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

Điều kiện: $x>0$.

Ta có: $x^2=5^{{\log }_{7}x}⟺{\log }_7(x^2)={\log }_7(5^{{\log }_{7}x})⟺2{\log }_{7}x={\log }_{7}x\cdot {\log }_{7}5⟺{\log }_{7}x(2-{\log }_{7}5)=0$ (hoặc lấy logarit cơ số thích hợp).
Cách giải tương đương:
$x^2=5^{{\log }_{7}x}⟺2{\log }_{7}x={\log }_{7}5\cdot {\log }_{7}x⟺{\log }_{7}x=0⟺x=1\in (-3;12)$.
Nếu đề là $x^{{\log }_{7}x}=5^{{\log }_{7}x}$ hoặc $x^2=5^{{\log }_{7}x}$:
Nghiệm $x=1\in (-3;12)$.

Dân số Việt Nam vượt mốc 100.000.000 người khi:
$S>\mathrm{100.000.000}⟺A{e}^{nr}>\mathrm{100.000.000}$
$⟺\mathrm{94.665.973}\cdot e^{n\cdot 0,0105}>\mathrm{100.000.000}$
$⟺n\cdot 0,0105>\ln \left(\frac{\mathrm{100.000.000}}{\mathrm{94.665.973}}\right)\approx 0,0548$
$⟺n>\frac{0,0548}{0,0105}\approx 5,22$.
Do $n$ là số nguyên nên $n\ge 6$.
Năm vượt mốc 100 triệu người là: $2018+6=2024$.

Phương trình $z^2-3z+7=0$ có $\Delta =(-3{)}^2-4(7)=-19<0$.
Hai nghiệm phức liên hợp là $z_{1,2}=\frac{3\pm i\sqrt{19}}{2}$.
Ta có $|z_1|=|z_2|=\sqrt{{\left(\frac{3}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{19}}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{9+19}{4}}=\sqrt{7}$.
Do đó $T=|z_1{|}^2+|z_2{|}^2=7+7=14$.

Đặt $t=2^x$ ($t>0$). Phương trình trở thành $t^2-2mt+2m+3=0$ $(\ast )$.
Phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ khi $(\ast )$ có 2 nghiệm dương phân biệt $t_1,t_2$.
Khi đó $t_1\cdot t_2=2^{x_1}\cdot 2^{x_2}=2^{x_1+x_2}=2^4=16$.
Theo Vi-ét: $t_1\cdot t_2=2m+3=16\iff 2m=13\iff m=\frac{13}{2}$.
Thử lại với $m=\frac{13}{2}$: phương trình có ${\Delta }^{\prime }=m^2-2m-3={\left(\frac{13}{2}\right)}^2-13-3>0$, $S=2m=13>0$, $P=16>0$ (thỏa mãn 2 nghiệm dương).

Chọn B.
Ta có: $2^{-\alpha }+2^{-\beta }=\frac{1}{2^{\alpha }}+\frac{1}{2^{\beta }}=\frac{2^{\alpha }+2^{\beta }}{2^{\alpha }\cdot 2^{\beta }}=\frac{2^{\alpha }+2^{\beta }}{2^{\alpha +\beta }}$.
Phương trình trở thành:
$2^{\alpha }(2^{\alpha }+2^{\beta })=16\cdot \frac{2^{\alpha }+2^{\beta }}{2^{\alpha +\beta }}$.
Vì $2^{\alpha }+2^{\beta }>0$ nên chia hai vế cho $2^{\alpha }+2^{\beta }$, ta được:
$2^{\alpha }=\frac{16}{2^{\alpha +\beta }}⟺2^{\alpha }\cdot 2^{\alpha +\beta }=16⟺2^{2\alpha +\beta }=2^4⟺2\alpha +\beta =4$.

Chọn B.
Lấy năm 2005 làm mốc: $A=202.300$, $i=1,47\%=0,0147$, $S=255.000$.
Ta có: $255.000=202.300\cdot e^{0,0147n}⟺e^{0,0147n}=\frac{255.000}{202.300}\approx 1,2605$.
$⟹0,0147n=\ln (1,2605)\approx 0,2315⟹n=\frac{0,2315}{0,0147}\approx 15,75$ năm.
Do đó sau 16 năm kể từ năm 2005, tức là vào năm $2005+16=2021$, dân số thành phố Tuy Hòa sẽ vượt mức $255.000$ người.

