-3$ thì khoảng $(-\infty ;a)$ chứa điểm thuộc $[-3;0]$ nơi hàm không xác định, nên không thể nghịch biến trên đó. Vậy giá trị lớn nhất của $a$ là $a=-3$. Kết quả khớp với bảng đáp án Phần III, Mã đề 0103, Câu 1 ở trang 17: $-3$.

(AI giải đề cho tôi) Điều kiện: $x^2+3x>0\iff x<-3$ hoặc $x>0$. Đặt $t=x^2+3x$, hàm $y={\log }_{2}t$ đồng biến nên $y$ nghịch biến khi $t=x^2+3x$ nghịch biến, tức trên $\left(-\infty ;-\frac{3}{2}\right)$. Kết hợp điều kiện xác định, hàm số nghịch biến trên $(-\infty ;-3)$. Vậy giá trị lớn nhất của $a$ là $a=-3$ (khớp với đáp án −3 trong bảng hướng dẫn chấm, Phần III, Câu 3, Mã đề 0101, trang 17).

(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)
Đường thẳng $y=3$ cắt hai đồ thị tại các điểm có hoành độ $x_1<x_2$ với $x_2=2x_1$. Theo sơ đồ bài toán (cắt $y=3$ với $y={\log }_{b}x$ tại hoành độ $x_1$ và với $y={\log }_{a}x$ tại hoành độ $x_2$), ta có: ${\log }_b{x}_1=3\Rightarrow x_1=b^3$ và ${\log }_a{x}_2=3\Rightarrow x_2=a^3$. Vì $x_2=2x_1$ nên $a^3=2b^3$, suy ra $\frac{a^3}{b^3}=2\Rightarrow \frac{a}{b}=\sqrt[3]{2}$. Vậy đáp án là D. (Kiểm tra: ${\left(\sqrt[3]{2}\right)}^3=2$, thỏa mãn.)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $u=x-\frac{1}{2}$, khi đó $x^2-x+\frac{109}{4}=u^2+27$ và $f(x)={\log }_3\left(u+\sqrt{u^2+27}\right)$. Xét $f(1-x)$: khi đó $u$ thay bởi $-u$, nên $f(1-x)={\log }_3\left(-u+\sqrt{u^2+27}\right)$. Do đó $f(x)+f(1-x)={\log }_3\left[(u+\sqrt{u^2+27})(-u+\sqrt{u^2+27})\right]={\log }_3(27)=3$. Trong tổng $T$ có 2024 số hạng, ghép từng cặp $f\left(\frac{k}{2025}\right)+f\left(\frac{2025-k}{2025}\right)=3$, được $1012$ cặp. Vậy $T=1012\cdot 3=3048$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $f(x)={\log }_3(2x-3)$. a) Điều kiện $2x-3>0\iff x>\frac{3}{2}$, nên tập xác định là $\left(\frac{3}{2};+\infty \right)$ (khoảng mở), không phải $\left[\frac{3}{2};+\infty \right)$ → sai. b) $f^{\prime }(x)=\frac{(2x-3{)}^{\prime }}{(2x-3)\ln 3}=\frac{2}{(2x-3)\ln 3}$ với mọi $x>\frac{3}{2}$ → đúng. c) $f(x)={\log }_3(x^2-x-1)\iff 2x-3=x^2-x-1\iff x^2-3x+2=0\iff x=1$ hoặc $x=2$. Với $x=1$: $2x-3=-1<0$ (ngoài tập xác định, loại). Với $x=2$: $2x-3=1>0$ và $x^2-x-1=1>0$, thỏa mãn. Vậy phương trình chỉ có một nghiệm → sai. d) $f(x)\le 4\iff 0<2x-3\le 81\iff \frac{3}{2}<x\le 42$. Nghiệm nguyên: $x\in \{2,3,\dots ,42\}$, tổng $=\frac{(2+42)\cdot 41}{2}=903$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tập xác định là khoảng mở $\left(\frac{3}{2};+\infty \right)$ vì cần $2x-3>0$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Đạo hàm $f^{\prime }(x)=\frac{2}{(2x-3)\ln 3}$ đúng trên $\left(\frac{3}{2};+\infty \right)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Đưa về $x^2-3x+2=0$ với nghiệm $x=1,2$; chỉ $x=2$ thỏa mãn điều kiện xác định nên chỉ có một nghiệm.
d) (AI giải đề cho tôi)
Bất phương trình cho $\frac{3}{2}<x\le 42$; tổng các số nguyên từ 2 đến 42 là $\frac{44\cdot 41}{2}=903$.

