🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Giải Chi Tiết Các Bài Toán Vận Dụng Điểm 8-9-10 Trong Các Đề Thi Thử Môn Toán Ebooks Nhóm Zalo BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8 - 9 - 10) _______________________________ Chủ đề 1. KHẢO SÁT HÀM SỐ & ỨNG DỤNG Câu 1: ሺSGD VĨNH PHÚCሻCho hàm số 3 y x mx =−+ 5 , m là tham số. Hỏi hàm số đã cho có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị A. 3 . B. 1. C. 2 . D. 4 . Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: 6 y = −+ x mx 5 3 5 5 − ′ = −= và hàm số không có đạo hàm tại x = 0 . 3x 3x m x Suy ra: y m 3 3 x x 5 5 0 x TH1: m = 0 . Ta có: yx ′ = = vô nghiệm và hàm số không có đạo hàm tại x = 0 . 3 x −∞ 0 +∞ y′ − + y Do đó hàm số có đúng một cực trị. ⎧ > ′ =⇔ = ⇔ ⇔= ⎨⎩ = x m 0 TH2: m > 0 . Ta có: 3 55 3 y x mx x 0 33 3 x mx Bảng biến thiên x −∞ 03m+∞ y′ − − 0 + y Do đó hàm số có đúng một cực trị. ⎧ < ′ = ⇔ = ⇔ ⇔ =− − ⎨⎩ = − x m 0 TH3: m < 0 . Ta có: 3 55 3 y x mx x 0 33 3 x mx x −∞3m − − 0 +∞ y′ − 0 + + y Do đó hàm số có đúng một cực trị. Vậy trong mọi trường hợp hàm số có đúng một cực trị với mọi tham số m Chú ý:Thay vì trường hợp 2 ta xét m > 0 , ta có thể chọn m là một số dương ሺnhư m = 3 ሻ để làm. Tương tự ở trường hợp 3 , ta chọn m = −3 để làm sẽ cho lời giải nhanh hơn. Câu 2: ሺSGD VĨNH PHÚCሻCho hàm số 2 2017 (1) 1 yx+ = +. Mệnh đề nào dưới đây là đúng? x A. Đồ thị hàm số ሺ1ሻ không có tiệm cận ngang và có đúng một tiệm cận đứng là đường thẳng x = −1. B. Đồ thị hàm số ሺ1ሻ có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y y =− = 2, 2 và không có tiệm cận đứng. C. Đồ thị hàm số ሺ1ሻ có đúng một tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2 và không có tiệm cận đứng. D. Đồ thị hàm số ሺ1ሻ không có tiệm cận ngang và có đúng hai tiệm cận đứng là các đường thẳng x x =− = 1, 1. Hướng dẫn giải Chọn B Hàm số 2 2017 (1) 1 x yx+ = + có tập xác định là  , nên đồ thị không có tiệm cận đứng 2 2017 2 2017 lim 2; lim 2 x x + + = =− + +, nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là các x x 1 1 →+∞ x x →−∞ đường thẳng y y =− = 2, 2. Câu 3: ሺSGD VĨNH PHÚCሻTìm tất cả m sao cho điểm cực tiểu của đồ thị hàm số 3 2 y =++ − x x mx 1 nằm bên phải trục tung. A. Không tồn tại m . B. 1 03 < < m . C. 13 m < . D. m < 0 . Hướng dẫn giải Chọn D. Để hàm số có cực tiểu, tức hàm số có hai cực trị thì phương trình y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt 2 3 2 0 (1) x xm + += có hai nghiệm phân biệt 1 13 03 Δ= − > ⇔ < ′ m m . Khi đó (1) có hai nghiệm phân biệt CĐ x , CT x là hoành độ hai điểm cực trị. Theo định lí Viet 2 0 (2) 3 ⎧ + =− < ⎪⎪⎨⎪ = ⎪⎩, trong đó CĐ CT x < x vì hệ số của 3 x lớn hơn 0. x x ta có CĐ x x CT m CĐ . (3) 3 CT Để cực tiểu của đồ thị hàm số nằm bên phải trục tung thì phải có: 0 CT x > , kết hợp (2) và m (3) suy ra (1) có hai nghiệm trái dấu . 00 ⇔ = <⇔ < xx m . 3 CĐ CT Câu 4: ሺNGUYỄN KHUYẾN TPHCMሻ Phương trình ( ) ( )2 3 2 x xx mx + += + 1 1 có nghiệm thực khi và chỉ khi: A. 3 62 − ≤ ≤− m . B. −≤ ≤ 1 3 m . C. m ≥ 3 . D. 1 3 −≤ ≤ m . 4 4 Hướng dẫn giải Sử dụng máy tính bỏ túi. ( ) ( ) ( ) 2 3 2 43 2 x x x m x mx x m x x m + + = + ⇔ − + − −+ = 1 1 21 0 Chọn m = 3 phương trình trở thành 43 2 3 5 30 xx xx − + −+= ሺkhông có nghiệm thựcሻ nên loại đáp án B, C. Chọn m = −6 phương trình trở thành 43 2 − − − −−= 6 13 6 0 xx xx ሺkhông có nghiệm thựcሻ nên loại đáp án A. Kiểm tra với m = 0 phương trình trở thành 3 2 − − −=⇔= xxx x 0 0 nên chọn đáp án D. Tự luận Ta có ( ) ( )3 2 2 3 24 2 1 12 1 x x x + + + += + ⇔ =+ + ሺ1ሻ x xx mx mx x 3 2 + + = + + xác định trên  . Xét hàm số x x x yx x 4 2 2 1 ′ ′ + + + +− + + + + ′ = 32 4 2 32 4 2 ( ) ( ) ( )( ) x x x x x x x xx x 21 21 y 2 4 2 ( ) + + x x 2 1 2 4 2 32 3 ( )( ) ( )( ) + + + +− + + + = 3 21 2 1 4 4 x x x x xxxx x 2 4 2 ( ) + + x x 2 1 6 542 −− − + + + = x xxx x 2 21 2 4 2 ( ) + + x x 2 1 4 2 ( )( ) −+ + + = x xx 1 21 2 4 2 ( ) + + x x 2 1 y x xxx⎡ = ′ = ⇔− + + + = ⇔ ⎢⎣ = − ( )( ) 4 2 1 x 0 1 2101 Bảng biến thiên Phương trình ሺ1ሻ có nghiệm thực khi đường thẳng y m= cắt đồ thị hàm số 3 2 + + = + + x x x yx x 4 2 2 1 m − ⇔ ≤≤ . 1 3 4 4 Chọn đáp án D. Câu 5: ሺNGUYỄN KHUYẾN TPHCMሻ Cho hàm số ( ) 9 , 3 9xx f x xR = ∈ +. Nếu a b + = 3 thì fa fb ( ) + − ( 2) có giá trị bằng A.1. B. 2 . C. 14D. 34. Hướng dẫn giải Chọn A Ta có: b a − =− 2 1 a a 1 − 9 93 ; 21 39 39 39 ( ) ( )() a aa fa fb f a − = −= −= = + ++1 a () ( ) 9 3 2 1 a a ⇒ + −= + = fa fb+ + 39 39 Câu 6: ሺT.T DIỆU HIỀNሻ Với giá trị nào của m thì hai điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số 3 2 y x x mx m = + + +− 3 2 nằm về hai phía so với trục hoành? A. m > 3 . B. −< < 1 2 m . C. m < 3 . D. 2 3 < < m . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có: 2 y x xm ′ = ++ 3 6 . Hàm số có hai điểm cực đại và cực tiểu nên phương trình y′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt. Do đó Δ= − > ⇔ < ′ 93 0 3 m m . Gọi 1 x , 2 x là điểm cực trị của hàm số và 1 y , 2 y là các giá trị cực trị tương ứng. Ta có: 3 2 11 2 2 3 2. 2 2 ⎛ ⎞⎛ ⎞ = + + + −= + + − + − ′ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ nên y kx 1 1 = + ( 1) , 33 3 3 y x x mx m y x m x m y kx 2 2 = + ( 1). Yêu cầu bài toán ( )( ) 2 m ⇔ < ⇔ + + < ⇔ + + +< ⇔ − +< ⇔ < y y k x x xx x x m . 1 2 1 2 12 1 2 . 0 1 1 0 10 210 3 3 Vậy m < 3 thỏa mãn bài toán. Câu 7: ሺTRẦN HƯNG ĐẠO – NBሻ Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số 3 y x mx =− + 3 2 cắt đường tròn tâm I (1;1 ,) bán kính bằng 1 tại 2 điểm phân biệt A,B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất. A. 2 3 m± = . B. 1 3 m± = . C. 2 5 m± = . D. 2 3 2 2 2 Hướng dẫn giải Chọn A. m± = . 3 A Ta có 2 y′ = − 3 3 x m nên 2 y′ =⇔ = 0 x m . Đồ thị hàm số 3 y x mx =− + 3 2 có hai điểm cực trị khi và chỉ khi m > 0 . Ta có ( ) 3 2 1 1 3 2 3 3 2 2 .2 2 3 3 y x mx x x m mx x y mx = − += − − += − + ′ . Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số 3 Δ HB I y x mx =− + 3 2 có phương trình Δ =− + : 22 y mx Ta có: 1 11 . . .sin sin   2 22 IAB S IA IB AIB AIB Δ = =≤ Diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng 12 khi sin 1 AIB AI BI =⇔ ⊥ . 