Tổng Hợp các bài toán cực trị mũ và logarit – Nguyễn Minh Tuấn

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC CHINH PH ỤC L ỜI GI ỚI THI ỆU Trong đề thi THPT Quốc Gia thì các bài toán về cực trị nói chung luôn là các bài toán ở mức độ vận dụng và vận dụng cao và đa phần các đều cảm thấy khó vì không nắm được những phương pháp, những kiến thức cơ bản về bất đẳng thức hay các đánh giá thuần túy. Chính vì lí do đó mà mình đã nảy ra û tưởng viết một số bài viết có thể giúp được các bạn hiểu được và giải quyết các dạng toán bất đẳng thức và cực trị trong các đề thi thử và đề thi THPT Quốc Gia. Ở bài viết này mình sẽ giới thiệu cho các bạn dạng toán về cực trị của hàm số mũ – logarit với mong muốn những ai đọc đều có thể hiểu và áp dụng cho những bài toán khác phức tạp hơn hoặc có thể phát triển thêm nhiều vấn đề khác. Để có thể viết nên được bài viết này không thể không có sự tham khảo từ các nguồn tài liệu của các các group, các khóa học, tài liệu của các thầy cô mà tiêu biểu là 1. Group Nhóm toán: https://www.facebook.com/groups/nhomtoan/ 2. Group Hs Vted.vn: https://www.facebook.com/groups/vted.vn/ 3. Group Nhóm Toán và Latex: https://www.facebook.com/groups/toanvalatex/ 4. Website Toán học Bắc – Trung – Nam: http://toanhocbactrungnam.vn/ 5. Website Toanmath: https://toanmath.com/ 6. Anh Phạm Minh Tuấn: https://www.facebook.com/phamminhtuan.2810 7. Thầy Lã Duy Tiến – Giáo viên trường THPT Bình Minh 8. Thầy Lê Phúc Lữ - Công tác tại phòng R&D Công ty Fsoft thuộc tập đoàn FPT. 9. Thầy Đặng Thành Nam – Giảng viên Vted 10. Thầy Đặng Việt Đông – Giáo viên trường Nho Quan A Trong bài viết mình có sáng tác và tự sưu tầm nên có thể sẽ có những câu hỏi chưa hay hoặc chưa phù hợp mong bạn đọc bỏ qua. Trong quá trình biên soạn không thể tránh khỏi những thiếu sót, mong bạn đọc có thể góp ý trực tiếp với mình qua địa chỉ sau: Nguy ễn Minh Tu ấn Sinh viên K14 – Khoa học máy tính – Đại học FPT Facebook: https://www.facebook.com/tuankhmt.fpt Email: tuangenk@gmail.com Blog: https://lovetoan.wordpress.com/ Bản pdf được phát hành miễn phí trên blog CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN, mọi hoạt động sử dụng tài liệu vì mục đích thương mại đều không được cho phép. Xin chân thành cảm ơn bạn đọc. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 1 I. MỞ ĐẦU Như ta đã biết trong đề thi môn toán của kì thi THPT Quốc Gia 2018 vừa qua có xuất hiện một câu cực trị logarit tuy không phải là bài toán khî nhưng khá là lạ và đã gây lòng tòng cho nhiều học sinh, thực chất mấu chốt của bài toán là việc sử dụng bất đẳng thức AM – GM cơ bản để đánh giá. Trong bài viết này tôi và các bạn sẽ cùng tìm hiểu và phát triển bài toán đî cao hơn và cñng nhau ïn lại những dạng toán cực trị đã xuất hiện nhiều trước đây! Bài toán mở đầu Cho 2 số thực a 0,b 0 thỏa mãn 22 4a 5b 1 8ab 1 log 16a b 1 log 4a 5b 1 2 . Giá trị của biểu thức a 2b bằng? A. 9 B. 20 3 C. 6 D. 27 4 Câu 43 mã đề 105 – Đề thi THPT Quốc Gia môn toán 2018 Nhận xét. Với những ai chưa cî kiến thức nhiều về bất đẳng thức thì khả năng cao sẽ bỏ hoặc một số khác sẽ sử dụng CASIO tìm mối liên hệ giữa x,y bằng cách cho Y 1000 , tuy nhiên chắc chắn rằng phương trënh sẽ vô nghiệm. Nếu tinh ý ta có thể nhận thấy đề yêu cầu tìm giá trị của biểu thức a 2b cî nghĩa là a,b đều là một số xác định rồi, do đî ta phải nghĩ ngay tới phương pháp đánh giá! Chò ó thêm là các cơ số đều lớn hơn 1 do giả thiết và theo bất đẳng thức AM – GM ta lại có thêm 22 16a b 8ab . Đến đây bài toán gần như đã coi như được giải quyết! Lời giải. Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 22 16a b 8ab . Từ đây suy ra: 4a 5b 1 8ab 1 VT log 8ab 1 log 4a 5b 1 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 22 8ab 1 a,b 0 3 a 27 16a b a 2b 4 4 b3 log 4a 5b 1 1   Vậy chọn đáp án D. Chú ý. Ngoài phép đánh giá đầu ta còn sử dụng thêm đánh giá sau: a b a a aa 11 log b log a log b 2 log b 2 log b log b  Ta đã cñng tëm hiểu bài toán trong đề thi THPT Quốc Gia, trong chuyên đề này sẽ chủ yếu nhắc tới dạng toán kiểu như vậy, tuy nhiên trước tiên ta sẽ cùng nhắc lại một số dạng toán và kiến thức lý thuyết cần phải nắm rõ. CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 2 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor II. CÁC KIẾN THỨC CẦN NHỚ Để có thể làm tốt các bài toán ở chuyên đề này chúng ta cần phải nắm chắc được các kiến thức lý thuyết cơ bản về bất đẳng thức, điều kiện có nghiệm và biến đổi logarit sau. Đây chình là nội dung chính của chuyên đề mà mình muốn nhắc tới, một dạng toán lấy ý tưởng từ đề thi THPT Quốc Gia 2018. Trước tiên để làm tốt ta sẽ cần có một số kiến thức về bất đẳng thức và nhắc lại các kiến thức đã học sau: Bất đẳng thức AM – GM. + Cho 2 số thực dương a,b khi đî a b 2 ab . Dấu “=” khi và chỉ khi ab + Cho 3 số thực dương a,b,c khi đî 3 a b c 3 abc . Dấu “=” khi và chỉ khi a b c + Tổng quát với các số thực dương n n n ii i1 i1 x n x   . Dấu “=” khi và chỉ khi 1 2 n x x ... x + Dạng cộng mẫu số 2 n n i1 i i i1 1n x x   . Dấu “=” khi và chỉ khi 1 2 n x x ... x Khi cho n 2, n 3 thë ta được 2 bất đẳng thức quen thuộc 1 2 1 2 1 2 3 1 2 3 1 1 4 x x x x 1 1 1 9 x x x x x x  Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz: + Cho 2 bộ số 1 2 n x ,x ,...,x và 1 2 n y , y ,..., y khi đî ta cî 2 n n n 22 i i i i i 1 i 1 i 1 x y x y                Dấu “=” khi và chỉ khi các số lập thành các bộ số tỉ lệ. Chú ý khi cho n 2,n 3 ta được 2 bất đẳng thức quen thuộc + 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 x x y y x y x y + 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3 x x x y y y x y x y x y + Dạng cộng mẫu Engel tổng quát    2 n i 2 n i1 i n i1 i i i1 a a b b . Trong đî dạng 2 2 2 xy y x a b a b là dạng ta hay gặp nhất Bất đẳng thức trên còn có thể gọi là bất đẳng thức Svacxơ. Dấu “=” xảy ra khi    1 2 n 1 2 n a a a b b b . Riêng dạng cộng mẫu thë cần thêm điều kiện là 1 2 n b ,b ,...,b 0 Bất đẳng thức Minkowski. Tổng quát: Cho số thực r1 và mọi số dương 1 2 n 1 2 n a ,a ,...,a ,b ,b ,...,b thì ta có: TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 3                    1 1 1 n n n r r r r rr i i i i i 1 i 1 i 1 a b a b Ở đây chỉ xét trường hợp cho 2 bộ số 1 2 n a ,a ,...,a và 1 2 n b ,b ,...,b . Khi đî ta cî:    n n n 2 2 i i i i i 1 i 1 i 1 a b a b Dấu “=” xảy ra khi    1 2 n 1 2 n a a a b b b . Dạng mà ta hay gặp nhất 22 2 2 2 2 a b c d a b c d . Bất đẳng thức này cín gọi là bất đẳng thức Vector. Bất đẳng thức Holder. Cho các số dương i,j x i 1,m , j 1,n . Khi đî với mọi số    1 2 n , ,..., 0 thỏa mãn   n i i1 1 ta có:     j j nn mm i ,j i ,j j 1 j 1 i 1 i 1 xx Ở đây ta chỉ xét trường hợp đơn giản nhất cho 3 dãy số gồm a,b,c ; m,n,p ; x, y,z . Ta có: 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b c x y z m n p axm byn czp Dấu “=” xảy ra khi 3 dãy tương ứng tỷ lệ. Một bất đẳng thức ở dạng này mà ta hay gặp: 3 1 a 1 b 1 c 1 abc Bất đẳng thức trị tuyệt đối. Cho 2 số thực a,b khi đî ta cî a b a b a b Dấu “=” thứ nhất khi a,b cùng dấu, dấu “=” thứ 2 khi a,b trái dấu. Điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2 Cho phương trënh 2 ax bx c 0 a 0  . Khi đî nếu: + 0  thë phương trënh cî nghiệm , đồng nghĩa vế trái luôn không âm hoặc khïng dương + 0  thë phương trënh cî 2 nghiệm phân biệt Ứng dụng của kiến thức này sẽ áp dụng cho những bài tëm điều kiện có nghiệm để suy ra min, max. Ngoài ra phải chú ý tới một số phép biến đổi logarit mà ta đã học. Tính chất hàm đơn điệu 1. Nếu hàm số fx đơn điệu và liên tục trên tập xác định của nî thë phương trënh f x a có tối đa một nghiệm 2. Nếu hàm số fx đơn điệu và không lien tục trên tập xác định của nî thë phương trënh f x a có tối đa n1 nghiệm CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 4 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor III. CÁC DƢNG TOÁN CỰC TRỊ MŨ – LOGARIT 1. KỸ THUẬT RÚT THẾ - ĐÁNH GIÁ ĐIỀU KIỆN ĐƯA VỀ HÀM 1 BIẾN SỐ. Đây là một kỹ thuật cơ bản nhất mà khi gặp các bài toán về cực trị mà ta sẽ luïn nghĩ tới, hầu hết chúng sẽ được giải quyết bằng cách thế một biểu thức từ giả thiết xuống yêu cầu từ đî sử dụng các công cụ như đạo hàm, bất đẳng thức để giải quyết. Sau đây ta sẽ cñng đi vào các ví dụ minh họa. VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho các số thực x,y thỏa mãn y x 2 2 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 22 P 2x y 2y x 9xy A. 27 2 B. 18 C. 27 D. 12 THPT Đï Lương 4-Nghệ An năm 2017-2018 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có y x y x 4 2 2 2 x y 2 y 2 x   2 2 P 2x x 2 2 2 x x 9x 2 x f x f 1 18   Chọn ý B. Ví dụ 2: Cho 2 số thực a, b 1 thỏa mãn 23 log a log b 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức 32 P log a log b bằng? A. 23 log 3 log 2 B. 23 log 3 log 2 C. 23 1 log 3 log 2 2 D. 23 2 log 3 log 2 Chuyên KHTN Hà Nội – Lần 1 – 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi yêu cầu của bài toán ta được: 2 3 2 2 32 2 3 2 3 log a log b log a 1 log a P log a log b log 3 log 2 log 3 log 2 Xét hàm số 2 22 22 log 3 t1 f t log 3 1 t f ' t t log a log 3 2 t log 3 2 1 t Ta có 2 22 2 2 1 f ' t 0 1 t log 3 t 1 t t.log 3 t 1 log 3 2 3 2 3 2 2 1 f t f log 3 log 2 min P log 3 log 2 1 log 3 Chọn ý A. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 5 Ví dụ 3: Cho 2 số thực dương a,b thỏa mãn 22 12 log a log 2b . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 3 2 P 4a b 4log 4a b được viết dưới dạng 2 x y log z với x,y,z đều là các số thực dương lớn hơn 2. Khi đî tổng x y z có giá trị bằng bao nhiêu? A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Cris Tuấn Lời giải Từ giả thiết ta có 2 2 2 222 1 2 4 4 log a log log a log a 2 b b b . Đặt 33 t 4a b , theo bất đẳng thức AM – GM ta có 3 3 3 3 3 3 3 3 6 6 6 256 256 b b 256 b b t 4a b b 3 . . 12 b b 2 2 b 2 2 Khi đî 3 3 3 3 22 P 4a b 4log 4a b f t t 4log t . Ta có 44 f ' t 1 1 0 t 12 t ln 2 12 ln 2 . Vậy hàm ft đồng biến trên  12;  2 P f t f 12 4 4log 3 x y 4,z 3 x y z 3 Chọn ý C. Ví dụ 4: Cho 2 số thực dương a,b thỏa mãn 22 1 log 12 a b log a 2 b 2 1 2 . Khi đî giá trị nhỏ nhất của biểu thức 33 a b 45 P b 2 a 2 a b được viết dưới dạng m n với m,n là các số nguyên dương và m n tối giản. Hỏi giá trị của mn bằng bao nhiêu? A. 62 B. 63 C. 64 D. 65 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có: 22 1 log 12 a b log a 2 b 2 1 2 22 log 12 a b log 2 a 2 b 2 a b 2 a 2 b 2 12 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 22 12 a b 4 a 2 b 2 a b 4 a b 4  . Biến đổi tiếp biểu thức 4 4 3 3 33 a b 2 a b a a 2 b a 2 45 45 P a 2 b 2 a b a 2 b 2 a b Chú ý tới 2 bất đẳng thức quen thuộc 4 44 3 33 1 a b a b 8 1 a b a b 4  CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 6 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Từ đî suy ra 43 43 43 22 11 a b 2. a b a b 4 a b 45 45 t 4t 45 84 P a 2 b 2 a b a b t 2 12 a b 2 12 t Xét hàm số 3 2 3 2 43 2 3 2 3 2 22 t 4 t 2 t 3 t 4 4 .4 2 4 3 4 t 4t 45 45 45 f t f ' t 0 t t 4 2 12 t 12 t 12 t 12 4 12 4 61 61 P f t f 4 min P m n 65 44 Chọn ý D. Ví dụ 5: Cho các số thực dương x,y thỏa mãn log x 2y log x log y , khi đî giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 x y 4 1 2y x1 P e e được viết dưới dạng m n với m,n là các số nguyên dương và m n tối giản. Hỏi giá trị của 22 mn bằng bao nhiêu? A. 62 B. 78 C. 89 D. 91 Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Hải Phòng Lời giải Biến đổi giả thiết ta có: xx log x 2y log x log y log x 2y log xy x 2y xy y .y 22 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 2 x y xx 2 y .y 2 2 4  2 x x x y 4 y 0 y 4 2 2 2         Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng cộng mẫu số Engel ta có: 2 2 22 x y 22 2 4 1 2y x1 xx y yy x 22 P e e ln P x x 4 1 2y x 1 2y 1 1 2. 2 y 1 2 2         Đặt 8 2 5 x t 8 t y t 4 ln P f t f 4 P e 2 2 t 1 5 Chọn ý C. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 7 Ví dụ 6: Cho hai số thực x,y thỏa mãn 0 x, y 1  đồng thời 22 2x 2xy y xx y 2xy y 2 4 5.2 . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số xy 2 xy 2 y f x, y e 2 x 2 . Khi đî giá trị của biểu thức T M m có giá trị bằng bao nhiêu? A. 1 e 2 B. e1 C. 3 e 2 D. Không tồn tại Lời giải Từ giả thiết ta có 22 2x 2xy y y x x x 2x y y 2xy y y y x x 2 4 5.2 2 4.2 5.2 Đặt x y y x a 2 ,b 2 a,b 0 ta được: 2 4a a 5b a b 4a 5b 0 a b x y b Khi đî xy 2 2 xy x 2 y x f x, y e 2 x e x 1 g x 22 Ta có xx g' x e x 1,g'' x e 1 0 vậy khi đî g x g 0 0 , vậy không tồn tại giá trị nhỏ nhất. Chọn ý D. Ví dụ 7 : Gọi S là tập hợp các cặp số thực x; y thỏa mãn   x 1;1 đồng thời xy 2018 ln x y 2017x ln x y 2017y e . Biết rằng giá trị lớn nhất của biểu thức 2018x 2 P e y 1 2018x với x, y S đạt tại 00 x ; y . Mệnh đề nào dưới đây đòng? A. 0 x 1;0 B. 0 x1 C. 0 x1 D.  0 x 0;1 THPT Chuyên Quốc Học – Huế năm 2017-2018 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có xy 2018 2018 2018 ln x y 2017x ln x y 2017y e e x y ln x y 2017 x y e ln x y 2017 0 * xy Xét 2018 2018 2 e 1 e f t ln t 2017 f ' t 0, t 0 f t t t t đồng biến trên 0;  . Khi đî phương trënh 2018 2018 * x y e y x e 2018x 2018 2 P e 1 x e 2018x g x   2018x 2018 2018x 2 2 2018 2018x 2 2 2018 g ' x e 2019 2018x 2018e 4036x g '' x e 2018.2020 2018 x 2018 e 4036 e 2018.2020 2018 2018 e 4036 0, x 1;1  CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 8 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Nên g ' x nghịch biến trên   1;1 . Mà 2018 2018 g' 1 e 2018 0,g' 0 2019 2018e nên tồn tại 0 x 1;0 sao cho   00 1;1 g' x 0 maxg x g x Chọn ý A. Ví dụ 8: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 22 x y 2 22 1 3 log x y 1 log 1 xy 2 . Giá trị lớn nhất của biểu thức 33 P 2 x y 3xy bằng bao nhiêu? A. 13 2 B. 17 2 C. 3 D. 7 Lời giải Điều kiện x y;1 xy . Biến đổi giả thiết ta có 22 22 2 x y 2 22 x y 2 22 22 3 log x y log 2 2xy 3 log x y 2 2 2xy log 2 2xy Nếu 22 2 x y 2 VT log 2 2xy VP Nếu 22 2 x y 2 VT log 2 2xy VP Vậy 2 2 22 2 x y x y 2 x y 2 2xy xy 2 . Do xy 1 x y 2;2 Khi đî ta cî: 2 3 32 3 a 2 13 P 2 x y 6xy x y 3xy 2a 3a a 2 f a a x y f 1 22  Chọn ý A. Ví dụ 9: Cho các số thực dương a, x, y,z thỏa mãn 2 4z y ,a 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3 3 2 2 aa S log xy log x y x z 4z y A. 4 B. 25 16 C. 2 D. 21 16 Lời giải Từ giả thiết ta có 2 2 2 2 2 5 3 3 2 3 3 3 3 2 y x y x y z x y x z x y 2 x y . xy 4 4 4 Khi đî 2 5 2 2 a 2 a 5 25 25 S log xy log xy log xy 4 16 16 Chọn ý B. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 22 x y 1 log 2x 4y 1 . Tính x P y khi biểu thức S 4x 3y 5 đạt giá trị lớn nhất TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 9 A. 8 P 5 B. 9 P 5 C. 13 P 4 D. 17 P 44 Câu 2: Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn  xy 4y 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 6y x 2y S ln xy . A. 24 ln 6 B. 12 ln 4 C. 3 ln 6 2 D. 3 ln 4 Câu 3: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 22 x y 1 22 3 2 log x y 1 3 . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 33 S x y x y là a6 b với a,b là các số nguyên dương và a b là phân số tối giản. Tính T a 2b A. 25 B. 34 C. 32 D. 41 Câu 4: Cho x,y là hai số thực dương thỏa mãn 3 log x log y log x y . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức S 2x y là? A. 2 2 2 B. 3 8 C. 4 4 2 D. 3 2 2 Câu 5: Cho 2 số thực a,b thỏa mãn 22 a b 1 và 22 ab log a b 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức P 2a 4b 3 là? A. 10 2 B. 10 C. 2 10 D. 1 10 Câu 6: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 1 xy 4,x , y 1 2 . Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 22 P log x log y 1 . Tính S M 2m A. 10 2 B. 10 C. 2 10 D. 1 10 Câu 7: Cho x,y là hai số thực dương thỏa mãn 2 2 2 log x log x 3y 2 2 log y  . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 22 x y 2x 3y S x 2y x xy 2y là b a c với a,b,c là các số nguyên dương và b c là các phân số tối giản. Tính giá trị của biểu thức P a b c A. 30 B. 15 C. 17 D. 10 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 10 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 8: Cho x,y là hai số thực dương thỏa mãn 22 2x xy 3y log 11x 20y 40 1 . Gọi a,b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức y S x . Tính ab ? A. 10 B. 2 14 C. 11 6 D. 7 2 Câu 9: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn log x 3y log x 3y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S x y A. 45 3 B. 22 3 C. 1 9 D. 1 8 Câu 10: : Cho 2 số thực x,y thỏa mãn log x 3y log x 3y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S x 2 y 1 A. 10 1 B. 5 2 3 2 C. 3 5 2 3 D. 3 2 5 3 Câu 11: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 22 x y 2 log x y 3 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S 3x 4y 6 A. 5 6 9 2 B. 5 6 3 2 C. 5 3 5 2 D. 5 6 5 2 Câu 12: : Cho x,y là hai số thực dương thỏa mãn 2 log x log y log x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 3y A. 1 B. 3 2 C. 9 D. 1 2 Câu 13: Cho các số thực dương x,y thỏa mãn 2 2 2 log x log y log x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 S x y A. 3 24 B. 3 C. 2 D. 2 Câu 14: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất một cặp số thực x, y thỏa mãn 22 x y 2 log 4x 4y 4 1 và 22 x y 2x 2y 2 m A. 2 10 2 B. 2 10 2 C. 10 2 D. 10 2 Câu 15: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 2 2 2 x 2y 2 x 2y 2y x 2 4 3 4 9 .7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S x 2y . TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 11 A. 9 4 B. 7 4 C. 33 8 D. 1 4 Câu 16: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 22 x 2y 1 và 22 x 2y log 2x y 1 . Biết giá trị lớn nhất của P x y là a b 6 c với a,b,c là các số nguyên dương và a c là các phân số tối giản. Tính giá trị của biểu thức P a b c A. 17 B. 12 C. 11 D. 16 Câu 17[THTT]: Cho 2 số thực dương thay đổi a,b thỏa mãn điều kiện: 2 ln a 1 ln b ln b 4 ln a Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của b log a . Giá trị của Mm bằng? A. 2 2 1 B. 2 2 1 C. 2 1 2 D. 12 Câu 18: Cho x,y là hai số thực dương thỏa mãn y 4x , giá trị lớn nhất của biểu thức 2x 5y 2y 5x P ln yx có dạng m ln n 2 . Tính tổng mn A. 25 B. 24 C. 29 D. 4 Câu 19: Cho 2 số thực dương thay đổi a,b thỏa mãn 22 log a 1 log b 1 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S a b A. 12 B. 14 C. 8 D. 16 Câu 20: Cho số thực x thỏa mãn   x 0;16 . Biết rằng giá trị nhỏ nhất của biểu thức 44 x x x 1 x f x 8.3 9 9 đạt được khi m x n với m, n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Tính mn A. 17 B. 18 C. 19 D. 20 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Chọn ý C. Ta có 2 2 22 2x y x y 1 x 1 y 2 4 Khi đî theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: 2 2 22 S 4 x 1 3 y 2 7 4 3 x 1 y 2 7 3  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 13 y2 x1 x 5 43 4 4x 3y 5 0 y 5   Câu 2. Chọn ý C. CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 12 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Theo giả thiết ta có 2 2 4y 1 x1 t 2 4 4 y y y   Khi đî 6y x6 S ln 2 ln t 2 f t x y t Đến đây xét tình đơn điệu của hàm số ta sẽ chỉ ra 3 f t f 4 ln 6 2 Câu 3. Chọn ý B. Ta sẽ chuyển bài toán về giải phương trënh logarit để tìm mối liên hệ giữa x,y. Xét hàm số t1 3 f t 2 log t 1 3 đây là hàm đồng biến trên  0;  Do đî   22 f t 0 t 2 x y 2 xy 1;1 . Khi đî ta được 2 22 2 2 2 512 16 6 S x y 1 x xy y 2 2xy 3 xy S 27 9   Câu 4. Chọn ý C. Áp dụng các tính chất của logarit thì từ giả thiết ta suy ra được: 3 33 x xy x y y x 1 x y x1 Vë do x,y dương nên từ điều kiện ta suy ra x1 Khi đî ta được 3 x 2x y 2x f x f 2 4 4 2 x1 Câu 5. Chọn ý B. Theo giả thiết ta có 22 2 2 2 2 1 1 1 a b 1 a b a b a b 2 2 2          Khi đî theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: 22 22 1 1 1 1 P 2 a 4 b 2 4 a b 10 2 2 2 2                       Câu 6. Chọn ý A. Theo giả thiết ta có   2 41 y 1 x 4 x 4 log x 1;2 x2    Khi đî 2 2 22 11 P log x 1 log x ;5 S 5 2. 6 22    Câu 7. Chọn ý D. Theo giả thiết ta có 2 2 2 2 22 x log x 3xy log 4y x 3xy 4y 0 1 y    Khi đî chia cả tử và mẫu cho y ta chuyển về bài toán xét tình đơn điệu của hàm 22 2 3 3 2 t 1 2t 3 5 3t 1 2 1 f t f ' t 0 t2 t 2 t 2 t t 2 2 2 2 t t 2 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 13 5 f t f 1 2 P 10 3  Câu 8. Chọn ý C. Từ giả thiết ta suy ra 22 2x xy 3y 11x 20y 40 0 Thế Sx y vào giả thiết trên ta được 22 4S 2 x 20S 11 x 40 0 Sử dụng điều kiện có nghiệm ta có 2 x 55 2 10 55 2 10 11 0 240S 440S 199 0 S ; a b 60 60 6      Câu 9. Chọn ý A. Theo giả thiết ta có 2 2 2 2 x 3y 0 x 0;log x 9y 1 x 9y 10 x 3y 0  Khi đî 22 y x S 8x 18xS 9S 10 0 Phương trënh trên phải có nghiệm dương nên ta cî x 0 45 S S0 3   Câu 10. Chọn ý C. Tương tự như câu trên Câu 11. Chọn ý D. Làm tương tự câu 5 ta có 22 22 22 22 1 1 3 x y 3 x y 2 x y 2 2 2 1 1 5 1 1 5 5 6 5 S 3 x 4 y 3 4 x y 2 2 2 2 2 2 2                                Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 6 1 x 10 4 6 3 y 10  Câu 12. Chọn ý C. Tương tự câu 4 Câu 13. Chọn ý A. Từ giả thiết ta có 2 2 xy 1 x y xy x y 4 S x y 8 22  Câu 14. Chọn ý A. Từ giả thiết thứ nhất ta suy ra 2 2 x 2 y 2 2  . Đây là một hình tròn 1 C có tâm là 1 I 2; 2 và 1 R2 . Từ giả thiết thứ 2 ta suy ra 2 2 x 1 y 1 m m 0 , đây là đường tròn 2 C có tâm là 2 I 1;1 ,R m . CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 14 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Do yêu cầu của bài toán nên 12 C , C phải tiếp xúc ngoài với nhau, suy ra 2 1 2 1 2 I I R R m 10 2 Câu 15. Chọn ý A. Ta sẽ đưa về việc giải phương trënh từ đî tëm ra mối liên hệ giữa x,y Từ giả thiết ta có 2 2 2 2 2 x 2y x 2y 2 2 2 2 x 2y 2 2 x 2y 4 3 4 3 f x 2y 2 f 2 x 2y x 2y 2 7 7 2 9 S x x 2 4 Chú ý. Ngoài ra ta có thể đặt 2 2 t x y sau đî dùng máy tình để giải phương trënh mũ! Câu 16. Chọn ý C. Tương tự câu 5. Câu 17. Chọn ý A. Đặt   2 x ln a, y ln b x 1 y y 4 x x 2;2 Do 2 b ln a x x log a x 4 x 2;2 2 ln b y y   Câu 18. Chọn ý B. Theo giả thiết ta có y t4 x . Khi đî ta được 2x 5y 2y 5x 2y 2x 2 11 P ln ln 5 5 ln 5 2t 5 ln 13 y x y x t 2  Câu 19. Chọn ý A. Theo giả thiết ta có a 1 b 1 64 . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được 2 a b 2 64 a 1 b 1 a b 2 14 a b 12 2   Câu 20. Chọn ý A. Giá trị nhỏ nhất của hàm số là 0 đạt được khi 1 x 16 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 15 2. HÀM ĐẶC TRƯNG. Dạng toán này đề bài sẽ cho phương trënh hàm đặc trưng từ đî ta sẽ đi tëm mối liên hệ giữa các biến và rút thế vào giả thiết thứ 2 để giải quyết yêu cầu bài toán. Nhìn chung dạng toán này ta chỉ cần nắm chắc được kỹ năng biến đổi làm xuất hiện được hàm đặc trưng kết hợp với kiến thức về đạo hàm là sẽ giải quyết được trọn vẹn! VÍ DỤ MINH HỌA Câu 1: Cho 2 số thực không âm x,y thỏa mãn 2 2 2y 1 x 2x y 1 log x1 . Tìm giá trị nhỏ nhất m của biểu thức 2x 1 2 P e 4x 2y 1 A. m1 B. 1 m 2 C. 1 m e D. m e 3 Thầy Đặng Thành Nam – Vted.vn Lời giải Mấu chốt của bài toán này sẽ phải làm xuất hiện hàm đặc trưng từ đî rút ra mối liên hệ giữa x và y. Biến đổi giả thiết ta có: 22 2 2 2 2 22 2 2 2 22 2y 1 1 x 2x y 1 log x 2x y 1 log 2y 1 log x 1 x 1 2 2x 4x 2 2 log x 1 log 2y 1 2y 2 x 1 log 2 x 1 log 2y 1 2y 1 f 2 x 1 f 2y 1 1 Xét hàm số 2 f t log t t trên đoạn 0;  ta có 1 f ' t 1 0 t ln 2 . Do đî ft là hàm đồng biến trên 0;  . Vậy phương trënh 2 1 2y 1 2 x 1 Thế vào biểu thức cần tëm ta được 2 2x 1 2 1 P e 4x 2 x 1 2 2 . Chọn ý B. Chú ý: Phần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm 1 biến xin nhường cho bạn đọc! Để tëm hàm đặc trưng ta phải luôn dựa vào biểu thức mũ hoặc biểu thức trong hàm logarit Với bài thi trắc nghiệm ta có thể lược bỏ bước xét hàm số đơn điệu để suy ra luôn mối liên hệ Câu 2: Cho 3 số x,y,z thỏa mãn x y z 0 đồng thời 2 xy log x z z x 2y yz . Khi đî GTNN của biểu thức 22 22 z 4y P 4z 2xz 4y bằng bao nhiêu? A. 1 2 B. 2 3 C. 1 5 D. 3 7 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 16 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Ý tưởng bài toán không mới, vấn đề là ta phải tëm được mối liên hệ giữa các biến với nhau, và bám sát vào các biểu thức trong dấu logarit để xây dựng hàm đặc trưng. Biến đổi giả thiết ta được: 2 22 22 22 22 xy log x z z x 2y yz log x y log y z z x 2y x z log x y x y log y z y z x y y z x z 2y Thế vào giả thiết ta được: 22 2 2 2 2 2 2 2 2 z 4y x 2xz 2z t 2t 2 x P t 1 4z 2xz 4y x 4xz 5z t 4t 5 z Từ đây dẽ dàng tëm được 1 min P 2 . Chọn ý A. Câu 3: Cho 2 số x, y 0 thỏa mãn 22 x y 1 và đồng thời 2 22 22 1y x 2y 1 ln xy Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 4y x P m n y x y với m,n là 2 số nguyên dương. Hỏi có bao nhiêu bộ số m, n thỏa mãn? A. 1 B. 3 C. 0 D. 2 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Nhìn thấy biểu thức logarit viết dưới dạng phân thức là ta nghĩ ngay tới hàm đặc trưng. Biến đổi gải thiết ta được. 2 22 22 2 2 2 2 2 2 2 2 1y x 2y 1 ln xy ln 1 y 1 y ln x y x y x 2y 1 Tuy nhiên vấn đề khó không nằm ở việc biến đổi mà nằm ở phần sau. Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 4 4 4 2 42 3 2 2 2 4 2 222 x x x x x 27x 3 3x 1 x .y .y y y x y y 27 27 4 4 2 42 32 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 16y 16y 16y 4y 108y 3 3.2y xy 2y x y x y 2y x x y y x y 27 Cộng vế theo vế ta được P 3 3 1. 27 Vậy có 2 bộ số m, n thỏa mãn yêu cầu đề bài. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 17 Chọn ý D. Câu 4: Cho phương trënh 2 y 2 2 2 2 log 2x 2x 2 2 y x x . Hỏi có bao nhiêu cặp số nguyên dương x, y , 0 x 500 thỏa mãn phương trënh đã cho? A. 4 B. 2 C. 3 D. 1 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Biến đổi giả thiết ta được: 22 yy 2 2 2 2 2 2 22 log 2x 2x 2 2 y x x log x x 1 x x 1 2 y 2 2 2 log x x 1 y 2 2 2 2 22 2 log x x 1 2 y log x x 1 y Do 22 2 0 x 500 y log x x 1 0;18 0 y 5 . Vậy ta có 4 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu đề bài đồng nghĩa cî 4 cặp số x, y thỏa mãn phương trënh đã cho. Chọn ý A. Câu 5: Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn 2 2 2 2 a b c log a a 4 b b 4 c c 4 a b c 2 . Giá trị lớn nhất của biểu thức a 2b 3c P a b c A. 12 30 3 B. 4 30 3 C. 8 30 3 D. 6 30 3 Thầy Đặng Thành Nam – Vted.vn Lời giải Một bài toán phát biểu đơn giản nhưng khá là khî. Trước tiên biến đổi giả thiết ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 a b c log a a 4 b b 4 c c 4 a b c 2 log 4 a b c 4 a b c log a b c 2 a b c 2 a b c 2 4 a b c 0 a 2 b 2 c 2 10 C Đến đây sử dụng đại số thë khá là khî, và ó tưởng sử dụng yếu tố hình học của tác giả bài toán rất hay đó là sử dụng điều kiện tương giao giữa mặt phẳng và mặt cầu trong hình phẳng Oxyz. Quy đồng giả thiết ta được: a 2b 3c P a P 1 b P 2 c P 3 0 P a b c Điều kiện tương giao của mặt phẳng P và mặt cầu C là: 2 6P 12 6 30 d I; P R I 2;2;2 ,R 10 10 P 3 3P 12P 14    Chọn ý D. CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 18 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Ví dụ 6: Tìm tất cả các giá trị thực dương của tham số a thỏa mãn bất đẳng thức 2017 a a 2017 a 2017 11 22 22          A. 0a1 B. 1 a 2017 C. a 2017 D. 0 a 2017  THPT Kiến An – Hải Phòng 2017 – 2018 Lời giải Lấy logarit cơ số 2 cả 2 vế ta được 2017 a a 2017 a 2017 22 a 2017 a 2017 a 2017 22 a 2017 1 1 1 1 2 2 2017 log 2 alog 2 2 2 2 2 11 log 2 log 2 22 a 2017                            Xét hàm số : x x x x x 2 x 2 2x 1 log 2 log 4 1 x 4 .x.ln 4 4 1 ln 4 1 1 2 f x f ' x 0 x x ln 2 x 4 1     Suy ra fx là hàm giảm trên 0;  f a f 2017  khi 0 a 2017  Chọn ý D. Qua các ví dụ trên ta phần nào đã hiểu được ý tưởng và phương pháp làm dạng toán này. Sau đây là các bài tập luyện tập cho các bạn. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Cho các số thực dương a,b thỏa mãn 3 2 ab log 3ab a b 7 ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S a 5b A. 2 95 6 3 B. 4 95 15 12 C. 3 95 16 3 D. 5 95 21 6 Câu 2: Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn 2 1 x y 2 x 2018 2017 y 2y 2019 . Biết rằng giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 S 4x 3y 4y 3x 25xy là a b với a,b là các số nguyên dương và a b tối giản. Tính T a b . A. T 27 B. T 17 C. T 195 D. T 207 Câu 3: Cho các số thực dương a,b thỏa mãn 2 1 ab log 2ab a b 3 ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a 2b . A. 2 10 3 2 B. 2 10 1 2 C. 2 10 5 2 D. 3 10 7 2 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 19 Câu 4: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 2 2 2 2 x 4y 1 x y 1 x yx e e y 4 . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 3 2 2 P x 2y 2x 8y x 2 là a b với a,b là các số nguyên dương và a b tối giản. Tính T a b . A. T 85 B. T 31 C. T 75 D. T 41 Câu 5: Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn x 2y xy 1 1 3 2 2xy 2x 4y 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 2x 3y A. 6 2 7 B. 10 2 1 10 C. 15 2 20 D. 3 2 4 2 Câu 6: Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn 33 2 xy x y x y log 8 1 xy 2xy 3 1 xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 3y . A. 1 15 2 B. 3 15 2 C. 15 2 D. 3 2 15 6 Câu 7: Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn 2 2 y log y 3y x 3 x 1 2 x 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 100y . A. 2499 B. 2501 C. 2500 D. 2490 Câu 8: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 22 3 xy log x x 3 y y 3 xy x y xy 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x 2y 3 P x y 6 . A. 69 249 94 B. 43 3 249 94 C. 37 249 21 D. 69 249 94 Câu 9: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 22 3 xy log x x 3 y y 3 xy x y xy 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 2y 3 P x y 6 . A. 69 249 94 B. 43 3 249 94 C. 37 249 21 D. 69 249 94 Câu 10: Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn 3 2x y 1 log x 2y xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 12 S x y . A. 6 B. 3 2 3 C. 4 D. 33 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 20 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 11: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 222 xy log x x 4 y y 4 xy x y xy 2 . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức x 2y 1 ab P x y 2 c , với a,b,c là các số nguyên dương và a c tối giản . Tính S a b c . A. 221 B. 231 C. 195 D. 196 Câu 12: Cho 2 số x,y thỏa mãn 2 22 2 y y 1 x y x xy y 2 2 ln x x 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 11 P xy x y 2xy A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 13: Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn 2xy 4x 2y 2 2x y 2018 xy 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S x 4y A. 6 4 3 B. 1 2 3 C. 6 4 3 D. 9 4 3 Câu 14: Cho x,y là các số thực thỏa mãn 2 2 y log 3 y x 1 y x 2 x 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y A. 3 4 B. 5 4 C. 2 D. 1 Câu 15: Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn 22 3 22 6x 6y 23 log 9x 9y 6x 6y 21 xy . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 22 P x y 50 9xy 39x 6y là a b với a,b là các số nguyên dương và a b tối giản. Tính T a b . A. 188 B. 191 C. 202 D. 179 Câu 16: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn x, y 1 và y1 3 log x 1 y 1 9 x 1 y 1   . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 33 P x y 57 x y là số thực có dạng a b 7 với a,b là các số nguyên. Tính T a b . A. 28 B. 29 C. 30 D. 31 Câu 17: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 22 22 2 2 xy log x 2y 1 3xy 3xy x  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 2 2x xy 2y P 2xy y A. 3 2 B. 5 2 C. 1 2 D. 7 2 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 21 Câu 18: Cho 2 số thực a,b thỏa mãn 5 4a 2b 5 log a 3b 4 ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 P a b A. 3 2 B. 5 2 C. 1 2 D. 7 2 Câu 19: Cho x,y là các số thực dương thỏa mãn 2 x 4y log 2x 4y 1 xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 2 2 2 3 2x 2x y 6x P xy A. 9 4 B. 16 9 C. 4 D. 25 9 Câu 20: Cho x,y là các số thực dương thỏa mãn xy x 2y x 2y xy 35 5 x 1 3 y x 2 33 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T x 2y A. 6 2 3 B. 4 2 6 C. 4 2 6 D. 6 2 3 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Chọn ý A Biến đổi giả thiết ta được 33 33 log 2 ab log a b 3 ab 2 a b 1 log 3 2 ab 3 2 ab log a b a b 6a 3 2 ab a b b 3a 1 6 a b 0 a 6 3a 1 1 95 2 95 6 S f a f 33 Câu 2. Chọn ý D Biến đổi giả thiết ta được 2 1y 2x 2 22 x 2018 2017 1 y 2018 2017 x 1 y 191 S 16 x x 2 x x 12 16 Câu 3. Chọn ý A Tương tự câu 1. Câu 4. Chọn ý A Biến đổi giả thiết ta được 2 2 2 2 2 2 x 4y x 1 y 1 x 2 x 4y 1 x y 1 x 2 2 2 2 2 2 2 4e 4e y x 4y x 4y 1 x 4e y 1 x 4e x 4y 1 x y 1 x x y 4y CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 22 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Đến đây thế vào giả thiết còn lại và khảo sát hàm số trên đoạn   1;1 ta sẽ tëm được giá trị lớn nhất của 58 P 27 Câu 5. Chọn ý A Biến đổi giả thiết ta có 1 xy x 2y 11 2 1 xy 2 x 2y 1 xy x 2y 33 1 x 3 2 4 P f x 2x 3 f 6 2 7 x 2 2         Câu 6. Chọn ý C Biến đổi giả thiết ta có 3 3 22 x y x y log x y 2 1 xy 2 1 xy log 2 1 xy 3 2 x 2x x y 2 1 xy y x 0;2 P x 2 15 2x 1 2x 1 Câu 7. Chọn ý B Biến đổi giả thiết ta có 2 22 2 log y y 3y log x 1 x 1 3 x 1 y x 1 P x 100 x 1 x 1 50 2501 2501 Câu 8. Chọn ý A Biến đổi giả thiết ta có 2 2 2 2 33 2 2 2 2 33 log x y log x y xy 2 x y xy 3 x y log 3 x y 3 x y log x y xy 2 x y xy 2 2 2 22 y 3y y 3y 3 x y x y xy 2 x 3 x 2 2 4 2 2         2 2 22 a b y y 3 33 x 1 a b 1 1 2 2 2 2 Khi đî ta được b 2b x a , y 1 P x y 6 x 2y 3 33 b 3b 1 P a 8 a 6 P 1 a P 3 b 8P 6 0 2 3 3 3 Coi 1 là phương trënh đường tròn C có tâm là gốc tọa độ và R1 và 2 là phương trënh đường thẳng d . Để C và d cî điểm chung thë ta cî điều kiện: TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 23 22 8P 6 69 249 69 249 d O;d R 1 P 94 94 1 P 1 P 3 3     Câu 9. Chọn ý D Tương tự câu 8. Câu 10. Chọn ý A Biến đổi giả thiết ta có 33 33 log 2x y 1 log x y x 2y log 2x y 1 2x y 1 log 3 x y 3 x y 1 2 1 x 2y 1 S f x f 6 x2 1x 2 Câu 11. Chọn ý A Tương tự câu 8. Câu 12. Chọn ý C Biến đổi giả thiết ta có 2 22 2 3 3 2 2 2 3 2 3 2 2 y y 1 x y x xy y 2 2 ln x x 1 x y 2 x y 2 ln y y 1 2 ln x x 1 2 ln x x 1 x 2x 2 ln y y 1 y 2y 1 x y P x 2 x Câu 13. Chọn ý D Câu 14. Chọn ý B Đề thi HKI – Chuyên Amsterdam – Hà Nội – 2017 – 2018 Câu 15. Chọn ý A Câu 16. Chọn ý B Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh – Lần 2 – 2017 – 2018 Biến đổi giả thiết ta có y1 33 3 3 3 33 log x 1 y 1 9 x 1 y 1 y 1 log x 1 y 1 9 x 1 y 1 99 log x 1 y 1 x 1 log x 1 log y 1 x 1 y 1 y 1 9 9 9 log x 1 x 1 log x 1 x y 8 xy 2 1 xy 6 y 1 y 1 y 1   Khi đî 3 a 83 P 8 xy 3xy 8 xy 57 8 xy f xy f 9 2 7 b 112  Câu 17. Chọn ý B CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 24 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Biến đổi giả thiết ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 22 2 2 2 2 2 2 22 x y 2x 2y log 2x 2y 1 3xy x log 2x 2y 3xy x 3xy x 3xy x log 2x 2y 2x 2y log 3xy x 3xy x    2 2 2 2 2 2 x 2x 2y 3xy x x 3xy 2y 0 1 2 y xx 22 yy x 3 5 P f f 2x y 2 2 1 y     Câu 18. Chọn ý C Câu 19. Chọn ý B Câu 20. Chọn ý B Biến đổi giả thiết ta được xy x 2y x 2y xy x 2y x 2y xy 1 1 xy 35 5 x 1 3 y x 2 33 5 3 x 2y 5 3 xy 1 x1 1 xy x y 0 y x 2 x 1 0 y x 2 x2 2 x 1 S f x x f 2 6 4 2 6 x2 3. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI ĐỊNH LÝ VIET. Phương pháp chung của các bài toán ở dạng này hầu hết sẽ là đưa giả thiết phương trënh logarit về dạng một tam thức, sau đî sử dụng định lý viet và các phép biến đổi logarit để giải quyết bài toán. Để hiểu rð hơn ta cñng đi vào các vì dụ. VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho các số nguyên dương a, b 1 thỏa mãn phương trënh: a b a b 11log xlog x 8log x 20log x 11 0 Biết rằng phương trënh trên cî tìch 2 nghiệm là số tự nhiên nhỏ nhất. Tính S 2a 3b A. 28 B. 10 C. 22 D. 15 Đề minh họa học sinh giỏi tỉnh cấp THPT tỉnh Phú Thọ Lời giải Ta đưa phương trình về phương trënh bậc 2 theo ẩn là a log x ta được: 2 b a b a 11log a log x 4 2 5log a log x 11 0 Để phương trënh cî 2 nghiệm thì 2 bb 0 400 log a 164log a 64 0  luïn đòng Gọi 12 x , x là 2 nghiệm của phương trënh thë khi đî theo định lý Viet thì ta có TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 25 b a 1 a 2 a b 4 2 5log a 8 20 log x log x log b 11log a 11 11 8 20 11 11 a 1 2 a 1 2 8 20 log x x log b x x b a 11 11 Do a,b là các số nguyên dương đồng thời tích 2 nghiệm là số tự nhiên nhỏ nhất nên ta sẽ có 1 đánh giá sau 8 20 1 1 1 20 18 20 8 9 8 11 11 11 11 11 12 x x b a a b 2 .b 2 2 b Để * 9 8 11 9 8 12 x x 2 .b n 2 .2 n 3 , mặt khác 11 n 2 n 2 . Đến đây ta xét các trường hợp sau Nếu 8 n 4 b 8192 b  Nếu 8 n 6 b 708588 b  Nếu 8 n 8 b 708588 b 8 Vậy a 2, b 8 . Chọn ý A. Ví dụ 2: Xét các số nguyên dương a,b sao cho phương trënh 2 a ln x bln x 5 0 có 2 nghiệm phân biệt 12 x , x và phương trënh 2 5log x blog x a 0 có 2 nghiệm 34 x , x thỏa mãn 1 2 3 4 x x x x . Khi đî giá trị nhỏ nhất của biểu thức S 2a 3b bằng A. 30 B. 25 C. 3 D. 17 Câu 46 mã đề 104, đề thi THPT Quốc Gia môn toán 2017 Lời giải Điều kiện để cả hai phương trënh cî hai nghiệm phân biệt là 2 x 0,b 20a 0 và a,b đồng thời là các số tự nhiên lớn hơn 0. Xét phương trënh 2 a ln x bln x 5 0 , đặt t ln x phương trënh trở thành 2 at bt 5 0 , giả sử 1 1 2 2 t ln x ,t ln x là 2 nghiệm của phương trënh thë theo Viet ta cî: b a 1 2 1 2 1 2 1 2 b t t ln x ln x ln x x x x e a Tương tự đối với phương trënh 2 5log x blog x a 0 ta có b 5 34 x x 10 Mặt khác theo giả thiết ta có: b b b a 5 5 1 2 3 4 b b b 1 ln 10 5 x x x x e 10 ln 10 ln 10 a 2 a a 5 a 5 ln 10 Đồng thời ta lại có a là số nguyên dương nên suy ra a3 và 2* b 20a 0,b b 8 Vậy S 2a 3b 2.3 3.8 30 . Chọn ý A. CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 26 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Ví dụ 3: Cho các số thực a, b 1 và phương trënh ab log ax log bx 2018 có 2 nghiệm phân biệt m,n. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 P 4a 9b 36m n 1 A. 144 B. 72 C. 68 D. 216 Lời giải Ta đưa phương trình về phương trënh bậc 2 theo ẩn là a log x ta được: a b a b 2 a b a b b a b a log ax log bx 2018 1 log x 1 log x 2018 log xlog x log x log x 1 2018 log a log x 1 log a log x 2017 Theo định lý viet ta có b a a a a a b 1 log a 11 log m log n log b 1 log log mn mn log a ab ab Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 36 36 P 4a 9b 1 2 4a .9b .2 144 a b a b Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 22 22 4a 9b a 3,b 2 36 1 ab  Chọn ý A. Ví dụ 4: Cho 3 số thực a,b,c thay đổi lớn hơn 1, thỏa mãn a b c 100 . Gọi m,n lần lượt là 2 nghiệm của phương trënh 2 a a a a log x 1 2 log b 3log c log x 1 0 . Tính giá trị của biểu thức S a 2b 3c khi mn đạt giá trị lớn nhất. A. 500 3 B. 700 3 C. 200 D. 600 3 Lời giải Với bài toán này giả thiết đã được đưa về một tam thức bậc 2 sẵn rồi nên ta chỉ cần sử dụng tới định ló viet, ta được 2 3 2 3 a a a a a log m log n 1 2 log b 3log c log ab c mn ab c Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 3 2 3 2 6 8 4 3b 3b mn ab c ab 100 a b 3a. . 100 a b 100 a b 100 a b 27 2 2 3b 3a 2 3 100 a b 4 625.10 2 27 6 27  Dấu “=” xảy ra tại 3b 50 100 150 700 3a 100 a b a ,b ,c S 2 3 3 3 3 Chọn ý B. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 27 Ví dụ 5: Cho 2 phương trënh 22 ln x m 1 ln x n 0 1 ,ln x n 1 ln x m 0 2 . Biết phương trënh 1 , 2 có 2 nghiệm phân biệt đồng thời có chung một nghiệm và 1 x là nghiệm của phương trënh 1 , 2 x là nghiệm của phương trënh 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 12 S x x A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Lời giải Điều kiện mn  Gọi 0 x là nghiệm chung của 2 phương trënh khi đî ta cî 2 00 00 2 00 00 ln x m 1 ln x n 0 n 1 ln x m 1 ln x n m ln x n 1 ln x m 0 n m ln x m n ln x 1 m n 0  Áp dụng định ló viet cho 2 phương trënh ta cî 01 12 02 ln x ln x m 1 ln x ln x m n ln x ln x n 1  10 1 12 20 2 ln x .ln x n ln x n m ln x n ln x ln x ln x m ln x m  2 2 2 2 1 ln x m nn ln x ln x m n ln x 1 m n ln x n mm  Khi đî 2 2 2m 2m 12 S x x e e . Theo bất đẳng thức AM – GM ta có: 2 2 2m 2m 2m 2m 12 S x x e e 2 e .e 2 Chọn ý B. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Cho 2 số thực a, b 1 . Biết phương trënh 2 x x 1 a b 1 có 2 nghiệm phân biệt 12 x , x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 12 12 12 xx S 4 x x xx . A. 4 B. 3 32 C. 3 34 D. 3 4 Câu 2: Cho 2 số nguyên dương a, b 1 . Biết phương trënh x 1 x ab có 2 nghiệm phân biệt 12 x , x và phương trënh 2 x x1 b 9a có 2 nghiệm phân biệt 34 x , x thỏa mãn điều kiện 1 2 3 4 x x x x 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S 3a 2b A. 12 B. 46 C. 44 D. 22 Câu 3: Xét các số nguyên dương a,b sao cho phương trënh xx a.4 b.2 50 0 có 2 nghiệm phân biệt 12 x , x và phương trënh xx 9 b.3 50a 0 có 2 nghiệm phân biệt 34 x , x thỏa mãn điều kiện 3 4 1 2 x x x x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S 2a 3b A. 49 B. 51 C. 78 D. 81 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 28 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 4: Cho 2 số thực a, b 1 thay đổi thỏa mãn a b 10 . Gọi m,n là 2 nghiệm của phương trënh a b a log x log x 2 log x 3 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P mn 9a A. 279 4 B. 90 C. 81 4 D. 45 2 Câu 5: : Cho 2 số thực a, b 1 thay đổi thỏa mãn a b 10 . Gọi m,n là 2 nghiệm của phương trënh a b a b log x log x 2 log x 3log x 1 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P mn A. 16875 16 B. 4000 27 C. 15625 D. 3456 Câu 6: Biết rằng khi m,n là các số nguyên dương thay đổi và lớn hơn 1 thë phương trënh m n m n 8log xlog x 7 log x 6log x 2017 luôn có 2 nghiệm phân biệt a,b. Tính S m n để tích ab là một số nguyên dương nhỏ nhất A. 20 B. 12 C. 24 D. 48 Câu 7: Biết rằng khi m,n là các số dương thay đổi khác 1 thỏa mãn m n 2017 thì phương trënh m n m n 8log xlog x 7 log x 6log x 2017 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt a,b . Biết rằng giá trị lớn nhất của biểu thức ln ab là 3 c 7 d ln ln 4 13 18 13         với c,d là các số nguyên dương. Tình S 2c 3d A. 2017 B. 66561 C. 64544 D. 26221 Câu 8: Cho 2 số thực a, b 1 . Biết phương trënh 2 x x 1 a b 1 có nghiệm thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a a 4 P log ab log b A. 2017 B. 66561 C. 64544 D. 26221 Câu 9: Cho các số nguyên dương a, b 1 thỏa mãn phương trënh: a b a b 13log xlog x 8log x 20log x 11 0 Biết rằng phương trënh trên cî tìch 2 nghiệm là số tự nhiên nhỏ nhất. Tính S 3a 4b A. 52 B. 34 C. 70 D. 56 Câu 10[Minh Tuấn]: Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn a b c 6 . Gọi m,n lần lượt là 2 nghiệm của phương trënh bb log x.log xabc 712 . Biết rằng giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 1 1 1 P log 3mn 10mn 108 abc được viết dưới dạng 4 i log j với i,j là các số nguyên dương. Khi đî giá trị của biểu thức T i j bằng? A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Chọn ý C. Biến đổi giả thiết đồng thời áp dụng định ló viet ta được TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 29 1 2 b 2 b 12 x x log a x 1 xlog a 0 x x 1  Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 22 3 b b b bb 11 S 4log a 2 log a 2 log a 3 4 log a log a         Câu 2. Chọn ý B. Với phương trënh đầu ta lấy logarit 2 vế ta được 2 a x xlog b 1 0 Phương trënh này cî 2 nghiệm thì 2 2 a log b 4 0 b a  Tương tự với phương trënh 2 ta cũng cî 2 2 bb x xlog 9a 1 log 9a 4 0  Theo viet ta được 1 2 a a b a 3 4 b x x log b log b.log 9a 3 log 9a 3 a 4 x x log 9a  Khi đî ta được b 16 b 17 S 46 Câu 3. Chọn ý D. Điều kiện để 2 phương trënh đều có 2 nghiệm dương là 1 1 1 2 2 2 2 0;S 0;P 0 b 200a 0;S 0;P 0    Theo viet ta có 12 3 4 xx 1 2 2 x x 3 4 3 50 50 2 .2 x x log aa 3 .3 50a x x log 50a  Theo giả thiết ta có 3 4 1 2 3 2 50 x x x x log 50a log a 3 b 25 S 81 a Câu 4. Chọn ý A. Biến đổi phương trënh đầu ta được phương trënh tương đương 2 b a a log a log x 2 log x 3 0 Theo viet ta có 2 2 2 a a a b 2 279 log n log n log b mn b P b 9b 90 log a 4 Câu 5. Chọn ý D. Biến đổi phương trënh đầu ta được phương trënh tương đương 2 b a b a log a log x 2 3log a log x 1 0 Theo Viet ta có 32 b a a a b 2 3log a log m log n 2 log b 3 mn a b log a 2 3 S a 10 a f a f 6 3456  Câu 6. Chọn ý B. Làm tương tự ví dụ minh họa 1 Câu 7. Chọn ý B. Biến đổi phương trënh tương đương CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 30 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 2 n m n m 8log m log x 6log m 7 log x 2017 0 Theo viet ta có 7 6 n 8 7 mm n 6log m 7 37 log a log b ab m .n ln ab ln m ln 2017 m f m 8log m 4 8 12102 3 12102 7 14119 f m f ln ln S 66561 13 4 13 8 13  Câu 8. Chọn ý C. Ta có a log b 0 Lấy logarit 2 vế ta được 2 aa x xlog b log b 0 Điều kiện có nghiệm của phương trënh trên là 2 a a a log b 4log b 0 log b 4  aa a 4 P log b 1 f log b f 4 6 log b Câu 9. Chọn ý C. Tương tự ví dụ minh họa 1 Câu 10. Chọn ý A. Nguyễn Minh Tuấn Biến đổi giả thiết tương đương với b b b b b b 2 b b b b log x.log xabc 712 log x log x log a log c 1 712 log x 1 log a log c log x 712 0 Theo định lý viet ta có b b b log m log n log abc mn abc Khi đî ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 44 1 1 1 P log 3mn 10mn 108 log 3abc 10 ab bc ca 108 abc Theo bất đẳng thức Schur bậc 3 ta có 2 3 a b c 4 ab bc ca a b c 3abc 2 4 ab bc ca 36 9 3abc 10 ab bc ca 2 ab bc ca 72 Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 2 1 ab bc ca a b c 12 2 ab bc ca 72 96 3  4 4 4 P log 96 108 log 12 1 log 3 4. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI BIỂU THỨC B LOG A Vấn đề được đề cập tới ở đây thực chất chỉ là những bài toán biến đổi giả thiết theo ẩn b log a và đưa về khảo sát hàm số 1 biến đơn giản. Sau đây là các vì dụ minh họa. VÍ DỤ MINH HỌA TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 31 Ví dụ 1: Cho a,b là các số thực thay đổi thỏa mãn 1 a b . Biết rằng giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 a b a b P log b 6 log a     là 3 3 m n p là các số nguyên . Tính giá trị của T m n p ? A. 1 B. 0 C. 14 D. 10 Vted.vn Lời giải Biến đổi giả thiết ta được 22 22 aa bb aa b P 4 log b 6 log . a 4 log b 6 1 log a a               2 2 22 aa a a 11 4 log b 6 1 4 log b 6 1 log b 2 b log a       Đặt a t log b 0 t 1 2 2 33 3 0;1 t 1 1 S f t 4t 6 min f t f 1 2 1 2 4 t2 2 Chọn ý C. Ví dụ 2: Cho các số thực 1 2 n x ,x ,...,x thuộc khoảng 1 0; 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 n x 2 x 3 x 1 1 1 1 S log x log x ... log x 4 4 4             A. 2n B. 1 C. n D. 2 Lời giải Trước tiên ta sẽ xét tới bất đẳng thức phụ 2 2 k k k 11 x x x 0 42  Bất đẳng thức trên luïn đòng, áp dụng vào bài toán ta có: 1 2 n 1 2 n 2 2 2 x 2 x 3 x 1 x 2 x 3 x 1 P log x log x ... log x 2 log x log x ... log x Théo bất đẳng thức AM – GM ta có: 1 2 n 1 2 n x 2 x 3 x 1 x 2 x 3 x 1 2 log x log x ... log x 2n log x .log x ...log x 2n Chọn ý A. Ví dụ 3: Cho 2 số thực a,b thay đổi thỏa mãn 1 b a 1 3 . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 ab 3 a 3b 1 P log 12 log a 4a là M đạt được khi m ab . Tính Mm ? A. 15 B. 12 C. 37 3 D. 28 3 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 32 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Lời giải Ta có bất đẳng thức phụ sau 3 2 3 33 3b 1 b 3b 1 4b 2b 1 b 1 0 4a a   Mặt khác Khi đî ta được 1 b a 1 3 nên ta được 2 3 aa 2 3 a a b 1 12 P log 12 3log b 3 b a log b 1 log a Theo bất đẳng thức AM – GM ta có a a a 22 aa 12 3 3 12 3log b 3 log b 1 log b 1 3.3 9 22 log b 1 log b 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 3 3 aa 2 a 3 12 log b 1 log b 3 b a a b 2 log b 1 Chọn ý D. Ví dụ 4: Cho 2 số thực a,b thỏa mãn 2 điều kiện 3a 4 b 0 và đồng thời biểu thức 2 3 a 3a b4 a3 P log log a 4b 16 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng S 3a b A. 8 B. 13 2 C. 25 2 D. 14 Đề thi thử trường THPT Kim Sơn A – Ninh Bình lần 2 Lời giải Ý tưởng của bài toán này không còn như bài toán trước vì dồn về a log b là một điều rất khó, thay vào đî nếu tinh ý thì ta sẽ dồn biến về theo ẩn 3 4 a a log b bằng bất đẳng thức AM – GM. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 2 2 33 a 3a a b4 a 2 2 33 aa 3 a a 3 a 3 a 3 1 P log log a log 3a 4b 16 4b 16 log b 2 2 a 3 1 a 3 3 log log a a 4b 16 4b 16 log log 4b 4b                   Sử dụng bất đẳng thức AM – GM lần nữa ta được TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 33 22 3 3 3 a a a 33 aa 2 33 3 aa 3 a a 3 3 1 a 1 a 3 3 log log log aa 4b 16 2 4b 2 4b 16 log log 4b 4b 1 a 1 a 3 3 9 3 log . log . a 2 4b 2 4b 16 4 log 4b                                           Dấu “=” xảy ra khi a b 2 Chọn ý A. Ví dụ 5: Cho 3 số thực  a,b,c 1;2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 bc ca ab P log 2a 8a 8 log 4b 16b 16 log c 4c 4 A. 39 4 289 log log 8 2 B. 11 2 C. 4 D. 6 Đề thi thử chuyên Lê Hồng Phong Lời giải Xét bất đẳng thức phụ 2 3 2 x 4x 4 x x 1 x 4 0  luïn đòng khi  x 1;2 . Áp dụng vào bài toán ta được: 2 2 2 bc ca ab 3 3 3 bc ac ab bc ca bc ac ab P log 2a 8a 8 log 4b 16b 16 log c 4c 4 log 2a log 4b log c log 2 log 4 3 log a log b log c Mặt khác do  a,b,c 1;2 nên ta có bc ca 2 4 2 4 1 1 1 1 3 log 2 log 4 log bc log ca log 2.2 log 2.2 2 Lại theo bất đẳng thức Nesbit ta có: a,b,c bc ac ab cyc ln a 3 3 log a log b log c 3. 3. ln b ln c 2  Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 6 Chọn ý D. Chú ý: Cách chứng minh bất đẳng thức Nesbit Đây là một bất đẳng thức rất nổi tiếng, hiện đã cî hơn 20 cách chứng minh cho bất đẳng thức này, sau đây mënh xin trënh bày một cách xét hiệu nhanh nhất cho mọi người tham khảo. Xét 3 số thực dương a,b,c thay đổi, khi đî ta cî a b c 3 b c c a a b 2 Chứng minh: Ta có 2 cyc ab a b c 3 0 b c c a a b 2 2 a c b c  Bất đẳng thức trên luïn đòng nên ta cî điều phải chứng minh! CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 34 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Cho 2 số thực a 1,b 1 . Tính giá trị của biểu thức a S log ab khi biểu thức 2 ab P log b 8log a đạt giá trị nhỏ nhất? A. 3 62 B. 3 14 2 C. 3 4 D. 3 2 1 4 Câu 2: Cho 2 số thực b a 1 . Tính giá trị của biểu thức 3 a S log ab khi biểu thức a a 2 a log b P log ab a log b đạt giá trị nhỏ nhất ? A. S4 B. 11 S 4 C. 4 S 3 D. S3 Câu 3: Cho 2 số thực a 1,b 1 . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 ab ab 11 S log a log b là m n với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Tính P 2m 3n A. 30 B. 42 C. 24 D. 35 Câu 4: Cho 2 số thực  a,b 1;2 thỏa mãn ab . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 ab a P log b 4b 4 log a là 3 m 3 n với m,n là các số nguyên dương. Tình S m n A. 9 B. 18 C. 54 D. 15 Câu 5: : Cho 2 số thực a b 1 , biết rằng 4 2 bb 4 a P log log a b đạt giá trị nhỏ nhất bằng M khi m ba . Tính mM ? A. 7 2 B. 37 10 C. 17 2 D. 35 2 Câu 6: Cho 2 số thực a b 1 . Biết rằng biểu thức a ab 1a P log log a b đạt giá trị lớn nhất khi có số thực k sao cho k ba . Mệnh đề nào sau đây đòng? A. 1 0k 2 B. 1 k1 2 C. 1 1k 2 D. 1 k0 2 Câu 7: Cho 2 số thực b a 1 . Tìm giá trị lớn nhất của 3 2 2 3 a 2 b ab P log log ba ? A. 23 16 2 2 B. 23 16 2 2 C. 23 8 2 2 D. 23 8 2 2 Câu 8: Cho 2 số thực a b 1 . Biết rằng biểu thức a ab 2a P log log a b đạt giá trị lớn nhất là M khi có số thực m sao cho m ba . Tính Mm TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 35 A. 81 16 B. 23 8 C. 19 8 D. 49 16 Câu 9: Cho 2 số thực a,b thay đổi thỏa mãn 1 b a 1 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức aa b 1 P log b log b 4 ? A. 0,5 B. 1,5 C. 4,5 D. 3,5 Câu 10: Cho 2 số thực a,b thỏa mãn điều kiện a b 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 ab b a P log a 3log b ? A. 19 B. 13 C. 14 D. 15 Câu 11: Cho 2 số thực thay đổi a,b thỏa mãn 1 b a 1 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 33 ab a 1 6b 1 P log 4log a 89 A. 9 B. 12 C. 23 2 D. 25 2 Câu 12: Cho 2 số thực a,b thay đổi thỏa mãn a b 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 ab ab P log 3log ba         ? A. 5 B. 56 C. 5 2 6 D. 46 Câu 13: Cho 2 số thực a,b thay đổi thỏa mãn 3 a b 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 b a b 2 a log ab .log a P 3 log b 1 8 ? A. 1 8 e B. 1 8 C. 1 4 e D. 1 4 Câu 14: Cho 2 số thực a,b lớn hơn 1 . Tëm giá trị nhỏ nhất của 22 a ab a 4b 1 S log 4 4log b A. 5 4 B. 9 4 C. 13 4 D. 7 4 Câu 15: Cho 2 số thực a 1 b 0 . Tìm giá trị lớn nhất của 2 23 b a P log a b log a A. 1 2 3 B. 1 2 2 C. 1 2 3 D. 1 2 2 Câu 16: Cho 2 số thực dương a,b nhỏ hơn 1. Tëm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ab 4ab P log log ab a 4b A. 1 2 2 2 B. 22 2 C. 3 2 2 2 D. 52 2 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 36 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 5. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ BẤT ĐẲNG THỨC Đây chình là nội dung chính của chuyên đề mà mình muốn nhắc tới, một dạng toán lấy ý tưởng từ đề thi THPT Quốc Gia 2018. Ví dụ minh họa đã được đưa ra ở phần mở đầu của chuyên đề, sau đây sẽ là các bài toán của dạng này mà mình muốn đề cập tới. CÁC BÀI TOÁN Câu 1[Minh Tuấn]: Cho x, y 0 thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2 4log 2x.log 2y log 4xy . Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức cosy sin x P 2 2 . Biết 1 1 b M.n a.2 với a, b 0 . Tính giá trị của biểu thức 33 ab A. 31 B. 32 C. 33 D. 35 Câu 2[Minh Tuấn]: Cho x 2, y 1 thỏa mãn 2 2 2 2 8x log .log .log 2y 4 xy . Đặt y x P 2 2 . Mệnh đề nào sau đây đòng? A. P 19 B. P 19 C. P 19 D. Không tồn tại Câu 3[Minh Tuấn]: Cho x, y 0 thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 2 x 9 1 log 3y 6log 3y 2 log 3ylog 3xy log 2 2 . Đặt 22 P x xy y . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A.   P 11;12 B.   P 12;13 C.   P 10;11 D. min P 10 Câu 4[Minh Tuấn]: Cho hai số thực x,y thỏa mãn 2 x 2, y 3 đồng thời: 52 2 2 2 2 2 2 log x log 3y log 3y 12 log x 4log xlog 3xy 80 Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương khïng vượt quá x 3y ? A. 7 B. 8 C. 5 D. 11 Câu 5[Minh Tuấn]: Cho hai số thực x,y thỏa mãn x, y 1 đồng thời: 2 6 3 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 84 log x log y log log x log y log 8 x y x y         Hỏi BCNN của 2 ab và 4 bằng bao nhiêu? A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 Câu 6[Minh Tuấn]: Cho hai số thực x, y 1 thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 22 2 x y log 2 x y log log 4xy 1 x 4y 1 Giá trị lớn nhất của biểu thức 22 f x, y 2xy x 2y x 4y bằng? A. 1 2 B. 2 3 C. 3 4 D. 3 7 Câu 7[Minh Tuấn]: Cho hai số thực x,y thỏa mãn 3 x 27 2 y 16    đồng thời TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 37 32 23 32 27 16 36 log log x y y 2x 1 log x y log y 2x 1 Đặt y 2 P x 1 2 log 1 xy . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A. P4 B. P4 C. P4 D. P3 Câu 8[Minh Tuấn]: Cho hai số thực 3 x y 0 2 thỏa mãn điều kiện 2 2x 3y 1 22 2x 3y 1 log 3x y 3x y 4 1 log log 3x y 42 Khi đî biểu thức P 4xy cî bao nhiêu ước số nguyên? A. 2 B. 4 C. 5 D. 8 Câu 9[Minh Tuấn]: Cho hai số thực x,y thỏa mãn x 2y  đồng thời 4 2 x 2y 1 x 2y xy22 2 e e x y 2 4e Đặt P a b . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A. P5 B. min P 1 C. P3 D. max P 4 Câu 10[Minh Tuấn]: Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn 22 x 2y y y x x 2 2 log x y 1 21 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2x 4y x y 1 P log y x .2 A. 1 2 B. 1 4 C. 1 8 D. 1 16 Câu 11: Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn 2 2 2 2 1 1 1 5 5 ln xy x y x y 2 2 Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương khïng vượt quá a b? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 12[Minh Tuấn]: Cho 2 số x,y thỏa mãn 22 0 x y 2 x, y 0     và 2 2 2 2 y x sin x y tan x y y x 1 2.2 4 22 2 4.4 16 Tính giá trị của biểu thức 2018 P sin x y cos x y 1 2  A. 1 B. 0 C.  D. 2 Câu 13: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn x x 1 x x 4 2 2 2 1 sin 2 y 1 2 0 Đặt 2018 2018 P sin y 1 x . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A. P1 B. P2 C. P3 D.   P 4;5 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 38 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 14[Minh Tuấn]: Cho hai số thực x, y 1 thỏa mãn 2 2 2 2 2 2 2 log 2x 2 log y 1 log x 1 Tính giá trị của biểu thức 2 P log x y A. 2 log 3 B. 2 log 5 C. 1 D. 2 Câu 15[Minh Tuấn]: Cho hai số thực dương x y 1 thỏa mãn xy 2 2 2 2 4log x y 12 2 1 log x y 5 2 log x y 2 Đặt 33 P a b . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A. P2 B. P3 C. P1 D. P1 Câu 16[Minh Tuấn]: Cho 2 số thực x,y dương thỏa mãn điều kiện 3 22 2 2 2 11 log 2x log 4y 1 log xy 2 Đặt 33 P x y . Hỏi P cî bao nhiêu ước số nguyên? A. 1 B. 2 C. 5 D. 0 Câu 17[Minh Tuấn]: Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn x, y 0 x y 1  đồng thời x y 2y 2x 2x y 2 2 9.2 Đặt P x y . Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương khïng vượt quá P ? A. 1 B. 2 C. 5 D. 0 Câu 18[Minh Tuấn]: Cho 2 số x,y thỏa mãn x 1 y y0   thoả mãn x1 ln x y ln 1 y 2 ln 2 Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 P x xy y là? A. 1 5 B. 1 3 C. 1 6 D. 1 4 Câu 19[Minh Tuấn]: Cho 2 số x, y 0 thỏa mãn 2 2 2 2 2 4 2 2 y log x log y log x 2 log x Có bao nhiêu số nguyên dương khïng vượt quá 8xy ? A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 Câu 20[Minh Tuấn]: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 3 x y x 2y x 3y x 1 2 1 2 1 2 1 2 . Đặt 22 2 2 xy 2 y P e x x 2y 4 . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A. P e 1 B. Pe C. 2 max P e D. P e 2 Câu 21[Minh Tuấn]: Cho 2 số x, y 0 thỏa mãn điều kiện x y 1 x 2y 1 3x 4y 3 1 x y 2x 3y 2 2 2 2 2 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 39 Biết rằng biểu thức 22 xy a 4b với a b là phân số tối giản. Tổng ab bằng? A. 5 B. 6 C. 4 D. 7 Câu 22[Minh Tuấn]: Cho 2 số x, y 0 thỏa mãn x y 3 y1 x1 yy 2x 2x x y e 11 2 2 2 2 3.4 4 3.2 Khi đî 34 xy được viết dưới dạng m n với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Hỏi T m n có giá trị là bao nhiêu? A. 149 B. 147 C. 160 D. 151 Câu 23[Minh Tuấn]: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn 0 a, b, c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 a b c 1 P log b log c log a 4 A. 3 4 B. 5 4 C. 7 4 D. 9 4 Câu 24[Minh Tuấn]: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn y 1 1 x 4y 4x 2 2 4 . Đặt P x y . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A. P1 B. 2 C. 3 2 D. 5 2 Câu 25[Minh Tuấn]: Cho 2 số a,b thỏa mãn b a 1 và a 4 3 b b log log a a 2 16 4 . Giá trị của biểu thức 2 a P log b ? A. 0 B. 2 C. 3 D. 1 Câu 26[Minh Tuấn] Cho 2 số thực x, y 0 thỏa mãn 1 y 2x x  và đồng thời điều kiện 2 2 2 2 2x 9 log log log xy x y 16 . Đặt y x P 2 .2 . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A.   P 4;5 B.   P 1;2 C.   P 2;3 D.   P 6;7 Câu 27: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 2 x 3 2 y 5   . Hỏi có bao nhiêu bộ số x, y thỏa mãn phương trënh 2 log 3 sin xy cos x 6   ? A. 4 B. 2 C. 3 D. 1 Câu 28: Tìm tổng các số 5;16 để phương trënh sau cî nghiệm trên đoạn   1;2 cos x sin x 2 x 3 1 1 cos 2 8 3            CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 40 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor A. 17 5  B. 34 5  C. 63 5  D. 51 5  Câu 29: Tìm tổng các số 2;7 để phương trënh sau cî nghiệm trên đoạn   1;2 2 3 5 log 1 sin x cos x 1 22   A. 17 7  B. 18 7  C. 19 7  D. 20 7  Câu 30: Biết rằng tồn tại duy nhất một a để phương trënh sin x 2 2 sin x cos x sin x a có nghiệm duy nhất, hỏi a có tất cả bao nhiêu ước số nguyên A. 2 số B. 8 số C. Không có D. Vô số Câu 31[Minh Tuấn]: Cho 2 số thực dương x,y thða mãn điều kiện 22 22 xy xy x y 4 2 xy x 22 1 1 log x 2 log y 1 1 44                Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương khïng vượt quá 44 ab A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 Câu 32: Cho 2 số thực x,y thay đổi thỏa mãn x y 1 2 x 2 y 3 . Giá trị lớn nhất của biểu thức x y 4 7 x y 22 S 3 x y 1 2 3 x y là a b với a,b là các số nguyên dương và a b tối giản. Tính P a b A. P8 B. P 141 C. P 148 D. P 151 Câu 33: Cho x,y là 2 số tự nhiên khác 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức y x P 36 5 A. P8 B. 9 C. 10 D. 11 Câu 34: Cho các số thực dương a,b,c khác 1 thỏa mãn 22 a b a b cc log b log c log 2 log 3 bb . Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức ab P log b log c . Tính S 2m 3M A. 2 S 3 B. 1 S 3 C. S3 D. S2 Câu 35: Cho các số thực a,b,c khác 0 thỏa mãn a b c 3 5 15 . Hỏi giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 P a b c 4 a b c là? A. 5 3 log 3 B. 4 C. 23 D. 3 2 log 5 Câu 36: Cho a,b là hai số thực thay đổi thỏa mãn b0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 a P a b 10 log b TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 41 A. 11 2 log ln 10 ln 10 B. 11 2 log ln 10 ln 10 C. 2 log ln 10 D. 11 2 ln ln 10 ln 10 Câu 37: Cho các số thực a,b,c lớn hơn 1 thỏa mãn 2 2 2 bc log a 1 log blog c log 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 S 10log a 10log b log c A. 5 3 log 3 B. 4 C. 23 D. 3 2 log 5 Câu 38: Với a,b,c lớn hơn 1. Tëm giá trị nhỏ nhất của a b c P log bc log ca 4log ab A. 6 B. 12 C. 11 D. 10 Câu 39: Với a,b,c lớn hơn 1. Tëm giá trị nhỏ nhất của a b c P log bc 3log ca 4log ab A. 16 B. 6 4 3 C. 4 6 3 D. 8 4 3 Câu 40 [Lê Phúc Lữ]: Xét các số thực dương x,y,z thay đổi sao cho tồn tại các số thực a,b,c lớn hơn 1 và thỏa mãn y xz abc a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 P x y 2z A. 42 B. 4 C. 6 D. 10 Câu 41: Xét các số thực dương x,y,z thay đổi sao cho tồn tại các số thực a,b,c lớn hơn 1 và thỏa mãn y xz abc a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 16 16 Pz xy A. 20 B. 3 3 20 4 C. 24 D. 3 3 24 4 Câu 42: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn 0 a, b, c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b c S log b log c log a A. 22 B. 3 C. 52 3 D. 3 2 Câu 43: Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn 2 2 2 log a 2 log b 3log c 6 . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức là T log alog b log blog c log clog a là 3 k . Mệnh đề nào dưới đây đòng? A. k1 B. 32 k 3k 3 C. 3 k 3k 3 D. 1 k 2 Câu 44: Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn log alog b log blog c 3log clog a 1 . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 P log a log b log c là mn p với m,n,p lần lượt là các số nguyên dương và m p là phân số tối giản. Tính m n p ? CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 42 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor A. 64 B. 16 C. 102 D. 22 Câu 45: Với n là số nguyên dương, biết rằng 22 log log ... 2018 2017 mà biểu thức trong dấu ngoặc có tất cả n dấu căn. Tìm giá trị nhỏ nhất của n? A. 2021 B. 2014 C. 2013 D. 2020 Câu 46: Cho a,b là các số nguyên dương thỏa mãn ab 1000 2 22 log log log 2 0 . Giá trị lớn nhất của ab là? A. 500 B. 375 C. 125 D. 250 Câu 47: Cho số thực dương a1 , biết khi 0 aa thì bất đẳng thức ax xa  đòng với mọi số thực x lớn hơn 1. Hỏi mệnh đề nào dưới đây đòng? A. 0 1 a 2 B. 2 0 e a e C. 0 2 a 3 D. 23 0 e a e Câu 48: Cho hàm số x f x e asin x b cos x với a,b là các số thực thay đổi và phương trình x f ' x f '' x 10e có nghiệm. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 22 S a 2ab 3b A. 10 10 2 B. 20 10 2 C. 10 20 2 D. 20 2 Câu 49: Cho 2 số thực a,b thỏa mãn a n b n 11 1 e 1 nn         với mọi số n nguyên dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ab ? A. 13 ln 2 2 B. 1 C. 1 1 ln 2 D. 1 3 ln 2 Câu 50: Cho các số thực dương x,y,z bất kì thỏa mãn xyz 10 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 P log x 1 log y 4 log z 4 A. 29 B. 23 C. 26 D. 27 Câu 51[Minh Tuấn]: Cho 2 số thực x,y sao cho tổng của chòng khïng âm và đồng thời x y x y 2x 2y 2x 2y x y 2 y x 1 2 1 2 2 4 2 2 4 1 4 1 4 Biết rằng giá trị của biểu thức 34 m P x y n với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Hỏi biểu thức 2 mn có tất cả bao nhiêu ước số nguyên? A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 43 Câu 52: Cho các số thực   a,b,c 2;3 . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 3 a b c 1 S 4 4 4 a b c 4 là m n với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Tính P m 2n A. P 257 B. P 258 C. P 17 D. P 18 Câu 53: Có tất cả bao nhiêu bộ số thực x; y;z thỏa mãn 2 3 322 3 y xz 22 2 4 2 4 2 .4 .16 128 xy z 4 xy z  A. 3 B. 4 C. 1 D. 2 THPT Chuyên Quốc học Huế - Năm học 2017 – 2018 Câu 54: Cho hàm số 2 3 mx f x log 1x . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao f a f b 3 với mọi số thực a,b thỏa mãn ab e e a b  . Tính tích các phần tử của tập hợp S A. 27 B. 33 C. 33 D. 27 Câu 55: Cho hệ phương trënh 22 m3 9x 4y 5 log 3x 2y log 3x 2y 1  có nghiệm x; y thỏa mãn 3x 2y 5  . Tìm giá trị lớn nhất của m? A. 5 B. 3 log 5 C. 5 D. 5 log 3 THPT Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình lần 1 năm 2017 – 2018 Câu 56: Cho hàm số x x2 9 fx 9m . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho f a f b 1 với mọi số thực a,b thỏa mãn a b 2 e e a b 1  . Tính tích các phần tử của S A. 81 B. 3 C. 3 D. 9 Câu 57: Cho phương trënh xx 3 a.3 cos x 9  . Có bao nhiêu giá trị thực của tham số a thuộc đoạn   2018;2018 để phương trënh đã cho cî đòng một nghiệm thực? A. 1 B. 2018 C. 0 D. 2 Câu 58 : Cho các số thực x,y,z không âm thỏa mãn 22 2 0 x y y z x z 2  . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 4 y x z 4 4 4 3 P 4 4 4 ln x y z x y z 4 là a b với a,b là các số nguyên dương và a b tối giản. Tính S 2a 3b CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 44 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor A. 13 B. 42 C. 54 D. 71 Câu 59: Cho 2 hàm số x 1 x x 2 f x m 1 6 2m 1,h x x 6 6 . Tìm tham số m để hàm số g x h x .f x có giá trị nhỏ nhất là 0 với mọi   x 0;1 A. m1 B. 1 m 2  C. 1 m ;1 2    D. m1 Câu 60 : Số thực a nhỏ nhất để bất đẳng thức 2 ln x 1 x ax đòng với mọi số thực x là m n với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Tính T 2m 3n A. T5 B. T8 C. T7 D. T 11 Câu 61: Cho các số thực   a,b,c 1;2 thỏa mãn 3 3 3 2 2 2 log a log b log c 1  . Tính giá trị biểu thức S a b c khi biểu thức 3 3 3 a b c 2 2 2 P a b c 3 log a log b log c đạt giá trị lớn nhất? A. 5 B. 3 1 3 3.2 C. 6 D. 4 THPT Chuyên Thái Bình lần 1 năm học 2017 – 2018 Câu 62: Cho 2 số thực x,y phân biệt thỏa mãn x, y 0;2018 . Đặt y 1x S ln ln y x 2018 y 2018 x . Mệnh đề nào dưới đây đòng? A. 2 S 1009 B. 2 S 1009  C. 4 S 1009 D. 4 S 1009  Câu 63: Cho 3 số a, b, c là các số thực lớn hơn 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 ac ab bc 4 1 8 P log a log b 3log c A. 20 B. 10 C. 18 D. 12 THPT Chuyên Hùng Vương – Gia Lai – Lần 2 năm 2017 – 2018 Câu 64: Cho a,b,c,d là các số thực dương cî tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 2 2 P 1 a b a b 1 c d c d A. 2 B. 17 4ln 16 C. 4 17 16 D. 17 ln 16 Câu 65: Cho 3 số thực x,y,z không âm thỏa mãn y xz 2 4 8 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức y xz S 6 3 2 A. 1 12 B. 4 3 C. 1 6 D. 4 1 log 3 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 45 Câu 66: Cho các số thực a,b,c 1 thỏa mãn a b c 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 9 27 P log a 2 log b 3log c A. 3 log 5 B. 1 C. 3 log 15 D. 3 5 log 3 Câu 67: Biết a là số thực dương bất kë để bất đẳng thức x a 9x 1 nghiệm đòng với mọi x . Mệnh đề nào sau đây đòng? A. 34 a 10 ;10   B. 23 a 10 ;10   C. 2 a 0;10   D. 4 a 10 ;  THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 - năm 2017 – 2018 Câu 68: Gọi a là giá trị nhỏ nhất của n 3 i2 n log i fn 9  với n , n 2 . Có bao nhiêu số tự nhiên n để f n a ? A. 2 B. Vô số C. 1 D. 4 Câu 69: Cho 2 số thực x,y không âm thỏa mãn 1 x x 2 2 log 14 y 2 y 1 . Tính giá trị của biểu thức 22 P x y xy 1 ? A. 3 B. 1 C. 2 D. 4 THPT Quãng Xương – Thanh Hóa lần 1 năm học 2017 – 2018 Câu 70: Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn điều kiện yy x z x z 4 9 16 2 3 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức y1 x 1 z 1 P 2 3 4 A. 9 87 2 B. 7 87 2 C. 5 87 2 D. 3 87 2 Câu 71: Giá trị lớn nhất của hàm số 2 ln x 1 ym ln x 1 trên đoạn 2 1;e   đạt giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu? A. 12 2 B. 12 4 C. 12 2 D. 12 4 Câu 72: Biết là số thực lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức n 1 1 e, n n  . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A. 0;1 B. 1;2 C. 1;0 D. 2;3 Câu 73: Cho 2 số thực a,b không âm thỏa mãn 2 log ab 0;1 đồng thời 22 a b 1 log ab 1 log ab 22 2a 2b 2 log ab 1 log ab 1 21 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 46 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Biết rằng 4 10 xy được viết dưới dạng mn với a,b là các số nguyên dương. Hỏi có tất cả bao nhiêu bộ số m; n như vậy? A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Nguyễn Minh Tuấn Câu 74: Có bao nhiêu cặp số nguyên a; b thỏa mãn 0 a, b 100  sao cho đồ thị của 2 hàm số x 11 y ab và x 11 y ba cắt nhau tại đòng 2 điểm phân biệt? A. 9704 B. 9702 C. 9698 D. 9700 Câu 75: Cho 2 số thực x,y không âm thỏa mãn đẳng thức sau: 2 2 2 2 2 3 3 2 log log x 9y 6xy 2x 6y 2 log log 9x y 6xy 6x 2y 3 Biết rằng 2 xy được viết dưới dạng m n với m,n là các số nguyên không âm và m n là phân số tối giản. Hỏi mn có giá trị bằng bao nhiêu A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 Nguyễn Minh Tuấn Câu 76: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 0 x y 2  và đồng thời sin x y cos x y 22 2 tan x y cot x y log 4 x y Tính giá trị của biểu thức 22 sin x y x y 4  ? A. 2 2 B. 0 C. 1 D. 3 2 Nguyễn Minh Tuấn Câu 77: Cho các số thực a,b,c có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau a b c a b c a b c P 4 9 16 9 16 4 16 4 9 A. 23 B. 33 C. 43 D. 63 Câu 78: Cho các số thực   x, y,z 0;1 . Biết rằng giá trị nhỏ nhất của biểu thức yy x z x z P 2 2 2 2 2 2 được viết dưới dạng m n với m,n là các số nguyên không âm và m n là phân số tối giản. Hỏi mn có giá trị bằng bao nhiêu? A. 86 B. 87 C. 88 D. 89 Câu 79: Cho các số thực x,y,z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau x y 2z y z 2x z x 2y P 3 2011 3 2011 3 2011 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 47 A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 Câu 80: Cho hai các số thực a, b, c, d, e dương thỏa mãn a b c d e 1000 và a b c d e 0 a b c d e 0 a b c d e 0 a b c d e 0 a b c d e 0  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức bd M a c A. 499 499 B. 500 500 C. 499 500 D. 500 499 LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Cho 2 số x, y 0 thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2 4log 2x.log 2y log 4xy . Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức cosy sin x P 2 2 . Biết 1 1 b M.n a.2 với a,b là các số nguyên dương và a, b 0 . Tính giá trị của biểu thức 33 ab A. 31 B. 32 C. 33 D. 35 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Biến đổi giả thiết ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 log 2x.log 2y log 4xy 4 log 2x.log 2y log 2x log 2y log 2x log 2y 0 log 2x log 2y x y Thế vào giả thiết ta được   sin x cosx P h x 2 2 t 0;1 . Đặt t sin x khi đî ta được 22 t 1 t t 1 t 2 t f t 2 2 f ' t 2 ln 2 2 ln 2 1t Ta có 2 2 t 1 t t 1 t 2 2 t 0;1 t f ' t 0 2 ln 2 2 ln 2 22 1t t 1t  . Xét hàm số a 2 ga a trên khoảng 0;1 ta có a 2 2 aln 2 1 g' a 0 a 0;1 a . Do đî ga nghịch biến trên 0;1 vì vậy ta được 2 1 t 1 t t 2 Mặt khác ta lại có 1 1 2 1 1 2 min P 3 1 f 0 f 1 3; y 2 2 maxP 2  Chọn ý D. CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 48 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 2: Cho x 2, y 1 thỏa mãn 2 2 2 2 8x log .log .log 2y 4 xy . Đặt y x P 2 2 . Mệnh đề nào sau đây đòng? A. P 19 B. P 19 C. P 19 D. Không tồn tại Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Nhìn thoáng qua thì nhiều bạn sẽ cho rằng đây là dạng toán rút thế để tìm min, max, tuy nhiên ở bài này ta phải sử dụng đến kiến thức của bất đẳng thức. Biến đổi giả thiết ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8x log .log .log 2y 4 3 log x log x log y log y 1 4 xy Theo bất đẳng thức AM – GM ta có: 2 22 2 2 2 2 2 2 2 4 22 AM GM 2 2 2 log y 1 log y 1 3 log x log x log y log y 1 4 3 log x log x log y 22 log y 1 log y 1 3 log x log x log y 22 4 4 VP 4   Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 2 2 3 log x log x log y log x 2 x 4 log y 1 log y 1 y 1 3 log x 2   Từ đî suy ra P 18 19 Chọn ý A. Câu 3: Cho 2 số thực x, y 1 thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 x 9 1 log 3y 2 log 3y 3 log 3xy log 2 2 . Đặt 22 P x xy y . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A.   P 11;12 B.   P 12;13 C.   P 10;11 D. min P 10 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Ý tưởng của mình ở bài này là sẽ kiếm một điều kiện ràng buộc giữa x,y rồi sau đî chỉ ra giả thiết chỉ nhận duy nhất 1 bộ nghiệm. Vậy làm sao để tëm được mối liên hệ này? Dưới đây là cách giải quyết của mình. Biến đổi giả thiết ta được: 2 2 2 x 2 2 2 2 2 2 9 1 log 3y 2 log 3y 3 log 3xy log 2 2 89 log x log xlog 3y 2 log 3ylog xlog 3xy 2 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 49 Ta nhận thấy rằng 2 2 2 8 log x log 3y log 3 3xy . Để đơn giản ta đặt 2 2 2 log x a log 3y b 8 log c 3xy  Lúc này ta có 2 giả thiết a b c 3 9 a ab 2abc 2  . Thế b 3 a c vào giả thiết dưới ta được: 22 9 2c 1 a 2c 5c 4 a 0 2 Coi vế trái là tam thức bậc 2 theo biến a với c là tham số ta có: 2 2 22 2c 5c 4 18 2c 1 2c 1 c 4c 2  Chú ý với điều kiện x, y 1 ta sẽ có a,b,c 0 . Mặt khác a b c 3 c 3 Suy ra 0  , điều này đồng nghĩa VT 0 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 33 a log x x 2 2 22 b 1 log 3y 1 2 y 1 8 1 3 c log 2 3xy 2    Từ đây suy ra 76 12 2 P 9 . Chọn ý C. Câu 4: Cho hai số thực x,y thỏa mãn 2 x 2, y 3 đồng thời: 52 2 2 2 2 2 2 log x log 3y log 3y 12 log x 4log xlog 3xy 80 Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương khïng vượt quá x 3y ? A. 7 B. 8 C. 5 D. 11 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Giống với bài trên û tưởng vẫn sẽ là đi tëm mối liên hệ giữa x,y tuy nhiên nếu không tinh ý thì sẽ khá vất vả. Chú û như với bài trước ta sẽ cần làm xuất hiện một biểu thức có dạng như 2 log . a bxy . Dễ thấy ở bên trong biểu thức thứ 2 nếu đặt nhân tử chung ta sẽ tëm được 1 biểu thức như vậy. Lời giải của bài toán như sau. Biến đổi giả thiết ta được: CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 50 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 52 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log x log 3y log 3y 12 log x 4log xlog 3xy 80 5log x log 3y log 3y 4log x 3 log 3xy 80 8 5log x log 3y log 3y 4log xlog 80 3xy Đặt 2 2 2 8 log x,log 3y,log a,b,c a b c 3 3xy  . Giả thiết lúc này trở thành 2 5a b b 4ac 80 Với điều kiện 2 x 2, y a,b,c 0 3 từ đî ta cî b 5a b 5 a 2  và đồng thời 22 bb b 4ac b 2 ab bc 4ac 4 a c 22          Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 23 b 2a 2b 2c P 10 a 2c b 10 80 23           Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 a 2 log x 2 x4 b 0 log 3y 0 1 y c 1 8 3 log 1 3xy    Do đî x 3y 5 . Vậy có tất cả 5 số nguyên dương khïng vượt quá x 3y Chọn ý C. Câu 5: Cho hai số thực x,y thỏa mãn x, y 1 đồng thời: 2 6 3 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 84 log x log y log log x log y log 8 x y x y         Hỏi BCNN của 2 xy và 4 bằng bao nhiêu? A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Sau khi đã tëm hiểu û tưởng ở 2 bài toán trên thì bài toán này chắc hẳn đã đơn giản hơn với các bạn rồi. Biến đổi giả thiết ta được: 2 6 3 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 84 log x log y log log x log y log 8 x y x y 22 log x 2 log y 3log 6log x 3log y 2 log 8 xy xy                 Đặt chú ý rằng 2 2 2 2 2 2 22 log x log y log 1 log 1 log x log y xy xy Thế vào giả thiết ta được: TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 51 2 2 2 2 2 2 2 2 log y 3 2 log x log y 2 4log x log y 2 3 2 log x log y 1 2 log x 2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 2 2 2 2 2 2 2 log y 4 log y 2 2 3 2 log x log y 1 2 log x 2 8 log y 0 22   Dấu “=” khi và chỉ khi 2 2 1 log x x2 2 y1 log y 0   Chọn ý A. Câu 6: Cho hai số thực x, y 1 thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 22 2 x y log 2 x y log log 4xy 1 x 4y 1 Giá trị lớn nhất của biểu thức 22 f x, y 2xy x 2y x 4y bằng? A. 1 2 B. 2 3 C. 3 4 D. 3 7 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Nhìn hình thức bài toán khá cồng kềnh, thấy rằng bài toán có chứa dấu trị tuyệt đối nên ta sẽ nghĩ ngay tới bất đẳng thức liên quan tới nó. Áp dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối ta có: 22 2 2 2 2 22 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x 4y 1 log 2 x y log log x y 1 1 log x 4y 1 x y x 4y 1 log x y 1 log 1 log x 4y 1 log x 4y 1 xy Mặt khác theo bất đẳng thức AM – GM ta lại có 22 22 log x 4y 1 log 4xy 1 VP Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 22 22 x 4y 1 1 log log x y 1 xy x 2y  Thế vào f x, y ta được 2 f x, y g x 2x x Ta có  1; 1 1 1 3 g' x 0 2x x maxg x g 2 2 4 2x  Chọn ý C. CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 52 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 7: Cho hai số thực x,y thỏa mãn 3 x 27 2 y 16    đồng thời 32 23 32 27 16 36 log log x y y 2x 1 log x y log y 2x 1 Đặt y 2 P x 1 2 log 1 xy . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A. P4 B. P4 C. P4 D. P3 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Sau khi đã làm quen với hướng giải thì bài này có lẽ khá là đơn giản với các bạn rồi, chỉ cần sử dụng bất đẳng thức AM – GM để triệt tiêu các biểu thức chứa biến là sẽ ra. Biến đổi giả thiết ta có: 32 23 32 27 16 36 log log x y y 2x 1 log x y log y 2x 1 3 2 3 2 3 log x y 4 log y 2x 1 2 log x y 3log y 2x 1 36 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 3 2 3 2 3 2 3 2 3 AM GM 3 2 3 2 3 log x y 4 log y 2x 1 2 log x y 3log y 2x 1 1 6 2 log x y 12 3log y 2x 1 2 log x y 3log y 2x 1 6 6 2 log x y 12 3log y 2x 1 2 log x y 3log y 2x 1 1 36 63  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 2 2 x log x y 0 x y 1 3 y 2x 1 4 5 log y 2x 1 2 y 3    Từ đî suy ra P4 . Chọn ý A. Câu 8: Cho hai số thực 3 x y 0 2 thỏa mãn điều kiện 2 2x 3y 1 22 2x 3y 1 log 3x y 3x y 4 1 log log 3x y 42 Khi đî biểu thức P 4xy cî bao nhiêu ước số nguyên? A. 2 B. 4 C. 5 D. 8 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Biến đổi giả thiết ta được: TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 53 2 2x 3y 1 22 2x 3y 1 2x 3y 1 2x 3y 1 2x 3y 1 2 2 2 log 3x y 3x y 4 1 log log 3x y 42 log 3x y 4 1 4 log 3x y 1 log 3x y .4 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có: 2x 3y 1 2x 3y 1 2 2x 3y 1 22 4 log 3x y 4 1 1 log 3x y 4 1 log 3x y . 22  2x 3y 1 22 2x 3y 1 2x 3y 1 2 log 3x y 1 1 4 log 3x y 4 log 3x y 1 4 . 22  Cộng 2 vế bất đẳng thức ta được VT VP  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2x 3y 1 2 3 3 x 42 2x 3y 2 2 1 log 3x y 2 3x y 4 y 2    Vậy P 4xy 3 có tất cả 4 ước số nguyên là 1, 3  Chọn ý B. Câu 9: Cho hai số 1 x, y 2 thỏa mãn x 2y  đồng thời 4 2 x 2y 1 x 2y xy22 2 e e x y 2 4e Đặt P x y . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A. P5 B. min P 1 C. P3 D. max P 4 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Đây là một câu khá là hay chắc hẳn nhiều bạn sẽ nghĩ tới phương pháp đánh giá đầu tiên, û tưởng đî là đúng nhưng trước tiên ta cần phải biết tới 1 bất đẳng thức phụ sau. Bất đẳng thức phụ hay gặp: x e x 1 Chứng minh: Xét hàm số xx f x e x 1 f ' x e 1 , f ' x 0 x 0 x min f x f 0 0 e x 1 x Biến đổi giả thiết ta được: 44 22 x 2y 1 x 2y 1 x 2y x 2y x y x y 2 22 2 e e x y 2 4e 2 e x y 2 4 Áp dụng bất đẳng thức phụ trên ta có: x y 2 e x y 2 1 Mặt khác cũng theo AM – GM ta có 4 2 22 x 2y 1 1 x 2y x 2y x 2y 2 2 2 2 4 Vậy VT 4 . Dấu “=” khi và chỉ khi 2 x 2y 1 x y 1 x y 2  Chọn ý C. CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 54 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 10: Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn điều kiện 22 x 2y y y x x 2 2 log x y 1 21 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2x 4y x y 1 P log y x .2 A. 1 2 B. 1 4 C. 1 8 D. 1 16 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Đến bài này sẽ không còn dễ như những bài toán trước nữa, ta cần một chút kỹ năng biến đổi để có thể cî thêm định hướng giải bài toán này. Biến đổi giả thiết ta được: 22 x 2y x 2y y y x x x y 1 2 2 1 2 log x y 1 2 2 1 2 1 log x y 1 y x x 2y x 2y x y 1 x y 1 2 1 2 1 22 2 1 log y x 1 2 1 log y x 1 Khi đî P viết lại thành 2 x 2y x y 1 P log y x . 2 Để đơn giản ta đặt x y 1 x 2y a log y x 2 1 b 1 2 a 1 b 1 a 1 2b b2  Thế vào ta được 2 b 1 b b 1 b 1 P 2b 2 8  Chọn ý C. Câu 11: Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn 2 2 2 2 1 1 1 5 5 ln xy x y x y 2 2 Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương khïng vượt quá x y? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Lời giải Với bài này ta sẽ sử dụng cách dồn biến về đại lượng xy. Có thể thấy là vế trái là đa thức đối xứng nên ta cho 2 2 2 2 2 1 1 1 5 5 22 xy x y x y x xy . Vậy bài toán sẽ thêm bớt như sau: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 22 22 1 1 1 5 5 ln xy x y x y 2 2 1 1 1 5 5 5 5 ln xy x y x y 2xy 2 2xy 2 1 1 2 1 1 5 5 5 ln xy x y xy x y 2xy 2 2xy 2 x y x y 5 5 5 ln xy x y 2 2xy 2 2xy x y TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 55 2 22 2 2 2 2 x y 2x xy 2y 5 1 1 5 ln 2 xy xy 2 2x y x y Xét hàm số 5 1 5 f t t ln t t 0 f ' t 1 ,f ' t 0 t 1 f t f 1 2 t 2 Vậy VT VP . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y 1 Chọn ý C. Câu 12: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện 22 0 x y ,x, y 0 2    và 2 2 2 2 y x sin x y tan x y y x 1 2.2 4 22 2 4.4 16 Tính giá trị của biểu thức 2018 P sin x y cos x y 1 2  A. 1 B. 0 C.  D. 2 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 sin x y tan x y sin x y tan x y 2 2 2 2 Xét hàm số 2 1 f t sin t tan t 0 t f ' t cos t 0 t 0; 2 cos t 2         2 2 2 2 sin x y tan x y f t f 0 0 2 2 2 Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: 2 2 y x yy xx y 2 2 x 2 2 yy xx 2 4. 2 4 2.2 4 2.2 4 2 4.4 16 4. 2 4 4. 2 4  Từ đî suy ra VT 2 VP Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 22 y x x y 0 xy x y 1 P 0 x 1 2y 2.2 4   Chọn ý B. Câu 13: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn x x 1 x x 4 2 2 2 1 sin 2 y 1 2 0 Đặt 2018 2018 P sin y 1 x . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A. P1 B. P2 C. P3 D.   P 4;5 Lời giải Biến đổi giả thiết ta được: x x 1 x x 2x x x x 4 2 2 2 1 sin 2 y 1 2 0 2 2.2 1 2 2 1 sin 2 y 1 1 0 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 56 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 2x x x x 2 x 2 x xx 2 x x 2 x 2x 2 2.2 1 2 2 1 sin 2 y 1 sin 2 y 1 cos 2 y 1 0 2 sin 2 y 1 1 2 1 sin 2 y 1 cos 2 y 1 0 cos 2 y 1 0  Vì 2 x x cos 2 y 1 0 sin 2 y 1 1  . Nếu xx sin 2 y 1 1 2 0 - Phương trënh vï nghiệm Nếu xx sin 2 y 1 1 2 2 x 1 sin y 1 1 Vậy giá trị của biểu thức P2 . Chọn ý B. Câu 14: Cho hai số thực x, y 1 thỏa mãn 2 2 2 2 2 2 2 log 2x 2 log y 1 log x 1 Tính giá trị của biểu thức 2 P log x y A. 2 log 3 B. 2 log 5 C. 1 D. 2 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Ý tưởng bài này giống với bài 12, nhưng hënh thức đã đơn giản hơn rất nhiều. Biến đổi giả thiết ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log x 1 log 2x 2 log y 1 log x 1 2 log y 1 log x 1 Xét hàm 2 2 2 2 2 t1 2t 2 f t t 0 f ' t ,f ' t 0 t 1 f t f 1 2 t1 t1  Từ đî suy ra 2 2 2 2 log x 1 2 log x 1  . Mặt khác theo giả thiết ta có: 22 22 2 log y 1 2 log 1 1 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y 1 . Chọn ý C. Câu 15: Cho hai số thực dương x y 1 thỏa mãn điều kiện: xy 2 2 2 2 4log x y 12 2 1 log x y 5 2 log x y 2 Đặt 33 P a b . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A. P2 B. P3 C. P1 D. P1 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Vẫn là û tưởng của bài toán 12 và 14 tuy nhiên với bài này cần một chút kiến thức về bất đẳng thức thì sẽ giải nhanh hơn rất nhiều thay vë cách đạo hàm truyền thống. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 57 2 22 22 2 log x y 5 2 log x y 1 log x y 5 log x y 1 log x y 3 22  2 2 22 4 log x y 12 2 log x y 5 2 log x y 1  Mặt khác theo giả thiết ta lại có xy 0 2 1 2 1 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y 1 Chọn ý A. Câu 16: Cho 2 số thực x,y dương thỏa mãn điều kiện 3 22 2 2 2 11 log 2x log 4y 1 log xy 2 Đặt 33 P x y . Hỏi P cî bao nhiêu ước số nguyên? A. 1 B. 2 C. 5 D. 0 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Đây là dạng toán quen thuộc mà ta đã cî hướng giải ở các bài toán trước. Đặt 2 2 2 2 log 2x,log 4y,log a,b,c a b c 4 xy  Giả thiết trở thành 11 2 . Nhận thấy 2 giả thiết đều là đa thức đối xứng theo 2 biến a, b nên dấu “=” sẽ xảy ra tại a b x, c y đến đây ta sẽ tham số hîa để tëm điểm rơi. Theo bất đẳng thức AM – GM ta có: 22 2 2 2 2 3 2 3 2 3 3 3 2 a x 2ax b x 2bx a b c 2x a b 3y c 2y 2x c y y 3y c  Đến đây ta cần tìm x, y thỏa mãn 2 y1 2x 3y 3 2x y 4 x 2   . Vậy P không phải là số nguyên nên khïng cî ước nguyên dương. Chọn ý D. Câu 17: Cho 2 số thực x,y không âm thỏa mãn điều kiện x y 1 đồng thời x y 2y 2x 2x y 2 2 9.2 Đặt P x y . Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương khïng vượt quá P ? A. 1 B. 2 C. 5 D. 0 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 58 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Đây là một bài toán với cách phát biểu đơn giản nhưng tuy nhiên một số bạn sẽ rất dễ bị nhầm khi áp dụng bất đẳng thức AM – GM. Sau đây mënh sẽ chỉ ra một lỗi cî thể một vài bạn mắc phải. Với ó tưởng của các bài toán cũ thë chòng ta thường sẽ cî đánh giá sau: x y 2y 2x x y x y x y 22 3 x y x y 1 1 1 1 3 2 2 2 .2 .2 22 4 22 Sau khi cî đánh giá trên thë tiếp theo ta sẽ đánh giá vế trái để chỉ ra dấu “=”, nhưng tuy nhiên điều này là khïng thể do điểm rơi của bài toán khïng phải như thế. Để giải quyết được ta phải chò ó thêm tới điều kiện mà đề bài đã cho là x y 1 từ đây ta sẽ suy ra xy 22 . Sử dụng bất đẳng thức AM GM ta có: x y x y x y x y x y 2y 2x x y 22 x y x y 1 2 2 1 3.2 3 3.2 9 2 2 2 8 8 4 4 4 4 22 Mặt khác ta lại cî 2x y 2y y 2 y 2 2 1 x y 1 2 2 2 2 4   Vậy VT VP . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 y0  Chọn ó A. Nhận xét. Ngoài mắc phải lỗi như trên thë một số ìt khi lần đầu gặp sẽ bị nhầm rằng đây là dạng toán tëm mối liên hệ x,y, nhưng ta phải tinh û nhận ra yêu cầu của đề bài là hỏi cî bao nhiêu số nguyên dương để nhận ra phải sử dụng tới phương pháp đánh giá! Câu 18: Cho 2 số x,y thỏa mãn x 1 y y0   thoả mãn điều kiện: x1 ln x y ln 1 y 2 ln 2 Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 P x xy y là? A. 1 5 B. 1 3 C. 1 6 D. 1 4 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Thực chất đây là một bài toán khá là đơn giản, để û tới yêu cầu của bài toán là tëm giá trị nhỏ nhất nên chắc chắn từ giả thiết ta sẽ phải tëm được mối liên hệ giữa x và y. Đặt x y a x 1 a b 1 y b 22  . Giả thiết trở thành ab ln a ln b 2 ln 2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 2 ln a ln b 2 ln a.ln b 2 ln a ln b ln a ln b Mặt khác 2 a b 1 1 1 a b ln ln ab ln a ln b ln a ln b ln a ln b ln 2 2 4 2 2  TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 59 Vậy VT VP  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b x y 1 y x 1 2y Khi đî min 1 P 4 . Chọn ó D. Câu 19: Cho 2 số thực x, y 0 thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2 2 4 2 2 y log x log y log x 2 log x Có bao nhiêu số nguyên dương khïng vượt quá 8xy ? A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Biến đổi giả thiết ta được: 2 2 2 2 2 4 2 2 y log x log y log x 2 log x 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log x log y log x 2 2 log y log x log x log y 2 log y log x 2 log x 2 log x log y log x 2 0 22 22 2 2 2 2 2 2 2 2 22 log x 1 log y 1 2 log x log y log x 2 0 log x 1 1 x log y 1 2 y2 log x log y 0   Khi đî 8xy 8 , vậy cî tất cả 8 số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán Chọn ó D. Câu 20: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 3 x y x 2y x 3y x 1 2 1 2 1 2 1 2 . Đặt 22 2 2 xy 2 y P e x x 2y 4 . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A. P e 1 B. Pe C. 2 max P e D. P e 2 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Thực chất câu này chỉ để giới thiệu cho các bạn một bất đẳng thức quen thuộc, chứ đề thi chắc sẽ khïng ra dạng kiểu này. Chú û tới bất đẳng thức Holder mà mënh đã giới thiệu ở đầu. Một bất đẳng thức mà ta hay gặp: 3 1 a 1 b 1 c 1 abc Có bổ đề sau: Cho các số thực dương a, b, c, x, y,z,m, n,p khi đî ta luïn cî: 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b c x y z m n p axm byn czp Chứng minh: Theo AM GM ta có: CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 60 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 1. 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a m x 3axm a b c m n p x y z a b c m n p x y z 2. 3 33 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 y 3byn bn a b c m n p x y z a b c m n p x y z 3. 3 33 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 p 3cpz cz a b c m n p x y z a b c m n p x y z Cộng 3 bất đẳng thức trên cî điều phải chứng minh. Quay lại bài khi đî phương trënh trở thành: 3 a 1 b 1 c 1 1 abc Theo bất đẳng thức Holder ta có: 33 3 33 33 cyc 11 a 1 abc 22          Với bài toán này nếu đặt x y x 2y x 3y x 3 2 a, 2 b, 2 c abc 2 , đây chình là dạng trên. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y x 2y x 3y 2 2 2 x y 0 Vậy khi đî Pe . Chọn ý B. Câu 21: Cho 2 số thực x, y 0 thỏa mãn điều kiện x y 1 x 2y 1 3x 4y 3 1 x y 2x 3y 2 2 2 2 2 Biết rằng biểu thức 22 xy a 4b với a b là phân số tối giản. Tổng ab bằng? A. 5 B. 6 C. 4 D. 7 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Nhìn chung bài toán nhìn rất cồng kềnh, ta sẽ tư duy theo hướng mà ta hay nghĩ tới nhất đî là quy đồng. Biến đổi giả thiết ta được: x y 1 x 2y 1 3x 4y 3 1 x y 2x 3y 4x 5y 4 4x 6y 4 y 2x 3y 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2x 2y 4 2x 3y 4 2x 2y 2x 3y 2 2 2 2 1 Đến đây mọi việc trở nên rất đơn giản phải không nào? Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 2x 2y 4 2x 2y 2x 3y 2x 3y 4 2x 2y 4 2x 2y 2x 3y 2x 3y 4 2 2 2 2 2 2 .2 2 2 .2 1 VP Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 22 x1 xy 1 y0 44  Chọn ý A. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 61 Câu 22: Cho 2 số thực dương x, y thỏa mãn x y 3 y1 x1 yy 2x 2x x y e 11 2 2 2 2 3.4 4 3.2 Khi đî 34 xy được viết dưới dạng m n với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Hỏi T m n có giá trị là bao nhiêu? A. 149 B. 147 C. 160 D. 151 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Nhën hënh thức rất cồng kềnh, nhưng hãy chú û tới đại lượng 3 xy xye , điều này làm ta liên tưởng tới bất đẳng thức phụ 1 x ex , đến đây hướng đi của bài toán sẽ như sau: Biến đổi giả thiết ta được: x y 3 yy xx x y 3 y1 x1 y y 2y 2y 2x 2x 2x 2x x y e 1 1 2 2 2 2 x y e 2 2 2 2 3.4 4 3.2 2 3.2 2 3.2 Đặt y x 2 a, 2 b thì theo bất đẳng thức AM – GM ta có: 2 a a a b 2 b 1 2b a b 3 a ; a b a 3b 2 a 3b 4 2 a b a 3b a 3b a 3b    2 b b a b 2 a 1 2a a b 3 b ; a b b 3a 2 b 3a 4 2 a b b 3a b 3a b 3a    Cộng hai bất đẳng thức trên với nhau ta có yy xx 2y 2y 2x 2x 2 2 2 2 2 2 3.2 2 3.2  Mặt khác theo một bất đẳng thức phụ quen thuộc ta có: x y 3 x y 3 x y e x y 3 e 3 3 1 2  Vậy VT 2 VP . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y x 22 3 xy 2 x y 3 0  Khi đî 34 135 xy 16 . Chọn ý D. Câu 23 Cho các số thực a,b,c thỏa mãn 0 a, b, c 1 . Khi đî trị nhỏ nhất của biểu thức 2 a b c 1 P log b log c log a 4 được viết dưới dạng m n , với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Hỏi 33 T m n có giá trị là bao nhiêu? A. 171 B. 189 C. 195 D. 163 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Theo bất đẳng thức AM – GM ta có: CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 62 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 2 2 2 a b c a b c a c 1 1 1 P log b log c log a 2 log blog c log a 2 log c log a 4 4 4 22 a c a a a a c 1 1 1 1 1 1 2 log c log a log c log c log c log c log a 4 4 4 4 4 4 2 5 a a a a c 1 1 1 1 1 5 5 log c. log c. log c. log c. log a 4 4 4 4 4 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của 5 P 4 , khi đî T 189 Chọn ó B. Câu 24: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn y 1 1 x 4y 4x 2 2 4 . Đặt P x y . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A. P1 B. 2 C. 3 2 D. 5 2 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: y 1 y 1 1 1 2. 2 x. x 4y 4y 4x 4x 2 2 2 2 4 VP Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 x 5 P 2 2 y2  . Chọn ó D. Câu 25: Cho 2 số a,b thực a,b thỏa mãn b a 1 và a 4 3 b b log log a a 2 16 4 . Giá trị của biểu thức 2 a P log b ? A. 0 B. 2 C. 3 D. 1 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Biến đổi giả thiết ta có:  a a 4 3 bb b 3 1 3 log 4 log b 4 log a log a t 4 t 4 a b 2 16 2 2 f t 2 2 t log a 0;1         Suy ra 13 4 4 3 t t 4 3 t4 t 2 4 f ' t 2 ln 2 .2 ln 2 2 4.2 ln 2 2 4.2 ln 2 0 t   13 4 t t4 f t 2 2 f 1 4 VT VP Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 a a b P log 0 b Chọn ý A. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 63 Câu 26: Cho 2 số thực x, y 0 thỏa mãn 1 y 2x x  và 2 2 2 2 2x 9 log log log xy x y 16 . Đặt y x P 2 .2 . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A.   P 4;5 B.   P 1;2 C.   P 2;3 D.   P 6;7 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Biến đổi giả thiết ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x 9 log log log xy x y 16 9 1 log x log x log y 1 log log y 16 Để đơn giản ta đặt 2 2 a log x 9 1 a a b 1 a b b log y 16  Nếu a 1 VT 0  , vô lý Để ý thấy 22 1 1 1 y 2x log 2x log a 1 a a x x 2   . Nếu 1 a1 2  thì ta có: 2 1 1 1 1 9 1 a a b 1 a b 1 a a b 1 a b 1 a a 1 a a 2 2 4 2 16           Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 4 2 1 2 2 11 a log x x2 44 P 6,07725 11 b log y y2 22    Chọn ý D. Câu 27: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 2 x 3 2 y 5   . Hỏi có bao nhiêu bộ số x, y thỏa mãn phương trënh 2 log 3 sin xy cos x 6   ? A. 4 B. 2 C. 3 D. 1 Lời giải Thực chất đây là một câu khá đơn giản nếu như ta đã làm quen với phương pháp đánh giá rồi, các câu 28, 29 sẽ làm tương tự nên mình sẽ chỉ trình bày mỗi lời giải câu 27. Ta có 2 3 sin xy 2 log 3 sin xy 1 , mặt khác cos x 1 6    . Do đî phương trënh thỏa mãn khi và chỉ khi: CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 64 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 1 x 2k cos x 1 6 6 k,n xy n sin xy 1 2       Với giả thiết 2 x 3  nên k1 . Với k1 13 6 x y n 6 13 2   Do   9 y 6 13 2 y 5 2 n 5 n 1;2 15 13 2 y 13          Vậy có 2 bộ số thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn ý B. Câu 28. 9 17 5 ; ; 55     Câu 29. 6 12 ; 77    Câu 30: Biết rằng tồn tại duy nhất một a để phương trënh sin x 2 2 sin x cos x sin x a có nghiệm duy nhất, hỏi a có tất cả bao nhiêu ước số nguyên A. 2 số B. 8 số C. Không có D. Vô số Lời giải Do 2 2 sin x sin x , sin x sin x nên nếu phương trënh cî 1 nghiệm là x thë cũng có nghiệm là x . Nên để phương trënh cî nghiệm duy nhất thë đồng nghĩa với x0 . Thế ngược lại ta giải ra được a0 . Chọn ý D. Câu 31: Cho 2 số thực dương x,y thỏa mãn điều kiện 22 22 xy xy x y 4 2 xy x 22 1 1 log x 2 log y 1 1 44                Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương khïng vượt quá 44 ab A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Biến đổi giả thiết ta được: 22 22 22 xy xy x y 4 2 xy x x y 4 22 xy 2 xy 2 2 xy x 22 1 1 log x 2 log y 1 1 44 1 2 1 log x 2 log y 1 2 1                   TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 65 22 22 22 2 xy 2 2 xy 2 x y 4 xy 2 x 2 xy 2 x y 4 xy 2 x 22 x y 4 xy 2 x x 1 2 1 log x 1 21 2 log y 1 11 log x 21 2 log y 1 1 1 1 log y 1 21 2 log y 1 Đến đây ta cî một bổ đề khá quen thuộc cần phải nhớ. Bổ đề. Với 2 số thực không âm a,b ta luôn có 22 1 1 1 1 ab a 1 b 1 . Ta cî đẳng thức sau đây: 22 2 2 2 2 ab a b 1 ab 1 1 1 0 1 ab a 1 b 1 a 1 b 1 1 ab . Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Ta cũng cî thể dùng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz chứng minh được. Ta có:   2 2 2 2 1b a ab 1 1 a 1 a b ab 1 a1 b 1a b ab 1 1 b 1 a b ab 1 a b1 Cộng lại cî điều cần chứng minh! Áp dụng vào bài toán ta được 2 2 xy 2 xy 2 x x 1 1 1 2 log y 1 log y 1 21 Mặt khác theo bất đẳng thức AM – GM ta có 22 2xy 4 xy 2 x y 4 x x x 1 1 1 2 log y 1 2 log y 1 2 log y 1  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y 2 . Khi đî cî tất cả 16 số nguyên dương khïng vượt quá 44 ab . Chọn ý D. Câu 32: Cho 2 số thực x,y thay đổi thỏa mãn x y 1 2 x 2 y 3 . Giá trị lớn nhất của biểu thức x y 4 7 x y 22 S 3 x y 1 2 3 x y là a b với a,b là các số nguyên dương và a b tối giản. Tính P a b A. P8 B. P 141 C. P 148 D. P 151 Lời giải Đây chình là đề thi THPT Quốc Gia 2016 đã được biến tấu để trở thành 1 câu hỏi trắc nghiệm! CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 66 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Từ giả thiết ta có 2 2 x y 1 4 x 2 y 3 4 x y 1 2 x 2 y 3 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 2 số thực không âm ta có: 2 2 x 2 y 3 x y 1 x y 1 8 x y 1 1 x y 7     Mặt khác ta lại có: 2 x y 3 3 x y 7 x y 1 4 x y 1 2 x 2 y 3 4 x y 1 x y 1 x y 1      Nếu x2 x 2 y 3 0 9746 x y 1 S y3 243 x y 1   Nếu 3 x y 7   . Đặt   t x y t 3;7 Xét hàm số   t 4 7 t f t 3 t 1 .2 t 3;7   t 4 7 t 7 t t 4 2 7 t 7 t 7 t t 4 2 2 7 t f ' t 3 ln 3 2 t 1 2 ln 2 f '' t 3 ln 3 2 ln 2 ln 2 2 t 1 2 ln 2 3 ln 3 t 1 ln 2 2 ln 2 2 0 t 3;7 Vì f ' 3 0,f ' 7 0 nên tồn tại số a 3;7 sao cho f ' a 0 . Suy ra ft nghịch biến trên 3;a và đồng biến trên a;7 . Mặt khác   193 193 f 3 ;f 7 35 f t f 3 t 3;7 33  Ta sẽ đi chứng minh 22 x y 5 với x y 3, x 2 . Nhận thấy rằng khi: +   2 2 2 2 2 x 2;3 y 3 x 0 y x 6x 9 x y 2x 6x 9 2 x 2 x 1 5 5 + 22 x 3 x y 9 Vậy 22 x y 5 148 S 3  . Chọn ý D. Câu 33: Cho x,y là 2 số tự nhiên khác 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức y x P 36 5 A. P8 B. 9 C. 10 D. 11 Lời giải Đây là một câu phát biểu vï cùng đơn giản, nhưng thực chất là một bài toán nếu làm tự luận sẽ rất khî đíi hỏi tới kiến thức số học. Ta có m 36 tận cùng bằng 6, n 5 tận cùng bằng 5. Nếu mn 36 5 thì P có tận cùng bằng 1, nếu mn 36 5 thì P có tận cùng bằng 9 Xét P1 ta có m n m n 36 5 1 36 1 5 . Đẳng thức này không thể xảy ra vì vế trái chia hết cho 35 nên chia hết cho 7, còn vế phải không chia hết cho 7 Xét P9 ta có nm 5 36 9 n 5 chia hết cho 9, vô lí. Xét A 11 , xảy ra khả năng này chẳng hạn khi m 1, n 2 . Vậy min P 11 . TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 67 Chọn ý D. Câu 34: Cho các số thực dương a,b,c khác 1 thỏa mãn 22 a b a b cc log b log c log 2 log 3 bb . Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức ab P log b log c . Tính S 2m 3M A. 2 S 3 B. 1 S 3 C. S3 D. S2 Thầy Đặng Thành Nam – Vted.vn Lời giải Đặt ab x log b, y log c P x y , khi đî giả thiết viết lại thành 22 x y xy x 2y 1 Thế y x P vào giả thiết trên ta được 2 2 2 2 x y xy x 2y 1 x 3 P x P 1 0 Phương trënh trên cî nghiệm khi và chỉ khi 22 5 3 P 4 P 1 0 1 P 3    Chọn ý C. Câu 35: Cho các số thực a,b,c khác 0 thỏa mãn a b c 3 5 15 . Hỏi giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 P a b c 4 a b c là? A. 5 3 log 3 B. 4 C. 23 D. 3 2 log 5 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có a b c 3 5 15 3 5 15 t a log t,b log t, c log t t t t 1 1 1 ab c ab bc ca 0 11 log 15 log 3 log 5 a b ab Khi đî ta cî 22 P a b c 2 ab bc ca 4 a b c a b c 4 a b c 4 Chọn ý B. Câu 36: Cho a,b là hai số thực thay đổi thỏa mãn b0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 a P a b 10 log b A. 11 2 log ln 10 ln 10 B. 11 2 log ln 10 ln 10 C. 2 log ln 10 D. 11 2 ln ln 10 ln 10 Lời giải Xét 2 điểm a A a;10 ,B b;log b , do đồ thị của 2 hàm số x y 10 , y logx đối xứng qua đường thẳng yx do đî khoảng cách giữa 2 điểm A và B chình là P và đạt giá trị nhỏ nhất khi A, B đối xứng với nhau qua đường thẳng yx , do đî 2 điểm A,B cùng nằm trên đường thẳng y x m . CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 68 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Vì vậy ta có a a a 1 1 1 A a;10 ,B a;10 AB P 2 10 a f a f log 2 log ln 10 ln 10 ln 10                 Chọn ý B. Câu 37: Cho các số thực a,b,c lớn hơn 1 thỏa mãn 2 2 2 bc log a 1 log blog c log 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 S 10log a 10log b log c A. 5 3 log 3 B. 4 C. 23 D. 3 2 log 5 Lời giải Biến đổi giả thiết ta được 2 2 2 bc 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log a 1 log blog c log 2 log a. log b log c 1 log blog c log alog b log alog c log blog c 1 Đặt 2 2 2 log a;log b;log c x, y,z  ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 S 10x 10y z Bây giờ ta cần tìm số k dương sao cho 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10x 10y z 2k xy yz xz 10x 10y z k x y z k x y z 2k xy yz xz 2 2 2 2 2 22 2 k 10 x k 10 y k 1 z k x y z y xz k x y z 1 1 1 k 10 k 10 k 1 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng cộng mẫu Engel ta có 2 2 22 x y z y xz 1 1 1 1 1 1 k 10 k 10 k 1 k 10 k 10 k 1 Đến đây sử dụng được giả thiết ta sẽ chọn k sao cho 1 k k 2 1 1 1 k 10 k 10 k 1 Chọn ý B. Câu 38: Với a,b,c lớn hơn 1. Tëm giá trị nhỏ nhất của a b c P log bc log ca 4log ab A. 6 B. 12 C. 11 D. 10 Lời giải Đây là một câu sử dụng bất đẳng thức AM – GM khá là cơ bản Biến đổi giả thiết và áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a b c a b a c b c a b a c b c P log bc log ca 4log ab log b log a log c 4log a log c 4log b 2 log b.log a 2 4log c.log a 2 4log c.log b 10 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 69 Chọn ý D. Tương tự với câu 39. Chọn ý C. Câu 40: Xét các số thực dương x,y,z thay đổi sao cho tồn tại các số thực a,b,c lớn hơn 1 và thỏa mãn y xz abc a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 P x y 2z A. 42 B. 4 C. 6 D. 10 Lê Phúc Lữ Lời giải Từ giả thiết ta có x abc 1 a abc 2 log a x tương tự abc abc 11 2 log b, 2 log c yz abc abc abc 1 1 1 2 log a log b log c 2. x y z Theo bất đẳng thức AM – GM ta có : 2 4 1 1 1 4z 4z 2 x y T 2z f z f 1 6 x y x y z 2z 1 2z 1  Chọn ý C. Câu 41: Xét các số thực dương x,y,z thay đổi sao cho tồn tại các số thực a,b,c lớn hơn 1 và thỏa mãn y xz abc a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 16 16 Pz xy A. 20 B. 3 3 20 4 C. 24 D. 3 3 24 4 Lời giải Tương tự với câu 40 ta có abc abc abc 1 1 1 2 log a log b log c 2. x y z 2 2 2 1 1 1 16 P 16 z 16 2 z 32 z f z f 2 20 x y z z  Chọn ý A. Câu 42: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn 0 a, b, c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b c S log b log c log a A. 22 B. 3 C. 52 3 D. 3 2 Lời giải Đây là một câu tương tự câu 23 ta sẽ phải dùng tới bất đẳng thức AM – GM để triệt tiêu các biến Theo bất đẳng thức AM – GM ta có a b c a b c a c a c a c S log b log c log a 2 log b.log c log a 2 log c log a 2 2 log c. log a 2 2 log c.log a 2 2 Chọn ý A. CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 70 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 43: Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn 2 2 2 log a 2 log b 3log c 6 . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức là T log alog b log blog c log clog a là 3 k . Mệnh đề nào dưới đây đòng? A. k1 B. 32 k 3k 3 C. 3 k 3k 3 D. 1 k 2 Lời giải Một câu hoàn toàn tương tự với câu 37, ta sẽ dùng phương pháp tham số hóa kết hợp bất đẳng thức Cauchy – Schwarz. Đặt 2 2 2 log ;log ;log , , 2 3 6  a b c x y z x y z Ta cî đánh giá 2 22 2 2 2 2 y xz 6 x 2y 3z 2k xy yz xz k x y z 1 1 1 k 1 k 2 k 3 Khi đî cần tìm k sao cho 32 1 k k 3k 3 1 1 1 k 1 k 2 k 3 Chọn ý C. Câu 44: Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn log alog b log blog c 3log clog a 1 . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 P log a log b log c là mn p với m,n,p lần lượt là các số nguyên dương và m p là phân số tối giản. Tính m n p ? A. 64 B. 16 C. 102 D. 22 Lời giải Với bài toán này nếu đặt log ;log ;log , , 3 1  a b c x y z xy yz xz thì ta sẽ không thể áp dụng phương pháp làm của bài trên, khi đî ta sẽ cần phải nghĩ ra cách đặt khác. Đặt log a;log b;log c ix, j y,k z ijxy jkyz 3kixz 1  Tìm i,j,k thỏa mãn j ij kj 3ki i k 3 . Chọn j 3 i k 1 Khi đî ta được 1 3xy 3yz 3xz 1 xy yz xz 3 . Bài toán lại quay trở về các bài toán trên. Với cách làm tương tự các bài toán trên ta tëm được 3 17 min P 2 Chọn ý D. Cách 2. Chú ý rằng ở giả thiết và yêu cầu của bài toán vai trò của 2 biến a,c là như nhau nên dấu “=” sẽ xảy ra tại ac . Khi đî ta cî: TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 71 22 2 2 2 2 2 2 P 2x y P 3x 2xy 2x y 3P 2 x 2Pyx y 0 3x 2xy 1  Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trënh bậc 2 ta sẽ tëm được đáp án của bài toán. Câu 45: Với n là số nguyên dương, biết rằng 22 log log ... 2018 2017 mà biểu thức trong dấu ngoặc có tất cả n dấu căn. Tìm giá trị nhỏ nhất của n? A. 2021 B. 2014 C. 2013 D. 2020 Lê Phúc Lữ Lời giải Từ giả thiết ta có n n 1 2 n 2 22 ... 2018 2018 2018 log ... 2018 2 log 2018 n 2 2 2 2 2 2 log log ... 2018 2017 log 2 log log 2018 2017 n log 2 2020, 4 n 2020, 4 n 2021 Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 2021 Chọn ý A. Câu 46: Cho a,b là các số nguyên dương thỏa mãn ab 1000 2 22 log log log 2 0 . Giá trị lớn nhất của ab là? A. 500 B. 375 C. 125 D. 250 Lời giải Biến đổi giả thiết ta được: a b a b a b 1000 1000 2 2 2 2 2 1000 a 1000 2 .b a 2 log log log 2 0 log log 2 1 log 2 2 2 2 2 b 1000 Do a,b là các số nguyên dương nên ta cî a 1000 2 . Mặt khác ta lại có 33 1000 2 .5 a 3  Nếu a 3 b 125 ab 375 Nếu a 2 b 250 ab 500 Nếu a 1 b 500 ab 500 Vậy giá trị lớn nhất của ab bằng 500 Chọn ý A. CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 72 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 47: Cho số thực dương a1 , biết khi 0 aa thì bất đẳng thức ax xa  đòng với mọi số thực x lớn hơn 1. Hỏi mệnh đề nào dưới đây đòng? A. 0 1 a 2 B. 2 0 e a e C. 0 2 a 3 D. 23 0 e a e Lời giải Lấy logarit tự nhiên 2 vế ta được ax ln a ln x ln x ln a aln x xln a ax   Ta xét 2 ln x 1 ln x ln e f x f ' x ,f ' x 0 x e f x f e x x e  Từ đî ta suy ra ae . Chọn ý C. Câu 48: Cho hàm số x f x e asin x b cos x với a,b là các số thực thay đổi và phương trình x f ' x f '' x 10e có nghiệm. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 22 S a 2ab 3b A. 10 10 2 B. 20 10 2 C. 10 20 2 D. 20 2 Lời giải Do x f x e asin x b cos x nên phương trënh x f ' x f '' x 10e tương đương xx e a b sin x a b cos x 2bsin x 2a cosx 10e a 3b sin x 3a b cosx 10 Phương trënh trên cî nghiệm khi và chỉ khi 22 22 a 3b 3a b 100 a b 10 Khi đî ta cî: 2 2 2 2 2 22 2 2 2 10 a 2ab 3b 10 a 2ab 3b 10 t 2t 3 a S a 2ab 3b f t t 10 a b t 1 b  Khảo sát hàm số f t f t f 1 2 20 10 2  Chọn ý B. Câu 49: Cho 2 số thực a,b thỏa mãn a n b n 11 1 e 1 nn         với mọi số n nguyên dương. Tëm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ab ? A. 13 ln 2 2 B. 1 C. 1 1 ln 2 D. 1 3 ln 2 Lời giải Đây là một câu rất khó không phù hợp với kì thi THPT Quốc Gia nên chúng ta chỉ tham khảo. Lấy logarit tự nhiên 2 vế ta có * 1 a n b, n 1 ln 1 n TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 73 Xét hàm số 1 f x x, x 1 1 ln 1 x khi đî ta cî x1 x1 min a b max f x min f x Mặt khác 1 f ' x 1 0, x 1 x x 1 , do đî ta được x 1 x x x1 xx 2 x 2 2 11 max f x min f x f 1 lim f x 1 lim x 1 ln 2 ln 1 x 1 1 1 1 xln 1 ln 1 11 x x x 1 1 lim 1 lim 1 1 ln 2 ln 2 ln 1 x x 1 x 11 x x 1 x1 11 1 lim 1 lim 2x 1 ln 2 ln 2 x x 1                   2 x x x 1 x 13 2x 1 ln 2 2   Vậy min 13 ab ln 2 2 Chọn ý A. Chú ý: Ở đây ta dùng tới quy tắc. Trong giải tích, Quy tắc l'Hôpital (phát âm như Lô-pi-tan) (cũng được gọi là quy tắc Bernoulli) là quy tắc sử dụng đạo hàm để tính toán các giới hạn có dạng vï định. Ứng dụng của quy tắc này là đưa dạng vï định trở thành dạng hữu hạn, cho phép tính toán giới hạn một cách dễ dàng. Dạng đơn giản nhất của quy tắc l'Hïpital được phát biểu như sau: Cho hai hàm số f x ,g x nếu x c x c lim f x limg x 0  hoặc  và xc fx lim gx  tồn tại thì ta luôn có x c x c f x f ' x lim lim g x g' x  . Việc lấy đạo hàm của tử số và mẫu số thường làm đơn giản thương số, hoặc làm khử dạng vï định. Câu 50: Cho các số thực dương x,y,z bất kì thỏa mãn xyz 10 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 P log x 1 log y 4 log z 4 A. 29 B. 23 C. 26 D. 27 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Mincowsky ta có CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 74 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 2 2 2 2 2 2 2 22 22 2 2 P log x 1 log y 4 log z 4 log x 1 log y log z 16 10 log x 1 log yz 16 log x 1 log 16 x log x 1 1 log x 16 log x 1 log x 1 4 26 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 55 x 10, y z 100 Chọn ý C. Câu 51: Cho 2 số thực x,y sao cho tổng của chòng khïng âm và đồng thời x y x y 2x 2y 2x 2y x y 2 y x 1 2 1 2 2 4 2 2 4 1 4 1 4 Biết rằng giá trị của biểu thức 34 m P x y n với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Hỏi biểu thức 2 mn có tất cả bao nhiêu ước số nguyên? A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Ta có m b a a a m T0 b b m b b m khi 0 m a b  . Nên a a m 1 b b m Theo giả thiết ta có xy x y 0 4 1 . Ta cî đánh giá sau: y x y 1 y y x y x x x 0 4 4 2 1 4 4 1 1 4 4 4  Khi đî sử dụng kết quả 1 ta có: y y x y 1 xx y x y y x y xx y x y y x y 1 xx 2 4 4 4 4 2 1 1 1 4 4 1 1 4 1 4 1 4 4 4 1 4 4 4 4 4 2 xy xy 2 x y y x xy 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 4 1 4 12 Mặt khác 2 x y x y 2x 2y x y 2 x y 2x 2y 2 2 x y x y 2 4.2 4 2 2 4 4.2 1 24 2 4 2 4 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có x y x y 2 2 xy xy 4.2 4.2 1 1 2 24 2 4. 2  Vậy VT VP . Dấu “=” xảy ra khi 2 1 x x y 0 3 2 P m n 25 x y 1 1 16 y 2   Chọn ý C. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 75 Câu 52 : Cho các số thực   a,b,c 2;3 . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 3 a b c 1 S 4 4 4 a b c 4 là m n với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Tính P m 2n A. P 257 B. P 258 C. P 17 D. P 18 Lời giải Với dạng toán này ta sẽ xét tới bất đẳng thức phụ   t 4 mt n, t 2;3  Thay t 2, t 3 ta được hệ phương trënh 16 2m n m 48 64 3m n n 80  Giờ ta cần chỉ ra bất đẳng thức t 4 48t 80  đòng với mọi   t 2; 3 là bài toán sẽ được giải quyết. Ta xét tt 4 48 f t 4 48t 80 f ' t 4 ln 4 48;f ' t 0 t log ln 4 . Nhận thấy rằng 4 48 f 2 f 3 0;f log 0 ln 4 nên bất đẳng thức luïn đòng. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi   t 2; 3 . Khi đî ta được 3 3 a b c 11 S 4 4 4 a b c 48 a a 240 16 44    Chọn ý D. Bài tập tương tự Cho 3 số thực   x, y,z 1;2 . Tìm giá trị lớn nhất của 2 y xz 3 S 3 3 3 x y z 5 A. 5 B. 15 C. 8 D. 12 Ta xét bất đẳng thức phụ t 3 6t 3  Chọn ý D. Câu 53: Có tất cả bao nhiêu bộ số thực x; y;z thỏa mãn 2 3 322 3 y xz 22 2 4 2 4 2 .4 .16 128 xy z 4 xy z  A. 3 B. 4 C. 1 D. 2 THPT Chuyên Quốc học Huế - Năm học 2017 – 2018 Lời giải Từ giá thiết ta có: 22 33 33 2 2 2 2 33 yy 3 3 x z x z 7 2 2 2 3 2 .4 .16 128 2 .4 .16 2 x 2 y 4 z 7 1 22 3 2 4 2 4 2 4 2 4 3 3 xy z 4 xy z xy z 1 x y z 1 2 Đặt 3 3 3 x; y; z a,b,c  . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 8 7 7 a 2b 4c a b b c c c c 7 a b c 7 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 76 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Dấu “=” xảy ra khi 3 3 2 2 2 2 2 2 3 a b c x y z 1 Vì x0 nên có tất cả 4 bộ số thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn ý B. Câu 54: Cho hàm số 2 3 mx f x log 1x . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao f a f b 3 với mọi số thực a,b thỏa mãn ab e e a b  . Tính tích các phần tử của tập hợp S A. 27 B. 33 C. 33 D. 27 Lời giải Theo giả thiết ta có a b 1 a b 1 e a b e 1 a b 1   Mặt khác theo một bất đẳng thức phụ mà ta đã chứng minh được ở các bài tập trước thì ta luôn có a b 2 e 1 a b 1 . Do đî dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b 1 Khi đî ta cî 2 2 4 33 m 1 a ma f a f b 3 f a f 1 a log log 3 m 27 1 a 1 1 a Do đî tìch các phần tử của S bằng 33 Chọn ý C. Câu 55: Cho hệ phương trënh 22 m3 9x 4y 5 log 3x 2y log 3x 2y 1  có nghiệm x; y thỏa mãn 3x 2y 5  . Tìm giá trị lớn nhất của m? A. 5 B. 3 log 5 C. 5 D. 5 log 3 THPT Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình lần 1 năm 2017 – 2018 Lời giải Từ phương trënh 1 của hệ ta có 5 3x 2y 3x 2y 5 0 3x 2y 3x 2y  Từ phương trënh 2 của hệ ta có m 3 3 3 m 3 5 log 3log 3x 2y log 1 2x 2y log 3x 2y log 3 1 log 5 1 3m 33 mm 1 log 5 1 log 5 log 3x 2y log 5 3x 2y 5 0 1 log 3 1 log 3    Giải bất phương trënh trên ta được   1 m ;5 \ 1 3     TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 77 Khi đî hệ phương trënh đầu có dạng 3 m 1 log 5 1 log 3 5 3x 2y 3x 2y 5 3x 2y M 3x 2y 3 3x 2y M  nên luôn có nghiệm. Vậy giá trị lớn nhất của m để hệ có nghiệm là 5 Chọn ý C. Câu 56: Cho hàm số x x2 9 fx 9m . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho f a f b 1 với mọi số thực a,b thỏa mãn a b 2 e e a b 1  . Tính tích các phần tử của S A. 81 B. 3 C. 3 D. 9 Lời giải Theo giả thiết ta có a b 2 a b 2 e a b 1 e 1 a b 2   . Mặt khác theo một bất đẳng thức phụ mà ta đã chứng minh được ở các bài tập trước thì ta luôn có a b 2 e 1 a b 2 . Do đî dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b 2 Khi đî ta cî: 2 a 2 a a 2 a a 2 2 a 2 2 2 a a 4 44 162 m 9 9 99 f a f b 1 9 m 9 m 81 m 9 9 m m 81 162 m 81 m 3  Chọn ý D. Bài tập tương tự 1. Cho hàm số t t 4 ft 4m với m0 là tham số thực. Biết rằng f x f y 1 với mọi x,y thỏa mãn 1 2 11 x y x y 22 . Tìm giá trị của ft trên đoạn 1 ;1 2    A. 3 4 B. 1 2 C. 1 4 D. 5 4 Hướng dẫn. Chú ý từ giả thiết áp dụng bất đẳng thức AM – GM 1 2 11 x y x y x y 1 22 Đến đây bài toán sẽ quay về bài toán ở trên Chọn ý B. 2. Cho hàm số t t2 16 ft 16 m . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho f a f b 1 với mọi số thực a,b thỏa mãn a b 2 e e a b 1  . Hỏi S có bao nhiêu phần tử? A. 8 B. 20 C. 11 D. 34 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 78 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chọn ý B. Câu 57: Cho phương trënh xx 3 a.3 cos x 9  . Có bao nhiêu giá trị thực của tham số a thuộc đoạn   2018;2018 để phương trënh đã cho cî đòng một nghiệm thực? A. 1 B. 2018 C. 0 D. 2 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có : xx 3 a.3 cos x 9  x x x 9 a.3 cos x 9 3 0  x 2 x 3 3 a.cos x  * Điều kiện cần: Nếu phương trënh (*) cî nghiệm duy nhất 0 x thì ta thấy rằng 0 2x cũng là nghiệm của * do đî 00 x 2 x 0 x1 . Thay vào * ta được a 6. Điều kiện đủ: Ngược lại nếu a6 thë phương trënh * trở thành x 2 x 3 3 6.cos x  Theo bất đẳng thức AM – GM ta có: x 2 x x 2 x 3 3 2. 3 .3 6 mà 6.cos x 6   do đî x 2 x 3 3 6.cos x  x 2 x 3 3 6 6 cos x 6   x 2 x 33 cos x 1   x1 Chọn ý A. Câu 58 : Cho các số thực x,y,z không âm thỏa mãn 22 2 0 x y y z x z 2  . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức 4 y x z 4 4 4 3 P 4 4 4 ln x y z x y z 4 là a b với a,b là các số nguyên dương và a b tối giản. Tính S 2a 3b A. 13 B. 42 C. 54 D. 71 Lời giải Theo giả thiết 22 2 2 0 x y y z x z 2 2x 2 x 1    . Tương tự ta cũng sẽ được 0 x, y,z 1  . Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z 2 x y z 2 xy yz xz 2 x y z 1    Đồng thời 4 4 4 2 2 2 4 4 4 2 2 2 x y z x y z ln x y z ln x y z 0    Xét bất đẳng thức phụ t 4 mt n  . Khi đî ta cần bất đẳng thức trên đòng với mọi   t 0;1 nên thay t 0,t 1 vào giải hệ ta sẽ tëm được m 3, n 1 . Xét hàm số t f t 4 3t 1 trên   0;1 ta có t 4 3 f ' t 0 4 ln 4 3 0 t log ln 4 . Lập bảng biến thiên ta dễ chỉ ra được bất đẳng thức trên luïn đòng. Dấu “=” xảy ra khi t 0 t 1  . Áp dụng vào bài toán ta có 4 3 21 P 3 x y z x y z 3 44   TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 79 Chọn ý C. Bài tập tương tự. Cho các số thực x,y,z không âm thỏa mãn 22 2 0 x y y z x z 18  . Biết giá trị lớn nhất của biểu thức y xz 4 3 3 3 1 P 4 4 4 x y z 108 là a b với a,b là các số nguyên dương và a b tối giản. Tính S 2a 3b A. 13 B. 42 C. 54 D. 71 Ta giả thiết ta cũng tëm điều kiện của 3 biến x,y,z và áp dụng y nguyên cách làm của câu trên để giải quyết bài toán này Chọn ý C. Câu 59: Cho 2 hàm số x 1 x x 2 f x m 1 6 2m 1,h x x 6 6 . Tìm tham số m để hàm số g x h x .f x có giá trị nhỏ nhất là 0 với mọi   x 0;1 A. m1 B. 1 m 2  C. 1 m ;1 2    D. m1 Lời giải Ta thấy rằng với mọi m, ta luôn có h 1 f 1 0 nên bài toán trở thành tëm m để cho hàm số   g x h x .f x 0 x 0;1 . Dễ thấy với x1 thì bất đẳng thức luïn đòng, do đî ta sẽ xét trên  0;1 . Ta dễ thấy hx là hàm đồng biến trên  0;1 ,  h 1 0 h x 0 x 0;1 . Đến đây lại rút gọn bài toán trở thành tëm m để  f x 0 x 0;1  . Đặt  x t 6 t 1;6 ta có 2 x2 x2 2 t t 2 f x 0 m 1 6 2m 1 0 m 1 t 2mt 2 t 0 m 6 t 2t     Đến đây bài toán trở thành bài toán rất đơn giản, ta cần   2 2 1;6 t t 2 1 m min t 2t 2  Chọn ý B. Câu 60 : Số thực a nhỏ nhất để bất đẳng thức 2 ln x 1 x ax đòng với mọi số thực x là m n với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Tính T 2m 3n A. T5 B. T8 C. T7 D. T 11 Lời giải Đây là một câu khá cơ bản trong việc ứng dụng đạo hàm tëm điều kiện có nghiệm. Biến đổi giả thiết ta có 2 x ln x 1 a , x 0 x . CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 80 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Xét hàm số 23 x 2 ln x 1 x x ln x 1 x1 f x f ' x xx Xét 2 2 xx h x 2 ln x 1 x h' x 0, x 0 h x h 0 0 x1 x1 Vậy x0 11 f ' x 0 f x lim f x a 22  . Chọn ý B. Bài tập tương tự. Số thực a nhỏ nhất để bất đẳng thức 2 3 x ln x 1 x ax 2  đòng với mọi số thực x là m n với m,n là các số nguyên dương và m n là phân số tối giản. Tính T 2m 3n A. 8 B. 20 C. 11 D. 34 Tương tự như câu trên thë đây cũng là một câu khá cơ bản trong việc ứng dụng đạo hàm tëm điều kiện có nghiệm. Chọn ý C. Câu 61: Cho các số thực   a,b,c 1;2 thỏa mãn 3 3 3 2 2 2 log a log b log c 1  . Tính giá trị biểu thức S a b c khi biểu thức 3 3 3 a b c 2 2 2 P a b c 3 log a log b log c đạt giá trị lớn nhất? A. 5 B. 3 1 3 3.2 C. 6 D. 4 THPT Chuyên Thái Bình lần 1 năm học 2017 – 2018 Lời giải Ý tưởng vẫn sẽ như bài trước ta phải sử dụng tới bất đẳng thức phụ. Ta sẽ cî đánh giá 33 22 t 3t log t log t 1  . Để chứng minh đơn giản ta sẽ đặt 2 log t x . Khi đî ta cần chứng minh 33 t 3tx x 1  . Xét hàm số   2 11 f t t log t, t 1;2 f ' t 1 ;f ' t 0 t f t 1 t ln 2 ln 2  Khi đî 3 3 2 2 t x 1 t x 1 0 t 3tx x 1 t x 1 t t x 1 x x 1 0    Vậy bất đẳng thức cần chứng minh luïn đòng. Áp dụng vào bài toán ta có 33 22 P a 3 alog a log a 3 1 3 4      Chọn ý D. Bài tập tương tự. Cho các số thực   a,b,c 1;2 thỏa mãn 3 3 3 2 2 2 log a log b log c 2  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 3 a b c 2 2 2 P a b c 3 log a log b log c ? TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 81 A. 3 B. 6 C. 3 34 D. 5 Chọn ý D. Câu 62: Cho 2 số thực x,y phân biệt thỏa mãn x, y 0;2018 . Đặt y 1x S ln ln y x 2018 y 2018 x . Mệnh đề nào dưới đây đòng? A. 2 S 1009 B. 2 S 1009  C. 4 S 1009 D. 4 S 1009  Lời giải Một bài toán chỉ nên tham khảo vì có sử dụng tới kiến thức không trong chương trënh phổ thïng cơ bản. Xét hàm số t f t ln 2018 t và tham số u nằm giữa x và y. Theo định lý Lagrange ta có AM GM 2 f y f x 2018 2018 2 S f ' u y x u 2018 u 1009 u 2018 u 2 Chọn ý A. Định lí Lagrange - Lagrange's Mean Value Theorem. Nếu fx là hàm liên tục trên đoạn   a; b và đồng thời cî đạo hàm trên khoảng a; b thì tồn tại c a;b sao cho f b f a f ' c ba Chứng minh: Xét hàm số f b f a F x f x x ba . Ta có Fx là hàm liên tục trên đoạn   a; b , cî đạo hàm trên khoảng a; b và F a F b . Theo định lí Rolle tồn tại c a;b sao cho F' c 0 . Mà f b f a f b f a F' x f ' x f ' c b a b a Định lí Rolle là một hệ quả của định lí Lagrange trong trường hợp f a f b Câu 63: Cho 3 số a, b, c là các số thực lớn hơn 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 ac ab bc 4 1 8 P log a log b 3log c A. 20 B. 10 C. 18 D. 12 THPT Chuyên Hùng Vương – Gia Lai – Lần 2 năm 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có a b c bc ab ac 4 1 8 P 2 log bc 2 log ac 8log ab 1 2 log a log c log b 2 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 82 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor a a b b c c 2 log b 2 log c 2 log a 2 log c 8log a 8log b a b a c b c 2 log b 2 log a 2 log c 8log a 2 log c 8log b . Vì a, b, c là các số thực lớn hơn 1 nên: a log b, b log a, a log c, c log a, b log c, c log b 0 . Do đî áp dụng bất đẳng thức AM – GM , ta có: a b a c b c P 2 2 log b.2 log