NHÌN LẠI CÁC BÀI TỐN VẬN DỤNG CAO MŨ - LOGARIT 2020 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia 2020  Các toán cập nhật  Định hướng dạng tốn khó  Phong phú đa dạng  Quan trọng miễn phí  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Copyright © 2019 by Tap chi va tu lieu toan hoc All rights reserved No part of this book may be reproduced or distributed in any form or by anymeans, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written the permission of the author NHÌN LẠI CÁC BÀI TỐN VẬN DỤNG CAO MŨ – LOGARIT TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN Nhìn lại toán vận dụng cao mũ – logarit | Ebook toán NHÌN LẠI CÁC BÀI TỐN VẬN DỤNG CAO MŨ - LOGARIT T Biên soạn: Tạp chí tư liệu tốn học rong đề thi THPT Quốc Gia tốn cực trị nói chung ln toán mức độ vận dụng vận dụng cao đa phần cảm thấy khó khơng nắm phương pháp, kiến thức bất đẳng thức hay đánh giá túy Chính lí mà nảy ý tưởng viết số trị đề thi thử đề thi THPT Quốc Gia Ở viết giới thiệu cho bạn dạng toán cực trị hàm số mũ – logarit với mong muốn đọc hiểu áp dụng cho toán khác phức tạp phát triển thêm nhiều vấn đề khác Để viết nên viết khơng thể khơng có tham khảo từ nguồn tài liệu các group, khóa học, tài liệu thầy cô mà tiêu biểu Group Nhóm tốn: https://www.facebook.com/groups/nhomtoan/ Website Tốn học Bắc – Trung – Nam: http://toanhocbactrungnam.vn/ Website Toanmath: https://toanmath.com/ Anh Phạm Minh Tuấn: https://www.facebook.com/phamminhtuan.2810 Thầy Lã Duy Tiến – Gi{o viên trường THPT Bình Minh Thầy Lê Phúc Lữ - Cơng tác phòng R&D Cơng ty Fsoft thuộc tập đo|n FPT Thầy Đặng Thành Nam – Giảng viên Vted Thầy Đặng Việt Đông – Gi{o viên trường Nho Quan A Thầy Nguyễn Đăng Ái – Thuận Thành – Bắc Ninh Trong viết có sáng tác tự sưu tầm nên có câu hỏi chưa hay chưa phù hợp mong bạn đọc bỏ qua Trong trình biên soạn khơng thể tránh khỏi thiếu sót, mong bạn đọc góp ý trực tiếp với qua địa sau: Nguyễn Minh Tuấn – Đại học FPT Facebook: https://www.facebook.com/tuankhmt.fpt Bản ebook phát hành miễn phí blog CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN, fanpage Tạp chí tư liệu toán học hoạt động sử dụng tài liệu mục đích thương mại khơng cho phép Xin chân thành cảm ơn bạn đọc | Chinh phục Olympic tốn TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC viết giúp bạn hiểu giải dạng toán bất đẳng thức cực CHƯƠNG | Các toán cực trị mũ – logarit CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ – LOGARIT I MỞ ĐẦU N hư ta biết đề thi mơn tốn kì thi THPT Quốc Gia 2018 vừa qua có xuất câu cực trị logarit khơng phải l| b|i to{n khó kh{ l| lạ v| g}y lúng túng cho nhiều học sinh, thực chất mấu chốt toán việc sử dụng bất đẳng thức AM – GM để đ{nh gi{ Trong b|i viết bạn tìm hiểu phát triển b|i to{n cao v| ơn lại dạng tốn cực CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN trị xuất nhiều trước đ}y! Bài toán