1 2 Gọi H là trung điểm AB ta có: ( ) , 2 2 I IH AB d Δ = == + − = + 2 12 m dm Mà ( ) , 2 4 1 I Δ 2 12 2 4 2 24 1 m + − 2 2 3 8 16 2 02 Suy ra: ( ) ( ) 2 d mm = = ⇔ −= + , 2 4 1 2 I mm m± ⇔ − +=⇔ = . m Δ + Câu 8: ሺTRẦN HƯNG ĐẠO – NBሻ Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng y xm =+ −1 cắt đồ thị hàm số 2 11 yx+ = + tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 2 3 . x A. m = ±4 10 . B. m = ±4 3 . C. m = ±2 3 . D. m = ±2 10 . Hướng dẫn giải Chọn A. Hoành độ giao điểm là nghiệm PT: () ( ) 2 2 1 2 20 + ⎧⎪ = + − + −= x fx x m xm + ⎪⎩ ≠ − . = + −⇔ ⎨ x m 1 x x 1 1 Đường thẳng y xm =+ −1cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình f x( ) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác −1, hay 2 0 8 12 0 2* ⎧⎪Δ > ⎧ − +> ⎡ < ⎨ ⎨ ⇔ ⇔ ⎢ ⎪ − ≠ ≠ ⎣ > ⎩ ⎩ . m m m ( ) ( ) f m 1 0 1 0 6 ⎧ + =− ⎨⎩ = − ሺVièteሻ. x x m 2 Khi đó, gọi 1 2 x , x là hai nghiệm của phương trình f x( ) = 0 , ta có 1 2 xx m 2 1 2 Giả sử A( x x m B x x m AB x x 11 2 2 2 1 ; 1, ; 1 2 +− +−⇒ = − ) ( ) . Theo giả thiết ( )2 2 2 1 1 2 12 AB x x x x x x m m = ⇔ − = ⇔ + − =⇔ − += 23 2 23 4 6 8 6 0 ⇔ =± m 4 10 Kết hợp với điều kiện (*) ta được m = ±4 10 . Câu 9: ሺLẠNG GIANG SỐ 1ሻ Cho x , y là các số dương thỏa mãn xy y ≤ − 4 1.Giá trị nhỏ nhất của 6 2( ) 2 ln x y x y Px y + + = + là a b + ln . Giá trị của tích ab là A. 45 . B. 81. C. 108 . D. 115 . Hướng dẫn giải Chọn B. x y, dương ta có: 2 xy y xy y y ≤ −⇔ +≤ ≤ + 4 1 14 4 1 0 4 xy ⇔< ≤ . ⎛ ⎞ Có 12 6 ln 2 y x Px y =+ + + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Đặt x ty = , điều kiện: 0 4 < ≤t thì ( ) ( ) 6 P ft t 12 ln 2 = = ++ + t 2 t t f tt t tt 6 1 6 12 − − ′ =− + = ( ) ( ) 2 2 2 2 + + f tt⎡ = + ′ = ⇔ ⎢⎢⎣ = − ( ) 3 21 t 03 21 t 0 4 f ′(t) − P = f t( ) 27 ln 6 2+ Từ BBT suy ra ( ) 27 ln 6 GTNN P = + khi t = 4 2 27 , 6 81 2 ⇒= =⇒ = a b ab . 2 1 Câu 10: ሺLÝ TỰ TRỌNG – TPHCMሻ Cho hàm số + − = + + có đồ thị (C) ሺ a b, là các hằng số ax x y x bx 2 4 9 dương, ab = 4 ሻ. Biết rằng (C) có tiệm cận ngang y = c và có đúng 1 tiệm cận đứng. Tính tổng T ab c = +− 3 24 A. T =1. B. T = 4. C. T = 7. D. T =11. Hướng dẫn giải Chọn D. lim a = . Tiệm cận ngang 4a y x 4 →±∞ yc c =⇒ = . (C) có một tiệm cận đứng nên phương trình 2 4 90 x + += bx có nghiệm kép. 2 Δ= ⇔ − = ⇔ =± 0 144 0 12 b b . Vì 1 1 0 123 12 bb a c >⇒= ⇒=⇒= . Vậy T =11. Câu 11: ሺNGÔ GIA TỰ ‐ VPሻ Tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số ( ) ( ) 3 2 yx m x m x =+ − + −+ 2 3 1 6 2 2017 nghịch biến trên khoảng (a b; ) sao cho b a − > 3 là A. m > 6 . B. m = 9 . C. m < 0 . D. 06 ⎡ < m ⎢⎣ > . m Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có ( ) ( ) 2 yx mx m ′ = + −+ − 66 16 2 Hàm số nghịch biến trên ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ab x m x m x ab ; 1 20 ; ⇔ + − + − ≤ ∀∈ 2 Δ= − + m m6 9 TH1: ( ) ( ) 2 Δ≤ ⇒ + − + − ≥ ∀ ∈ ⇒ 0 1 20 x m xm x  Vô lí TH2: Δ> ⇔ ≠ ⇒ 0 3 m y′ có hai nghiệm x12 2 1 , xx x ( ) > ⇒Hàm số luôn nghịch biến trên ( x1 2 ; x ). Yêu cầu đề bài: ( )2 2 21 21 ⇔ − >⇔ − >⇔ − > xx xx S P 3 9 49 ( )( ) 2 2 6 ⎡ > m ⇔ − − − >⇔ − >⇔ ⎢⎣ < m m mmm 1 4 29 6 00 Câu 12: ሺCHUYÊN PHAN BỘI CHÂUሻ Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số 3 2 2 − + = x x mx y đồng biến trên [1,2]. A. 13 m > . B. 13 m ≥ . C. m ≥ −1. D. m > −8 . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có ( ) 3 2 2 3 2 2 ln 2 − + ′ = −+ x x mx y x xm . Hàm số đã cho đồng biến trên [] [] [] ( ) 2 1,2 ' 0, 1,2 3 2 0, 1,2 * ⇔ ≥ ∀∈ ⇔ − + ≥ ∀∈ y x x xm x Vì ( ) 2 f x x xm = −+ 3 2 có 1 3 0, 2 2 3 b aa nên => − = < ⎡Δ ≤′ ⎢ ⎡ ⎢ ⎢⎧ ≥ ⎢ ⎧Δ> − > ′ ⎪ ⎢ ⎢ ⎢ ⎪ ⎪ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≥− ⎢⎪ ⎪ + ⎢ ⎢⎧ ⎢ < < ⎢ ⎪ < ⎨ ⎨ ⎢⎨ ⎢⎪ ⎪⎢ ⎢ ⎢⎪ ⎪ − −≥ ⎢ ⎪⎩ ≥ − ⎩ ⎣ ⎣ ⎢ − +≥ ⎪⎣⎩mm ⎡ − ≤ 13 0 0 1 m 0 13 0 3 ( ) x x m * 1 1 1 1 2 1 1 m 2 3 3 x x m m 1 10 2 1 ( )( ) 1 2 1 0 3 3 Câu 13: ሺCHUYÊN PHAN BỘI CHÂUሻ Biết đường thẳng y m xm = −++ ( ) 31 63 cắt đồ thị hàm số 3 2 yx x =− + 3 1 tại ba điểm phân biệt sao cho một giao điểm cách đều hai giao điểm còn lại. Khi đó m thuộc khoảng nào dưới đây? A.( 1;0) − . B.(0;1) . C. 3 (1; ) 2 . D. 3( ;2) 2 . Hướng dẫn giải. Chọn A. Yêu cầu bài toán tương đương phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng ( ) ( ) 32 32 x x m xm x x m xm − += − + +⇔ − − − − − = 3 1 3 1 6 3 3 3 1 6 20 . Giả sử phương trình ( ) 3 2 x x m xm − − − − −= 3 3 1 6 20 có ba nghiệm 123 x , , x x thỏa mãn 2 (1) 2+ = x x 1 3 x . Mặt khác theo viet ta có 123 xxx ++= 3 (2) . Từ (1) và (2) suy ra 2 x =1. Tức x =1là một nghiệm của phương trình trên. Thay x =1vào phương trình ta được 13 m = − . Thử lại 13 m = − thỏa mãn đề bài. Câu 14: ሺCHUYÊN PHAN BỘI CHÂUሻ Số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị 2 2 4 13 2 −+ + = − x x yx x là: 2 A. 2. B.3. C. 4. D.1. Hướng dẫn giải Chọn A. Tập xác định: ( ) 1 1 ; ;1 1; 2 2 ⎛ ⎤⎡ ⎞ = −∞ − ∪ ∪ + ∞ ⎜ ⎟ ⎥ ⎢ ⎝ ⎦⎣ ⎠ D Tiệm cận đứng: 2 2 4 13 2 lim lim1 → → + +−+ + x x 2 2 4 13 2 lim lim1 → → − −−+ + x x yx x ; ( ) = = +∞ ( ) x x − 1 1 Suy ra x =1 là tiệm cận đứng. Tiệm cận ngang: yx x = = −∞ x x − 1 1 41 2 3 4 13 2 lim lim lim 3 1 1 →+∞ →+∞ →+∞− ++ 2 2 24 2 −+ + === − − xx x x x xx x yx x 2 x ⇒ = y 3 là tiệm cận ngang 41 2 3 4 13 2 lim lim lim 3 1 1 →−∞ →−∞ →−∞− ++ 2 2 24 2 −+ + === − − xx x x x xx x yx x 2 x Vậy đồ thị hàm số có hai tiệm cận. ⇒ = y 3 là tiệm cận ngang 1 1 1 x x 1 fx e+ + + = . Biết rằng () ( ) ( ) ( ) 1 . 2 . 3 ... 2017mn f ff f e = với Câu 15: ሺSỞ GD HÀ NỘIሻ Cho ( ) ( ) 2 2 m n, là các số tự nhiên và mn tối giản. Tính 2 m n − . A. 2 m n − = 2018 . B. 2 m n − =−2018 . C. 2 m n − =1. D. 2 m n − =−1. Hướng dẫn giải Chọn D. 2 2 2 Ta có : ( )( ) x x x x + + + + 1 1 1 1 11 1 + + ++ + . + + = = =+ =+ − 1 11 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 1 1 1 1 x x xx x x xx x x m n f ff f e = Suy ra : () ( ) ( ) ( ) 1 . 2 . 3 ... 2017 () ( ) ( ) ( ) 1 2 3 ... 2017 m ff f fn ⇔ + + ++ = ሺlấy ln hai vếሻ 2 1 2018 1 20182018 2018 − ⇔ − =⇔ = m m n n 2 2018 1 Ta chứng minh − là phân số tối giản. 2018 Giả sử d là ước chung của 2 2018 1− và 2018 Khi đó ta có 2 2018 1− d , 2 2018 2018   d d ⇒ suy ra 1 1 d d ⇔ =± 2 2018 1 − là phân số tối giản, nên 2 Suy ra 2018 m n = −= 2018 1, 2018 . Vậy 2 m n − =−1. Câu 16: ሺCHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GLሻ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y x x mx =++ sin cos đồng biến trên . A. − ≤≤ 2 2. m B. m ≤ − 2. C. − << 2 2. m D. m ≥ 2. Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: y x x mx =++ sin cos y x xm ' cos sin = −+ Hàm số đồng biến trên   ⇔ ≥ ∀∈ y x ′ 0, . ⇔ ≥ − ∀∈ m x xx sin cos , .  ⇔ ≥ m x max , ϕ ( )  với ϕ ( ) x xx = − sin cos . π ϕ⎛ ⎞ = − = −≤ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Ta có: ( ) sin cos 2 sin 2. x xx x 4 Do đó: max 2. ϕ ( ) x =  Từ đó suy ra m ≥ 2. Câu 17: ሺCHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GLሻ Cho hàm số y fx = ( ) xác định và liên tục trên đoạn [ ] −2;2 và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên dưới. Xác định giá trị của tham số m để phương trình fx m ( ) = có số nghiệm thực nhiều nhất. A.3 . B.6 . C.4 . D.5. Hướng dẫn giải Chọn B. Dựa vào đồ thị ta có đồ thị của hàm số y fx = ( ) là: Từ đồ thị ta thấy rằng, với m thỏa 0 2 < < m thì phương trình f ( x m ) = có số nghiệm nhiều nhất là 6. 