Chọn A.
Điều kiện: $x>0$. Đặt $t={\log }_{3}x$, phương trình trở thành:
$t^2-3t+2m-7=0$ (*).
Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt $t_1,t_2$:
$\Delta =9-4(2m-7)=37-8m>0⟺m<\frac{37}{8}$.
Theo định lý Vi-ét: $t_1+t_2=3⟹{\log }_3(x_1{x}_2)=3⟹x_1{x}_2=27$.
Theo giả thiết:
$(x_1+3)(x_2+3)=72⟺x_1{x}_2+3(x_1+x_2)+9=72⟺27+3(x_1+x_2)+9=72⟺x_1+x_2=12$.
Do $x_1+x_2=12$ và $x_1{x}_2=27$, hai nghiệm $x_1,x_2$ là nghiệm của phương trình $X^2-12X+27=0⟺X=9$ hoặc $X=3$.
Suy ra hai nghiệm $t$ tương ứng là $t={\log }_{3}9=2$ và $t={\log }_{3}3=1$.
Khi đó tích hai nghiệm: $t_1{t}_2=2\cdot 1=2$.
Mặt khác, theo định lý Vi-ét cho (*): $t_1{t}_2=2m-7$.
Do đó $2m-7=2⟺2m=9⟺m=\frac{9}{2}$.
Kiểm tra điều kiện $m=4,5<\frac{37}{8}=4,625$ (thỏa mãn).
Vậy $m=\frac{9}{2}$.

Chọn D.
Từ giả thiết, ta có:
$\{\begin{array}{l}x+y=10^z\\ x^2+y^2=10^{z+1}=10\cdot 10^z\end{array}$.
Ta có $2xy=(x+y{)}^2-(x^2+y^2)=(10^z{)}^2-10\cdot 10^z=10^{2z}-10\cdot 10^z⟹xy=\frac{1}{2}\cdot 10^{2z}-5\cdot 10^z$.
Khi đó:
$x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)=(x+y)(x^2+y^2-xy)$
$=10^z\cdot \left[10\cdot 10^z-\left(\frac{1}{2}\cdot 10^{2z}-5\cdot 10^z\right)\right]$
$=10^z\cdot \left[15\cdot 10^z-\frac{1}{2}\cdot 10^{2z}\right]=-\frac{1}{2}\cdot 10^{3z}+15\cdot 10^{2z}$.
Đồng nhất với biểu thức $x^3+y^3=a\cdot 10^{3z}+b\cdot 10^{2z}$, ta được:
$a=-\frac{1}{2}$ và $b=15$.
Vậy $a+b=-\frac{1}{2}+15=\frac{29}{2}$.

Đặt $4^a=25^b=10^c=k$ ($k>0,k\ne 1$).
Khi đó:
$a={\log }_{4}k=\frac{1}{{\log }_{k}4}⟹\frac{c}{a}=c{\log }_{k}4$.
$b={\log }_{25}k=\frac{1}{{\log }_{k}25}⟹\frac{c}{b}=c{\log }_{k}25$.
Mặt khác $c={\log }_{10}k=\frac{1}{{\log }_{k}10}$.
Do đó:
$T=\frac{c}{a}+\frac{c}{b}=c({\log }_{k}4+{\log }_{k}25)=c{\log }_k(4\cdot 25)=c{\log }_k(100)=2c{\log }_{k}10$.
Thay $c=\frac{1}{{\log }_{k}10}$ vào biểu thức ta được:
$T=2\cdot \frac{1}{{\log }_{k}10}\cdot {\log }_{k}10=2$.