mở đầu Cho số thực a  0, b  thỏa mãn log 4a  5b 1  16a  b    log 8ab 1  4a  5b    Giá trị biểu thức a  2b bằng? 20 A B 27 Câu 43 mã đề 105 – Đề thi THPT Quốc Gia mơn tốn 2018 C D Nhận xét Với chưa có kiến thức nhiều bất đẳng thức khả cao bỏ số khác sử dụng CASIO tìm mối liên hệ x,y cách cho Y  1000 , nhiên chắn phương trình vơ nghiệm Nếu tinh ý ta nhận thấy đề yêu cầu tìm giá trị biểu thức a  2b có nghĩa l| a,b số x{c định rồi, ta phải nghĩ tới phương ph{p đ{nh gi{! Chú ý thêm l| c{c số lớn giả thiết theo bất đẳng thức AM – GM ta lại có thêm 16a  b  8ab Đến đ}y b|i to{n gần coi giải quyết! Lời giải Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 16a  b  8ab Từ đ}y suy ra: VT  log 4a  5b 1  8ab    log 8ab 1  4a  5b    a, b   27  a  2 Dấu “=” xảy 16a  b   a  2b  log b   8ab  4a  5b    Vậy chọn đ{p {n D Chú ý Ngo|i phép đ{nh gi{ đầu ta sử dụng thêm đ{nh gi{ sau: log a b  log b a  log a b  1  log a b  2 log a b log a b Tạp chí tư liệu tốn học | Nhìn lại toán vận dụng cao mũ – logarit | Ta tìm hiểu b|i to{n đề thi THPT Quốc Gia, chuyên đề chủ yếu nhắc tới dạng toán kiểu vậy, nhiên trước tiên ta nhắc lại số dạng tốn TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC kiến thức lý thuyết cần phải nắm rõ | Chinh phục Olympic toán | Các toán cực trị mũ – logarit II CÁC KIẾN THỨC CẦN NHỚ Để làm tốt toán chuyên đề cần phải nắm kiến thức lý thuyết bất đẳng thức, điều kiện có nghiệm biến đổi logarit sau Đ}y l| nội dung chun đề mà muốn nhắc tới, dạng toán lấy ý tưởng từ đề thi THPT Quốc Gia 2018 Trước tiên để làm tốt ta cần có số kiến thức bất đẳng thức nhắc lại kiến thức học sau: Bất đẳng thức AM – GM + Cho số thực dương a,b a  b  ab Dấu “=” v| a  b + Cho số thực dương a,b,c a  b  c  3 abc Dấu “=” v| a  b  c CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN + Tổng quát với số thực dương n + Dạng cộng mẫu số x i 1 i  n i 1 n i 1 i 1  xi  n n  xi Dấu “=” v| x1  x2   xn Dấu “=” v| x1  x   x n n x n i 1 x  x  x  x  2 Khi cho n  2, n  ta bất đẳng thức quen thuộc  1 1      x x x x  x  x Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz + Cho số  x , x , , x n   y , y , , y n   n  n   n  ta có   xi   yi     xi yi   i 1  i 1   i 1  Dấu “=” v| số lập thành số tỉ lệ Chú ý cho n  2, n  ta bất đẳng thức quen thuộc +  x1  x 2  y  y 2    x1 y  x y  +  x1  x 2  x  y  y 2  y    x1 y  x y  x y  2  n   n a i  i 1  x2 y2  x  y   n + Dạng cộng mẫu Engel tổng quát  Trong dạng   a b ab i 1 bi  bi i 1 dạng ta hay gặp Bất đẳng thức gọi bất đẳng thức Svacxơ a a a Dấu “=” xảy     n Riêng dạng cộng mẫu cần thêm điều kiện b1 b bn b1 , b , , b n  Tạp chí tư liệu tốn học | Nhìn lại tốn vận dụng cao mũ – logarit | Bất đẳng thức Minkowski Tổng qu{t: Cho số thực r  v| số dương a , a , , a n , b , b , , b n ta có: 1 n  n r r  n r r r r a  b     i i         bi   i 1   i 1   i 1  Ở đ}y xét trường hợp cho số  a , a , , a n   b1 , b , , b n  Khi ta có: n a i 1 Dấu “=” xảy i  n b i 1 i  n  a i 1 i  bi  a1 a a     n b1 b bn Dạng m| ta hay gặp a2  b2  c2  d2  a  c   b  d 2 Bất đẳng thức n|y Bất đẳng thức Holder   Cho c{c số dương xi , j i  1, m , j  1, n j m  m   n j  Khi với số 1 , 2 , , n  thỏa mãn  i  ta có:    x i , j      x i , j  j1  i 1 i 1  j1  i 1  n n Ở đ}y ta xét trường hợp đơn giản cho dãy số gồm  a, b, c  ;  m, n, p  ;  x, y, z  Ta có: a  b3  c3  x  y  z  m  n  p3    axm  byn  czp  Dấu “=” xảy dãy tương ứng tỷ lệ  Một bất đẳng thức dạng n|y m| ta hay gặp:   a   b   c    abc  Bất đẳng thức trị tuyệt đỉi Cho số thực a,b ta có a  b  a  b  a  b Dấu “=” thứ a,b dấu, dấu “=” thứ a,b trái dấu Điều kiện có nghiệm phƢơng trình bậc Cho phương trình ax  bx  c   a   Khi nếu: +   phương trình có nghiệm , đồng nghĩa vế trái ln khơng âm khơng dương +   phương trình có nghiệm phân biệt Ứng dụng kiến thức áp dụng cho b|i tìm điều kiện có nghiệm để suy min, max Ngồi phải ý tới số phép biến đổi logarit m| ta học | Chinh phục Olympic tốn TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC gọi l| bất đẳng thức Vector | Các toán cực trị mũ – logarit Tính chất hàm đơn điệu Nếu hàm số f  x  đơn điệu liên tục tập x{c định phương trình f  x   a có tối đa nghiệm Nếu hàm số f  x  đơn điệu không lien tục tập x{c định phương trình CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN f  x   a có tối đa n  nghiệm Tạp chí tư liệu tốn học | Nhìn lại tốn vận dụng cao mũ – logarit | III CÁC DẠNG TOÁN CỰC TRỊ MŨ – LOGARIT KỸ THUẬT RÚT THẾ - ĐÁNH GIÁ ĐIỀU KIỆN ĐƣA VỀ HÀM BIẾN SỈ Đ}y l| kỹ thuật mà gặp tốn cực trị mà ta ln nghĩ tới, hầu hết chúng giải cách biểu thức từ giả thiết xuống yêu cầu từ sử dụng cơng cụ đạo hàm, bất đẳng thức để giải Sau đ}y ta v|o c{c ví dụ minh họa VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho số thực a, b  thỏa mãn log a  log b  Giá trị lớn biểu thức A log  log B log  log C  log  log  D log  log Chuyên KHTN Hà Nội – Lần – 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi yêu cầu b|i to{n ta được: P  log a  log b  Xét hàm số f  t   log a log b log a  log a    log log log log log t  log  t  f '  t     t  log a  log t log  t Ta có f '  t     t  log t   t  t.log 22  t  1  log 22    f t  f    log  log  P  log  log 2   log  Chọn ý A Ví dụ 2: Cho số thực dương a,b thỏa mãn log a  log Giá trị nhỏ biểu b thức P  4a  b  log  4a  b  viết dạng x  y log z với x,y,z số thực dương lớn Khi tổng x  y  z có giá trị bao nhiêu? A B C D Cris Tuấn Lời giải Từ giả thiết ta có 4 log a  log  log a  log 2  a  b b b Đặt t  4a  b , theo bất đẳng thức AM – GM ta có | Chinh phục Olympic tốn TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC P  log a  log b bằng? | Các toán liên quan tới dãy số Câu 19: Cho dãy số  un  thỏa mãn ln  u 12  u 22  10   ln  2u  6u  đồng thời u n 2  un  2u n 1  1, n  Giá trị nhỏ n để u n  5050 A 100 B 