a) Điều kiện xác định: $\frac{x+22}{x+1}>0\Rightarrow (x+22)(x+1)>0\Rightarrow x\in (-\infty ;-22)\cup (-1;+\infty )$. (Sai)

b) Đạo hàm hàm số: $f^{\prime }(x)=1+\frac{1}{(x+22)\ln 2}-\frac{1}{(x+1)\ln 2}=1-\frac{21}{(x+22)(x+1)\ln 2}$. (Đúng)

c) Xét phương trình $f^{\prime }(x)=0\Rightarrow 1-\frac{21}{(x+22)(x+1)\ln 2}=0\Rightarrow (x+22)(x+1)=\frac{21}{\ln 2}$ có hai nghiệm phân biệt nằm trong khoảng xác định hàm số. (Có thể lập bảng biến thiên). Vậy hàm số có 2 cực trị. (Đúng)

d) Các điểm có tọa độ $(x;y)$ nguyên dương thì khi đó: ${\log }_2\frac{x+22}{x+1}=y-x$ cũng phải nguyên dương. Mặt khác: $\frac{x+22}{x+1}$ nghịch biến với $x>0$ nên $\frac{22}{1}=22>\frac{x+22}{x+1}>1$. Nên để ${\log }_2\frac{x+22}{x+1}$ nguyên dương thì $\frac{x+22}{x+1}\in \{2;4;8;16\}$. Giải các trường hợp với điều kiện $x$ nguyên: với $\frac{x+22}{x+1}=2\Rightarrow x=20$, $y=21$; với $\frac{x+22}{x+1}=4\Rightarrow x=6$, $y=8$; với $\frac{x+22}{x+1}=8\Rightarrow x=2$, $y=5$; với $\frac{x+22}{x+1}=16\Rightarrow x=\frac{6}{5}$ (loại). Vậy các cặp tọa độ $(x;y)\in \{(20;21);(6;8);(2;5)\}$. Ba điểm này không thẳng hàng (hệ số góc giữa $(2;5)$ và $(6;8)$ là $\frac{3}{4}$, giữa $(6;8)$ và $(20;21)$ là $\frac{13}{14}$), nên đa giác tạo bởi chúng là tam giác có diện tích $S=\frac{1}{2}\left|18\cdot 3-16\cdot 4\right|=5\ne 10$ (đơn vị diện tích). (Sai)
a) Điều kiện xác định: $\frac{x+22}{x+1}>0\Rightarrow (x+22)(x+1)>0\Rightarrow x\in (-\infty ;-22)\cup (-1;+\infty )$. (Sai)
b) Đạo hàm hàm số: $f^{\prime }(x)=1+\frac{1}{(x+22)\ln 2}-\frac{1}{(x+1)\ln 2}=1-\frac{21}{(x+22)(x+1)\ln 2}$. (Đúng)
c) Xét phương trình $f^{\prime }(x)=0\Rightarrow 1-\frac{21}{(x+22)(x+1)\ln 2}=0\Rightarrow (x+22)(x+1)=\frac{21}{\ln 2}$ có hai nghiệm phân biệt nằm trong khoảng xác định hàm số. (Có thể lập bảng biến thiên). Vậy hàm số có 2 cực trị. (Đúng)
d) Các điểm có tọa độ $(x;y)$ nguyên dương thì khi đó: ${\log }_2\frac{x+22}{x+1}=y-x$ cũng phải nguyên dương. Mặt khác: $\frac{x+22}{x+1}$ nghịch biến với $x>0$ nên $\frac{22}{1}=22>\frac{x+22}{x+1}>1$. Nên để ${\log }_2\frac{x+22}{x+1}$ nguyên dương thì $\frac{x+22}{x+1}\in \{2;4;8;16\}$. Giải các trường hợp với điều kiện $x$ nguyên: với $\frac{x+22}{x+1}=2\Rightarrow x=20$, $y=21$; với $\frac{x+22}{x+1}=4\Rightarrow x=6$, $y=8$; với $\frac{x+22}{x+1}=8\Rightarrow x=2$, $y=5$; với $\frac{x+22}{x+1}=16\Rightarrow x=\frac{6}{5}$ (loại). Vậy các cặp tọa độ $(x;y)\in \{(20;21);(6;8);(2;5)\}$. Ba điểm này không thẳng hàng (hệ số góc giữa $(2;5)$ và $(6;8)$ là $\frac{3}{4}$, giữa $(6;8)$ và $(20;21)$ là $\frac{13}{14}$), nên đa giác tạo bởi chúng là tam giác có diện tích $S=\frac{1}{2}\left|18\cdot 3-16\cdot 4\right|=5\ne 10$ (đơn vị diện tích). (Sai)

(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, hình vuông MNPQ có cạnh nằm trên hai đường thẳng $y=4$, $y=8$, hai cạnh còn lại nằm trên hai đường thẳng đứng $x=x_1$ (qua $M,N$) và $x=x_2$ (qua $P,Q$), với $x_2-x_1=4$ (cạnh hình vuông bằng 4).