2 x x4 Câu 18: ሺBIÊN HÒA – HÀ NAMሻ Hàm số A. { } 1 ;2 \ 1 − = + đồng biến trên [1;+∞) thì giá trị của m là: yx m ∈− − ⎜ ⎥ ⎝ ⎦ . B. m∈− − ( 1;2 \ 1 ] { } . C. 1 1; 2 m⎛ ⎤ ∈ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . D. 1 1; 2 m⎛ ⎤ ∈ −⎜ ⎥ ⎝ ⎦. 2 Giải Chọn D. m⎛ ⎞ 2 x x 4 2 2 4 ' x mx m + − = + . − = + có tập xác định là D m = −  \ { } và ( ) yx m yx m 2 Hàm số đã cho đồng biến trên [ ) [ ) 21 ⎧⎪− < m +∞ ⇔ ⎨⎪ + − ≥ ∀ ∈ +∞ ⎩ 1; 2 4 0, 1; x mx m x [ ) ( ) [ ) 2 2 x mx m x m x x x + − ≥ ∀ ∈ +∞ ⇔ − ≥ − ∀ ∈ +∞ 2 4 0, 1; 2 2 , 1; ሺ1ሻ Do x = 2 thỏa bất phương trình ( ) 2 2 2 mx x − ≥− với mọi m nên ta chỉ cần xét x ≠ 2 . 2 ⎧ − ⎪ ≤ ∀∈ x [ ) 2 , 1;2 2 1 m x ⇔ ⎪ − ⎨⎪ − ≥ ∀ ∈ +∞ ⎪⎩ − ሺ2ሻ Khi đó ( ) x x 2 ( ) 2 , 2; 2 m x x 2 x x f xx Xét hàm số ( ) 22 − + ′ = − 4 x f xx− = − trên [1; \ 2 +∞) { } có ( ) ( ) 2 2 f xx⎡ = ′ = ⇔ ⎢⎣ = ( ) 0 x 04 Bảng biến thiên x 1 2 4 +∞ y′ + 0 − + y 1 +∞ −∞ −8 +∞ ⎧ > − ⎪ ⇔ ≤ ⇔− < ≤ ⎨⎪ ≥ − ⎩. m 11 21 12 YCBT m m 2 8 m Cách khác 2 x x 4 2 2 4 ' x mx m + − = + . − = + có tập xác định là D = −  \ { m} và ( ) yx m ⎧⎪− < m yx m 2 Hàm số đã cho đồng biến trên [ ) [ ) 21 1; 2 4 0, 1; +∞ ⇔ ⎨⎪ + − ≥ ∀ ∈ +∞ ⎩ x mx m x 4 0 m ⎡−≤ ≤ ⎢⎧⎡ > ⎢ ⎡Δ ≤ ⎡ + ≤ ⎪⎢ ⎢ ⎢ ⎣ < − ⎢ ⎪ + − ≥ ∀ ∈ +∞ ⇔ ⇔ ⇔ ⎧Δ > ⎧ + > ⎢ ⎢ ⎢⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎨ ⎢ ≥ − ⎢ ⎢⎩ < ≤ ⎣ ⎢⎣⎪⎩−+ + ≤ ⎢⎪⎢⎪ ≤ ⎢⎪⎣⎩ 2 m 0 0 4 04 m mm 2 2 [ ) 2 4 0, 1; 0 4 01 x mx m x m mm 1 4 1 1 x x mm m 2 1 2 m 2 Kết hợp với đk m > −1 ta được 1 12 −< ≤ m . Câu 19: ሺCHUYÊN ĐHSP HNሻ Cho các số thực abc , , thỏa mãn 84 2 0 ⎧−+ − + > ⎨⎩ + + +<. Số giao điểm a bc 84 2 0 a bc của đồ thị hàm số 3 2 y x ax bx c =+ ++ và trục Ox là A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Chọn D. Ta có hàm số 3 2 y x ax bx c =+ ++ xác định và liên tục trên  . Mà limx y →+∞ = +∞ nên tồn tại số M > 2 sao cho y M( ) > 0 ; limx y →−∞ = −∞ nên tồn tại số m < −2 sao cho y m( ) < 0 ; y a bc (− =− + − + > 2 84 2 0 ) và y a bc ( ) 2 84 2 0 =+ + +< . Do ym y ( ). 20 (− <) suy ra phương trình y = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (m; 2− ) . y y ( ) () − < 2. 2 0 suy ra phương trình y = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (−2;2) . y yM () ( ) 2. 0 < suy ra phương trình y = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (2;M ). Vậy đồ thị hàm số 3 2 y =+ ++ x ax bx c và trục Ox có 3 điểm chung. Câu 20: ሺCHUYÊN ĐHSP HNሻ Tập hợp các giá trị của m để đồ thị hàm số 2 1 x − = −+ + + có đúng 1 đường tiệm cận là ymx x x mx ( )( ) 2 2 2 14 4 1 A. {0 . } B. ( )( ) −∞ − ∪ +∞ ; 1 1; . C. ∅ D. (−∞ − ∪ ∪ +∞ ; 1 0 1; . ) { } ( ) Chọn A. x y →±∞ = . Nên hàm số luôn có 1 đường tiệm cận ngang y = 0 . Vậy ta tìm điều kiện để Có lim 0 hàm số không có tiệm cận đứng . 2 ⎡ − += 2 1 0 (1) 2 14 4 1 04 4 1 0 (2) 2 2 Xét phương trình: ( )( ) mx x mx x x mxx mx − + + + =⇔ ⎢⎣ + += 2 21 1 x − = =− −+ + +ሺthỏa ycbtሻ TH1: Xét m = 0 , ta được ( )( ) 2 2 yx x x 2 14 1 4 1 TH2: Xét m ≠ 0 . Có: 1 Δ= −1 m và 2 2 Δ= − 4 4 m Th2a. Cả 2 phương trình ሺ1ሻ và ሺ2ሻ đều vô nghiệm: ⎧ − < ⎧ > m mm 1 0 1 − < ⎩−< < ⎩ ⇔ ⇔ ⇔ ∈∅ ⎨ ⎨ 2 m m 4 40 1 1 Th2b: ሺ1ሻ vô nghiệm, ሺ2ሻ có nghiệm kép 12 x = : ta thấy trường hợp này vô lí ሺvì m >1ሻ Th2c: ሺ2ሻ vô nghiệm, ሺ1ሻ có nghiệm kép 12 x = : ta thấy trường hợp này vô lí ሺvì −< < 1 1 m ሻ mx Câu 21: ሺNGÔ SĨ LIÊNሻ Trên đoạn [−2;2], hàm số 2 1 yx = + đạt giá trị lớn nhất tại x =1 khi và chỉ khi A. m = 2. B. m ≥ 0. C. m = −2. D. m < 0. Chọn B max 0 y Cách 1: Với m = 0 thì y = 0 nên [ ] 2;2 − Với m ≠ 0 . m = khi x =1. y t = . Với x∈ −[ 2;2] thì t ∈ −[ arctan 2;arctan 2]. Đặt x = tan t , ta được .sin 2 2 π t = . Hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất tại x =1 tương ứng với 4 max2m π y = khi và chỉ khi 4 t Khi m > 0 thì [ ] arctan 2;arctan 2 − max2m = . π = − . y Khi m < 0 thì [ ] arctan 2;arctan 2 − = khi và chỉ khi 4 t Vậy m ≥ 0 thỏa mãn bài toán. 2 Cách 2: Ta có ( ) − ′ = m x y 1 2 2 ( ) , x + 1 TH1: m y =⇒ = 0 0 là hàm hằng nên cũng coi GTLN của nó bằng 0 khi x = 1 TH2: m ≠ 0 . Khi đó: 1( ) 01 () ⎡ = − ′ = ⇔ ⎢⎣ = x n yx n Vì hàm số đã cho liên tục và xác định nên ta có hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất tại x =1 () ( ) 1 2 y y ⎧ ≥ − trên đoạn [−2;2] khi và chỉ khi Vậy m ≥ 0 ⎪⎨ ≥ ⇔ ≥⇒ > () ( ) y1 2 0 0 y mm ⎪ ≥ − ⎩ () ( ) 1 1 y y ሺdo m ≠ 0 ሻ Chú ý: Ngoài cách trên trong TH2 m ≠ 0 , ta có thể xét m > 0 , m < 0 rồi lập BBT cũng tìm được kết quả như trên. Câu 22: ሺSỞ GD BẮC NINHሻ Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 2 1 −+ − = +− x x mxx có hai nghiệm phân biệt. A. 23 5; . 4 ∈⎢ ⎥ ⎣ ⎦ B. m∈[ ] 5;6 . C. { } 23 5; 6 . 4 m⎡ ⎤ ൅ሻ 2 2 1 −+ − = +− x x mxx ሺ1ሻ Điều kiện: −≤ ≤ 1 2 x m⎛ ⎞ ∈ ∪ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ D. { } 23 5; 6 . 4 m⎡ ⎞ ∈ ∪ ⎢ ⎟ ⎣ ⎠ Hướng dẫn giải ൅ሻ ( ) 2 2 1 32 2 ⇔ + − + + =− + + x x x xm Đặt: 2 − += x x t; () () 2 f x x xf x x =− + =− + ; 21 ′ ( ) () 11 1 1 2, 2 2, 2; 24 4 fff t ⎛⎞ ⎡ ⎤ − = =− = ⇒ ∈ − ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎝⎠ ⎣ ⎦ (1 32 2 2 2 3 ) ⇔ + + =+ ⇔ + =+ − t tm t tm ⇔ = + +− mt t 2 23 Đặt f ( )tt t = + +− 2 23 t f tt t − − ′ = −= + − . ft t t ′( ) = ⇒ − − = ⇔ =− 0 1 20 1 ( ) 1 12 1 2 2 Bảng biến thiên t 1 4 -∞ -2 -1 +∞ f'(t) f(t) 6 23 4 5 ൅ሻ 2 2 − + = ⇔− + − = x xt x xt 0 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 14 04 ⇔Δ= − > ⇔ ≤ t t Do đó để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì phương trình(*) có nghiệm 1 2; 4 t ⎡ ⎤ ∈ −⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Từ bảng biến thiên⇒ ∈m [5;6]. Chọn B x 3 3 2 4 2017 Câu 23: ሺ CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 3ሻCho hàm số y xx =− ++ . Định m để phương 3 2 trình 2 y ' = − m m có đúng hai ngiệm thuộc đoạn [0; ] m ⎛ ⎞ + ⎜ ⎟ A. 1 2 ;2 3 ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ . B. 122 ;2 3 ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ . C. 122 ;2 2 ⎝ ⎠ ⎛ ⎤ + ⎜ ⎥ ⎜⎝ ⎦ . D. 122 ;2 2 . Hướng dẫn giải Chọn D Ta có: 22 2 ymm x x mm ' 34 = − ⇔ − += − Đặt ( ) ( ) 2 f xx x P =−+ 3 4 Yêu cầu bài toán : 4 7 3 3 ⎧ ⎧ 4 < < ⎪ ⎪ m m 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ < − ≤ − +⇔ < − ⎨ ⎨ 7 7 3 2 2 2 3 m mm m m m 3 4 4 4 2 2 ⎪ ⎪ 2 2 2 − ≤ −≤ − + m m m mm m 4 3 4 2 ⎩ ⎩ − ≤ 2 ym m = − 4 3 m m ⎧ < ⎪⎪⎪⎡ − ⎢ < ⎪⎪ ⎛ ⎤ + 2 m m 122 2 122 ;2 122 2 ⇔ ⇔∈ ⎢ ⎨ ⎜ ⎥ ⎢ ⎜ + ⎪ ⎝ ⎦ ⎢ > ⎪⎣⎪ ≤ ⎪⎪⎩ < ≤ m m m 2 2 m 0 2 Câu 24: ሺLÊ HỒNG PHONGሻ Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số ( ) ( ) 2 y x m xm = +− + ++ ln 16 1 1 2 nghịch biến trên khoảng (−∞ ∞; .) A.m∈ −∞ − ( ; 3.] B. m∈ +∞ [3; .) C. m∈ −∞ − ( ; 3.) D. m∈ −[ 3;3 .] Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: ( ) ( ) 2 y x m xm = +− + ++ ln 16 1 1 2 32 1 x ( ) 2 x ′ = −+ y m 16 1 + Hàm số nghịch biến trên  khi và chỉ khi y x ′ ≤ ∀∈ 0,  32 1 0, 16 1 xm x ( ) 2 + ⇔ − + ≤ ∀∈ x 32 1 0, 16 1 xm x + ( )( ) 2 ⇔ − + + ≤ ∀∈ 32 1 16 1 0, xm x x  Cách 1: ( ) 2 x− + ≤ ∀∈ ( ) ( ) 2 ⇔− + + − + ≤ ∀ ∈ 16 1 32 1 0, m x xm x  ⎧ > − m 1 ( ) ⎧⎪− +< ⎧ > − m m 16 1 0 1 ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ ( ) 2 2 2 Δ= − + ≤ ′ ⎩− − +≤ ⎪⎩ m m m 16 16 1 0 16 32 240 0 ⎪ ⇔ ⇔≥ ⎨⎡ ≤ − m m 5 3. ⎪⎢⎣ ≥ ⎩ m 3 32 1 0 xm x Cách 2: ( ) 2 + x− + ≤ ∀∈ 16 1 32 1, 16 1 xm x 32 ( ) 16 1 x + ⇔ +≥ m gx 1 max ( ),  với 2 ⇔ ≤ + ∀∈ g xx = + x 2 2 − + ′ = 512 32 ( ) x Ta có: ( ) g x 2 2 16 1 x 1 () 0 4 gx x ′ = ⇔ =± + 1 1 lim ( ) 0; 4; 4 x 4 4 gx g g →±∞⎛⎞ ⎛ ⎞ = = − =− ⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎠ ⎝ ⎠ Bảng biến thiên: x −∞14 − 14 +∞ g′( x) − 0 + 0 − g ( x) 4 0 0 −4 Dựa vào bảng biến thiên ta có max ( ) 4 g x =  Do đó: m m +≥ ⇔ ≥ 1 4 3. Câu 25: ሺLÊ HỒNG PHONGሻ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số cot 1 ym x− = − x cot 1 ⎛ ⎞ π π ⎜ ⎟ ⎝ ⎠. đồng biến trên khoảng ;4 2 A. m∈ −∞ ∪ +∞ ( ;0 1; ) ( ) . B. m∈ −∞ ( ;0) . C. m∈ +∞ (1; ) . D. m∈ −∞ ( ;1) . Hướng dẫn giải Chọn B. 2 22 Ta có: ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 cot cot 1 1 cot cot 1 1 cot 1 x mx m x x x m −+ −+ + − + − ′ = = − − . ymx mx ( ) 2 2 ( ) cot 1 cot 1 ⎛ ⎞ π π ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ khi và chỉ khi: Hàm số đồng biến trên khoảng ;4 2 π π ⎧ ⎛ ⎞ ⎪ − ≠ ∀∈⎜ ⎟ ⎪ ⎝ ⎠ ⎧ ≤∨ ≥ ⎨ ⎨ ⇔ ⇔≤ cot 1 0, ; 4 2 0 10 1 cot 1 1 0 mx x m mm + − ⎛ ⎞ ⎩ − > ⎪ ′ = > ∀∈⎜ ⎟ ⎪ − ⎝ ⎠ ⎩ . 2 ( )( ) x m m π π 0, ; y x 2 cot 1 4 2 ( ) m x Câu 26: ሺNGUYỄN TRÃI – HDሻ Phương trình 3 2 23 3 2 2 .2 1024 23 10 xx x − +=− x x x có tổng các nghiệm gần nhất với số nào dưới đây A. 0,35. B. 0,40. C. 0,50. D. 0,45. Hướng dẫn giải Chọn D Ta có 32 3 2 23 3 2 23 3 10 2 2 .2 1024 23 10 2 23 2 10 x x x xx x x xx xx x + − + = −⇔ + += + Hàm số ( ) 2t f t t = + đồng biến trên  nên 3 2 23 3 10 2 3 2 2 23 2 10 23 10 0 xx x xx x xx x x + + += + ⇔ += ⇔= hoặc 5 2 x± = 23 Tổng các nghiệm bằng 10 0, 4347 23 ≈ 🖎 Mẹo: Khi làm trắc nghiệm có thể dùng “Định lí Vi‐ét cho phương trình bậc ba” Nếu phương trình 3 2 ax bx cx d a + + += ≠ 0 ( 0) có ba nghiệm 1 x , 2 x , 3 x thì: b cd x x x xx xx xx xxx + + =− + + = =− 1 2 3 12 23 31 1 3 ; ; x a aa Câu 27: ሺHAI BÀ TRƯNG – HUẾ ሻ Đường thẳng dy x : 4 = + cắt đồ thị hàm số ( ) 3 2 y x mx m x =+ + + + 2 34 tại 3 điểm phân biệt A(0;4 ,) B và C sao cho diện tích tam giác MBC bằng 4, với M (1;3 .) Tìm tất cả các giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. A. m = 2 hoặc m = 3.B. m = −2 hoặc m = 3. C. m = 3.D. m = −2 hoặc m = −3. Hướng dẫn giải Chọn C. Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị ( ) C : ( ) 3 2 x mx m x + + + += 2 3 44 ⎡ = ⇔ + + + =⇔ ⎢ = + + += ⎣ 3 2 x 0 ( ) ( ) () x mx m x 2 202 20 1 2 ϕ x x mx m Với x = 0, ta có giao điểm là A(0;4 .) d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình ሺ1ሻ có 2 nghiệm phân biệt khác 0. ( ) ⎧ = +≠ ⎪ϕ 0 20(*) m ⇔ ⎨⎪Δ= − − > ′ ⎩ 2 m m 2 0 Ta gọi các giao điểm của d và (C) lần lượt là AB x x C x x , ; 2, ; 2 ( BB CC + + ) ( ) với , B C x x là nghiệm của phương trình ሺ1ሻ. Theo định lí Viet, ta có: 2 ⎧ + =− ⎨⎩ = + x x m B C xx m . 2 B C Ta có diện tích của tam giác MBC là ( ) 1 , 4. 2 S BC d M BC =⋅ ⋅ = Phương trình d được viết lại là: dy x x y : 4 4 0. =+⇔−+= d M BC d M d− + == = Mà ( )( ) 134 , , 2. ( )2 2 1 1 + − 8 8 2 32 , 2 BC BC = =⇔ = Do đó: ( ) d M BC Ta lại có: ( )( ) ( ) 22 2 2 2 32 BC x x y y x x =− +− = − = CB CB CB ( ) ()( ) 2 2 4 . 16 2 4 2 16 B C BC ⇔ + − = ⇔− − + = x x xx m m 2 ⇔ − − = ⇔ = =− 4 4 24 0 3; 2. mm mm Đối chiếu với điều kiện, loại đi giá trị m = −2. Câu 28: Cho hàm số =+ ∈[ ] π 2 sin , 0; 2x y xx . Hỏi hàm số đồng biến trên các khoảng nào? và π π A. 7 11 0; ; 12 12 ⎛ ⎞ π π ⎜ ⎟ ⎝ ⎠. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠. B. 7 11 π ; 12 12 và ⎛ ⎞ π ⎛ ⎞ π π ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠. D. 7 11 11 C. 7 7 11 0; ; 12 12 12 và ππ π ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠. π ; ; 12 12 12 Hướng dẫn Chọn A. π ⎡ =− + ⎢ π x k 2 y x = + . Giải 1 12 ' 0 sin 22 7 TXĐ: D =  . 1 ' sin 2 = ⇔ =− ⇔ ⎢⎢ = + ⎢⎣ ,(k ∈) y x π = và 1112 π π x k 12 Vì x∈[ ] 0;π nên có 2 giá trị 712 x x Bảng biến thiên: π = thỏa mãn điều kiện. π 11 π x 0712 12 π y′ || + 0 − 0 + || y ⎛ ⎞ π ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ và 11; 12 Hàm số đồng biến 7 0; 12 π ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ π Câu 29: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y fx x m x = =+ ( ) cos luôn đồng biến trên  ? A. m ≤1. B. 32 m > . C. m ≥1. D. 12 m < . Hướng dẫn Chọn A. Tập xác định: D =  . Ta có y mx ′ = −1 sin . Hàm số đồng biến trên  ⇔ ≥ ∀∈ ⇔ ≤ ∀∈ y x mx x ' 0, sin 1,   Trường hợp 1: m = 0 ta có 0 1, ≤ ∀∈x  . Vậy hàm số luôn đồng biến trên  Trường hợp 2: m > 0 ta có 1 1 sin , 1 1 xx m ≤ ∀∈ ⇔ ≥ ⇔ ≤  m m Trường hợp 3: m < 0 ta có 1 1 sin , 1 1 xx m ≥ ∀ ∈ ⇔ ≤− ⇔ ≥−  m m Vậy m ≤1 Câu 30: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số ym x m x =− − + ( 3) (2 1)cos luôn nghịch biến trên  ? −≤ ≤ m . B. m ≥ 2 . C.31 ⎧⎨⎩>≠ . D.m ≤ 2 . A. 2 43 Chọn A. m m Hướng dẫn Tập xác định: D =  . Ta có: ym m x ' 3 (2 1)sin = −+ + Hàm số nghịch biến trên  ⇔ ≤ ∀∈ ⇔ + ≤ − ∀∈ y x m x mx ' 0, (2 1)sin 3 ,   m = − ta có 0 ≤ 72,∀x ∈ . Vậy hàm số luôn nghịch biến trên  . Trường hợp 1: 12 − − ≥ ∀ ∈ ⇔ ≤− Trường hợp 2: 12 m m m < − ta có 3 3 sin , 1 21 21 x x  + + m m ⇔ − ≥− − ⇔ ≥− 3 21 4 mm m Trường hợp 3: 12 m > − ta có: − − ≤ ∀∈ ⇔ ≥ m m 3 3 sin , 1 21 21 ⇔ − ≥ +⇔ ≤ mm m . Vậy 2 4; 3 x x  2 3 213 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ m∈ − + + m m Câu 31: Tìm mối liên hệ giữa các tham số a và b sao cho hàm số y fx x a x b x = =+ + ( ) 2 sin cos luôn tăng trên  ? A. 1 1 1 + = . B. a b + = 2 23 . C. 2 2 a b + ≤ 4 . D. 1 2 23 a b + a b Chọn C. + ≥ . Hướng dẫn Tập xác định D =  . Ta có: y a xb x ′ =+ − 2 cos sin Áp dụng bất đẳng thức Schwartz ta có 22 22 2 2 − + ≤ ≤+ + ab y ab ′ Yêu cầu của bài toán đưa đến giải bất phương trình 22 22 y x ab ab ′ ≥ ∀⇔ − + ≥ ⇔ + ≤ 0, 2 0 4 . Câu 32: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số =− + + 3 2 y x x mx 6 1 đồng biến trên khoảng ( ) 0;+∞ ? A. m ≤ 0 . B. m ≤12 . C. m ≥ 0 . D. m ≥12 . Hướng dẫn Chọn D. Cách 1:Tập xác định: D =  . Ta