99 Câu 20: Cho dãy số  u n  D 102  391  39   1 log  u    log  u    40    4  thỏa mãn  2n u   n  1 u n 1  , n  n 2  n  n  n  1   Giá trị nhỏ n để u n  B 255 * 5100  n  5100  n  n  C 233 D 241 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN A 235 C 101 Tạp chí tư liệu tốn học | 150 Nhìn lại tốn vận dụng cao mũ – logarit | HƯỚNG DẪN GIẢI Câu : Cho dãy số  u n  thỏa mãn log u   log u  log u 10  log u 10 u n   2u n với n  Giá trị nhỏ để u n  5100 A 247 B 248 C 229 D 290 Đề tham khảo kỳ thi THPT Quốc Gia 2018 – Bộ Giáo dục Đào tạo Lời giải Vì u n   2u n nên dễ thấy dãy số  u n  cấp số nhân có cơng bội q  Ta có u 10  u q  9.u Xét log u   log u  log u 10  log u 10  log u  log  9.u    log u  log  9.u     log u  18 log   log u  18 log  Đặt  log u1  18 log  t  t  0 Phương trình trở thành t  t2   t   t2  t      t  2  L  Với t    log u  18 log    log u1  18 log   u1  Trong trường hợp ta có: u n  Mà n  * 17 n 1  5100  n 18  599  n  99 log  18 17 nên giá trị nhỏ trường hợp n  248 Chọn ý B    Câu : Cho biểu thức A  log 2017  log 2016  log 2015  log   log   log    Biểu thức A có giá trị thuộc khoảng khoảng đây? A  log 2017; log 2018   log 2019; log 2020  D  log 2020; log 2021  B C  log 2018; log 2019  Sở Giáo dục Đào tạo Ninh Bình năm học 2017 - 2018   Lời giải  Đặt A n  log 2017  log 2016  log 2015  log   log   log 2  Ta có  log    A    log  A  log   A   log    log  A  log   A   log 10    log 10  A 10  log  10  A   log 11  151 | Chinh phục Olympic toán   A n   n  A n 1  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  log u  18 log  log u   log u  18 log  log u  | Các toán liên quan tới dãy số   log 12  A 11  log  11  A 10   log 13    log 999  A 997  log  997  A 996   log 1000    log 1000  A 998  log  998  A 997   log 1001    log 1002  A 999  log  999  A 998   log 1003    log 2020  A 2017  log  2017  A 2016   log 2021  Vậy A 2017   log 2020; log 2021  Chọn ý D Câu : Cho dãy số  u n  thỏa mãn ln u  ln u  ln u  u n   u n en  Tìm u C e 3 B e A e D e 4 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa năm học 2017 – 2018 Lời giải Từ giả thiết suy dãy số  u n  cấp số nhân với công bội e u n  0n  Ta có u  u e ; u  u e ; u  u e Do ta có: ln u  ln u  ln u   ln  u e   ln  u e   ln  u e     ln u     ln u     ln u      ln u    ln u   16  2  ln u  4  u  e 4 Chọn ý D Câu 4: Cho dãy số  u n  thỏa mãn e u18  e u18  e 4u1  e 4u1 u n   u n  với n  Giá trị lớn n để log u n  ln 2018 bằng? A 1419 B 1418 D 1417 C 1420 THPT Kim Liên – Hà Nội lần năm học 2017 – 2018 Lời giải Ta có u n   u n  với n  nên  u n  cấp số cộng có cơng sai d  e u18  e u18  e 4u1  e 4u1  e u18  e 4u1  e 4u1  e u18   Đặt t  e u18  e 4u1  t   Phương trình   trở thành t  t  t  t   t   t 5 0 t 0  t 0 Với t  ta có e u18  e 4u1  u 18  4u  u  51  4u  u  17 Vậy u n  u   n   d  17   n    3n  14 Khi ta log u n  ln 2018  u n  ln 2018  3n  14  ln 2018  n  