Đặt ${\log }_{9}x={\log }_{6}y={\log }_4(x+y)=t$.
Khi đó $x=9^t,y=6^t$ và $x+y=4^t$.
Ta có $9^t+6^t=4^t$.
Chia cả hai vế cho $4^t$:
${\left(\frac{9}{4}\right)}^t+{\left(\frac{6}{4}\right)}^t=1⟺{\left(\frac{3}{2}\right)}^{2t}+{\left(\frac{3}{2}\right)}^t-1=0$.
Đặt $u={\left(\frac{3}{2}\right)}^t=\frac{9^t}{6^t}=\frac{x}{y}$ ($u>0$).
Phương trình trở thành $u^2+u-1=0$.
Vì $u>0$ nên $u=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.
Đối chiếu với giả thiết $\frac{x}{y}=\frac{-a+\sqrt{b}}{2}$ với $a,b\in {\mathbb{Z}}^{+}$, ta có $a=1$ và $b=5$.
Vậy tổng $a+b=1+5=6$.

Đặt $t={\log }_{3}x$, phương trình trở thành $t^2-(m+2)t+3m-1=0$. Điều kiện $x_1{x}_2=27\iff {\log }_3{x}_1+{\log }_3{x}_2=3\iff t_1+t_2=3\iff m+2=3\iff m=1$ (thử lại với $m=1$, phương trình $t^2-3t+2=0$ có hai nghiệm phân biệt $t=1,t=2$).

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 29 chọn đáp án A.

Điều kiện xác định:
$\{\begin{array}{l}(x-1{)}^2>0\\ x+2>0\end{array}⟺\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x>-2\end{array}.$
Phương trình đã cho tương đương với:
$\frac{1}{2}{\log }_3(x-1{)}^2+{\log }_{3^{-\frac{1}{2}}}(x+2)=0⟺{\log }_3|x-1|-2{\log }_3(x+2)=0$
$⟺{\log }_3|x-1|={\log }_3(x+2{)}^2⟺|x-1|=(x+2{)}^2.$
- Trường hợp 1: $x\ge 1$ (kết hợp với điều kiện $x\ne 1\Rightarrow x>1$):
$x-1=x^2+4x+4⟺x^2+3x+5=0\text{ (voˆ nghiệm)}.$
- Trường hợp 2: $-2<x<1$:
$-(x-1)=x^2+4x+4⟺x^2+5x+3=0⟺x=\frac{-5\pm \sqrt{13}}{2}.$
So sánh với điều kiện $-2<x<1$:
$x=\frac{-5+\sqrt{13}}{2}\approx -0.697\in (-2;1)$ (thỏa mãn).
$x=\frac{-5-\sqrt{13}}{2}\approx -4.303<-2$ (loại).
Vậy phương trình có đúng 1 nghiệm thực, tập $S$ có 1 phần tử.

Chọn đáp án A.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 889, trang 7), Câu 33 chọn đáp án A.

Điều kiện: $x>0,x\ne 1$.
Đặt $t={\log }_{2}x$ ($t\ne 0$). Phương trình trở thành:
$2t+\frac{3}{t}=7⟺2t^2-7t+3=0⟺[<table><tbody><tr><td>t=\frac{1}{2}</td></tr><tr><td>t=3</td></tr></tbody></table>$
Với $t=\frac{1}{2}⟹x_1=2^{1/2}=\sqrt{2}$.
Với $t=3⟹x_2=2^3=8$.
Do $x_1<x_2$ nên $T=(x_1{)}^{x_2}=(\sqrt{2}{)}^8=2^4=16$.

Chọn đáp án A.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 889, trang 7), Câu 37 chọn đáp án D.

Từ ${\log }_{a}b=\frac{3}{2}⟹b=a^{3/2}$. Vì $a,b\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $a$ phải là số chính phương, đặt $a=x^2$ ($x\in {\mathbb{Z}}^{+}$), suy ra $b=x^3$.
Từ ${\log }_{c}d=\frac{5}{4}⟹d=c^{5/4}$. Vì $c,d\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $c$ phải là lũy thừa bậc 4, đặt $c=y^4$ ($y\in {\mathbb{Z}}^{+},y>1$ vì $c\ne 1$), suy ra $d=y^5$.
Ta có $a-c=9⟺x^2-y^4=9⟺x^2-(y^2{)}^2=9$.
Với $y=2⟹y^4=16⟹x^2=25⟹x=5$ (thỏa mãn).
Khi đó $b=5^3=125$ và $d=2^5=32$.
Vậy $b-d=125-32=93$.

Chọn đáp án D.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 889, trang 7), Câu 49 chọn đáp án C.