có 2 y x xm ′ =−+ 3 12 ∙ Trường hợp 1: Hàm số đồng biến trên  ⇔ ≥ ∀∈ y x ′ 0,  3 0( ) 12 ⎧ > hnm ⇔ ⇔≥ ⎨⎩ − ≤ 36 3 0 m ∙ Trường hợp 2: Hàm số đồng biến trên (0;+∞) ⇔ = y′ 0 có hai nghiệm 1 2 x , x thỏa 1 2 x x < ≤ 0 ሺ*ሻ ✔ Trường hợp 2.1: y′ = 0 có nghiệm x = 0 suy ra m = 0 . Nghiệm còn lại của y′ = 0 là x = 4 ሺkhông thỏa ሺ*ሻሻ ✔ Trường hợp 2.2: y′ = 0 có hai nghiệm 1 2 x , x thỏa ⎧Δ >′ ⎪ < <⇔ < ⎨⎪⎩ > 0 ⎧⎪ − > ⎪ m 36 3 0 vl 4 0( ) 0 0 xx S 1 2 ⇔< ⇒ ⎨⎪⎪ > ⎩không có m .Vậy m ≥12 P 0 m 3 0 Cách 2:Hàm số đồng biến trên ( ) 0;+∞ 2 ⇔ ≥ − = ∀ ∈ +∞ m x x gx x 12 3 ( ), (0; ) . Lập bảng biến thiên của g( ) x trên ( ) 0;+∞ . x 0 2 ൅∞ g′ ൅ 0 – g 12 –∞ 0 Câu 33: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số 4 2 yx m x m = − − +− 2( 1) 2 đồng biến trên khoảng (1;3) ? A. m∈ −[ 5;2). B. m∈ −∞ ( ;2]. C. m∈ +∞ (2, ) . D. m∈ −∞ − ( ; 5). Hướng dẫn Chọn B. Tập xác định D =  . Ta có 3 y x mx ' 4 4( 1) =−− . Hàm số đồng biến trên (1;3) 2 ⇔ ≥ ∀∈ ⇔ = + ≥ ∀∈ y x gx x m x ' 0, (1;3) ( ) 1 , (1;3) . Lập bảng biến thiên của g( ) x trên (1;3). x 1 3 g′ ൅ 0 g 10 2 Dựa vào bảng biến thiên, kết luận: m gx m ≤ ⇔≤ min ( ) 2 . 1 1 3 2 2 34 3 2 y x mx mx m Câu 34: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số = − + −+ nghịch biến trên một đoạn có độ dài là 3? A. m m =− = 1; 9. B.m = −1. C. m = 9 . D. m m = =− 1; 9 . Hướng dẫn Chọn A. Tập xác định: D =  . Ta có 2 y x mx m ′ =− + 2 Ta không xét trường hợp y x ′ ≤ ∀∈ 0,  vì a = >1 0 Hàm số nghịch biến trên một đoạn có độ dài là 3 ⇔ = y′ 0 có 2 nghiệm 1 2 x , x thỏa 2 ⎪ ⎪ ⎧Δ> ⇔ − > ⎧ > < ⎡ = − − =⇔ ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ ⎢ m m m hay m m 0 80 8 0 1 x xxx S P m m m 39 49 8 9 9 1 2 2 2 2 − =⇔ − = ⎪ − = ⎣ = ⎪⎩ ⎩ ( ) 1 2 tan 2 x Câu 35: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số − = − yx m đồng biến trên tan khoảng ⎛ ⎞ π ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0; 4? A.1 2 ≤ < m . B. m m ≤ ≤< 0;1 2 . C. m ≥ 2 . D. m ≤ 0 . Hướng dẫn Chọn B. ⎛ ൅ሻ Điều kiện tan x ≠ m. Điều kiện cần để hàm số đồng biến trên 0;π4 ⎝⎜ ൅ሻ y ' = 2 − m cos2x(tan x − m)2 . ⎞ ⎠⎟ là m ∉( ) 0;1 ⎛ ⎞ cos2x(tan x − m)2 > 0∀x ∈ 0;π4 ൅ሻ Ta thấy: 1 ⎝⎜ ⎠⎟;m ∉( ) 0;1 ⎧⎨⎩⇔ −m+ 2 > 0 ⎛ ൅ሻ Để hs đồng biến trên 0;π4 ⎝⎜ ⎠⎟ ⇔ y' > 0 ⎞ m ∉(0;1) ⎧⎨⎩⇔ m ≤ 0 hoặc 1 2 ≤ < m m ≤ 0;m ≥ 1 Câu 36: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số 32 ( ) 7 14 2 3mx y f x mx x m = = + + −+ giảm trên nửa khoảng [1; ) +∞ ? A. 14 ⎝ ⎠. B. 14 ⎛ ⎤ ⎜−∞ − ⎥ ⎝ ⎦ . C. 14 2; 15 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ −∞ − − − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦. D. 14; 15 ; 15 Chọn B. ; 15 ⎡ ⎤ Hướng dẫn ⎡ ⎞ ⎢− +∞⎟ ⎣ ⎠. Tập xác định D =  , yêu cầu của bài toán đưa đến giải bất phương trình − = ≥ mx mx x + + ≤ ∀≥ 14 14 0, 1, tương đương với 214 ( ) 14 g x m 2 + ሺ1ሻ x x Dễ dàng có được g( ) x là hàm tăng ∀ ∈ +∞ x [1; ) , suy ra 114 min ( ) (1) x 15 gx g ≥ = =− Kết luận: ሺ1ሻ 114 min ( ) x 15 g xm m ⇔ ≥ ⇔− ≥ ≥ Câu 37: Tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số 4 2 y x m xm =− + − + (2 3) nghịch biến ⎛ ⎤ ⎜−∞ ⎥ ⎝ ⎦ , trong đó phân số pq tối giản và q > 0 . Hỏi tổng p + q là? trên khoảng ( ) 1;2 là ;pq A. 5. B. 9. C. 7. D. 3. Hướng dẫn Chọn C. Tập xác định D =  . Ta có 3 y x mx ′ =− + − 4 2(2 3) . Hàm số nghịch biến trên (1;2) 2 3 0, (1;2) ( ), (1;2) 2 ⇔ ≤ ∀∈ ⇔ ≤ + = ∀∈ y x m x gx x ′ . Lập bảng biến thiên của g( ) x trên (1;2). gx x x ′() 2 0 0 = =⇔= Bảng biến thiên x 1 2 g′ ൅ 0 g 11 2 5 2 Dựa vào bảng biến thiên, kết luận: 5 min ( ) 2 m gx m ≤ ⇔≤ . Vậy p q +=+= 527 . Câu 38: Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m sao cho hàm số 2 2 (1 ) 1 x mx m + − ++ = − đồng biến trên khoảng (1; ) +∞ ? yx m A. 3. B. 1. C. 2. D. 0. Hướng dẫn Chọn D. Tập xác định D m =  \{ } . Ta có 2 22 2 x mx m m g x yx m xm − +−− ′ = = − − 2 4 2 1 () () () Hàm số đồng biến trên (1; ) +∞ khi và chỉ khi g( ) 0, 1 x x ≥ ∀> và m ≤ 1 ሺ1ሻ Vì 2 2( 1) 0, Δ= + ≥∀ ′g m m nên ሺ1ሻ⇔ = g x() 0 có hai nghiệm thỏa 1 2 x x ≤ ≤1 2 2 (1) 2( 6 1) 0 ⎧ = − +≥ ⎪⎨ ⇔ ≤− ≈ g mm Điều kiện tương đương là S m 3 2 2 0, 2 ⎪ = ≤ ⎩. 2 m 1 Do đó không có giá trị nguyên dương của m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 39: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình 2 1 x +=+x m có nghiệm thực? A. m ≥ 2 . B. m ≤ 2 . C. m ≥ 3 . D. m ≤ 3 . Hướng dẫn Chọn B. Đặt t xt = +≥ 1, 0 . Phương trình thành: 2 2 2 1 21 tt m m t t = − + ⇔ =− + + Xét hàm số 2 f ( ) 2 1, 0; ( ) 2 2 t t t t ft t =− + + ≥ =− + ′ Bảng biến thiên của f (t) : t 0 1 +∞ f ′(t) + 0 − f (t) 1 2 −∞ Từ đó suy ra phương trình có nghiệm khi m ≤ 2 . Câu 40: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình 2 2 x − += + − 45 4 x m xx có đúng 2 nghiệm dương? A.1 3 ≤ ≤ m . B. −< < 3 5 m . C. − << 5 3 m . D. −≤ < 3 3 m . Hướng dẫn Chọn B Đặt 2 t fx x x = = −+ () 4 5 . Ta có 22 ( )4 5 x f x . fx x ′() 0 2 =⇔= Xét x > 0 ta có bảng biến thiên − ′ = x x − + x 0 2 +∞ f ′( x) − 0 + f ( ) x 51 +∞ Khi đó phương trình đã cho trở thành 2 2 mt t t t m = +− ⇔ +− − = 5 50 ሺ1ሻ. Nếu phương trình ሺ1ሻ có nghiệm 1 2 t t, thì 1 2 t t + =−1. ሺ1ሻ có nhiều nhất 1 nghiệm t ≥1. Vậy phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm dương khi và chỉ khi phương trình ሺ1ሻ có đúng 1 nghiệmt ∈(1; 5) . Đặt 2 g() 5 ttt = +− . Ta đi tìm m để phương trình g( )t m= có đúng 1 nghiệmt ∈(1; 5) . Ta có ( ) 2 1 0, 1; 5 ( ) gt t t ′ = + > ∀∈ . Bảng biến thiên: t 1 5 g′(t) + g ( )t −35 Từ bảng biến thiên suy ra −< < 3 5 m là các giá trị cần tìm. Câu 41: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình: 2 2 3 3 log log 1 2 1 0 x xm + +− −= có ít nhất một nghiệm trên đoạn 3 ⎡ ⎤ 1;3 ⎣ ⎦ ? A. −≤ ≤ 1 3 m . B. 0 2 ≤ ≤ m . C. 0 3 ≤ ≤ m . D. −≤ ≤ 1 2 m . Hướng dẫn Chọn B. Đặt 23 t x = + log 1 . Điều kiện: t ≥1. Phương trình thành: 2 ttm +− − = 2 2 0 (*) . Khi 3 x t ∈ ⇒∈ ⎡ ⎤ 1;3 [1;2] ⎣ ⎦ 2 2 (*) ( ) 2 + − t t f t m ⇔= = . Bảng biến thiên : t 1 2 f ′(t) + f (t) 2 0 Từ bảng biến thiên ta có : 0 2 ≤ ≤ m Câu 42: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình 2 x + += + mx x 22 1 có hai nghiệm thực? A. 72 m ≥ − . B. 32 m ≥ . C. 92 m ≥ . D.