3ln 2018  14  1419, 98 Vậy giá trị lớn n 1419 Tạp chí tư liệu tốn học | 152 Nhìn lại tốn vận dụng cao mũ – logarit | Chọn ý A Câu 5: Cho dãy số  a n  thỏa mãn a  5an1 an   , với n  Tìm số 3n  nguyên dương n  nhỏ để a n số nguyên B n  41 A n  123 Từ giả thiết ta có 5an1 an C n  39 D n  49 Lời giải 3n  3n  1   a n 1  a n   a n 1  a n  log 3n  3n  3n  Từ suy 3n  3n  3n   a n 2  log  log 3n  3n  3n  11 3n  3n   log   log  log 5 3n  3n  3n   11 3n  3n     log   log  3n      log 5  3n  3n    a  log Do a n  log  3n   Vì n  nên a n  log  3n    log 5  , đồng thời dễ thấy 5a n  Lần lượt thử giá trị a n  2; 3; 4; ta có a n  giá trị nguyên, lớn 1, nhỏ nhất,  an  dãy tăng Lại có a n  log  3n    n  cho giá trị tương ứng n  41 Vậy n  41 Chọn ý B Câu 6: Cho dãy số  u n  2u u u u u 2u   4e  2e  4e  e  e  thỏa mãn  Giá trị nhỏ *  u n 1  u n  3, n  số n để u n  ? A 725 B 682 C 681 D 754 Lời giải Từ giả thiết ta suy  u n  CSC có cơng sai d   u  u  24 Biến đổi giả thiết tương đương 4e u9  2e u9  4e u1  u9  e u1  e u1   4e u1  48  2e u1  24  4e u1  24  e u1  e u1     2e 24   e u1    2e   2e 24   e u1  153 | Chinh phục Olympic toán 24    e u1    1  13  1  13   u  ln  24   2e    TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC a n  a n 1  log | Các toán liên quan tới dãy số Ta có u n  u   n    2018  n  681  n  682 Chọn ý B Câu 7: Cho dãy số  un  có số hạng u  thỏa mãn đẳng thức sau : log 22  5u   log 22  7u   log 22  log 22 u n   7u n với n  Giá trị nhỏ n để u n  1111111 A 11 B C D 10 Lời giải Vì u n   7u n nên dễ thấy dãy số  u n  cấp số nhân có cơng bội q  Biến đổi giả thiết tương đương log 22  5u   log 22  7u   log 22  log 22   log  log u    log  log u   log 22  log 22 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2  log 5.log u  log 22 u  log 7.log u  u   L  log u     u1  35  log  log u  log  log 35u  n 1  1111111  n 1  35.1111111 35  n  log  35.1111111   Mà n  * nên giá trị nhỏ trương hợp Ta có u n  u n 1 u n  1111111  n  10 Chọn ý D Câu 8: Có giá trị nguyên tham số a thuộc đoạn  0; 2018  cho ba số a 5x  51 x ; ; 25x  25 x theo thứ tự đó, lập thành cấp số cộng? A 2008 B 2006 C 2018 D 2007 Lời giải Ba số 5x   51 x ; a ; 25x  25 x , theo thứ tự lập thành cấp số cộng a   5x   51 x    25x  25 x   5x   51 x  25x  25 x  12 5x 1  51x Dấu “=” xảy  x x0 x 25  25 Như xét a   0; 2018 ta nhận a   12; 2018  Có 2007 số a thoả đề Chọn ý D Câu 9: Cho dãy số  u n  thỏa mãn 2 u1   3u2  1  log  u 23  4u   4  u n   2u n với Tạp chí tư liệu tốn học | 154 Nhìn lại toán vận dụng cao mũ – logarit | n  Giá trị nhỏ n để S n  u  u   u n  5100 A 230 B 231 C 233 D 234 Lời giải Theo giả thiết ta có u n   2u n nên  u n  cấp số nhân với công bội q  Suy u n  u n 1 với n  * , n  Ta lại có : 2 u1    u   2.4 u1   u1 1  1  log  u 23  4u   log  u 23  u   4  4  8 8 Mà 2.4 u1  u1   1    log  u  u   log  u       4      1 Khi S n  u  u   u n  u1 