a 2 2 log c.8log a 2 2 log c.8log b 4 8 8 20 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ab 2 ac 2 bc ab log b log a log c 4log a c a a b c 1 log c 4log b cb   Chọn ý A. Câu 64: Cho a,b,c,d là các số thực dương cî tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 2 2 P 1 a b a b 1 c d c d A. 2 B. 17 4ln 16 C. 4 17 16 D. 17 ln 16 Lời giải Từ giả thiết ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 P 1 a b a b 1 c d c d a 1 ln P ln a 1   Ta cî đánh giá sau 2 ln t 1 mt n , để tëm được hai số m,n ta sẽ sử dụng tới bất đẳng thức tiếp tuyến, đây là một phương pháp rất hay để chứng minh các bất đẳng thức đối xứng với các biến độc lập nhau. Cơ sở của phương pháp Nếu đường thẳng y ax b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm 00 A x ; y , A không phải điểm uốn thë khi đî tồn tại một khoảng D chứa 0 x sao cho f x ax b hoặc f x ax b  . Đẳng thức xảy ra khi 0 xx Nếu đường thẳng y ax b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm 00 A x ; y thë ta luïn phân tìch được k 0 f x ax b x x g x ,k 2 Sau đây ta áp dụng lý thuyết trên vào bài toán trên. Chú ý ta có 2 ln a 1  là một biểu thức đối xứng theo bốn biến a,b,c,d đồng thời giả thiết cũng là đối xứng nên ta sẽ dự đoán dấu “=” xảy ra khi 1 a b c d 4 . Quay lại bất đẳng thức phụ mà ta đang đi tëm hệ số 2 ln t 1 mt n , ta sẽ tëm m,n sao cho hai đồ thị hàm số 2 y ln t 1 , y mt n tiếp xúc nhau tại điểm cî hoành độ 1 t 4 ta được 8 m 17 2 17 n ln 17 16  . Vậy ta có bất đẳng thức TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 83 phụ là 2 8 2 17 ln t 1 t ln 17 17 16 , dễ thấy bất đẳng thức này luïn đòng, khi đî áp dụng vào bài toán ta có: 4 2 8 2 17 17 17 ln P ln a 1 a 4 ln 4ln P 17 17 16 16 16          Chọn ý C. Câu 65: Cho 3 số thực x,y,z không âm thỏa mãn y xz 2 4 8 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức y xz S 6 3 2 A. 1 12 B. 4 3 C. 1 6 D. 4 1 log 3 Lời giải Chú ý với điều kiện x,y,z không âm thì ta luôn có y xz 2 , 4 ,8 1 . Theo nguyên lý Dirichlet ta có y y y x x x y y y x z x z x z z z yy x z z z x z 2 1 4 1 0 2 .4 2 4 1 2 .4 .8 2 4 1 .8 2 .8 4 .8 8 2 8 1 4 8 1 8 2 4 8 2 Chú ý rằng khi y xz 2 , 4 ,8 1 thì z 82  yy x z x z 1 2 .4 .8 2 4 8 2 2 x 2y 3z 1 S 6 Chọn ý C. Nguyên lí Dirichlet Nguyên lý những cái lồng và các chú thỏ đã được biết đến từ rất lâu. Ngay trong chương trình phổ thïng cơ sở chòng ta cũng đã làm quen với phương pháp giải toán này. Thực ra nguyên lý này mang tên nhà bác học người Đức Pête Gutxtap Legien Đirichlê (1805-1859). Nguyên lý phát biểu rất đơn giản: Nếu chúng ta nhốt thỏ vào các lồng mà số lồng ìt hơn số thỏ, thì thể nào cũng cî một lồng nhốt ít nhất hai con thỏ. Nguyên lí Dirichlet có rất nhiều ứng dụng trong Toán Học, điển hình là bất đẳng thức. Chòng thường được áp dụng để giải một số bài toán bất đẳng thức không thuần nhất. Hôm nay tôi sẽ đưa ra một số ví dụ để các bạn hiểu hơn về vấn đề này. Trong 3 số a,b,c luôn có 2 số nằm cùng phía với số m bất kỳ (Hay lớn hơn bằng m hoặc bé hơn bằng m). Đây chình là cơ sở lời giải của bài toán trên. Câu 66: Cho các số thực a,b,c 1 thỏa mãn a b c 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 9 27 P log a 2 log b 3log c A. 3 log 5 B. 1 C. 3 log 15 D. 3 5 log 3 Lời giải Giả thiết tương đương 3 9 27 3 3 3 3 P log a 2 log b 3log c log a log b log c log abc CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 84 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Theo nguyên lý Dirichlet ta có a 1 b 1 0 ab a b 1 abc c a b 1 ac bc c a c 1 b c 1 c a b c 2 3 33 P log abc log 3 1 Chọn ý B. Câu 67: Biết a là số thực dương bất kë để bất đẳng thức x a 9x 1 nghiệm đòng với mọi x . Mệnh đề nào sau đây đòng? A. 34 a 10 ;10   B. 23 a 10 ;10   C. 2 a 0;10   D. 4 a 10 ;  THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 - năm 2017 – 2018 Lời giải Bất đẳng thức x a 9x 1 đòng với mọi x thì nó phải đòng với x 1 a 10 . Do a1 nên hàm số x ya đồng biến trên , đồ thị hàm số có bề lõm quay lên trên. Hay hàm số là hàm số lõm trên Do hai đồ thị hàm số x ya và y 9x 1 luïn đi qua điểm A 0;1 ất đẳng thức x a 9x 1 nghiệm đòng với mọi x khi đường thẳng y 9x 1 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm x9 A 0;1 y' 0 9 y' a ln a ln a 9 a e Chọn ý A. Câu 68: Gọi a là giá trị nhỏ nhất của n 3 i2 n log i fn 9  với n , n 2 . Có bao nhiêu số tự nhiên n để f n a ? A. 2 B. Vô số C. 1 D. 4 Lời giải Từ giả thiết ta có 33 f n log n 1 f n 1 log n f n 1 ,f n 99 Để fn đạt giá trị nhỏ nhất thì ta có f n f n 1 f n f n 1    3 3 99 3 3 f n log n 1 fn log n 1 9 9 3 1 n 3 log n 9 f n 1 log n f n 1 9        Vậy có 2 giá trị của n thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn ý A. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 85 Câu 69: Cho 2 số thực x,y không âm thỏa mãn 1 x x 2 2 log 14 y 2 y 1 . Tính giá trị của biểu thức 22 P x y xy 1 ? A. 3 B. 1 C. 2 D. 4 THPT Quãng Xương – Thanh Hóa lần 1 năm học 2017 – 2018 Lời giải Khi đã làm quen với các dạng toán ở dạng 5 này thì bài toán này trở nên vï cùng bënh thường. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 1 1 2 x. x x x 2 2 4 Mặt khác ta có 14 y 2 y 1 14 y 1 y 1 3 y 1 . Đặt t y 1 0 . Xét hàm số 3 2 f t t 3t 14,f ' t 0 t 1 f t 16 log 14 y 2 y 1 4   Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 P2 y0  Chọn ý C. Bài tập tương tự Tính giá trị của biểu thức 22 P x y xy 1 biết rằng: 2 2 1 x1 x 2 13 4 log 14 y 2 y 1 x 0, 1 y 2      A. 3 B. 4 C. 1 D. 2 THPT Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên năm học 2017 – 2018 Chọn ý D. Câu 70: Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn điều kiện yy x z x z 4 9 16 2 3 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức y1 x 1 z 1 P 2 3 4 A. 9 87 2 B. 7 87 2 C. 5 87 2 D. 3 87 2 Lời giải Đặt y xz 2 2 2 a,b,c 0 2 ,3 , 4 a,b,c a b c a b c   Khi đî ta cî 1 1 1 9 P 2a 3b 4c 2 a 3 b 4 c 2 2 2 2             Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 9 9 87 P 2 3 4 a b c 2 2 2 2 2                  Chọn ý A. CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 86 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 71: Giá trị lớn nhất của hàm số 2 ln x 1 ym ln x 1 trên đoạn 2 1;e   đạt giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu? A. 12 2 B. 12 4 C. 12 2 D. 12 4 Lời giải Ta có   2 2 0;2 1;e t1 max y max m t1   . Xét 2 2 2 t 1 1 t f t m,f ' t 0 t 1 t1 t1 Mặt khác ta có   2 1;e 35 f 0 m 1, f 1 m 2 , f 2 m 5 1 1 2 min y min m 1 ; m 2 m 1 m 2 22   Chọn ý C. Câu 72: Biết là số thực lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức n 1 1 e, n n  . Hỏi mệnh đề nào sau đây đòng? A. 0;1 B. 1;2 C. 1;0 D. 2;3 Lời giải Gọi fn là số thực thỏa mãn đẳng thức n f n 1 1 1 1 e n f n ln 1 1 f n n 1 nn ln 1 n         Trên khoảng 1;  ta xét hàm số 1 f x x 1 ln 1 x ta có 2 1 f ' x 1 1 x x 1 ln 1 x Mặt khác t ln t 1 t 0 t1 . Thật vậy ta có: 2 1 t 1 t 2 t 1 g t ln t 1 g ' t 0 t1 t 1 2 t 1 t 1 2 t 1 t 1 Nên suy ra t g t g 0 0 ln 1 t t1 . Do đî ta được 22 2 1 1 1 ln 1 x x 1 ln 1 1 f ' x x 0 1xx x1 x         Vậy hàm số fx đồng biến trên  1;  . Do đî ta suy ra 1 f n f 1 1 ln 2  TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 87 Chọn ý C. Câu 73: Cho 2 số thực a,b không âm thỏa mãn 2 log ab 0;1 đồng thời 22 a b 1 log ab 1 log ab 22 2a 2b 2 log ab 1 log ab 1 21 Biết rằng 4 10 xy được viết dưới dạng mn với a,b là các số nguyên dương. Hỏi có tất cả bao nhiêu bộ số m; n như vậy? A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Một bài toán rất khó nên mình chỉ đưa ra để các bạn tham khảo thïi nhé, trong đề thi sẽ không gặp những bài toán loại này. Trước tiên ta sẽ đặt 22 log ab x,1 log ab y x y 1 . Vế trái viết lại là y x xy . Ta có bất đẳng thức f x f y xy f* 22 - Bất đẳng thức Jensen Thật vậy ta có thể giả thiết 0 a b 1 và viết bất đẳng thức dưới dạng x y x y f f x f y f 0 22                    Vế trái của bất đẳng thức này có dạng y x y x y x f ' f ' f '' 2 2 2    Trong đî xy x y, 2    . Vì ln f x x ln x 2 1 f ' x f x 1 ln x f '' x f x 1 ln x 0, x 0;1 x Suy ra yx f '' 0 2   . Vậy bất đẳng thức * đòng. Khi đî áp dụng ta có 1x y xx 1 x y x 1 x f x f 1 x 2f 2 2 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có a b 1 a b 2a 2b 2a 2b 2 2.2 1 1 2 21 22  . Vậy VT VP . Dấu “=” xảy ra khi 4 10 4 x y 2 x y 128 2 32 4 8 8 2 Chọn ý D. Bất đẳng thức Jensen và tính chất của hàm lồi Ở bài toán trên ta đã sử dụng tới một tính chất có lẽ là ít gặp cũng như một bất đẳng thức khá lạ, ở phần này mình sẽ giới thiệu cho bạn nào có quan tâm tới nó. Cho hàm số fx liên tục trên đoạn   a; b và n điểm tùy ý nên   a; b . Ta có CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 88 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Nếu f '' x 0 thì n 1 2 n i i1 x x ... x f x nf n  Nếu f '' x 0 thì n 1 2 n i i1 x x ... x f x nf n   Ngoài ra cần chú ý thêm Nếu hàm số fx có   f '' x 0, x a;b thì fx làm hàm lồi trên   a; b Nếu hàm số fx có   f '' x 0, x a;b thì fx làm hàm lõm trên   a; b Câu 74: Có bao nhiêu cặp số nguyên a; b thỏa mãn 0 a, b 100  sao cho đồ thị của 2 hàm số x 11 y ab và x 11 y ba cắt nhau tại đòng 2 điểm phân biệt? A. 9704 B. 9702 C. 9698 D. 9700 Lời giải Ta thấy a 1; b 1 , nếu ab 2 đường cong trùng nhau nên có vô số điểm chung, loại. Vì vai trò của a,b như nhau nên ta chỉ cần tìm cặp số nguyên a; b với a b 1 sao cho phương trënh x x x x 1 1 1 1 1 1 1 1 0 a b b a a b a b có 2 nghiệm phân biệt. Xét hàm số xx xx 1 1 1 1 1 1 f x f ' x ln a ,f 1 0 a b a b a b         Ta có 0b a ln b f ' x 0 x x log lna , f ' x 0 khi 0 xx , f ' x 0 khi 0 xx . Nếu 0b a ln b ln a lnb x 1 log 1 a;b 4;2 lna a b . Chú ý xét hàm số lnt ln 3 ln 2 ln 4 ln 5 ln 100 f t ... t 3 2 4 5 100 Khi đî 0 f x f x f 1 0 f x cî đòng 1 nghiệm 0 x1 Nếu 0 x1  , khi đî vẽ bảng biến thiên cho hàm số ta thấy phương trënh f x 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt. Với mỗi     b k 2,3,...,99 a k 1,...,100 tức có 100 k cách chọn a. Vậy có 99 k2 100 k 4851  cặp a;b a b 1 và loại đi cặp 4; 2 ta có 4850 cặp. Xét tương tự với trường hợp b a 1 ta có tất cả 9700 cách chọn. Chọn ý D. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 89 Câu 75: Cho 2 số thực x,y không âm thỏa mãn đẳng thức sau: 2 2 2 2 2 3 3 2 log log x 9y 6xy 2x 6y 2 log log 9x y 6xy 6x 2y 3 Biết rằng 2 xy được viết dưới dạng m n với m,n là các số nguyên không âm và m n là phân số tối giản. Hỏi mn có giá trị bằng bao nhiêu A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Biến đổi giả thiết tương đương 2 2 2 2 2 3 3 2 22 2 3 3 2 log log x 9y 6xy 2x 6y 1 log log 9x y 6xy 6x 2y 3 log log 3 x 3y 1 log log 3x y 1 2 Ta thấy rằng 2 2 3 2 3 2 3 2 3 2 log log 3 x 3y 1 log log 3 0 log log 3x y 1 2 log log 2 0   . Do đî VT VP  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 x 3y 1 0 11 x y xy 3x y 1 0 28  Chọn ý A. Câu 76: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn 0 x y 2  và đồng thời sin x y cos x y 22 2 tan x y cot x y log 4 x y Tính giá trị của biểu thức 22 sin x y x y 4  ? A. 2 2 B. 0 C. 1 D. 3 2 Nguyễn Minh Tuấn Lời giải + Nếu 0 x y 4   , áp dụng tính chất của lượng giác và bất đẳng thức AM – GM ta có sin x y cos x y sin x y sin x y tan x y cot x y tan x y cot x y 2 + Nếu xy 42  , , áp dụng tính chất của lượng giác và bất đẳng thức AM – GM ta có sin x y cos x y cos x y cos x y tan x y cot x y tan x y cot x y 2 Vậy sin x y cos x y tan x y cot x y 2 . Mặt khác 22 22 log 4 x y log 4 2  . CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 90 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Nên dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 22 xy 0 sin x y x y 1 4 xy 4    Chọn ý C. Câu 77: Cho các số thực a,b,c có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau a b c a b c a b c P 4 9 16 9 16 4 16 4 9 A. 23 B. 33 C. 43 D. 63 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a b c a b c a b c 6 P 3 4 9 16 9 16 4 16 4 9 Theo bất đẳng thức Holder ta có 3 3 33 a b c a b c a b c a b c a b c a b c 3 6 99 4 9 16 9 16 4 16 4 9 4 9 16 4 9 16 3 P 3 3 3 3 Chọn ý B. Câu 78: Cho các số thực   x, y,z 0;1 . Biết rằng giá trị nhỏ nhất của biểu thức yy x z x z P 2 2 2 2 2 2 được viết dưới dạng m n với m,n là các số nguyên không âm và m n là phân số tối giản. Hỏi mn có giá trị bằng bao nhiêu? A. 86 B. 87 C. 88 D. 89 Lời giải Đặt y xz 2 ;2 ;2 a,b,c 1 a,b,c 2    . Ta có 2 1 a 2 a 1 a 2 0 a 3 a     . Chứng minh tương tự 22 b 3,c 3 bc   Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế ta được 1 1 1 1 1 1 9 a b c 2 2 2 a b c a b c a b c 81 1 1 1 (a b c) 8 a b c         Vậy giá trị lớn nhất của P là max 81 P 8 . Chọn ý D. Tổng quát cho dạng này Cho n số 1 2 n x ;x ;...;x [a;b],c 1 . Khi đî ta luïn cî TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 91 1 2 n 1 2 n 2 ab x x x x x x ab n c c c c .... c c c .... c 4c    Câu 79: Cho các số thực x,y,z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau x y 2z y z 2x z x 2y P 3 2011 3 2011 3 2011 A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Mincowsky và bất đẳng thức AM – GM ta có: 2 x y 2z y z 2x z x 2y 2 x y 2z 222 3 2011 3 3 3 2011 2011 2011  2 x y 2z y z 2x z x 2y 3 222 27 3. 2011 6     Chọn ý C. Câu 80: Cho hai các số thực a, b, c, d, e dương thỏa mãn a b c d e 1000 và a b c d e 0 a b c d e 0 a b c d e 0 a b c d e 0 a b c d e 0  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức bd M a c A. 499 499 B. 500 500 C. 499 500 D. 500 499 Lời giải Một câu chỉ mang tính tham khảo cho những bạn có tìm tòi thôi nhé. Đặt a b c d e h a b c d e k a b c d e l a b c d e m a b c d e n  ta thấy rằng h k n m l a b c d e 1000 và đồng thời 2a h k,2b k l,2c l m,2d m n,2e n h . Từ đî suy ra h, k, l, m, n đều là các số chẵn. Bên cạnh đî ta suy ra được 1 1 1 a c h k l m 1000 n ,b d 1000 h 2 2 2 . Để bd M a c đạt giá trị lớn nhất thì n và h có giá trị nhỏ nhất, mà n,h chia hết cho 2 nên 499 h n 2 max M 499 . Đẳng thức xảy ra khi k 9974 2t l 2, 4,..., 2t t 1, 496 l m 2 2t k l m 996  CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 92 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chọn ý A. 6. CÁC BÀI TOÁN CÓ THAM SỐ CÁC BÀI TOÁN Câu 1: Tìm số các giá trị nguyên của tham số m để phương trënh x 1 1 x 2 x 2 x 4 4 m 1 2 2 16 8m có nghiệm trên   0;1 ? A. 2 B. 5 C. 4 D. 3 THPT Lê Hồng Phong – Nam Định lần 1 năm 2017-2018 Câu 2: Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm 2x x 1 2 x 1 2 3 3 2017x 2017 x m 2 x 2m 3 0   . A. m3 B. m3 C. m2 D. m2  THPT Chuyên Vĩnh Phúc – lần 2 năm học 2017 – 2018 Câu 3: Có bao nhiêu số nguyên dương a để phương trënh sau cî nghiệm duy nhất? 22 2 2 2 2 27 9 11 11 9 x 2 x 3a 12a 15 log 2x x a 3a 1 log 1 2 log 2x x log 2 2 2         A. 2 B. 0 C. Vô số D. 1 THPT Cổ Loa – Hà Nội lần 1 năm 2017 – 2018 Câu 4: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho 10m và phương trënh 22 mx 5 mx 5 2 log 2x 5x 4 log x 2x 6 có nghiệm duy nhất. Tìm số phần tử của S. A. 15. B. 14. C. 13. D. 16. THTT số 3 – 486 tháng 12 năm 2017 Câu 5: Cho tham số thực a . Biết phương trënh xx e e 2 cosax có 5 nghiệm thực phân biệt. Hỏi phương trënh xx e e 2 cos ax 4 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt. A. 5 B. 6 C. 10 D. 11 THPT Chuyên Thái Bình – Lần 3 năm học 2017 – 2018 Câu 6: Cho bất phương trënh xx x1 m.3 3m 2 . 4 7 4 7 0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trënh đã cho nghiệm đòng với mọi  x ;0  . A. 2 2 3 m 3 B. 2 2 3 m 3 C. 2 2 3 m 3 D. 2 2 3 m 3 THPT Hậu Lộc 2 – Thanh Hîa năm 2017 – 2018 Câu 7: Phương trënh 3 x 2 m 3x 3 2 x 2 x 1 2 x 6x 9x m 2 2 1 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m a;b đặt 22 T b a thì: TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 93 A. T 36 B. T 48 C. T 64 D. T 72 THPT Trần Nhân Tông – Quảng Ninh lần 1 năm học 2017 – 2018 Câu 8: Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2018 của tham số m để phương trënh 64 log 2018x m log 1009x có nghiệm là? A. 2020 B. 2017 C. 2019 D. 2018 Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội lần 1 năm học 2017 – 2018 Câu 9: Cho a , x là các số thực dương, a1  thỏa mãn x a log x log a . Tìm giá trị lớn nhất của a . A. 1 B. e log 2 1 C. ln 10 e e D. log e e 10 Phổ thïng năng khiếu – Đại học Quốc Gia TP. HCM lần 1 năm 2017 – 2018 Câu 10: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trënh 2 2 2 2x mx 1 log 2x mx 1 x 2 x2 có hai nghiệm thực phân biệt? A. 3 B. 4 C. 2 D. 1 Sở Giáo dục và Đào tạo Phú Thọ lần 1 năm học 2017 – 2018 Câu 11: Có bao nhiêu giá trị của m để giá trị nhỏ nhất của hàm số 2x x f x e 4e m trên đoạn   0 ;ln 4 bằng 6 ? A. 3 B. 4 C. 2 D. 1 THPT Chuyên Ngoại ngữ - Hà Nội lần 1 năm học 2017 – 2018 Câu 12: Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng 9;9 của tham số m để bất phương trình 2 3log x 2 log m x x 1 x 1 x  có nghiệm thực? A. 6 B. 7 C. 10 D. 11 Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Nam năm học 2017 – 2018 Câu 13: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trënh sau cî nghiệm 3m m 2 2 e e 2 x 1 x 1 x 1 x A. 1 0; ln 2 2 B. 1 ; ln 2 2      C. 1 0; e D. 1 ln 2; 2     Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh lần 2 năm học 2017 – 2018 Câu 14: Cho phương trënh 2 2 2 2 2017 a log x x 1 .log x x 1 log x x 1 . CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 94 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng 1;2018 cu a tham sï a sao cho phương trënh đã cho cî nghiệm lớn hơn 3 A. 20 B. 19 C. 18 D. 17 Câu 15: Giả sử tồn tại số thực a sao cho phương trënh xx e e 2 cos ax 4 có 10 nghiệm thực phân biệt. Số nghiệm phân biệt của phương trënh xx e e 2 cosax là: A. 5 B. 20 C. 10 D. 4 Câu 16: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trënh sau cî nghiệm thực? ln m 2 sin x ln m 3sin x sin x A. 5 B. 4 C. 3 D. 6 Câu 17: Cho n là số tự nhiên thỏa mãn phương trënh xx 3 3 2 cos nx có 2018 nghiệm. Tìm số nghiệm của phương trënh xx 9 9 4 2 cos 2nx . A. 4036 B. 2018 C. 4035 D. 2019 THPT Quảng Xương 1 – Thanh Hîa năm học 2017 – 2018 Câu 18: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trënh 22 x 7x 12 2x x 10 5x m.3 3 9.3 m có ba nghiệm thực phân biệt. Tìm số phần tử của S . A. 3 B. Vô số C. 1 D. 2 THPT Trần Hưng Đạo – TP. HCM năm học 2017 – 2018 Câu 19: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số x; y thỏa mãn 2x y 1 3x 2y e e x y 1 , đồng thời thỏa mãn 22 22 log 2x y 1 m 4 log x m 4 0 . A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 Sở Giáo dục và đào tạo Bà Rịa Vũng Tàu đề 1 năm 2017 – 2018 Câu 20: Biết a; b là khoảng chứa tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trënh 22 2 xx x1 7 3 5 m 7 3 5 2 cî đòng bốn nghiệm thực phân biệt. Tính M a b . A. 1 M 8 B. 1 M 16 C. 7 M 16 D. 3 M 5 THPT Hồng Lĩnh – Hà Tĩnh lần 1 năm học 2017 – 2018 Câu 21: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m nhỏ hơn 10 để phương trënh xx m m e e có nghiệm thực? A. 9 B. 8 C. 10 D. 7 Sở Giáo dục và đào tạo Bắc Giang năm học 2017 – 2018 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 95 Câu 22: Cho hàm số 2 2017 2 2018 f x a 1 ln x 1 x bxsin x 2 với a,b là các số thực. Biết rằng log 5 f 7 6 . Tính log 7 f5 . A. log7 f 5 2 B. log7 f 5 4 C. log7 f 5 2 D. log7 f 5 6 Sở Giáo dục và đào tạo Bắc Giang năm học 2017 – 2018 Câu 23: Cho bất phương trình xx x1 m.3 3m 2 4 7 4 7 0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trënh đã cho nghiệm đòng với mọi x ;0  A. 2 2 3 m 3 B. 2 2 3 m 3 C. 2 2 3 m 3 D. 2 2 3 m 3 Chuyên Đồng bằng sông Hồng lần 1 năm học 2017 – 2018 Câu 24: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trënh ln m ln m x x có nhiều nghiệm nhất. A. m0 B. m1 C. me D. m1 THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 4 – năm học 2017 – 2018 Câu 25: Cho phương trënh 2 1 sin x m cosx sin x e e 2 sin x m cos x với m là tham số thực. Gọi S là tập tất cả các giá trị của m để phương trënh cî nghiệm. Khi đî S có dạng   ;a b;    . Tính T 10a 20b . A. T 10 3 B. T0 C. T1 D. T 3 10 THPT Kim Liên – Hà Nội lần 2 năm học 2017 – 2018 Câu 26: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trënh 2 2 2 2 3x 3x m 1 log x 5x 2 m 2x x 1 Có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 . A. 3 B. Vô số C. 2 D. 4 THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai lần 2 năm học 2017 – 2018 Câu 27: Cho phương trënh 2 2 2 2 5 m log x x 1 .log x x 1 log x x 1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương khác 1 của m sao cho phương trënh đã cho cî nghiệm x lớn hơn 2 ? A. Vô số B. 3 C. 2 D. 1 THPT Chuyên Đại học Vinh – Nghệ An lần 2 năm học 2017 – 2018 Câu 28: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a thuộc khoảng 0;2018 để ta luôn có n n 1 n n a 9 3 1 lim 5 9 2187  ? CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 96 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor A. 2011 B. 2016 C. 2019 D. 2009 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu – Đồng Tháp lần 5 năm học 2017 – 2018 Câu 29: Cho phương trënh x x 1 4 m 1 2 8 0 . Biết phương trënh cî hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 12 x 1 x 1 6 . Khẳng định đòng trong bốn khẳng định dưới đây là? A. Không có m B. 1 m 3 C. m3 D. m2 THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội lần 2 năm học 2017 – 2018 Câu 30 : Tìm tập hợp S tất cả các giá trị của tham số m để phương trënh sau cî đòng ba nghiệm phân biệt . 2 xm x1 2 22 2 .log x 2x 3 4 .log 2 x m 2 A. 13 S ;1; 22    B. 13 S ; 1; 22    C. 13 S ;1; 22    D. 13 S ;1; 22    THPT Chu Văn Anh – Hà Nội năm học 2017 – 2018 Câu 31 : Có bao nhiêu số nguyên dương m trong đoạn   2018 ;2018 sao cho bất phương trënh sau đòng với mọi x 1 ;100 : 11 log x log x m 10 10 10x 10 . A. 2018 B. 4026 C. 2013 D. 4036 Câu 32 : Gọi S là tập các giá trị của tham số thực m để hàm số 2 y x ln x m 2 đồng biến trên tập xác định của nó. Biết S ;a b    . Tính tổng K a b là A. K5 B. K5 C. K0 D. K2 Câu 33 : Cho hai số thực a , b a 1,b 1 . Phương trënh xx a b b ax có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 34: Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trënh x 2x 1 2 x 1 2 27 m.3 m 1 3 m 1 0 Có 3 nghiệm thực phân biệt là khoảng a; b . Tính giá trị của biểu thức S a b A. 2 B. 13 C. 22 D. 1 2 3 Câu 35: Có bao nhiêu số nguyên   m 2018;2018 để phương trënh x1 2 3 2 8 x m 2 có đòng 2 nghiệm thực phân biệt? A. 2013 B. 2012 C. 4024 D. 2014 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 97 Câu 36: Cho bất phương trënh 22 3a 1 3a 7 log 11 log x 3ax 10 4 log x 3ax 12 0 . Giá trị thực của tham số a để bất phương trënh trên cî nghiệm duy nhất thuộc khoảng nào sau đây? A. 1;0 B. 1; 2 C. 0;1 D. 2;  THPT Hàm Rồng – Thanh Hóa lần 1 năm học 2017 – 2018 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Tìm số các giá trị nguyên của tham số m để phương trënh x 1 1 x 2 x 2 x 4 4 m 1 2 2 16 8m có nghiệm trên   0;1 ? A. 2 B. 5 C. 4 D. 3 THPT Lê Hồng Phong – Nam Định lần 1 năm 2017-2018 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có: x 1 1 x 2 x 2 x 4 4 m 1 2 2 16 8m x x x x 4 4 4 4 m 1 2 2 16 8m Đặt xx t u x 2 2 ,   x 0;1 xx u x 2 2 0    x 0;1 . Suy ra u 0 t u 1  hay 3 t 0; 2    2 x x x x x x 2 t 4 4 2.2 .2 4 4 t 2 . Phương trënh trở thành : 2 2 2 2 4 t 2 4t m 1 16 8m t 2 t m 1 4 2m t t m 1 2m 2 0 m t 2 t t 2 m t 2 t 2 t 1 3 m t 1 t 0; 2 t m 1    Để phương trënh đã cho cî nghiệm trên   0;1 thë phương trënh t m 1 phải có nghiệm 3 t 0; 2    . Suy ra 3 m 1 0; 2    , hay 5 m 1; 2    . Chọn ý A. Câu 2: Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm 2x x 1 2 x 1 2 3 3 2017x 2017 x m 2 x 2m 3 0   . A. m3 B. m3 C. m2 D. m2  THPT Chuyên Vĩnh Phúc – lần 2 năm học 2017 – 2018 Lời giải CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 98 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Điều kiện x1 . Xét 2x x 1 2 x 1 3 3 2017x 2017  2x x 1 2 x 1 3 .3 3 .3 2017 2017x  x x 1 9 9 3 2017 1 x  . Dễ thấy x1 là một nghiệm. Nếu x1 thì x x 1 VT 9 9 3 0 , VP 2017 1 x 0 Suy ra x x 1 9 9 3 2017 1 x  vô nghiệm. Nếu 1 x 1  thì x x 1 VT 9 9 3 0 , VP 2017 1 x 0 Suy ra x x 1 9 9 3 2017 1 x  có nghiệm với 1 x 1  . Vậy bpt 2x x 1 2 x 1 3 3 2017x 2017  có nghiệm với 1 x 1   . Cách 1 Xét: 2 f x x m 2 x 2m 3 0 . Ta có 2 m 4m 8  , để bpt có nghiệm 1 x 1   thì: TH1: 0 2 3 2 m 2 3 2     , bpt cî nghiệm 1 x 1   1 TH2: m 2 3 2 0 m 2 3 2     , nghiệm của bpt là   12 ;x x ;    . Ta có 12 1;1 x ;x  f 1 0 3m 6 0 m2 m 2 0 f 1 0   Do đî BPT cî nghiệm 1 x 1   khi m2 Kết hợp điều kiện ta được m 2 3 2 và 2 m 2 3 2  2 Từ 1 và 2 suy ra hệ đã cho cî nghiệm khi m2 . Cách 2. Bài toán trở thành tìm m để bpt 2 x m 2 x 2m 3 0 có nghiệm 1 x 1   Bất phương trënh tương đương 2 m x 2 x 2x 3  2 x 2x 3 m f x x2 * (Do 1 x 1   ) Ta có 2 2 x 4x 1 fx x2  . Xét   f x 0 x 2 3 1;1  Để bất phương trënh * có nghiệm thì   x 1;1 m min f x . Lập bảng biến thiên của hàm số fx trên   1;1 ta có m f 1 f 1 2 .Vậy m2 . Chọn ý C. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 99 Câu 3: Có bao nhiêu số nguyên dương a để phương trënh sau cî nghiệm duy nhất? 22 2 2 2 2 27 9 11 11 9 x 2 x 3a 12a 15 log 2x x a 3a 1 log 1 2 log 2x x log 2 2 2         A. 2 B. 0 C. Vô số D. 1 THPT Cổ Loa – Hà Nội lần 1 năm 2017 – 2018 Lời giải Điều kiện 0 x 2. Biến đổi phương trënh ban đầu tương đương 22 2 2 2 2 3 11 3 11 2 x 2 x a 4a 5 log 2x x 9a 6a 2 log log 2x x log 22         2 2 2 2 3 11 2x a 4a 4 log 2x x 9a 6a 1 log 0 2 2 2 2 22 3 2 3 11 11 2 log 2x x 2 x 3a 1 a 2 log 2x x 3a 1 log 0 * 2 2 a 2 log 2x Mà vế trái của * luïn dương với mọi a nguyên dương. Vì 0 x 2 nên 2 11 22 22 2 x 2 1 log 0 2 x 2 x Do đî từ * suy ra 2 3 log 2x x 0 22 2x x 1 x 2x 1 0 khïng tï n ta i x . Vâ y không có giá trị của tham số a thỏa mãn yêu cầu đề bài họn ý B. Câu 4: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho 10m và phương trënh 22 mx 5 mx 5 2 log 2x 5x 4 log x 2x 6 có nghiệm duy nhất. Tìm số phần tử của S. A. 15. B. 14. C. 13. D. 16. THTT số 3 – 486 tháng 12 năm 2017 Lời giải Ta có: 2 2x 5x 4 0 với mọi x nên phương trënh ban đầu tương đương với 2 22 mx 5 0 mx 5 mx 5 1 mx 6 2x 5x 4 0 x2 2x 5x 4 x 2x 6 x5       Phương trënh cî nghiệm duy nhất tương đương với ta nhận nghiệm x2 và loại x5 hoặc nhận nghiệm x5 và loại x2 . Trường hợp 1: Nhận nghiệm x2 và loại x5 . CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 100 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Điều này tương đương với 5 m 2m 5 2 2m 6 m 3 5m 5 m 1 5m 6 6 m 5          (vô lí). Trường hợp 2: Nhận nghiệm x5 và loại x2 . Điều này tương đương với m3 m1 5m 5 5 6 1m 5m 6 m 2 5 6 2m 5 5 m m 5 2m 6 2 m3                     . Suy ra: 10m 30 10 10m 25 m 12        . Vì 10m nên     10m 11;13;14...;25 30  . Trong tập hợp này có 15 phần tử nên tập hợp S cũng cî 15 phần tử. Chú ý: 11 13 14 25 30 m ; ; ...; 10 10 10 10 10          . Chọn ý A. Câu 5: Cho tham số thực a . Biết phương trënh xx e e 2 cosax có 5 nghiệm thực phân biệt. Hỏi phương trënh xx e e 2 cos ax 4 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt. A. 5 B. 6 C. 10 D. 11 THPT Chuyên Thái Bình – Lần 3 năm học 2017 – 2018 Lời giải Ta thấy rằng phương trënh xx e e 2 cos ax cî đòng 5 nghiệm Suy ra phương trënh xx 22 x e e 2 cosa 2 cî đòng 5 nghiệm * xx e e 2 cosax 4 xx e e 2 2 cosax 1 2 xx 2 22 ax e e 4 cos 2 xx 22 xx 22 ax e e 2 cos 1 2 ax e e 2 cos 2 2      TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 101 Phương trënh 1 và phương trënh 2 nếu cî nghiệm chung 0 x thì 0 ax cos 0 2 và 00 xx 22 ee 0 x0 cos0 0  - vô lý. Vậy 1 , 2 cî nghiệm khác nhau. Phương trënh 1 cî 5 nghiệm ( theo * ). Nếu 0 x là 1 nghiệm của 1 thì 0 x0  và 00 xx 0 22 ax e e 2 cos 2 00 xx 0 22 x e e 2 cosa 2 Khi đî 0 x là 1 nghiệm của 2 . Vậy phương trënh 2 có 5 nghiệm phân biệt ( và khác 5 nghiệm của phương trënh 1 ). Phương trënh đã cho cî đòng 10 nghiệm. Chọn ý C. Câu 6: Cho bất phương trënh xx x1 m.3 3m 2 . 4 7 4 7 0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trënh đã cho nghiệm đòng với mọi  x ;0  . A. 2 2 3 m 3 B. 2 2 3 m 3 C. 2 2 3 m 3 D. 2 2 3 m 3 THPT Hậu Lộc 2 – Thanh Hîa năm 2017 – 2018 Lời giải Bất phương trënh tương đương: xx x1 m.3 3m 2 . 4 7 4 7 0 xx 4 7 4 7 3m 2 3m 0 33             Đặt x 47 t 3 , do x0  nên 0 t 1  Ta cần tìm tham số m sao cho 2 t 3mt 3m 2 0 , đòng với mọi 0 t 1  Ta có 2 t2 m 3t 3  2 0;1 t2 m max 3t 3 . Ta tìm GTLN của hàm số 2 t2 ft 3t 2 trên 0 t 1  Ta có 2 2 1 t 2t 2 f t . 0 3 t1  t 1 3 t 1 3    Lập bảng biến thiên ta được  2 0;1 t2 max f 1 3 3t 3 2 2 3 3 Chọn ý A. CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 102 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 7: Phương trënh 3 x 2 m 3x 3 2 x 2 x 1 2 x 6x 9x m 2 2 1 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m a;b đặt 22 T b a thì: A. T 36 B. T 48 C. T 64 D. T 72 THPT Trần Nhân Tông – Quảng Ninh lần 1 năm học 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi giả thiết tương đương 3 x 2 m 3x 3 2 x 2 x 1 2 x 6x 9x m 2 2 1 3 3 m 3x 3 2 x 2 x 2 8 m 3x 2 2 3 3 m 3x 2 x 2 m 3x 2 2 x 1 Xét hàm số t3 f t 2 t trên có t2 f t 2 .ln 2 3t 0, t  nên hàm số liên tục và đồng biến trên . Do đî từ 1 suy ra 3 m 3x 2 x 23 m 8 9x 6x x Xét hàm số 32 f x x 6x 9x 8 trên . có 2 f x 3x 12x 9  ; x3 f x 0 x1    . Lập bảng biến thiên ta thấy phương trënh cî 3 nghiệm phân biệt khi 4 m 8 . Suy ra a 4; b 8 22 T b a 48 . Chọn ý B. Câu 8: Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2018 của tham số m để phương trënh 64 log 2018x m log 1009x có nghiệm là? A. 2020 B. 2017 C. 2019 D. 2018 Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội lần 1 năm học 2017 – 2018 Lời giải Đặt 64 log 2018x m log 1009x t t t 2018x m 6 1009x 4  tt 2.4 m 6 tt m 2.4 6 . Đặt tt f t 2.4 6 . Ta có: tt f t 6 ln 6 2.4 .ln 4  . Xét t 6 3 2 ln 4 f t 0 log 16 2 ln 6  36 2 t log log 16 . Lập bảng biến thiên ta thấy rằng phương trënh f t m có nghiệm khi và chỉ khi 36 2 m f log log 16 2,01  . Mà m 2018 m  nên ta có: 2 m 2017 m    Vậy có 2020 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn ý A. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 103 Câu 9: Cho a , x là các số thực dương, a1  thỏa mãn x a log x log a . Tìm giá trị lớn nhất của a . A. 1 B. e log 2 1 C. ln 10 e e D. log e e 10 Phổ thïng năng khiếu – Đại học Quốc Gia TP. HCM lần 1 năm 2017 – 2018 Lời giải Ta có: x aa log x log a log x xlog a log x xlog a log a 2 log x log a x Giá trị của a lớn nhất khi và chỉ khi log a lớn nhất. Xét hàm số log x fx x với x0 . Ta có 2 1 ln x fx x ln 10  ; f x 0 x e  Lập bảng biến thiên ta dễ dàng suy ra 2 log a lớn nhất là bằng log e e Khi đî 2 log e log a e log e log a e log e e a 10 Chọn ý D. Câu 10: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trënh 2 2 2 2x mx 1 log 2x mx 1 x 2 x2 có hai nghiệm thực phân biệt? A. 3 B. 4 C. 2 D. 1 Sở Giáo dục và Đào tạo Phú Thọ lần 1 năm học 2017 – 2018 Lời giải Điều kiện: 2 x 2 0 2x mx 1 0  Phương trënh ban đầu tương đương: 2 2 2 2x mx 1 log 2x mx 1 x 2 x2 22 22 log 2x mx 1 2x mx 1 log x 2 x 2 2 f 2x mx 1 f x 2 1 Xét hàm số 2 f t log t t với t 0;  có 1 f t 1 0 t ln 2  , t 0;  ft đồng biến trên 0;  nên 1 2 2x mx 1 x 2 Từ đî 2 2 2 x2 x2 x m 4 x 3 0 2 2x mx 1 x 2   Để có hai nghiệm thực phân biệt thì 2 có hai nghiệm phân biệt 1 x , 2 x lớn hơn 2 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 104 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 2 12 12 m 4 12 0 x 2 x 2 0 x 2 x 2 0   12 1 2 1 2 m x x 4 0 x x 2 x x 4 0  m 4 m 4 0 3 2 4 m 4 0  m8 9 m 9 2 m 2  mà   * m m 1;2;3; 4 . Chọn ý B. Câu 11: Có bao nhiêu giá trị của m để giá trị nhỏ nhất của hàm số 2x x f x e 4e m trên đoạn   0 ;ln 4 bằng 6 ? A. 3 B. 4 C. 2 D. 1 THPT Chuyên Ngoại ngữ - Hà Nội lần 1 năm học 2017 – 2018 Lời giải Xét   x 0 ;ln 4 . Đặt   x t e t 1; 4 . Đặt 2 g t t 4t m với   t 1 ; 4 Đạo hàm: g t 2t 4  . Xét g t 0 2t 4 0 t 2  Ta có: g 1 m 3 ; g 2 m 4 ; g 4 m Giá trị nhỏ nhất của 2x x f x e 4e m trên   0 ;ln 4 sẽ thuộc   A m 3 ; m 4 ; m Xét     m 10 A 7 ;6 ;10 m 4 6 m 2 A 5 ;6 ; 2    Ta thấy m 10 thỏa mãn yêu cầu bài toán là min f x 6 Xét     m 9 A 5 ;6 ;9 m 3 6 m 3 A 7 ;6 ; 3    (khïng thỏa mãn) Xét     m 6 A 2 ;3 ;6 m6 m 6 A 10 ;9 ;6    Ta thấy m6 thỏa mãn yêu cầu bài toán là min f x 6 Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn ý D. Câu 12: Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng 9;9 của tham số m để bất phương trình 2 3log x 2 log m x x 1 x 1 x  có nghiệm thực? A. 6 B. 7 C. 10 D. 11 Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Nam năm học 2017 – 2018 Lời giải TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 105 Điều kiện 2 0 x 1 m x x 1 x 1 x 0  0 x 1 m x 1 x 0  0 x 1 1x m0 x  Bất phương trënh đã cho tương đương: 2 32 log x log m x x 1 x 1 x  2 32 x m x x 1 x 1 x  2 x x m x x 1 x 1 x  2 x x 1 x 1 x x 1 x m 1 x x xx Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có : x 1 x 1 x x 2 x 2 1 x 1 x x         Vì vậy m x 1 x . Khảo sát hàm số f x x 1 x trên 0;1 ta được f x 2 1, 414  . Vậy m có thể nhận được các giá trị 2, 3, 4, 5,6,7,8 . Chọn ý B. Câu 13: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trënh sau cî nghiệm 3m m 2 2 e e 2 x 1 x 1 x 1 x A. 1 0; ln 2 2 B. 1 ; ln 2 2      C. 1 0; e D. 1 ln 2; 2     Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh lần 2 năm học 2017 – 2018 Lời giải Đặt 2 22 1 t 2 t x 1 x t 1 2x 1 x    . Khi đî: 3m m 2 e e t t 1 3m m 3 e e t t . Xét hàm 3 f u u u 2 f u 3u 1  . Hàm số luïn đồng biến. 3m m 3 e e t t m et . Phương trënh cî nghiệm: m 1 e 2 m ln 2 2   Chọn ý B. Câu 14: Cho phương trënh 2 2 2 2 2017 a log x x 1 .log x x 1 log x x 1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng 1;2018 cu a tham sï a sao cho phương trënh đã cho cî nghiệm lớn hơn 3 A. 20 B. 19 C. 18 D. 17 Lời giải Nhâ n thấy với x3 thì 22 x 1 x x 2 x x 1 0 va 2 x x 1 0 Biến đổi phương trënh tương dương : 2 2 2 2 2017 a log x x 1 .log x x 1 log x x 1 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 106 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 2 2 2 2 2017 a 2 log x x 1 .log x x 1 log 2.log x x 1 2 2017 a log x x 1 log 2 1 (vì 2 2 log x x 1 0 , x3 ) Xét hàm số 2 2017 f x log x x 1 trên khoa ng 3;  . Ta có 2 1 f ' x x 1.ln 2017 f ' x 0 , x3 . Lập bảng biến thiên ta thấy phương trình 1 có nghiệm lớn hơn 3 2 log a f 3 2 2017 log a log 3 2 2 2 3 2 2 log a log 2017 a 1 3 2 2 log 2017 a 2 19,9  . Lại do a nguyên thuï c khoảng 1;2018 nên   a 2;3;...;19 Vậy có 18 giá trị nguyên của tham số a thỏa mãn yêu cầu đề bài Chọn ý C. Câu 15: Giả sử tồn tại số thực a sao cho phương trënh xx e e 2 cos ax 4 có 10 nghiệm thực phân biệt. Số nghiệm phân biệt của phương trënh xx e e 2 cosax là: A. 5 B. 20 C. 10 D. 4 Lời giải Đây là một câu tương tự với câu trong đề thi thử Chuyên Thái Bình lần 3. Phương trënh đầu tương đương xx e e 2 cosax 4 2 xx 22 e e 2 cosax 2 2 2 xx 22 ax e e 2 cos 2 xx 22 xx 22 ax e e 2 cos 1 2 ax e e 2 cos 2 2      Nhận thấy x0 không là nghiệm của phương trënh đã cho. Nếu 0 xx là nghiệm của 1 thì 0 xx là nghiệm của 2 . Do đî số nghiệm của 1 và 2 bằng nhau và đồng thời khác nhau đïi một. Suy ra phương trënh 1 cî đòng 5 nghiệm 1 x ; 2 x ; 3 x ; 4 x ; 5 x . Vậy phương trënh xx e e 2 cos ax cî đòng 5 nghiệm phân biệt là 1 x 2 , 2 x 2 ; 3 x 2 ; 4 x 2 ; 5 x 2 . Chọn ý A. Câu 16: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trënh sau cî nghiệm thực? ln m 2 sin x ln m 3sin x sin x A. 5 B. 4 C. 3 D. 6 Lời giải TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 107 Điều kiện: m 2 sin x ln m 3sin x 0 m 3sin x 0  Phương trënh đã cho tương đương: sin x m 2 sin x ln m 3sin x e sin x m 3sin x ln m 3sin x e sin x ln m 3sin x sin x ln m 3sin x e sin x e , 1 Xét hàm số t f t e t , t . Ta có t f t e 1 0  , t . Nên hàm số ft đồng biến trên . Vậy ln m 3sin x si x 1 f f n   ln m 3sin x sin x . Đặt a sin x ,   a 1;1 . Phương trënh trở thành: ln m 3a a a m e 3a . Xét a g a e 3a ,   a 1;1 , a g a e 3 0  ,   a 1;1 . Vậy để phương trënh cî nghiệm thực thì g 1 m g 1   1 e 3 m 3 e   . Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m là: 0 ; 1 ; 2 ; 3 . Chọn ý B. Câu 17: Cho n là số tự nhiên thỏa mãn phương trënh xx 3 3 2 cos nx có 2018 nghiệm. Tìm số nghiệm của phương trënh xx 9 9 4 2 cos 2nx . A. 4036 B. 2018 C. 4035 D. 2019 THPT Quảng Xương 1 – Thanh Hîa năm học 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi giả thiết tương đương: xx 9 9 4 2 cos 2nx x x x x 9 9 2.3 .3 2 2 cos 2nx 2 x x 2 3 3 4 cos nx xx xx 3 3 2 cos nx 1 3 3 2 cos nx 2    Khi đî nếu 1 và 2 có nghiệm chung thì x x x x 3 3 3 3 xx 33 x0 Thay x0 vào 1 ta được 00 3 3 2 cos0 02 , tức là 1 và 2 không có nghiệm chung. Mặt khác ta thấy nếu 0 x là nghiệm của 1 thì 0 x sẽ là nghiệm của 2 . Mà 1 có 2018 nghiệm nên 2 cũng cî 2018 nghiệm. Vậy phương trënh đã cho cî 4036 nghiệm. Chọn ý A. Câu 18: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trënh 22 x 7x 12 2x x 10 5x m.3 3 9.3 m có ba nghiệm thực phân biệt. Tìm số phần tử của S . A. 3 B. Vô số C. 1 D. 2 THPT Trần Hưng Đạo – TP. HCM năm học 2017 – 2018 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 108 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Lời giải Biến đổi giả thiết ta được: 22 x 7x 12 2x x 10 5x m.3 3 9.3 m 2 2 2 x 7x 12 2x x x 7x 12 m 3 1 3 3 1 0 22 x 7x 12 2x x 3 1 m 3 0 2 2 x 7x 12 2x x 3 1 0 m 3 0    2 3 x3 x4 2x x log m 0 *     Phương trënh đã cho cî ba nghiệm thực phân biệt, ta cî các trường hợp sau: Trường hợp 1: * cî một nghiệm x3 và nghiệm cín lại khác 3 và 4 Thay x3 vào * ta được 3 1 log m 3 m 27 Khi đî * trở thành 2 x1 x 2x 3 0 x3   (Thỏa yêu cầu) Trường hợp 2: * cî một nghiệm x4 và nghiệm cín lại khác 3 và 4 Thay x4 vào * ta được 8 3 log m 8 m 3 Khi đî * trở thành 2 x4 x 2x 8 0 x2   (Thỏa yêu cầu) Trường hợp 3: * cî nghiệm kép khác 3 và 4 3 3 3 1 log m 0 log m 3 log m 8      m3 Vậy có 3 giá trị m thỏa yêu cầu đề bài. Chọn ý A. Câu 19: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số x; y thỏa mãn 2x y 1 3x 2y e e x y 1 , đồng thời thỏa mãn 22 22 log 2x y 1 m 4 log x m 4 0 . A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 Sở Giáo dục và đào tạo Bà Rịa Vũng Tàu đề 1 năm 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có 2x y 1 3x 2y e e x y 1 2x y 1 3x 2y e 2x y 1 e 3x 2y . Xét hàm số t f t e t trên . Ta có t f t e 1 0  nên hàm số đồng biến trên . Do đî phương trënh cî dạng f 2x y 1 f 3x 2y 2x y 1 3x 2y y 1 x . Thế vào phương trënh cín lại ta được 22 22 log x m 4 log x m 4 0 . Đặt 2 t log x , phương trënh cî dạng 22 t m 4 t m 4 0 . Để phương trënh cî nghiệm thì 0  2 3m 8m 0 8 0m 3   . Do đî cî 3 số nguyên m thỏa mãn. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 109 Chọn ý A. Câu 20: Biết a; b là khoảng chứa tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trënh 22 2 xx x1 7 3 5 m 7 3 5 2 cî đòng bốn nghiệm thực phân biệt. Tính M a b . A. 1 M 8 B. 1 M 16 C. 7 M 16 D. 3 M 5 THPT Hồng Lĩnh – Hà Tĩnh lần 1 năm học 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có: 22 2 xx x1 7 3 5 m 7 3 5 2 22 xx 7 3 5 7 3 5 1 m 2 2 2             Vì 22 xx 7 3 5 7 3 5 .1 22             nên đặt 2 x 7 3 5 t 2 , 0 t 1  phương trënh trở thành m1 t t2 2 2t t 2m 0 2 2m 2t t * Xét hàm số 2 f t 2t t , 0 t 1  f t 4t 1  , 1 f t 0 t 4  . Vẽ bảng biến thiên ta thấy rằng để phương trënh đã cho cî đòng bốn nghiệm thực phân biệt thë phương trënh * phải có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0 t 1 . Từ đî ta được 1 0 2m 8 1 0m 16 1 M0 16 1 16 Chọn ý B. Câu 21: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m nhỏ hơn 10 để phương trënh xx m m e e có nghiệm thực? A. 9 B. 8 C. 10 D. 7 Sở Giáo dục và đào tạo Bắc Giang năm học 2017 – 2018 Lời giải Điều kiện: x x m e 0 m m e 0  . Đặt x t m e t0 ta suy ra: 2x 2x m t e t m e  x 2x 2 x x x x e t 0 1 e t t e e t e t 1 0 e t 1 0 2    Phương trënh 2 vô nghiệm vì x e t 1 0 Phương trënh 1 tương đương với x x x 2x x e t e m e m e e 3 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 110 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Phương trënh xx m m e e * có nghiệm thực khi phương trënh 3 có nghiệm thực. Xét hàm số 2x x f x e e với x , ta có: 2x x x 1 f x 2e e 0 e x ln 2 2  . Lập bảng biến thiên của hàm số 2x x f x e e ta suy ra phương trënh 3 có nghiệm khi 1 m 4 . Kết hợp với giả thiết m là số nguyên nhỏ hơn 10 ta suy ra   m 0,1,2,3, 4,5,6,7,8,9 . Vậy có 10 giá trị thỏa mãn. Chọn ý C. Câu 22: Cho hàm số 2 2017 2 2018 f x a 1 ln x 1 x bxsin x 2 với a,b là các số thực. Biết rằng log 5 f 7 6 . Tính log 7 f5 . A. log7 f 5 2 B. log7 f 5 4 C. log7 f 5 2 D. log7 f 5 6 Sở Giáo dục và đào tạo Bắc Giang năm học 2017 – 2018 Lời giải Đặt gx 2 2017 2 2018 a 1 ln x 1 x bxsin x có tập xác định là tập đối xứng. Ta có với mọi x , gx 2 2017 2 2018 a 1 ln x 1 x bxsin x 2 2017 2018 2 1 a 1 ln bxsin x x 1 x 2 2017 2 2018 a 1 ln x 1 x bxsin x g x Suy ra gx là hàm số lẻ, mặt khác log 5 log7 75 nên log7 log7 log 5 g 5 g 5 g 7 Theo giả thiết ta có log 5 log 5 log 5 f 7 g 7 2 g 7 4 . Do đî log 7 f5 = log7 log 5 g 5 2 g 7 2 4 2 2 Chọn ý C. Câu 23: Cho bất phương trình xx x1 m.3 3m 2 4 7 4 7 0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trënh đã cho nghiệm đòng với mọi x ;0  A. 2 2 3 m 3 B. 2 2 3 m 3 C. 2 2 3 m 3 D. 2 2 3 m 3 Chuyên Đồng bằng sông Hồng lần 1 năm học 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi giả thiết tương đương TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 111 xx x1 m.3 3m 2 4 7 4 7 0 xx 4 7 4 7 3m 3m 2 . 0 33             Đặt x 47 t 3 . Khi x0 thì 0 t 1 . BPT trở thành: 3m 2 3m t 0, t t 0;1 2 t2 3m , t1 t 0;1 Xét hàm số 2 t2 f t , t1 t 0;1 2 t 2t 2 f t 0 t 3 1 t1  Vẽ bảng biến thiên ta thấy rằng để để bất phương trënh đã cho nghiệm đòng với mọi x ;0  thì 2 2 3 3m 2 2 3 m 3 Chọn ý B. Câu 24: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trënh ln m ln m x x có nhiều nghiệm nhất. A. m0 B. m1 C. me D. m1 THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 4 – năm học 2017 – 2018 Lời giải Điều kiện m x e m Đặt ln m x y ta được y e m x . Thay vào 1 ta được ln m y x x e m y Ta có hệ x yy xx y e m y e e y x e x e y e m x  Do hàm số t f t e t đồng biến trên nên suy ra xy x ln x m x e x m Xét hàm số x g x e x ; x g x e 1  ; g x 0 x 0  . Vẽ bảng biến thiên cho hàm gx ta suy ra phương trình có nhiều nhất là hai nghiệm khi và chỉ khi m1 . Chọn ý B. Câu 25: Cho phương trënh 2 1 sin x m cosx sin x e e 2 sin x m cos x với m là tham số thực. Gọi S là tập tất cả các giá trị của m để phương trënh cî nghiệm. Khi đî S có dạng   ;a b;    . Tính T 10a 20b . A. T 10 3 B. T0 C. T1 D. T 3 10 THPT Kim Liên – Hà Nội lần 2 năm học 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi phương trënh đầu tương đương 2 1 sin x m cosx sin x e e 2 sin x m cos x CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 112 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 2 1 sin x m cosx sin x e m cos x sin x e 2 1 sin x Xét hàm số t f t e t t , t f t e 1 0  ft đồng biến trên 2 1 sin x mcosx sin x e m cos x sin x e 2 1 sin x m cos x sin x 2 1 sin x m cos x sin x 2 Phương trënh cî nghiệm khi 22 m 1 4 m 3 S ; 3 3;      Vậy T 10a 20b 10 3 Chọn ý A. Câu 26: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trënh 2 2 2 2 3x 3x m 1 log x 5x 2 m 2x x 1 Có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 . A. 3 B. Vô số C. 2 D. 4 THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai lần 2 năm học 2017 – 2018 Lời giải Điều kiện: 2 3x 3x m 1 0 . Biến đổi giả thiết tương đương 2 2 2 2 3x 3x m 1 log 1 x 5x 1 m 2x x 1 2 2 2 2 3x 3x m 1 log x 5x 1 m 4x 2x 2 2 2 2 2 22 log 3x 3x m 1 log 4x 2x 2 4x 2x 2 3x 3x m 1 2 2 2 2 22 log 3x 3x m 1 3x 3x m 1 log 4x 2x 2 4x 2x 2 1 Xét hàm số: 2 f t t log t trên 0;  , ta có 1 f t 1 0 t.ln 2  , t 0;  . Do đî hàm số ft đồng biến trên 0;  . Khi đî phương trënh 22 1 f 4x 2x 2 f 3x 3x m 1 22 4x 2x 2 3x 3x m 1 2 x 5x m 1 2 Điều này đòng với mọi x . Xét hàm số: 2 g x x 5x trên , ta có 5 g x 2x 5 0 x 2  Vẽ bảng biến thiên ta thấy rằng phương trënh 2 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ khi 25 m 1 4 4 21 m3 4 . Do m nên   m 5; 4 . Chọn ý C. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 113 Câu 27: Cho phương trënh 2 2 2 2 5 m log x x 1 .log x x 1 log x x 1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương khác 1 của m sao cho phương trënh đã cho cî nghiệm x lớn hơn 2 ? A. Vô số B. 3 C. 2 D. 1 THPT Chuyên Đại học Vinh – Nghệ An lần 2 năm học 2017 – 2018 Lời giải Điều kiện xác định: 2 x x 1 x1 Đặt 2 2 t log x x 1 2 2 x 1 1 x1 t. ln 2 x x 1  2 22 x 1 x ln 2 x x 1 x 1 2 1 0 x 1 ln 2 Mặt khác ta có x2 2 t log 2 3 Phương trënh trở thành t 5m t 1 t.log 2 log 2 5m t.log 2 log 2 5 1 log m t Để cho phương trënh đã cho cî nghiệm x lớn hơn 2 thì ta cần có 5 2 1 log m log 2 3 2 1 log 2 3 m5 Do * m và m1  nên m2 Chọn ý D. Câu 28: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a thuộc khoảng 0;2018 để ta luôn có n n 1 n n a 9 3 1 lim 5 9 2187  ? A. 2011 B. 2016 C. 2019 D. 2009 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu – Đồng Tháp lần 5 năm học 2017 – 2018 Lời giải Từ giả thiết ta luôn có n n 1 n n a 93 0, n 59 . Từ đî suy ra n n 1 n n 1 n n a n n a 9 3 9 3 lim lim 5 9 5 9 n n a 1 1 3. 3 lim 5 9 9 a 1 9 a 1 3 . Theo đề bài ta có n n 1 n n a 9 3 1 lim 5 9 2187  a 11 3 2187  a7 . CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 114 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Do a là số nguyên thuộc khoảng 0;2018 nên có   a 7;8;9;...;2017 nên ta có tất cả 2011 giá trị của a . Chọn ý A. Câu 29: Cho phương trënh x x 1 4 m 1 2 8 0 . Biết phương trënh cî hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 12 x 1 x 1 6 . Khẳng định đòng trong bốn khẳng định dưới đây là? A. Không có m B. 1 m 3 C. m3 D. m2 THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội lần 2 năm học 2017 – 2018 Lời giải Đặt x t2 t0 thë phương trënh đã cho trở thành 2 t 2 m 1 t 8 0 1 . Điều kiện để phương trënh cî hai nghiệm 1 x , 2 x là phương trënh 1 có hai nghiệm dương phân biệt 1 t , 2 t 0 S0 P0    2 m 2m 7 0 2 m 1 0 80  m 1 2 2 m 1 2 2 m1     m 1 2 2 . Khi đî 1 x 2 1 t m 1 m 2m 7 2 , 2 x 2 2 t m 1 m 2m 7 2 Ta có 12 xx 12 t .t 2 8 12 x x 3 , 12 x 1 x 1 6 12 x x 2 22 22 log m 1 m 2m 7 .log m 1 m 2m 7 2 2 22 2 8 log m 1 m 2m 7 log 2 m 1 m 2m 7 22 22 log m 1 m 2m 7 3 log m 1 m 2m 7 2    2 Đặt 2 2 u log m 1 m 2m 7 thì 2 trở thành 2 3u u 2 0 u1 u2   Nếu u1 2 m 1 m 2m 7 2 2 m 2m 7 1 m thë phương trình vô nghiệm do m 1 2 2 Nếu u2 2 m 1 m 2m 7 4 2 m 2m 7 3 m m2 (nhận). Vậy m2 thỏa mãn yêu cầu của bài toán Chọn ý B. Câu 30 : Tìm tập hợp S tất cả các giá trị của tham số m để phương trënh sau cî đòng ba nghiệm phân biệt . 2 xm x1 2 22 2 .log x 2x 3 4 .log 2 x m 2 A. 13 S ;1; 22    B. 13 S ; 1; 22    C. 13 S ;1; 22    D. 13 S ;1; 22    THPT Chu Văn Anh – Hà Nội năm học 2017 – 2018 Lời giải TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 115 Xét hàm số t 2 f t 2 .log t 2 , tt 2 1 f t 2 .ln 2.log t 2 2 . 0 t 2 ln 2  , t0 . ft đồng biến trên  0;  . Biến đổi giả thiết tương đương 2 xm x1 2 22 2 .log x 2x 3 4 .log 2 x m 2 2 2 2 x m x1 22 2 .log x 1 2 2 .log 2 x m 2 2 f x 1 f 2 x m     2 x 1 2 x m 1 Khi xm , (1) 2 x 4x 1 2m 0 2 Khi xm , (1) 2 x 2m 1 3 Trường hợp 1: 2 cî nghiệm kép 0 x , 3 cî hai nghiệm phân biệt khác 0 x . Khi đî 3 m 2 thì 2 có nghiệm 3 x2 2 , 3 có hai nghiệm phân biệt 3 x2 2  . Trường hợp 2: 3 cî nghiệm kép 0 x , 2 cî hai nghiệm phân biệt khác 0 x . Khi đî 1 m 2 thì 3 có nghiệm 1 x0 2 , 2 có hai nghiệm 1 x 2 2 2  . Trường hợp 3: 2 và (3) cî chung một nghiệm 0 x Khi đî 0 xm m1 , thử lại m1 thỏa yêu cầu bài toán. Vậy 13 S ;1; 22    . Chọn ý B. Câu 31 : Có bao nhiêu số nguyên dương m trong đoạn   2018 ;2018 sao cho bất phương trënh sau đòng với mọi x 1;100 : 11 log x log x m 10 10 10x 10 . A. 2018 B. 4026 C. 2013 D. 4036 Lời giải Biến đổi giả thiết tương đương log x 11 m log x 1 log x log x 10m log x 1 11log x 0 10 10 2 10m log x 1 log x 10log x 0 . Do x 1;100 log x 0 ;2 . Do đî ta có 2 2 10log x log x 10m log x 1 log x 10log x 0 10m log x 1 Đặt t log x , t 0 ;2 , xét hàm số 2 10t t ft t1 Ta có: 2 2 10 2t t f t 0 t 0 ;2 t1  . Do đî 16 f 0 f t f 2 0 f t 3 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 116 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Để 2 10log x log x 10m log x 1 đòng với mọi x 1;100 thì 16 8 10m m 3 15 Do đî 8 m ;2018 15    hay có 2018 số thỏa mãn. Chọn ý A. Câu 32 : Gọi S là tập các giá trị của tham số thực m để hàm số 2 y x ln x m 2 đồng biến trên tập xác định của nó. Biết S ;a b    . Tính tổng K a b là A. K5 B. K5 C. K0 D. K2 Lời giải Điều kiện xác định: x m 2 . Cách 1. Ta có 1 y 2x x m 2  2 2x 2 m 2 x 1 x m 2 , 2 y 0 2x 2 m 2 x 1 0  Trường hợp 1. 