∀ ∈m  . Hướng dẫn Chọn C Điều kiện: 12 x ≥ − Phương trình 2 x + += + mx x 22 1 2 ⇔ + −= 3 4 1 (*) x x mx 2 3 41 x x Vì x = 0 không là nghiệm nên ሺ*ሻ mx+ − ⇔ = Xét 2 3 41 ( ) x x f xx+ − = . Ta có 22 + ′ = > ∀ ≥− ≠ 31 1 () 0 ; 0 2 x fx x x x Bảng biến thiên x 1 − 0 +∞2 f ′( x) + + f ( ) x +∞ 9 2 +∞ −∞ Từ bảng biến thiên ta có để phương trình có hai nghiệm thì 92 m ≥ . Câu 43: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho mọi nghiệm của bất phương trình: 2 x x − +≤ 3 20 cũng là nghiệm của bất phương trình ( ) 2 mx m x m + + + +≥ 1 10? A. m ≤ −1. B. 47 m ≤ − . C. 47 m ≥ − . D. m ≥ −1. Hướng dẫn Chọn C. Bất phương trình 2 x x − +≤ 3 20 ⇔≤ ≤ 1 2 x . − − ⇔ + + ≥− − ⇔ ≥+ + Bất phương trình ( ) 2 mx m x m + + + +≥ 1 10 222 ( 1) 2 1 x mx x x mx x − − = + + với 1 2 ≤ ≤x . Có 22 2 + + ′ = > ∀∈ 4x 1 ( ) 0, [1;2] ( 1) x f xx x Xét hàm số 22 ( ) 1 ⇔ ≥ m fx max ( ) 47 x fx x + + x x Yêu cầu bài toán [1;2] ⇔ ≥− m Câu 44: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình: 331 x mx 3 2x − + − <− nghiệm đúng ∀ ≥x 1 ? A. 23 m < . B. 23 m ≥ . C. 32 m ≥ . D. 1 3 −≤ ≤ m . 3 2 Hướng dẫn Chọn A. 1 12 3 2, 1 3 , 1 mx x x m x f x x Bpt ( ) 3 2 ⇔ < − + ∀≥⇔ < − + = ∀≥ . 3 4 x x x − ′ =+ − ≥ − = > suy ra f ( ) x tăng. Ta có ( ) 52 5 2 2 ( ) 42 4 2 42 2 fx x x 2 22 0 xx x x x 2 3 , 1 min 1 2 3 x 3 f x m x fx f m m ≥ ⇔ > ∀≥⇔ = = > ⇔ > Ycbt () () ( ) 1 Câu 45: Bất phương trình 3 2 2 3 6 16 4 2 3 xxx x + + + − −≥ có tập nghiệm là [ ] a b; . Hỏi tổng a b + có giá trị là bao nhiêu? A. −2 . B. 4. C. 5. D. 3. Hướng dẫn Chọn C Điều kiện: −≤ ≤ 2 4 x . Xét 3 2 f ( ) 2 3 6 16 4 x xxx x = + ++− − trên đoạn [−2;4]. 2 Có ( ) ( ) 3 1 1 ( ) 0, 2;4 x x + + ′ = + > ∀∈− fx x + ++ − . 3 2 2 3 6 16 2 4 xxx x Do đó hàm số đồng biến trên[−2;4], bpt ⇔ ≥ = ⇔≥ f ( ) (1) 2 3 1 xf x . So với điều kiện, tập nghiệm của bpt là S ab = ⇒+= [1;4] 5. Câu 46: Bất phương trình 2 2 x − +− − + > −− − 2 3 6 11 3 1 x x x xx có tập nghiệm (a b; ]. Hỏi hiệu b a − có giá trị là bao nhiêu? A. 1. B. 2. C. 3. D. −1. Hướng dẫn Chọn A. Điều kiện:1 3 ≤ ≤x ; bpt ( ) ( ) 2 2 ⇔ − + + −> − + + − x 12 1 3 23 xx x Xét 2 f () 2 tt t = ++ với t ≥ 0 . Có 21 '( ) 0, 0 t ft t = + > ∀> + . 2 2 2 t t Do đó hàm số đồng biến trên [0; ) +∞ . ሺ1ሻ ⇔ − > − ⇔ −> ⇔ > fx f x x x ( 1) (3 ) 1 3 2 So với điều kiện, bpt có tập nghiệm là S = (2;3] Câu 47: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số ( ) 4 2 3 12 y m x mx =+ − + chỉ có cực tiểu mà không có cực đại. A.m < −1. B.−≤ ≤ 1 0. m C.m >1. D.−≤ < 1 0. m Hướng dẫn Chọn B Ta xét hai trường hợp sau đây: TH1: m + =1 0 ⇔ m = −1. Khi đó 2 32 y x = + ⇒ hàm số chỉ có cực tiểu ሺ x = 0 ሻ mà không có cực đại ⇒ m = −1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. TH2: m + ≠1 0 ⇔ m ≠ −1. Khi đó hàm số đã cho là hàm số trùng phương ta có : ⎡ ⎤ m 3 2 '4 1 2 4 12 1 () () ( ) + ⎣ ⎦. =+−=+ − ⎢ ⎥ y m x mx m x xm Hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại ⇔ y ' có đúng một nghiệm và đổi dấu từ âm ( ) ⎧ +> ⎪⎨ ≤ ⎪ + ⎩⇔ −< ≤ 1 0 m . 4 10 m sang dương khi x đi qua nghiệm này ⇔ m ( ) m 2 1 0 Kết hợp những giá trị m tìm được, ta có −≤ ≤ 1 0 m . Câu 48: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số ( ) 2 2 32 2 23 1 3 3 y x mx m x = − − −+ có hai điểm cực trị có hoành độ 1 x , 2 x sao cho xx x x 12 1 2 + += 2 1 ( ) . A.m = 0. B. 2 .3 m = − C. 2 .3 m = D. 1 .2 m = − Hướng dẫn Chọn C Ta có : ( ) ( ) 2 222 y x mx m x mx m ' 2 2 23 1 2 3 1 = − − −= − − + , ( ) 2 2 g x x mx m =− − + 3 1 là tam thức bậc hai có 2 Δ= − 13 4 m . Do đó hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi y ' có hai nghiệm phân biệt ⇔ g ( x) có hai nghiệm phân biệt ⎡⎢ > m 2 13 13 ⇔ Δ > 0 ⇔ ⎢⎢⎢ < − ⎣. ሺ1ሻ m 2 13 13 ⎧ + = xx m 1 x , 2 x là các nghiệm của g ( ) x nên theo định lý Vi‐ét, ta có 1 22 ⎨⎩ =− + . xx m 1 2 3 1 ⎡ = m 0 Do đó xx x x 12 1 2 + += 2 1 ( ) ⇔ 2 − + += 3 2 11 m m ⇔ 2 − += 3 20 m m ⇔ ⎢⎢ = ⎣. m 2 3 Đối chiếu với điều kiện ሺ1ሻ, ta thấy chỉ 23 m = thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 49: Cho hàm số ( ) 4 22 yx mx m = − − ++ 21 1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số lập thành tam giác có diện tích lớn nhất . A. 1 .2 m = − B. 1 .2 m = C. m = 0. D. m =1. Hướng dẫn Chọn C ሾPhương pháp tự luậnሿ ( ) 3 2 y x mx ' 4 41 = −− ⎡ = ⇔ ⎢⎣ = − x 0 y ' 0 = 2 2 x m 1 Hàm số có cực đại , cực tiểu khi và chỉ khi : m <1 Tọa độ điểm cực trị A m ( ) 0; 1+ ( ) 24 2 B m m mm 1; 2 − −+ + ( ) 24 2 C mm mm −− − + + 1; 2 ( ) 2 BC m =− − 2 1 ;0  Phương trình đường thẳng BC : 4 2 ym m m + − −= 2 0 ( ) 4 2 dA m m ,BC 2 1 =− + , 2 BC m = − 2 1 ( ) 1 24 2 .[ , ] 1 2 1 2 ABC ⇒ = =− − + S BC d A BC m m m Δ ൌ ( )5 2 1 1 − ≤ m Vậy S đạt giá trị lớn nhất ⇔ = m 0 . ሾPhương pháp trắc nghiệmሿ ( ) 24 2 AB m m m = − −+ − 1; 21  ( ) 24 2 AC m m m =− − − + − 1; 21    ൌ ( ) 24 2 1 21 − −+ mm m ൌ ( )5 2 1 1 − ≤ m Khi đó S ൌ 1 , 2AB AC Vậy S đạt giá trị lớn nhất ⇔ = m 0 . Câu 50: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số ( ) 3 2 y x m x mx =− + + 23 1 6 có hai điểm cực trị A,B sao cho đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng : y x = + 2 . ⎡ = − m A.3 . 2 ⎡ = − m ⎡ = m ⎡ = m ⎢⎣ = B.2 . 3 ⎢⎣ = C.0 . 2 ⎢⎣ = D.0 .3 m Chọn C ሾPhương pháp tự luậnሿ Ta có : ( ) 2 m m Hướng dẫn ⎢⎣ = − m y x m xm = − ++ 66 16 ' 0x ⎡ = = ⇔ ⎢⎣ = 1 yx m Điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị là : m ≠ 1 Ta có : A m (1;3 1− ) ( ) 3 2 B mm m ; 3 − + Hệ số góc đt AB là : ( )2 k m =− −1 Đt AB vuông góc với đường thẳng y x = + 2 khi và chỉ khi k = −10 ⎡ = ⇔ ⎢⎣ = m 2 m ሾPhương pháp trắc nghiệmሿ Bước 1 : Bấm Mode 2 ሺCMPLXሻ Bước 2 : ( ) ( ( ) )( ( )) 2 y y x y xy x y 3 2 '. '' 6 6 1 6 12 6 1 − =−+ +− y x y x yx 231 6 − ++ − + 18 36 a Bước 3 : Cacl x = i , y =1000 Kết quả : 1001000 9980001. − i . Hay : y x = − 1001000 9980001. Vậy phương trình đt qua 2 điểm cực trị AB là : ( )2 2 y = −− − mmm x 1 ⇔−= m 1 10 ⎡ = ⇔ ⎢⎣ = Có đt AB vuông góc với đường thẳng y x = + 2 khi và chỉ khi ( )2 m 2 m Câu 51: Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số: 3 2 y x x mx =− − + 3 2 có điểm cực đại và điểm cực tiểu cách đều đường thẳng có phương trình: yx d = −1 ( ) . ⎡ = m 0 ⎢⎢ = − ⎣C. m = 2. D. 9 .2 A. m = 0. B. Chọn A m 9 . 