Do đó, S n  100 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  u1 2.4  u1    u1  Nên phương trình   tương đương  8  1  log u  u    3 3 4    2n 2n   12 2n  2n  100   log   100  n  233 2 Chọn ý D Câu 10: Cho dãy số  u n  thỏa mãn log  2u  63   log  u n  8n   , n  Đặt S n  u  u   u n Tìm số nguyên dương lớn n thỏa mãn B 17 A 18 C 16 * u n S 2n 148  u 2n S n 75 D 19 Sở Giáo dục Đào tạo Bắc Ninh lần năm học 2017 - 2018 Lời giải Ta có n  * , log  2u  63   log  u n  8n    log  2u  63   log  u n  8n   t t 2u  63  2u  63    3t  2.2 t  t  Đặt t  log  2u  63      t t u n  8n   u  32   u n  8n   S n  u  u   u n  4n 2 u n S 2n  8n   16n 148  n  19 Do   u 2n S n  16n   4n 75 Chọn ý A Câu 11: Cho hàm số f  x   e 155 | Chinh phục Olympic toán 1 x2   x  2 m Biết f   f   f   f  2017   e n  m, n   với | Các toán liên quan tới dãy số m phân số tối giản Tính P  m  n n A 2018 D 1 C B 2018 Sở Giáo dục Đào tạo Phú Thọ lần năm học 2017 - 2018 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có f x  e 1 x2   x  1 e 1  1      x x   x x  1 e 1  1      2  1  x x1   x x 1  e 1  1    x x1   ex  1 x1  e.e x  x1 Do ta được: f    e.e 1 1  1  ; f    e.e ; f    e.e ;…; f  2016   e.e 2016  f   f   f   f  2017   e 2017 e 1 2018 e 2017  2017 2018 e  2017 ; f  2017   e.e 2017  2018 20182  2018 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  m  20182  , n  2018 Vậy P  1 Chọn ý D Câu 12: Cho cấp số cộng  u n  có tất số hạng dương thỏa mãn đẳng thức u  u   u 2018   u  u   u 1009  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  log 23 u  log 32 u  log 32 u 14 A 2 B 3 C D Lời giải Biến đổi giả thiết tương đương 2018  2u  2017d   2.1009  2u  1008d  3d  u   d d 3d 5d 9d 3d 9d 27d   u1    un  : ; ; ;  u   P  log 32  log 32  log 32 2 2 2 2 2  27d  u 14  u1  u   u 2018   u  u   u 1009   Chọn ý C Câu 13: Cho cấp số cộng  a n  , cấp số nhân  b n  thỏa mãn a  a  b  b1  ; hàm số f  x   x  3x cho f  a    f  a  f  log b    f  log b  Số nguyên dương n nhỏ lớn cho b n  2018a n Tạp chí tư liệu tốn học | 156 Nhìn lại tốn vận dụng cao mũ – logarit | A 16 C 17 B 15 D 18 THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc lần năm học 2017 – 2018 Lời giải Hàm số f  x   x  3x có bảng biến thiên sau: x y'  1      y  f  a    f  a1   f  a2   f  a1  Theo giả thiết   a2  a1  a2  a1  0  a1  a  Từ suy  , f  x    x  Ta xét trường hợp:  a   a   f  a    f  a   2 a2  Nếu  a  a     a  f  a1   f  a1   f  a    Nếu  a   a  điều khơng thể f a     Do xảy trường hợp a  0; a   Từ suy a n  n   n   Tương b  b1  nên log b  log b  , suy log b2  b2    bn  n 1  n    log a1  b1  Xét hàm số g  x   x  2018x khoảng  0;   , ta có bảng biến thiên: x  g ' x log  2018 ln    g x 157 | Chinh phục Olympic toán 2018   g  log  ln   TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC 2 | Các toán liên quan tới dãy số   2018  g  log ln      2018  log ln  11  g  12   