2 m 4m 2 0    2 2 m 2 2   Khi đî y0  x m 2;  . Trường hợp 2. m 2 2 m 2 2    , khi đî y0  cî hai nghiệm phân biệt. 2 1 m 2 m 4m 2 x 2 , 2 2 m 2 m 4m 2 x 2 Vẽ bảng biến thiên ta suy ra được: y0  x m 2;  2 x m 2  2 m 2 m 4m 2 m2 2  2 m 4m 2 m 2  22 2 m 4m 2 m 4m 4 m2 m 4m 2 0    m2 m 2 2 m 2 2       m 2 2  . Vậy S ; 2 2    a2 , b2 nên K a b 0 . Cách 2. Ta có 1 y 2x x m 2  2 2x 2 m 2 x 1 x m 2 , 2 y 0 2x 2 m 2 x 1 0  Trường hợp 1. 2 m 4m 2 0    2 2 m 2 2   , khi đî y0  x m 2;  . Trường hợp 2. 0   m 2 2 m 2 2    , * . Khi đî phương trënh cî hai nghiệm phân biệt 1 x , 2 x TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 117 Theo Viet ta có 12 12 x x m 2 1 xx 2  . Hàm số đồng biến trên 1 ;x  và 2 x;  khi đî ta cần có 12 x x m 2  . Suy ra: 12 12 x x 2 m 2 0 m 2 2 x m 2 x m 2 0  Kết hợp * và ** có m 2 2 . Hợp hai trường hợp có các giá trị cần tìm của m là 100 . Vậy S ; 2 2    a2 , 100 nên K a b 0 . Chọn ý C. Câu 33 : Cho hai số thực a , b a 1,b 1 . Phương trình xx a b b ax có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Lời giải Xét hàm số xx f x a b b ax . Ta có xx f x a ln a b ln b a  . Do x 2 x 2 f '' x a ln a b ln b 0 nên hàm số đã cho cî tối đa một cực trị. Do đî phương trënh đã cho cî tối đa hai nghiệm. Ta sẽ chọn các số để phương trënh trên cî 2 nghiệm như sau. Chọn a b e ta có x f x 2e e  , e f x 0 x ln 2  . ee f ln eln 0 22 ; x lim f x     . Vì vậy phương trënh đã cho cî tối đa 2 nghiệm. Chọn ý C. Câu 34: Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trënh x 2x 1 2 x 1 2 27 m.3 m 1 3 m 1 0 Có 3 nghiệm thực phân biệt là khoảng a; b . Tính giá trị của biểu thức S a b A. 2 B. 13 C. 22 D. 1 2 3 Lời giải Đặt x t 3 t 0 phương trënh trở thành 3 2 2 2 t 3mt 3 m 1 t m 1 0 . Ta cần tëm điều kiện để phương trënh cî 3 nghiệm phân biệt dương. Xét hàm số 3 2 2 2 2 2 y t 3mt m 1 t m 1 y' 3x 6mx 3 m 1 Ta có CD CT t m 1 x y' 0 t m 1 x   . Để phương trënh cî 3 nghiệm dương phân biệt khi CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 118 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor  CD CT 2 2 2 CD CT 2 m 1 0 y .y 0 m 1 0 x 0,x 0 3 m 1 2 m 1 m 3 m 2m 1 0 y 0 0 m 1 0   Chọn ý D. Câu 35: Có bao nhiêu số nguyên   m 2018;2018 để phương trënh x1 2 3 2 8 x m 2 có đòng 2 nghiệm thực phân biệt? A. 2013 B. 2012 C. 4024 D. 2014 Lời giải Phương trënh tương đương với x1 2 3 m 2 8 x 2 . Hàm số x1 2 3 f x 2 8 x 2 là một hàm số chẵn do đî ta chỉ cần xét trên nửa khoảng  0;  để suy ra bảng biến thiên của hàm số fx trên cả tập số thực. Xét hàm số 2 x1 x1 x1 2 2 x 1 x1 3x 2 8 x 2 g x 2 ln 2 3x x 2 3 2 f x 2 8 x f ' x 2 3x 2 ln 2 3x 0 0 x 2 2 8 0 x 2 2    Ta có x 1 2 2 g ' x 2 ln x 3 8ln 2 3 0, x 2,g 2 8ln 2 6 0,g 3 16ln 2 9 0 nên phương trënh g x 0 có nghiệm 0 x 2;3 . Vẽ bảng biến thiên cho hàm số fx ta suy ra được phương trënh cî đòng 2 nghiệm thực khi và chỉ khi   0 2 x1 0 0 m6 m 7,8,...,2018 3x m f x 2 8 2      Chọn ý B. Câu 36: Cho bất phương trënh 22 3a 1 3a 7 log 11 log x 3ax 10 4 log x 3ax 12 0 . Giá trị thực của tham số a để bất phương trënh trên cî nghiệm duy nhất thuộc khoảng nào sau đây? A. 1;0 B. 1; 2 C. 0;1 D. 2;  THPT Hàm Rồng – Thanh Hóa lần 1 năm học 2017 – 2018 Lời giải Điều kiện xác định 1 0a 3  . Biến đổi bất phương trënh tương đương TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 119 22 3a 1 3a 7 22 3a 7 3a 22 7 3a 3a log 11 log x 3ax 10 4 log x 3ax 12 0 log 11 log x 3ax 10 4 .log x 3ax 12 0 log x 3ax 10 4 .log x 3ax 12 log 11  Đặt 2 2 2 2 t x 3ax 10 0 x 3ax 12 x 3ax 10 2 t 2 . Khi đî bất phương trënh trở thành 2 7 3a 11 1 log t 4 log t 2 * log 3a  . Nếu 11 1 0 a log 3a 0 3 bất phương trënh * trở thành 22 7 11 3a 7 11 log t 4 log 3alog t 2 1 log t 4 log t 2 1 Xét hàm số 2 7 11 f t log t 4 log t 2 t 0 là hàm đồng biến đồng thời f 3 1 nên 2 f t f 3 t 3 x 3ax 1 0 . Để phương trënh cî nghiệm duy nhất thì ta có 2 a 3 , nghiệm này không thỏa mãn. Nếu 11 1 a log 3a 0 3 . Đến đây xét tương tự trường hợp 1 ta sẽ tëm được 2 a 3 Chọn ý C. 7. CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ CÁC BÀI TOÁN Câu 1 : Cho dãy số n u thỏa mãn 1 1 10 10 log u 2 log u 2 log u 2 log u và n 1 n u 2u với mọi n1 . Giá trị nhỏ nhất để 100 n u5 bằng A. 247 B. 248 C. 229 D. 290 Đề tham khảo kỳ thi THPT Quốc Gia 2018 – Bộ Giáo dục và Đào tạo Câu 2 : Cho biểu thức A log 2017 log 2016 log 2015 log ... log 3 log 2 ... Biểu thức A có giá trị thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây? A. log 2017;log 2018 B. log 2019;log 2020 C. log 2018;log 2019 D. log 2020;log 2021 Sở Giáo dục và Đào tạo Ninh Bënh năm học 2017 – 2018 Câu 3 : Cho dãy số n u thỏa mãn 2 6 8 4 ln u ln u ln u 1 và n 1 n u u .e n 1 . Tìm 1 u A. e B. 2 e C. 3 e D. 4 e THPT Quảng Xương I – Thanh Hîa năm học 2017 – 2018 Câu 4: Cho dãy số n u thỏa mãn 18 18 11 uu 4u 4u e 5 e e e và n 1 n u u 3 với mọi n1 . Giá trị lớn nhất của n để 3n log u ln 2018 bằng? CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 120 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor A. 1419 B. 1418 C. 1420 D. 1417 THPT Kim Liên – Hà Nội lần 2 năm học 2017 – 2018 Câu 5: Cho dãy số n a thỏa mãn 1 a1 và n 1 n aa 3 51 3n 2 , với mọi n1 . Tìm số nguyên dương n1 nhỏ nhất để n a là một số nguyên. A. n 123 B. n 41 C. n 39 D. n 49 Câu 6: Cho dãy số n u thỏa mãn 9 9 1 9 11 2u u u u u 2u * n 1 n 4e 2e 4e e e 3 u u 3, n  . Giá trị nhỏ nhất của số n để n u1 ? A. 725 B. 682 C. 681 D. 754 Câu 7: Cho dãy số n u cî số hạng đầu tiên 1 u1  thỏa mãn đẳng thức sau : 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 log 5u log 7u log 5 log 7 và n 1 n u 7u với mọi n1 . Giá trị nhỏ nhất của n để n u 1111111 bằng A. 11 B. 8 C. 9 D. 10 Câu 8: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a thuộc đoạn   0; 2018 sao cho ba số x 1 1 x x x a 5 5 ; ;25 25 2 theo thứ tự đî, lập thành một cấp số cộng? A. 2008 B. 2006 C. 2018 D. 2007 Câu 9: Cho dãy số n u thỏa mãn 12 2u 1 3 u 2 3 3 1 8 22 1 log u 4u 4 4 và n 1 n u 2u với mọi n1 . Giá trị nhỏ nhất của n để n 1 2 n S u u ... u 100 5 bằng A. 230 B. 231 C. 233 D. 234 Câu 10: Cho dãy số n u thỏa mãn 3 5 4 n log 2u 63 2 log u 8n 8 , * n . Đặt n 1 2 n S u u ... u . Tìm số nguyên dương lớn nhất n thỏa mãn n 2n 2n n u .S 148 u .S 75 . A. 18 B. 17 C. 16 D. 19 Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh lần 2 năm học 2017 – 2018 Câu 11: Cho hàm số 22 11 1 x x1 f x e . Biết m n f 1 .f 2 .f 3 ...f 2017 e m,n với m n là phân số tối giản. Tính 2 P m n . A. 2018 B. 2018 C. 1 D. 1 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 121 Sở Giáo dục và Đào tạo Phú Thọ lần 1 năm học 2017 – 2018 Câu 12: Cho cấp số cộng n u có tất cả các số hạng đều dương thỏa mãn đẳng thức 1 2 2018 1 2 1009 u u ... u 4 u u ... u . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 3 2 3 5 3 14 P log u log u log u A. 2 B. 3 C. 2 D. 3 Câu 13: Cho cấp số cộng n a , cấp số nhân n b thỏa mãn 21 a a 0 và 21 b b 1 ; và hàm số 3 f x x 3x sao cho 21 f a 2 f a và 2 2 2 1 f log b 2 f log b . Số nguyên dương n nhỏ nhất và lớn hơn 1 sao cho nn b 2018a là A. 16 B. 15 C. 17 D. 18 THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc lần 1 năm học 2017 – 2018 Câu 14: Cho cấp số nhân n b thỏa mãn 21 b b 1 và hàm số 3 f x x 3x sao cho 2 2 2 1 f log b 2 f log b . Giá trị nhỏ nhất của n để 100 n b5 bằng A. 234 B. 229 C. 333 D. 292 THPT Phan Châu Trinh – Đăk Lăk lần 2 năm học 2017 – 2018 Câu 15: Cho dãy số n u thỏa mãn 21 4u 7 6u 6 2 1 1 3 1 3 * n 1 n 2 11 log u u u e e 3 48 3 n 4 u u , n 2 n 3n 2  Giá trị lớn nhất của số n để 2018 n 3 n 1 2 u n1 A. 3472 B. 3245 C. 3665 D. 3453 Câu 16: Cho 2 2* f n n n 1 1 n N . Đặt n f 1 .f 3 ...f 2n 1 u f 2 .f 4 ...f 2n . Tìm số n nguyên dương nhỏ nhất sao cho n u thỏa mãn điều kiện 2 n n 10239 log u u 1024 . A. n 23 B. n 29 C. n 21 D. n 33 THPT Chuyên Biên Hòa – Hà Nam lần 1 năm học 2017 – 2018 Câu 17: Cho dãy số n u xác định bởi 22 n u ln 2n 1 ln n n 1 , n 1 . Tìm số nguyên n lớn nhất sao cho   nn 2 uu 3 . Biết   a kí hiệu phần nguyên của số a là số tự nhiên nhỏ nhất khïng vượt quá a. A. 37 B. 36 C. 38 D. 40 THPT Chuyên Biên Hòa – Hà Nam lần 1 năm học 2017 – 2018 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 122 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 18: Cho dãy số n u có tất cả số hạng đều dương thỏa mãn n 1 n u 2u và đồng thời 2 2 2 2 1 2 n n 1 n 2 4 u u ... u u u 1 , n 1 3 . Số tự nhiên n nhỏ nhất để 100 n u5 là? A. 232 B. 233 C. 234 D. 235 Câu 19: Cho dãy số n u thỏa mãn 22 1 2 1 2 ln u u 10 ln 2u 6u và đồng thời n 2 n n 1 u u 2u 1, n 1 . Giá trị nhỏ nhất của n để n u 5050 A. 100 B. 99 C. 101 D. 102 Câu 20: Cho dãy số n u thỏa mãn 21 n1 * n 2 2 391 1 39 log u log u 2 40 4 4 2 n 1 u 2n u , n n n n 1 1          . Giá trị nhỏ nhất của n để 100 2 n 100 3 5 n 1 u 5 n n . A. 235 B. 255 C. 233 D. 241 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 : Cho dãy số n u thỏa mãn 1 1 10 10 log u 2 log u 2 log u 2 log u và n 1 n u 2u với mọi n1 . Giá trị nhỏ nhất để 100 n u5 bằng A. 247 B. 248 C. 229 D. 290 Đề tham khảo kỳ thi THPT Quốc Gia 2018 – Bộ Giáo dục và Đào tạo Lời giải Vì n 1 n u 2u nên dễ thấy dãy số n u là cấp số nhân có công bội q2 . Ta có 99 10 1 1 u u .q 2 .u . Xét 1 1 10 10 log u 2 log u 2 log u 2 log u 99 1 1 1 1 log u 2 log 2 .u 2 log u 2 log 2 .u 0 1 1 1 1 log u 18log 2 2 log u 2 log u 18log 2 2 log u 0 11 log u 18log 2 2 log u 18log 2 0 Đặt 1 2 log u 18log 2 t t 0 . Phương trënh trên trở thành 22 t1 t 2 t 0 t t 2 0 t 2 L   Với 1 1 1 17 5 t 1 2 log u 18log 2 1 2 log u 18log 2 1 u 2 Trong trường hợp này ta có: n 1 100 n 18 99 n2 17 5 u .2 5 2 5 n 99log 5 18 2 TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 123 Mà * n nên giá trị nhỏ nhất trong trường hợp này là n 248 . Chọn ý B. Câu 2 : Cho biểu thức A log 2017 log 2016 log 2015 log ... log 3 log 2 ... Biểu thức A có giá trị thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây? A. log 2017;log 2018 B. log 2019;log 2020 C. log 2018;log 2019 D. log 2020;log 2021 Sở Giáo dục và Đào tạo Ninh Bënh năm học 2017 - 2018 Lời giải Đặt n n n 1 A log 2017 log 2016 log 2015 log ... log 3 log 2 ... A nA Ta có 2 32 98 10 9 0 log 2 1 0 A 1 0 log 3 A log 3 A log 4 1 ... 0 log 9 A log 9 A log 10 1 1 log 10 A log 10 A log 11 2 11 10 1 log 12 A log 11 A log 13 2 ... 997 996 998 997 999 998 2017 2016 2 log 999 A log 997 A log 1000 3 3 log 1000 A log 998 A log 1001 4 3 log 1002 A log 999 A log 1003 4 ... 3 log 2020 A log 2017 A log 2021 4 Vậy 2017 A log 2020;log 2021 Chọn ý D. Câu 3 : Cho dãy số n u thỏa mãn 2 6 8 4 ln u ln u ln u 1 và n 1 n u u .e n 1 . Tìm 1 u A. e B. 2 e C. 3 e D. 4 e THPT Quảng Xương I – Thanh Hîa năm học 2017 – 2018 Lời giải Từ giả thiết suy ra dãy số n u là cấp số nhân với công bội e và n u 0 n 1 . Ta có 5 7 3 6 1 8 1 4 1 u u .e ;u u .e ;u u .e . Do đî ta cî: 2 2 5 7 3 6 8 4 1 1 1 22 1 1 1 1 1 4 11 ln u ln u ln u 1 ln u .e ln u .e ln u .e 1 ln u 5 ln u 7 ln u 3 1 ln u 8 ln u 16 0 ln u 4 u e Chọn ý D. CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 124 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Câu 4: Cho dãy số n u thỏa mãn 18 18 11 uu 4u 4u e 5 e e e và n 1 n u u 3 với mọi n1 . Giá trị lớn nhất của n để 3n log u ln 2018 bằng? A. 1419 B. 1418 C. 1420 D. 1417 THPT Kim Liên – Hà Nội lần 2 năm học 2017 – 2018 Lời giải Ta có n 1 n u u 3 với mọi n1 nên n u là cấp số cộng có công sai d3 18 18 18 18 1 1 1 1 u u u u 4u 4u 4u 4u e 5 e e e 5 e e e e 1 Đặt 18 1 u 4u t e e t 0 Phương trënh 1 trở thành 5 t t t 5 t 0 t t 5 0 t 0 t 0 Với t0 ta có 18 1 u 4u 18 1 1 1 1 e e u 4u u 51 4u u 17 Vậy n1 u u n 1 d 17 n 1 3 3n 14 Khi đî ta được ln 2018 ln 2018 ln 2018 3 n n 3 14 log u ln 2018 u 3 3n 14 3 n 1419,98 3  Vậy giá trị lớn nhất của n là 1419 . Chọn ý A. Câu 5: Cho dãy số n a thỏa mãn 1 a1 và n 1 n aa 3 51 3n 2 , với mọi n1 . Tìm số nguyên dương n1 nhỏ nhất để n a là một số nguyên. A. n 123 B. n 41 C. n 39 D. n 49 Lời giải Từ giả thiết ta có n 1 n aa 3 51 3n 2 n 1 n aa 3n 5 5 3n 2 n 1 n 5 3n 5 a a log 3n 2 Từ đî suy ra n n 1 5 n 2 5 5 1 5 5 5 5 5 5 5 3n 2 3n 1 3n 2 a a log a log log 3n 1 3n 4 3n 1 ... 8 11 3n 1 3n 2 a log log ... log log 5 8 3n 4 3n 1 8 11 3n 1 3n 2 3n 2 1 log . ... . 1 log log 3n 2 5 8 3n 4 3n 1 5 Do đî n5 a log 3n 2 . Vì n1 nên n 5 5 a log 3n 2 log 5 1 , đồng thời dễ thấy n a là dãy tăng. Lại có n a n5 52 a log 3n 2 n 3 . Lần lượt thử các giá trị n a 2; 3; 4;... ta có n a3 là giá trị nguyên, lớn hơn 1, nhỏ nhất, cho giá trị tương ứng n 41 . TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 125 Vậy n 41 . Chọn ý B. Câu 6: Cho dãy số n u thỏa mãn 9 9 1 9 11 2u u u u u 2u * n 1 n 4e 2e 4e e e 3 u u 3, n  . Giá trị nhỏ nhất của số n để n u1 ? A. 725 B. 682 C. 681 D. 754 Lời giải Từ giả thiết ta suy ra n u là CSC có công sai 91 d 3 u u 24 . Biến đổi giả thiết tương đương 9 9 1 9 11 1 1 1 1 1 11 1 2u u u u u 2u 2u 48 u 24 2u 24 u 2u 2 2u 2u 24 24 2u 24 1 24 4e 2e 4e e e 3 4e 2e 4e e e 3 0 2e 1 e 2e 1 e 3 0 1 13 1 13 2e 1 e u ln 2 2 2e 1     Ta có n1 u u 3 n 1 2018 n 681 n 682 Chọn ý B. Câu 7: Cho dãy số n u cî số hạng đầu tiên 1 u1  thỏa mãn đẳng thức sau : 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 log 5u log 7u log 5 log 7 và n 1 n u 7u với mọi n1 . Giá trị nhỏ nhất của n để n u 1111111 bằng A. 11 B. 8 C. 9 D. 10 Lời giải Vì n 1 n u 7u nên dễ thấy dãy số n u là cấp số nhân có công bội q7 . Biến đổi giả thiết tương đương 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 22 22 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 21 1 1 2 2 1 2 21 log 5u log 7u log 5 log 7 log 5 log u log 7 log u log 5 log 7 2 log 5.log u 2 log u 2 log 7.log u 0 log u 0 u 1 L 1 u 2 log 5 2 log u 2 log 7 0 35 log 35u 0     Ta có n1 n1 u u .7 . n u 1111111 n1 1 .7 1111111 35 n1 7 35.1111111 7 n log 35.1111111 1 . Mà * n nên giá trị nhỏ nhất trong trương hợp này là n 10 . CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 126 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chọn ý D. Câu 8: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a thuộc đoạn   0; 2018 sao cho ba số x 1 1 x x x a 5 5 ; ;25 25 2 theo thứ tự đî, lập thành một cấp số cộng? A. 2008 B. 2006 C. 2018 D. 2007 Lời giải Ba số x 1 1 x 55 ; a 2 ; xx 25 25 , theo thứ tự đî lập thành cấp số cộng khi và chỉ khi x 1 1 x x x a 5 5 25 25 x 1 1 x x x 2 5 5 2 25 25   12 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 1 1 x xx 55 x0 25 25  . Như vậy nếu xét   a 0;2018 thë ta nhận   a 12;2018 . Có 2007 số a thoả đề. Chọn ý D. Câu 9: Cho dãy số n u thỏa mãn 12 2u 1 3 u 2 3 3 1 8 22 1 log u 4u 4 4 và n 1 n u 2u với mọi n1 . Giá trị nhỏ nhất của n để n 1 2 n S u u ... u 100 5 bằng A. 230 B. 231 C. 233 D. 234 Lời giải Theo giả thiết ta có n 1 n u 2u nên n u là một cấp số nhân với công bội q2 . Suy ra n1 n1 u u .2 với mọi * n , n2 . Ta lại có : 12 2u 1 3 u 2 3 3 1 8 22 1 log u 4u 4 4 1 1 u u 2 3 3 3 88 2.4 1 4 log u u 4 4 1 Mà 1 1 u u 8 2.4 4 8 và 2 3 3 3 8 1 log u u 4 4 2 33 8 1 log u 1 3 2     8  Nên phương trënh 1 tương đương 1 1 u u 1 2 3 3 3 8 2.4 8 4 1 8 u 8 2 1 log u u 4 4  Khi đî n 1 2 n S u u ... u n 1 12 u 12 n 21 2 Do đî, 100 n S5 n 21 2 100 5 n 5 21 log 100 2 n 233 Chọn ý D. TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 127 Câu 10: Cho dãy số n u thỏa mãn 3 5 4 n log 2u 63 2 log u 8n 8 , * n . Đặt n 1 2 n S u u ... u . Tìm số nguyên dương lớn nhất n thỏa mãn n 2n 2n n u .S 148 u .S 75 . A. 18 B. 17 C. 16 D. 19 Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh lần 2 năm học 2017 - 2018 Lời giải Ta có * n , 3 5 4 n log 2u 63 2 log u 8n 8 3 5 2 n log 2u 63 log u 8n 8 . Đặt 35 t log 2u 63 t 5 t n 2u 63 3 u 8n 8 2  t 5 t 5 2u 63 3 u 32 2  tt 1 3 2.2 t2 n u 8n 4 2 n 1 2 n S u u ... u 4n Do đî 2 n 2n 2 2n n 8n 4 .16n u .S 148 u .S 16n 4 .4n 75 n 19 . Chọn ý A. Câu 11: Cho hàm số 22 11 1 x x1 f x e . Biết m n f 1 .f 2 .f 3 ...f 2017 e m,n với m n là phân số tối giản. Tính 2 P m n . A. 2018 B. 2018 C. 1 D. 1 Sở Giáo dục và Đào tạo Phú Thọ lần 1 năm học 2017 - 2018 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có 22 11 1 x x1 f x e 2 1 1 2 1 x x 1 x x 1 e 2 1 1 1 1 21 x x 1 x x 1 e         2 11 1 x x 1 e 11 1 x x 1 e 11 x x 1 e.e . Do đî ta được: 1 1 2 f 1 e.e ; 11 23 f 2 e.e ; 11 34 f 3 e.e ;…; 11 2016 2017 f 2016 e.e ; 11 2017 2018 f 2017 e.e . f 1 .f 2 .f 3 ...f 2017 1 1 2017 2018 e .e 2017 2017 2018 e 2 2018 1 2018 e 2 m 2018 1 , n 2018 . Vậy P1 . Chọn ý D. Câu 12: Cho cấp số cộng n u có tất cả các số hạng đều dương thỏa mãn đẳng thức 1 2 2018 1 2 1009 u u ... u 4 u u ... u . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 3 2 3 5 3 14 P log u log u log u A. 2 B. 3 C. 2 D. 3 Lời giải CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 128 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Biến đổi giả thiết tương đương 1 1 2 2018 1 2 1009 1 2018 2u 2017d u u ... u 4 u u ... u 2.1009 2u 1008d 2 2 222 1 n 5 3 3 3 14 3d u 2 d d 3d 5d 9d 3d 9d 27d u u : ; ; ;... u P log log log 2 2 2 2 2 2 2 2 2 27d u 2  Chọn ý C. Câu 13: Cho cấp số cộng n a , cấp số nhân n b thỏa mãn 21 a a 0 và 21 b b 1 ; và hàm số 3 f x x 3x sao cho 21 f a 2 f a và 2 2 2 1 f log b 2 f log b . Số nguyên dương n nhỏ nhất và lớn hơn 1 sao cho nn b 2018a là A. 16 B. 15 C. 17 D. 18 THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc lần 1 năm học 2017 – 2018 Lời giải Hàm số 3 f x x 3x có bảng biến thiên như sau: x  1 1  y' 0 0 y  2  2 Theo giả thiết 2 1 2 1 2 1 2 1 f a 2 f a f a f a a a 0 a a 0  Từ đî suy ra 12 12 0 a a 1 0 a 1 a       , hơn nữa f x 2 0 x 0 . Ta xét các trường hợp: Nếu 12 0 a a 1   thì 22 2 1 11 f a 2 0 f a 2 a1 a0 f a 0 f a 0    . Nếu 12 0 a 1 a   thì 2 1 f a 2 0 f a 0   điều này là khïng thể. Do đî chỉ xảy ra trường hợp 12 a 0;a 1 . Từ đî suy ra n a n 1 n 1 . Tương tự vì 21 b b 1 nên 2 2 2 1 log b log b 0 , suy ra 2 2 2 n1 n 2 1 1 log b 1 b 1 b 2 n 1 log a 0 b 1  . Xét hàm số x g x 2 2018x trên nữa khoảng  0;  , ta có bảng biến thiên: TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 129 x  2 2018 log ln 2  g ' x 0 gx  1 2 2018 g log ln 2 Ta có 2 2 2018 g log 0 ln 2 2018 log 11 ln 2 g 12 20120 g 13 18042 g 14 11868 g 15 2498 0  nên số nguyên dương nhỏ nhất n thỏa g n 1 0 là n 1 15 n 16 . Chọn ý A. Câu 14: Cho cấp số nhân n b thỏa mãn 21 b b 1 và hàm số 3 f x x 3x sao cho 2 2 2 1 f log b 2 f log b . Giá trị nhỏ nhất của n để 100 n b5 bằng A. 234 B. 229 C. 333 D. 292 THPT Phan Châu Trinh – Đăk Lăk lần 2 năm học 2017 – 2018 Lời giải Xét hàm số 3 f x x 3x . Có 2 f x 3x 3  , f x 0  x1  . x  1 1  y' 0 0 y  2  2 Mặt khác, ta có 12 b b 1 . Đặt 2 2 2 1 a log b log b b 0 . Ta có: 33 a 3a 2 b 3b 1 . Nếu b1 a b 1 33 a 3a b 3b 1 vï nghiệm. Nếu 0 b 1  3 2 b 3b 0  3 a 3a 2 0  2 a 1 a 2 0  . Suy ra a1 b0 . Khi đî 0 1 1 2 b 2 1 b 2 2  n 1 100 n b 2 5 2 n 1 100 log 5 n 234 . CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 130 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 234 . Chọn ý A. Câu 15: Cho dãy số n u thỏa mãn 21 4u 7 6u 6 2 1 1 3 1 3 * n 1 n 2 11 log u u u e e 3 48 3 n 4 u u , n 2 n 3n 2  Giá trị lớn nhất của số n để 2018 n 3 n 1 2 u n1 A. 3472 B. 3245 C. 3665 D. 3453 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có n 1 n n 1 n 3 3 2 3 3 3 u u u u 2 n 1 n 2 n 2 2 n 1         Đặt n n n 1 n n 33 v u v v v n 1 2 là CSN với công bội 3 q 2 . Khi đî n 1 n 1 n 1 n 1 1 n 1 3 3 3 3 3 3 v v u u u 2 2 2 n 1 2 2                     Ta có 3 1 2 1 33 9 13 3 u u ,u u 8 4 4 2 , thay vào giả thiết ta được 11 6 6u 6u 6 2 1 1 1 3 log u 2u 4 e e 3 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 1 1 1 1 6 6u 6u 6 6 6u 6u 6 e e 3 2 e .e 3 1 Mặt khác ta cũng cî 2 2 1 1 1 1 1 33 log u 2u 4 log u 1 3 1  Do đî VT VP  , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi n1 1n 3 1 3 u 1 u n 1 2 2 Để n1 2018 2018 n 3 n 1 2 3 n 1 2 3 1 3 u n 3453 n 1 n 1 2 2 n 1  Chọn ý D. Câu 16: Cho 2 2* f n n n 1 1 n N . Đặt n f 1 .f 3 ...f 2n 1 u f 2 .f 4 ...f 2n . Tìm số n nguyên dương nhỏ nhất sao cho n u thỏa mãn điều kiện 2 n n 10239 log u u 1024 . A. n 23 B. n 29 C. n 21 D. n 33 THPT Chuyên Biên Hòa – Hà Nam lần 1 năm học 2017 – 2018 Lời giải Từ giả thiết ta có 2 2 f n n n 1 1 2 2 n 1 n 1 1   . TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 131 Khi đî ta cî 2 2 2 2 2 2 n 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 3 1 4 1 ... 2n 1 1 4n 1 u 2 1 3 1 4 1 5 1 ... 4n 1 2n 1 1         2 2 2n 1 1 2 1 2n 2n 1 Theo đề bài ta có 2 n n 10239 log u u 1024 2 2 2 1 10239 log 2n 2n 1 0 2n 2n 1 1024 . Xét hàm số 2 2 2 1 10239 g n log 2n 2n 1 2n 2n 1 1024 với n1 . Ta có 2 2 2 4n 2 4n 2 g n 0 2n 2n 1 ln 2 2n 2n 1  với n1 gn nghịch biến. Mà 1 2047 g0 2 nên 2 2 2 1 10239 log 2n 2n 1 0 2n 2n 1 1024 1 2047 n 2 . Do n nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn nên n 23 Chọn ý A. Câu 17: Cho dãy số n u xác định bởi 22 n u ln 2n 1 ln n n 1 , n 1 . Tìm số nguyên n lớn nhất sao cho   nn 2 uu 3 . Biết   a kí hiệu phần nguyên của số a là số tự nhiên nhỏ nhất khïng vượt quá a. A. 37 B. 36 C. 38 D. 40 THPT Chuyên Biên Hòa – Hà Nam lần 1 năm học 2017 – 2018 Lời giải Ta có    2 nn 2 2n 1 u ln 0;ln 2 u 0 n n 1   22 3 2 n n n 22 2 2 2n 1 2 2n 1 u u u ln e n 37.462 3 3 n n 1 3 n n 1 Chọn ý A. Câu 18: Cho dãy số n u có tất cả số hạng đều dương thỏa mãn n 1 n u 2u và đồng thời 2 2 2 2 1 2 n n 1 n 2 4 u u ... u u u 1 , n 1 3 . Số tự nhiên n nhỏ nhất để 100 n u5 là? A. 232 B. 233 C. 234 D. 235 Lời giải Ta có n1 n 1 n n 1 u 2u u 2 u , đẳng thức đòng với mọi n1 nên đòng với n1 nên CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 132 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor 2 2 2 2 1 2 3 1 1 1 2 1 1 1 1 44 u u u 1 u 4u 4u 1 33 4 4 1 u 2u 1 u 1 u 3 3 3 Do đî n1 100 n 1 100 n 2 2 2 u 5 2 3.5 n log 3 100log 5 233 3 . Chọn ý C. Câu 19: Cho dãy số n u thỏa mãn 22 1 2 1 2 ln u u 10 ln 2u 6u và đồng thời n 2 n n 1 u u 2u 1, n 1 . Giá trị nhỏ nhất của n để n u 5050 A. 100 B. 99 C. 101 D. 102 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có 22 1 22 1 2 1 2 1 2 2 u1 ln u u 10 ln 2u 6u u 1 u 3 0 u3  Mặt khác ta có n 2 n n 1 n 2 n 1 n 1 n u u 2u 1 u u u u 1 . Đặt n n 1 n n 1 n n v u u v v 1 v là CSC có công sai d1 Khi đî 21 n 32 n n 1 n n 1 i2 n n 1 u u 2 u u 3 n n 1 v n 1 u u n 1 u u i ................... 2 u u n   Vậy để n u 5050 n n 1 5050 n 100 2 Chọn ý C. Câu 20: Cho dãy số n u thỏa mãn 21 n1 * n 2 2 391 1 39 log u log u 2 40 4 4 2 n 1 u 2n u , n n n n 1 1          . Giá trị nhỏ nhất của n để 100 2 n 100 3 5 n 1 u 5 n n . A. 235 B. 255 C. 233 D. 241 Lời giải Ta có 22 2 2 2 2 2 2 n n 1 1 n 1 2n n 1 n 1 n 1 n 1 1 Biến đổi giả thiết tương đương TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 133 2 2 2 n n 1 n 1 22 22 n n 1 n 1 n 22 22 n 1 2 n 1 1 2n n nu 2 n 1 u 2 n 1 u n 1 n 1 1 n 1 n 1 1 1 2 1 1 1 nu 2 n 1 u n 1 u nu n 1 2 n 1 n 1 1 n 1 1 Đặt n n n 1 n n 2 11 v nu v v v n 1 2 là CSN có công bội 1 q 2 Từ đî suy ra n 1 n 1 n 1 1 n 1 3 n 1 1 1 1 1 1 1 v v u u u 2 2 2 n n 2 n 2                 Thay 21 11 uu 40 4 vào giả thiết ta được 1 1 1 n 3n 1 39 1 39 1 1 log u log u 2 u 1 u 4 4 4 4 n n 2 n         Để 100 2 n2 100 3 5 n 1 u n 100log 5 n 233 5 n n Chọn ý C. L ỜI K ẾT Vậy là chúng ta đã đi đến trang cuối cùng của tuyển tập này, tuy bài viết chưa thực sự là hay nhưng hy vọng những kiến thức mà mình đưa vào trong bài viết có thể giúp ích được các bạn trong quá trình học tập. Dự án của mình sắp tới sẽ gửi tới các bạn một chủ đề rất nhiều bạn yêu cầu cho fanpage của mình đó là vấn đề về các bài toán cực trị, min max của hàm số, mong các bạn chú ý theo dõi fanpage nhé. Một lần nữa gửi lời cảm ơn đến những người có đóng góp cho bài viết này và chúc các bạn một mùa ôn thi thành công nhé!