2 m = − Hướng dẫn ሾPhương pháp trắc nghiệmሿ 2 y x xm ′ = −− 3 6 Hàm số có 2 cực trị m > −3 , gọi 1 2 x , x là hai nghiệm của phương trình y′ = 0 , ta có: 1 2 x x + = 2 Bấm máy tính: ( ) 32 2 1 , 1000 3 23 63 3 x x im A ⎛ ⎞ = == − − + − − − − ⎯⎯⎯⎯⎯ ⎜ ⎟ → ⎝ ⎠ x x mx x x m 994 2006 1000 6 2000 6 2 6 6 m m i ix − + +− − − =− − =− − 33 3 3 3 3 mm mm Ax x Bx x ⎛ ⎞⎛ ⎞ +− +− ⎜ ⎟⎜ ⎟ −− −− ⎝ ⎠⎝ ⎠ 26 6 26 6 ; ;; 33 33 Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là: 11 2 2 Gọi I là trung điểm của ABI m ⇒ − (1; ) Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là: ( ) 26 6 + − =− − Δ m m y x 3 3 ⎡ + ⎡ ⎡Δ Δ≡ − = = − ⇔ ⇔⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ∈ ⎢ ⎢ ⎣ ⎣− =− ⎣ = m d or d m Yêu cầu bài toán 2 6 9 / / 1 3 2 I dm m 1 1 0 Kết hợp với điều kiện thì m = 0 . Câu 52: Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số: 4 22 4 y x mx m =− + + 2 1 có ba điểm cực trị . Đồng thời ba điểm cực trị đó cùng với gốc O tạo thành 1 tứ giác nội tiếp. A. m = ±1. B. m =1. C. Không tồn tại m. D. m = −1. Hướng dẫn Chọn A 3 2 y y x mx ′ == − 4 4 Hàm số có 3 điểm cực trị khi m ≠ 0 Khi đó 3 điểm cực trị là: ( ) ( ) ( ) 4 A 0; 1 , ;1 , ;1 m B m Cm + − Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếpሺ nếu cóሻ của tứ giác ABOC . Do tính chất đối xứng , ta có: A, , O I thẳng hàng ⇒ AO là đường kính của đường tròn ngoại tiếpሺ nếu cóሻ của tứ giác ABOC . Vậy 2 4 AB OB AB OB m m ⊥ ⇔ =⇔ − = .0 0   01 ⎡ = ⇔ ⎢⎣ = ± m m Kết hợp điều kiện m = ±1 ሺ thỏa mãnሻ. Câu 53: Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số: 4 2 y x mx m =− + 2 có ba điểm cực trị . Đồng thời ba điểm cực trị đó là ba đỉnh của một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn hơn 1. A. m < −1. B. m > 2. C.m∈ −∞ − ∪ +∞ ( ; 1 2; . ) ( ) D. Không tồn tại m. Hướng dẫn Chọn B ሾPhương pháp tự luậnሿ Hàm số có 3 điểm cực trị khi m > 0 Ba điểm cực trị là ( ) ( ) ( ) 2 2 A 0; , ; , ; m B mm m C mm m −− − Gọi I là trung điểm của ( ) 2 BC I mm ⇒ − 0; 1 2 . 2 ABC S AI BC m m Δ = = Chu vi của ΔABC là: ( ) 4 2 2 p AB BC AC m m m = + + = ++ 2 ABC S m m Bán kính đường tròn nội tiếp ΔABC là: Δ = = + + rp mm m 4 Theo bài ra: ( ) 2 4 24 4 11 1 m m mm m m m + − + + ሺvì m > 0 ሻ rmm m m >⇔ >⇔ > ⎡ < − m ( ) 4 2 25 2 2 1 ⇔ + − > ⇔ + > + ⇔ − −>⇔ ⎢⎣ > m mm m m m m m m m mm 2 02 So sánh điều kiện suy ra m > 2 thỏa mãn. ሾPhương pháp trắc nghiệmሿ 2 22 b mm 4 r r Sử dụng công thức = ⇒= = 23 3 3 a a ab m m + − + + ++ 4 16 2 4 16 16 1 1 Theo bài ra: ( ) 2 3 23 m m m 1 1 + − r mm >⇔ >⇔ >⇔ + −> 1 1 11 1 3 3 1 1 + + m m ⎡ < − m 3 32 1 + > + ⇔⇔ + > + ⇔ − − > ⇔ ⎢⎣ > m m m m mmm 1 1 1 1 202 So sánh điều kiện suy ra m > 2 thỏa mãn. Câu 54: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số 3 2 y mx mx m = − +− 3 33 có hai điểm cực trị A, B sao cho 2 22 2 ( ) 20 AB OA OB −+ = ሺ Trong đó O là gốc tọa độሻ. A. m = −1. B. m =1. C. m = −1hoặc 1711 m = − . D. m =1hoặc 1711 m = − . Hướng dẫn Chọn D Ta có: 2 y′ = − mx x (3 6 ) ⎡ =⇒ = − ′ = ⇔ ⎢⎣ = ⇒ =− − . Vậy hàm số luôn có hai điểm cực trị. x ym Với mọi m ≠ 0 , ta có 0 33 yx ym 02 3 Giả sử Am B m (0;3 3); (2; 3) − −− . ⎡ = m 1 ⎢ − + = ⇔ + − =⇔ ⎢ = − ⎣ ሺ thỏa mãnሻ Ta có : 2 22 2 2 ( ) 20 11 6 17 0 17 AB OA OB m mm 11 ⎡ = m 1 Vậy giá trị m cần tìm là: ⎢⎢ = − ⎣. m 17 11 Câu 55: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích 48 cm2, hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất bằng: A.16 3 cm B. 4 3 cm C. 24 cm D. 8 3 cm Hướng dẫn Chọn A. Cách 1 Gọi cạnh của hình chữ nhật: a, b; 0 ൏a, b≤ 48 = ⇔= . Chu vi: 48 Pa a () 2a Ta có: 48 ab b 48a 48 P a() 21a ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ′ = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ; Pa a ′() 0 43 =⇔= 2 Bảng biến thiên: a 0 4 3 48 P′(a) − 0 + P(a) 16 3 Cách 2 ∙ Áp dụng bất đẳng thức Côsi: a b ab a b +≥ ⇔+≥ = 2 2 48 8 3 ⇔ chu vi nhỏ nhất: 2( ) 16 3 a b + = ∙ Hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất bằng 16 3 khi cạnh bằng 4 3 . Câu 56: Tam giác vuông có diện tích lớn nhất là bao nhiêu nếu tổng của một cạnh góc vuông và cạnh huyền bằng hằng số a ሺa ൐ 0ሻ? a . B.29a . C.2 29a . D.2 A. 2 6 3 Hướng dẫn a . 3 3 Chọn A. Cạnh góc vuông , 0 2a x x < < ; cạnh huyền: a x − Cạnh góc vuông còn lại là: 2 2 ( ) ax x − − aa x a Sx Sx x − ′ ′ = =⇔= − Diện tích tam giác 1 2 () 2 2 ( 3) () ; () 0 Bảng biến thiên: S x x a ax = − . 2 2 2 3 a ax x 0 3a2a S x ′( ) + 0 − a 2 S x( ) 6 3 Tam giác có diện tích lớn nhất bằng 2 2cos cos 1. cos 1 x x 2 a khi cạnh góc vuông 3a , cạnh huyền 2 . 3a 6 3 Câu 57: Cho hàm số yx+ + = + Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho. Khi đó M൅m bằng A.– 4. B.– 5 . C.– 6 . D. 3. Hướng dẫn Chọn D. 2 2 1 ( ) ,0 1 1 t t Tập xác định: D =  . Đặt t xt = ≤≤ cos , 0 1 y ft t t+ + ⇒ = = ≤≤ + 2 t 0 f t t⎡ = ′ = ⇔ ⎢ =− ∉ ⎣⇒= = f f (0) 1, (1) 2 t t f tt+ ′ = +; [ ] 2 4 ( ) ( 1) 2 () 0 2 0;1 Vậy min 1, max 2 y y = =   Câu 58: Cho hàm số 2sin 1 . sin sin 1 x + = + + Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của hàm yx x số đã cho. Chọn mệnh đề đúng. A. 23 M m= + . B. M m= +1. C. 32 M = m . D. 32 M m= + . Hướng dẫn Chọn B. 2 − − ′ = Đặt txt = −≤≤ sin , 1 1 21 ( ) 1 t y ftt t+ t t f t 2 ( ) ⇒= =+ + , ( ) 2 2 + + t t 1 [ ] f tt⎡ = ∈− ′ = ⇔ ⎢⎢ =− ∉ − ⎣2 (0) 1, ( 1) 0, (1) 3 0 1;1 () 0 2 1;1 t [ ] ⇒ = −= = ff f . Vậy M m = = 1, 0 Câu 59: Cho hai số thực x y ≠ ≠ 0, 0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện 2 2 ( ) x + =+− y xy x y xy . Giá trị 1 1 Ax y lớn nhất M của biểu thức 3 3 = + là: A. M = 0. B. M = 0. C. M =1. D. M =16. Hướng dẫn Chọn D. 2 2 33 2 2 1 1 ( )( ) 1 1 x y x y x xy y x y Ax y x y x y xy x y + + −+ + ⎛ ⎞⎛ ⎞ =+= = = =+ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠. 3 3 33 33 Đặt x = ty . Từ giả thiết ta có: 22 3 2 2 ( ) ( 1) ( 1) x + = + − ⇒ + = −+ y xy x y xy t ty t t y −+ −+ = == + +. Từ đó 2 2 22 Do đó 2 2 tt tt 1 1 y x ty ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + + t t Axy t t 11 21 =+ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ − + . ; 1 2 tt t 1 2 2 tt t ft f t 21 3 3 () () 1 1 ++ − + = ⇒= ′ − + − +. Xét hàm số ( ) 2 2 2 t t t t Lập bảng biến thiên ta tìm giá trị lớn nhất của A là: 16 đạt được khi 12 x y = = . Câu 60: Đồ thị hàm số 2 yx+ = +có đường tiệm cận đứng là x = a và đường tiệm cận ngang là x 3 9 y b = . Giá trị của số nguyên m nhỏ nhất thỏa mãn mab ≥ + là A. 0 . B. −3 . C. −1. D. −2 . Hướng dẫn Chọn D Ta có đường tiệm cận đứng là x = −3 và đường tiệm cận ngang là 13 y = Nên 1 3, 3 a b =− = Do đó 8 2 mab m m ≥ + ⇔ ≥− ⇒ =− 3 Câu 61: Cho hàm số 2 3 ( ) 2 x y C − = − . Gọi M là điểm bất kỳ trên ሺCሻ, d là tổng khoảng cách từ M x đến hai đường tiệm cận của đồ thị ሺCሻ. Giá trị nhỏ nhất của d là A. 5. B. 10. C. 6. D. 2. Hướng dẫn Chọn D ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − với 0 x ≠ 2 x M xx 2 3 Tọa độ điểm M có dạng 0 0 ; 2 0 Phương trình tiệm cận đứng, ngang lần lượt là () ( ) 1 2 x −= −= 20 , 20 dy d . 