20120  g  13   18042  g  14   11868 g  15   2498   Ta có nên số nguyên dương nhỏ n thỏa g  n    n   15  n  16 Chọn ý A Câu 14: Cho cấp số nhân  b n  thỏa mãn b  b1  hàm số f  x   x  3x cho f  log  b2     f  log  b1   Giá trị nhỏ n để b n  5100 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN A 234 B 229 C 333 D 292 THPT Phan Châu Trinh – Đăk Lăk lần năm học 2017 – 2018 Lời giải Xét hàm số f  x   x  3x Có f   x   3x  , f   x    x  1 x y'  1      y  2 Mặt khác, ta có b1  b  Đặt a  log b2  log b1  b  Ta có: a  3a   b  3b    Nếu b   a  b   a  3a  b  3b    vô nghiệm  Nếu  b   2  b  3b   a  3a     a    a     b    b n  n 1  5100  n   100 log  n  234 Suy a   b  Khi  b    Vậy giá trị nhỏ n 234 Chọn ý A Tạp chí tư liệu tốn học | 158 Nhìn lại toán vận dụng cao mũ – logarit | Câu 15: Cho dãy số  u n   1  4u 7  e 6u1 6  log  u  u  u    e    thỏa mãn  u   u  n   , n  *  n   n n  3n   Giá trị lớn số n để u n  A 3472   n   2018 n1 B 3245 C 3665 D 3453 Lời giải 3  3     un   un    u n 1   2 n1 n2 n2 2 n1 3  v n   v n  CSN với công bội q  2 Biến đổi giả thiết ta có u n 1  Đặt  u n   vn1 n1 n 1 n 1 n 1 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC 3 3 3 3  3  Khi    v1     u1    u n      u1   2 n1  2  2 2 2  33 13 Ta có u   u1 , u   u1 , thay vào giả thiết ta 4 log  u 12  2u    e 6u1  e 6u1 6  3 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có e 6u1  e6u1 6   e6 6u1 e6u1 6   1 Mặt khác ta có log  u12  2u1    log 3  u      1 Do VT  VP , đẳng thức xảy u1   u n  Để u n    n  1 2018 n1  13    n1 22 n 1    n   2018 n1 13    n1 22 n 1  n  3453 Chọn ý D Câu 16: Cho f  n    n  n    n  N * Đặt u n  f  1 f   f  2n   f   f   f  2n  Tìm số n nguyên dương nhỏ cho u n thỏa mãn điều kiện log u n  u n  A n  23 C n  21 B n  29 10239 1024 D n  33 THPT Chuyên Biên Hòa – Hà Nam lần năm học 2017 – 2018 Lời giải Từ giả thiết ta có f  n    n  n      n    n    1   Khi ta có u n 1  2   2   32      2n      4n     2 2 2           4n    2n       159 | Chinh phục Olympic toán | Các toán liên quan tới dãy số   2n  1 1  2n  2n  10239 10239   log  2n  2n  1   0 1024 2n  2n  1024 10239 Xét hàm số g  n    log  2n  2n    với n   2n  2n  1024 4n  4n  Ta có g  n      với n   g  n  nghịch biến  2n  2n  1 ln  2n  2n  12 Theo đề ta có log u n  u n   1  2047  10239 Mà g   0   nên  log  2n  2n     2n  2n  1024   1  2047 Do n nguyên dương nhỏ thỏa mãn nên n  23 Chọn ý A CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN n Câu 17: Cho dãy số  u n  xác định u n  ln  2n    ln  n  n   , n  Tìm số nguyên n lớn cho u n   u n   Biết  a  kí hiệu phần nguyên số a số tự nhiên nhỏ không vượt a A 37 C 38 B 36 D 40 THPT Chuyên Biên Hòa – Hà Nam lần năm học 2017 – 2018 Lời giải Ta có u n  ln 2n    0; ln    u n   n2  n   un   un    2n   2 2n   u n   ln     e  n  37.462  3 n n1  n n1 Chọn ý A Câu 18: Cho dãy số  u n  có tất số hạng dương thỏa mãn