Quan sát hình: đường cong $C_2$ đi qua cả $M(x_1;4)$ và $P(x_2;8)$; đường cong $C_1$ đi qua $N(x_1;8)$; đường cong $C_3$ đi qua $Q(x_2;4)$.

Ta có hệ:
$$b^{x_1}=4,b^{x_2}=8,a^{x_1}=8,c^{x_2}=4,x_2-x_1=4.$$

Từ $b^{x_2}/b^{x_1}=8/4=2$ suy ra $b^{x_2-x_1}=2$, mà $x_2-x_1=4$ nên $b^4=2\Rightarrow b=2^{1/4}$.

Từ $b^{x_1}=4=2^2=2^{8\cdot 1/4}$ suy ra $x_1=8$, do đó $x_2=12$.

Suy ra:
$$a^8=8=2^3\Rightarrow a=2^{3/8};c^{12}=4=2^2\Rightarrow c=2^{2/12}=2^{1/6}.$$

Khi đó:
$$abc=2^{3/8}\cdot 2^{1/4}\cdot 2^{1/6}=2^{\frac{9+6+4}{24}}=2^{19/24}.$$

Vậy $abc=2^{x/y}$ với $\frac{x}{y}=\frac{19}{24}$ tối giản, $x=19,y=24$, nên $x+y=43$.

Kiểm tra lại tính nhất quán với hình vẽ: $C_1:y=2^{3x/8}$ cắt $y=4$ tại $x=8/3$ (bên trái $M$), cắt $y=8$ tại $x=8$ (đúng tại $N$); $C_2:y=2^{x/4}$ cắt $y=4$ tại $x=8$ (đúng tại $M$) và $y=8$ tại $x=12$ (đúng tại $P$); $C_3:y=2^{x/6}$ cắt $y=4$ tại $x=12$ (đúng tại $Q$). Mọi vị trí khớp với hình vẽ.

Đáp án: $x+y=43$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng mệnh đề:
- A: $\sqrt{2}+1\approx 2,414>\sqrt{3}\approx 1,732$, cơ số $2>1$ nên hàm số mũ đồng biến, do đó $2^{\sqrt{2}+1}>2^{\sqrt{3}}$ đúng.
- B: $1-\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 0,293\in (0;1)$ nên hàm số mũ nghịch biến; vì $2019>2018$ nên ${\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{2019}<{\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{2018}$ đúng.
- C: $\sqrt{2}-1\approx 0,414\in (0;1)$ nên hàm nghịch biến; vì $2017<2018$ nên ${\left(\sqrt{2}-1\right)}^{2017}>{\left(\sqrt{2}-1\right)}^{2018}$ đúng.
- D: $\sqrt{3}-1\approx 0,732\in (0;1)$ nên hàm nghịch biến; vì $2018>2017$ nên ${\left(\sqrt{3}-1\right)}^{2018}<{\left(\sqrt{3}-1\right)}^{2017}$, tức mệnh đề D khẳng định chiều ngược lại là sai.
Vậy mệnh đề sai là D.

(AI giải đề cho tôi)
Theo tính chất lôgarit: ${\log }_a{a}^2=2$ (vì $a>0$, $a\ne 1$). Do đó $a^{{\log }_a{a}^2}=a^2$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có ${\log }_{6}9={\log }_6{3}^2=2{\log }_{6}3=a$, suy ra ${\log }_{6}3=\frac{a}{2}$. Do đó ${\log }_{6}2=1-{\log }_{6}3=1-\frac{a}{2}=\frac{2-a}{2}$. Khi đó ${\log }_{3}2=\frac{{\log }_{6}2}{{\log }_{6}3}=\frac{\frac{2-a}{2}}{\frac{a}{2}}=\frac{2-a}{a}$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có ${\log }_a{b}^2=2{\log }_{a}b$ và ${\log }_{a^2}{b}^4=\frac{4}{2}{\log }_{a}b=2{\log }_{a}b$. Vậy tổng bằng $4{\log }_{a}b$, chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $0<a<b<1$ nên $\ln a<\ln b<0$. Xét ${\log }_{a}b=\frac{\ln b}{\ln a}$: tử và mẫu cùng âm nên ${\log }_{a}b>0$; hơn nữa $|\ln b|<|\ln a|$ nên $0<{\log }_{a}b<1$. Do đó ${\log }_{b}a=\frac{1}{{\log }_{a}b}>1>{\log }_{a}b$, tức ${\log }_{b}a>{\log }_{a}b$. Vậy A đúng. Kiểm tra: C sai vì ${\log }_{a}b<1$; D sai vì ${\log }_{a}b>0$; B sai vì trái với A. Ví dụ $a=0,25,b=0,5$: ${\log }_{b}a={\log }_{0,5}0,25=2>{\log }_{a}b={\log }_{0,25}0,5=0,5$.