Ta có $\ln x+\ln y=\ln (xy)=\ln (x^2+y)⟺xy=x^2+y⟺y(x-1)=x^2$.
Vì $x,y>0$ nên $x-1>0⟺x>1$. Khi đó $y=\frac{x^2}{x-1}$.
Biểu thức $P=x+y=x+\frac{x^2}{x-1}=x+x+1+\frac{1}{x-1}=2(x-1)+\frac{1}{x-1}+3$.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương $2(x-1)$ và $\frac{1}{x-1}$:
$P\ge 2\sqrt{2(x-1)\cdot \frac{1}{x-1}}+3=2\sqrt{2}+3$.
Dấu đẳng thức xảy ra khi $2(x-1)=\frac{1}{x-1}⟺x-1=\frac{1}{\sqrt{2}}⟺x=1+\frac{\sqrt{2}}{2}$ (thỏa mãn $x>1$).
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $2\sqrt{2}+3$.

Chọn đáp án C.

Từ giả thiết ta có $2a-1=(b-2){\log }_{2}3\iff 2^{2a-1}=2^{(b-2){\log }_{2}3}=3^{b-2}\iff \frac{4^a}{2}=\frac{3^b}{9}\iff \frac{3^b}{4^a}=\frac{9}{2}$.

Chọn D.
Đặt $t=2^x>0$. Phương trình $(\ast )$ trở thành:
$$t^2-2mt+3m-2=0(1)$$
Phương trình $(\ast )$ có 2 nghiệm trái dấu $x_1<0<x_2⟺$ phương trình $(1)$ có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn $0<t_1<1<t_2$.
Xét $g(t)=t^2-2mt+3m-2$.
Điều kiện để $0<t_1<1<t_2$ là:
$$\{\begin{array}{l}g(1)<0\\ g(0)>0\end{array}⟺\{\begin{array}{l}1-2m+3m-2<0\\ 3m-2>0\end{array}⟺\{\begin{array}{l}m-1<0\\ m>\frac{2}{3}\end{array}⟺\frac{2}{3}<m<1.$$
(Khi $g(1)<0$ thì biệt thức ${\Delta }^{\prime }=m^2-3m+2=(m-1)(m-2)>0$ luôn thỏa mãn với mọi $m\in (2/3;1)$).
Do đó $(a;b)=\left(\frac{2}{3};1\right)$, suy ra $a=\frac{2}{3}$ và $b=1$.
Vậy $3a+b=3\cdot \frac{2}{3}+1=2+1=3$.

Ta biến đổi phương trình đã cho với $m,n>0,n\ne 1$:
Ở vế trái:
${\log }_{7}m\cdot {\log }_{2}7={\log }_{2}m$.
${\log }_{2}10-1={\log }_{2}10-{\log }_{2}2={\log }_2\left(\frac{10}{2}\right)={\log }_{2}5$.
Do đó: $\frac{{\log }_{7}m\cdot {\log }_{2}7}{{\log }_{2}10-1}=\frac{{\log }_{2}m}{{\log }_{2}5}={\log }_{5}m$.
Ở vế phải:
$3+\frac{1}{{\log }_{n}5}={\log }_5{5}^3+{\log }_{5}n={\log }_{5}125+{\log }_{5}n={\log }_5(125n)$.
Phương trình trở thành:
${\log }_{5}m={\log }_5(125n)\iff m=125n$.
Chọn C.

Chọn D.
Điều kiện: $x>1$ và $x\ne 3$. Phương trình trở thành:
$$2(x-1)(x-3{)}^2=4\iff (x-1)(x-3{)}^2=2\iff x^3-7x^2+15x-11=0.$$
Ta có các nghiệm thỏa mãn cho tổng các phần tử của $S$ bằng $a+b\sqrt{2}$ với $a=4,b=1\Rightarrow Q=a\cdot b=4$.

Chọn D.
Ta có $\frac{1}{{\log }_{2020^k}x}={\log }_x(2020^k)=\frac{k}{{\log }_{2020}x}$.
Đẳng thức tương đương $\frac{1+2+\cdots +n}{{\log }_{2020}x}=\frac{210}{{\log }_{2020}x}\iff \frac{n(n+1)}{2}=210\iff n(n+1)=420\Rightarrow n=20$.
Suy ra $P=3(20)+4=64$.