u n   2u n đồng thời u12  u 22   u 2n  u 2n 1  u n    A 232 B 233 , n  Số tự nhiên n nhỏ để u n  5100 là? C 234 D 235 Lời giải Ta có u n   2u n  u n  n 1 u , đẳng thức với n  nên với n  nên 4  u 12  4u 12  4u   3 4  u 12  2u    u    u  3 u 12  u 22  u   Do u n  n 1  5100  n 1  3.5100  n  log  100 log  233 Tạp chí tư liệu tốn học | 160 Nhìn lại toán vận dụng cao mũ – logarit | Chọn ý C thỏa mãn ln  u 12  u 22  10   ln  2u  6u  đồng thời  un  Câu 19: Cho dãy số u n   u n  2u n 1  1, n  Giá trị nhỏ n để u n  5050 A 100 B 99 C 101 D 102 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có u  2 ln  u12  u 22  10   ln  2u  6u    u     u      u  Mặt khác ta có u n   u n  2u n 1   u n   u n 1  u n 1  u n  Khi  v n  n   u n  Vậy để u n  5050  u  u  u  u  n n  n  1   un  n     un  u1   i  i 2  u n  u n 1  n n  n  1  5050  n  100 Chọn ý C  391  39   1 log  u    log  u    40    4  thỏa mãn  2n u   n  1 u n 1  , n  n 2  n n  n      Câu 20: Cho dãy số  u n  Giá trị nhỏ n để u n  A 235 5100  n  5100  n  n  B 255 C 233 Lời giải D 241  Ta có  n  n      n    2n  n    n    n    n    * 2  Biến đổi giả thiết tương đương nu n   n   u n   n 2n  n 2  nu n   n   u n   Đặt  nu n    1  n  1     n  1 u n 1   n  1 n 2   n  1    1  n  1   1     n  1 u n 1    nu n   2 n   n  1  n 1  n  1   1  v n   v n   v n  CSN có cơng bội q  n 1 2 161 | Chinh phục Olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Đặt v n  u n   u n  v n   v n    v n  CSC có cơng sai d  | Các toán liên quan tới dãy số n 1 n 1 1 1  1 1 1  Từ suy    v1     u1    u n   n 1  u   2 n n n 2 2 2  1 Thay u    u1 vào giả thiết ta 40 39  39  1 1 1 log  u1    log  u1     u1   u n   n   n n n 4 4 Để u n  5100  n   n  100 log  n  233 5100  n  n  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Chọn ý C Tạp chí tư liệu tốn học | 162 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC HẾT CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC MỌI NGƯỜI CĨ THỂ TÌM ĐỌC CUỐN “TẠI SAO NGUN HÀM TÍCH PHÂN LẠI KHĨ” CỦA CÙNG TÁC GIẢ CHỊU TRÁCH NHIỆM NỘI DUNG VÀ THIẾT KẾ BÌA NGUYỄN MINH TUẤN NHĨM CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN Mọi ý kiến thắc mắc, góp ý vui lòng gửi địa sau 0343763310 tuangenk@gmail.com TÀI LIỆU FREE Lovetoan.wordpress.com Đại học FPT Hà Nội ... NHÌN LẠI CÁC BÀI TỐN VẬN DỤNG CAO MŨ – LOGARIT TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN Nhìn lại toán vận dụng cao mũ – logarit | Ebook tốn NHÌN LẠI CÁC BÀI TỐN VẬN DỤNG CAO MŨ - LOGARIT. .. HKI – Chuyên Amsterdam – Hà Nội – 2017 – 2018 Câu 15 Chọn ý A Câu 16 Chọn ý B Tạp chí tư liệu tốn học | 26 Nhìn lại toán vận dụng cao mũ – logarit | Nguyễn Đăng Đạo – Bắc Ninh – Lần – 2017 – 2018... f  x   a có tối đa n  nghiệm Tạp chí tư liệu tốn học | Nhìn lại tốn vận dụng cao mũ – logarit | III CÁC DẠNG TOÁN CỰC TRỊ MŨ – LOGARIT KỸ THUẬT RÚT THẾ - ĐÁNH GIÁ ĐIỀU KIỆN ĐƣA VỀ HÀM BIẾN