(AI giải đề cho tôi)
Kiểm tra từng khẳng định:
- A: ${\log }_3\pi \approx \frac{\ln \pi }{\ln 3}\approx \frac{1.1447}{1.0986}\approx 1.042\ne 1$, sai.
- B: $\ln 3\approx 1.0986$ và ${\log }_{3}e=\frac{1}{\ln 3}\approx 0.9102$, nên $\ln 3>{\log }_{3}e$, khẳng định $\ln 3<{\log }_{3}e$ sai.
- C: ${\log }_{3}5\approx \frac{\ln 5}{\ln 3}\approx 1.465>1$ (vì $5>3$) và ${\log }_{7}4\approx \frac{\ln 4}{\ln 7}\approx 0.712<1$ (vì $4<7$). Vậy ${\log }_{3}5>{\log }_{7}4$, đúng.
- D: ${\log }_{\frac{1}{2}}2=-1<0$, sai.
Vậy khẳng định đúng là C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $0<a<b<1$ nên hàm ${\log }_{a}x$ có cơ số $a<1$ do đó nghịch biến trên $(0,\infty )$. Với $b>a$ ta có ${\log }_{a}b<{\log }_{a}a=1$; mặt khác $0<b<1$ và cơ số $a<1$ nên ${\log }_{a}b>0$. Vậy $0<{\log }_{a}b<1$. Tương tự, hàm ${\log }_{b}x$ có cơ số $b<1$ nên nghịch biến, và vì $a<b$ nên ${\log }_{b}a>{\log }_{b}b=1$. Kết hợp: ${\log }_{a}b<1<{\log }_{b}a$. Kiểm tra bằng ví dụ $a=\frac{1}{4},b=\frac{1}{2}$: ${\log }_{a}b=\frac{\ln (1/2)}{\ln (1/4)}=\frac{1}{2}$, ${\log }_{b}a=\frac{\ln (1/4)}{\ln (1/2)}=2$, thỏa $\frac{1}{2}<1<2$. Khẳng định đúng là B.

(AI giải đề cho tôi)
Theo tính chất lôgarit: với $a,b>0$ thì $\ln (ab)=\ln a+\ln b$ (đúng). B sai vì $\ln \frac{a}{b}=\ln a-\ln b$; C sai vì $\ln (ab)\ne \ln a\cdot \ln b$; D sai vì $\ln \frac{a}{b}\ne \frac{\ln a}{\ln b}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có ${\log }_2\frac{9a^2}{b^3}={\log }_{2}9+2{\log }_{2}a-3{\log }_{2}b=2{\log }_{2}3+2{\log }_{2}a-3{\log }_{2}b$. Vì $2{\log }_{2}3\ne 2$ nên mệnh đề A sai. Các mệnh đề B, C, D đều đúng vì $\ln 9=2\ln 3$, $\log 9=2\log 3$, và ${\log }_{3}9=2$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y={\log }_2(10-2x)$ xác định khi $10-2x>0\iff x<5$. Vậy tập xác định là $(-\infty ;5)$.

(AI giải đề cho tôi)
Với $0<a<1$: hàm số $y=a^x$ có tập xác định là $\mathbb{R}$ và tập giá trị là $(0;+\infty )$; hàm số $y={\log }_{a}x$ có tập xác định là $(0;+\infty )$ và tập giá trị là $\mathbb{R}$. Do đó A sai (tập giá trị của $y=a^x$ không phải $\mathbb{R}$), B sai (tập xác định của $y={\log }_{a}x$ không phải $\mathbb{R}$), C đúng, D đúng về tập giá trị của $y={\log }_{a}x$ là $\mathbb{R}$. Cả C và D đều đúng về mặt toán học; đáp án chuẩn thường chọn C (tập xác định của hàm số mũ là $\mathbb{R}$).