1 ,,2 2 2 Ta có ( )( ) 1 20 d dMd dMd xx = + = −+ ≥ − 0 Câu 62: Cho hàm số 1 2 3 2 :3 3 y x mx x m = − −+ + có đồ thị (Cm ). Tất cả các giá trị của tham số m để (Cm ) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ 123 x , , x x thỏa 222 1 23 xxx ++>15 là A. m >1 hoặc m < −1. B. m < −1. C. m > 0 . D. m >1. Hướng dẫn Chọn A. Phương pháp tự luận: Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) C và đường thẳng d : () ( ) 1 2 32 2 0 1 31 3 20 x mx x m x x m x m − − + + = ⇔ − +− + − − = ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ 3 3 ⎡ = x 1 ⇔ ⎢ +− + − − = ⎢⎢⎣ ( ) 2 x m xm 3 1 3 2 0 (1) ( ) g x (Cm ) cắt Ox tại ba điểm phân biệt⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 0 2 9 6 90 0 ⎧⎪Δ > ⎧ + +> g m mm ⇔ ⇔ ⇔≠ ⎨ ⎨ ⎪⎩ ≠ −≠ ⎩. ( ) 10 6 0 g m xx m 3 1 ⎧ += − ⎨⎩ =− − . Gọi 1x =1 còn 2 3 x , x là nghiệm phương trình ( ) 1 nên theo Viet ta có 2 3 xx m 2 3 Vậy 2 222 ( ) x x x x x xx 15 1 2 15 + + > ⇔+ + − > 1 2 3 2 3 23 2 2 ( )( ) 3 2 3 1 2 3 2 14 0 9 9 0 1 1 m m m mm ⇔ − + + − > ⇔ − > ⇔ > ∨ <− Vậy chọn m m > ∨ <− 1 1. Phương pháp trắc nghiệm: Ta kiểm tra ngay trên đáp án ൅ Với m = −2 , ta giải phương trình bậc ba: 1 4 3 2 2 0 x xx + −− = thu được 3 nghiệm 3 3 1 23 x xx =− = =− 6.37..., 1, 0.62...Ta chọn những giá trị nhỏ hơn các nghiệm này và kiểm tra điều kiện của bài toán. Cụ thể ta tính () ( ) 2 2 2 − + +− = > 6.4 1 0.63 42.3569 15 ⇒ loại C, D. ൅ Với m = 2 , ta làm tương tự thu được 3 nghiệm 1 23 x xx = = =− 6.27..., 1, 1.27... Tính ( )2 2 2 6.2 1 1.3 41.13 15 + +− = > ⇒loại B. Vậy chọn m m > ∨ <− 1 1. Câu 63: Cho hàm số ( )1 yx− = + có đồ thị là (C). Gọi điểm M ( x0 0 ; y ) với 0 x > −1 là điểm thuộc x 2 1 (C), biết tiếp tuyến của (C) tại điểm M cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB có trọng tâm G nằm trên đường thẳng d xy :4 0 + = . Hỏi giá trị của 0 0 x + 2 y bằng bao nhiêu? A. 72 − . B. 72. C. 52. D. 52 − . Hướng dẫn Chọn A. ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟∈ x M x C 1 ∙ Gọi ( ) ( ) 0 + ⎝ ⎠ với 0 x ≠ −1 là điểm cần tìm. 0 ;2 1 x 0 ∙ Gọi Δ tiếp tuyến của (C) tại M ta có phương trình. 1 1 1 : '( )( ) ( ) 2( 1) 2( 1) 1 x x y fx xx xx − − Δ= − + = − + 0 0 + + + . 00 0 2 x x x ( ) 0 0 0 2 x x A⎛ ⎞ − − ⎜ ⎟ − 0 0 2 1;0 2 2 ⎛ ⎞ − − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + . x x Bx 2 1 0; 2( 1) ∙ Gọi A =Δ∩ Ox ⇒ ⎝ ⎠ và B Oy =Δ∩ ⇒ 0 0 0 2 ∙ Khi đó Δ tạo với hai trục tọa độ ΔOAB có trọng tâm là 2 2 ⎛ ⎞ −− −− ⎜ ⎟ − xx xx Gx 21 21 00 00 ⎝ ⎠ + . ; 6 6( 1) 2 0 2 2 −− −− − += 21 21 4. 0 xx xx ∙ Do G thuộc đường thẳng 4 0 x y + = ⇒ 00 00 2 6 6( 1) x 0 + 1 4x 1 = + ሺvì A, B không trùng O nên 20 0 x x − −≠ 2 10ሻ ⇔( )2 0 1 1 12 2 ⎡ ⎡ + = =− ⎢ ⎢ x x 0 0 . ⇔ ⇔ ⎢ ⎢ 1 3 12 2 ⎢ ⎢ + =− =− ⎢ ⎢ ⎣ ⎣ x x 0 0 1 13 7 ; 2 2 22 2 x M xy ⎛ ⎞ =− ⇒ − − ⇒ + =− ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . ∙ Vì 0 x > −1nên chỉ chọn 0 00 − + = − có đồ thị là (C), đường thẳng dy xm : = + . Với mọi m ta luôn có Câu 64: Cho hàm số 1 x yx 2 1 d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B . Gọi 1 2 k k, lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A, B . Tìm m để tổng 1 2 k k + đạt giá trị lớn nhất. A.m = −1. B.m = −2 . C.m = 3 . D.m = −5 . Hướng dẫn Chọn A. ∙ Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là ⎧⎪ ≠ x 1 − += + − ⇔( ) 2 xx m 1 x 2 ⎨⎪ = + − −= ⎩. 2 1 g x x mx m 2 2 1 0 (*) ∙ Theo định lí Viet ta có 1 2 121 x x m xx − − + =− = . Giả sử ( )( ) 11 2 2 A x y Bx y ;, ; . ; 2m yx− ′ = − , nên tiếp tuyến của (C) tại A và B có hệ số góc lần lượt là 1 ∙ Ta có ( )2 2 1 1 1 kx = − − và ( ) 2 2 ( ) 1 2 2 1 1 kx = − − . Vậy 2 1 2 2 2 x x xx k kx x xx x x 1 1 4( ) 4( ) 2 +− ++ 1 2 12 + =− − =− − − − ++ 1 2 2 2 2 (2 1) (2 1) 4 2( ) 1 [ ] 1 2 12 1 2 2 2 ( ) ( ) 4 86 4 122 mm m =− + + =− + − ≤− ∙ Dấu "ൌ" xảy ra ⇔m = −1. Vậy 1 2 k k + đạt giá trị lớn nhất bằng −2 khi m = −1. yx− = + có đồ thị (C). Biết khoảng cách từ I (−1; 2) đến tiếp tuyến của (C) Câu 65: Cho hàm số 2 11 x tại M là lớn nhấtthì tung độ của điểm M nằm ở góc phần tư thứ hai, gần giá trị nào nhất? A.3e . B. 2e . C. e . D. 4e . Hướng dẫn Chọn C. Phương pháp tự luận 3 yx ′ = + . ∙ Ta có ( )2 1 ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟∈ ≠− x Mx C x 2 1 ; ,1 1 ∙ Gọi ( )( ) 0 ⎝ ⎠ +. Phương trình tiếp tuyến tại M là 0 0 x 0 − = −+ 3 2 1 ( ) ( 1) 1 y xx 2 0 x 2 2 0 0 00 ⇔ − + + − −= 3 ( 1) 2 2 1 0 xx y x x . x x + + 0 0 6 1 6 6 , 6 x + ∙ ( ) 04 2 0 2 0 . d Ixx Δ= = ≤ = 9 ( 1) 9 2 9 ( 1) ( 1) + + + + x 0 + ∙ Dấu " " = xảy ra khi và chỉ khi ⎡ =− + ⇒ = − ( ) ( ) 9 13 23 x y L 2 0 0 2 = + ⇔ + =⇔ ⎢ ( 1) 1 3 ( 1) 13 23 x x + ⎢ =− − ⇒ = + ⎣. 2 0 0 x x y N 0 0 0 Tung độ này gần với giá trị e nhất trong các đáp án. Phương pháp trắc nghiệm Ta có IM ⊥Δ⇒ 0 0 cx d ad bc x + =± − ⇒ + =± + 1 21 ( ) ⎡ =− + ⇒ = − ( ) x y L 13 23 0 ⇔ ⎢⎢ =− − ⇒ = + ⎣. 13 23 ( ) Câu 66: Cho hàm số 21 x y N 0 yx− = + có đồ thị (C). Phương trình tiếp tuyến Δ của đồ thị hàm số (C) tạo x với hai đường tiệm cận một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất. Khi đó, khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến Δ bằng? A. 3 . B. 2 6 . C. 2 3 . D. 6 . Hướng dẫn Chọn D. Phương pháp tự luận ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟∈ ≠− − x Mx C x I 2 ; , 1 , 1;1 1 ∙ Gọi ( )( ) ( ) 0 ⎝ ⎠ +. Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng 0 0 x 0 3 2 : () x − Δ= − + 0 + + . y xx 2 0 x x 1 1 ( ) 0 0 ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ − x Ax 5 1; 1 ∙ Giao điểm của Δ với tiệm cận đứng là 0 ⎝ ⎠ + . 0 ∙ Giao điểm của Δ với tiệm cận ngang là B x (2 1;1 0 + ) . 6 , 2 1 . 12 +. Bán kính đường tròn ngoại tiếp Δ IAB là IA IB x IA IB = = +⇒ = ∙ Ta có 0 x 0 1 IAB S pr = , suy ra IAB S IA IB IA IB IA IB .. . 23 6 == = ≤ =− rp IA IB AB IA IB IA IB IA IB IA IB + + ++ + + . 2 2 2 . 2. . ⎡ =− + ⇒ = − x y r IA IB xx y 13 13 ∙ Suy ra 2 0 M = − ⇔ = ⇔ − =⇔ ⎢⎢ =− − ⇒ = + ⎣. 23 6 1 313 13 max 0 M 0 ∙ IM IM ( 3; 3 6 −⇒ = )   . Phương pháp trắc nghiệm ∙ IA IB = ⇒ Δ IAB vuông cân tại I IM ⇒ ⊥Δ . ⎡ =− + ⇒ = − ∙ 13 13 x y cx d ad bc xx y M M 1 1213 13 + =± − ⇒ + =± + ⇔ ⎢⎢⎣ =− − ⇒ = + M M ⇒ = IM 6  . Câu 67: Cho hàm số 2 32 M M yx− = − có đồ thị (C). Biết rằng tiếp tuyến tại một điểm M bất kỳ của (C) x luôn cắt hai tiệm cận của (C) tại A và B . Độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng AB là A. 4 . B. 2 . C. 2 . D. 2 2 . Hướng dẫn Chọn D. Lấy điểm 1 ;2 2 1 ' 2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ − ∈( ) C với m ≠ 2 . Ta có ( ) ( )2 M mm y mm = − − . 1 1 : 2 Tiếp tuyến tại M có phương trình ( ) ( ) 2 =− − + + − − . 2 2 dy xm m m Giao điểm của d với tiệm cận đứng là 2 2;2 2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ − . Am Giao điểm của d với tiệm cận ngang là B m (2 2;2 − ). ⎡ ⎤ 1 42 8 2 2 = −+ ≥ ⎢ ⎥ − ⎣ ⎦, suy ra AB ≥ 2 2 . Dấu “ൌ” xảy ra khi ( )2 Ta có ( ) ( ) AB mm 2 2 nghĩa là m = 3 hoặc m = −1. 2 3 3 x x m − = 2 1, Câu 68: Cho hàm số yx+ + = + có đồ thị (C). Tổng khoảng cách từ một điểm M thuộc (C) 2 đến hai hai trục tọa độ đạt giá trị nhỏ nhất bằng ? A. 1. B. 12. C. 2 . D. 32. Hướng dẫn Chọn D. Điểm 3 0, 2 M ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ nằm trên trục Oy . Khoảng cách từ M đến hai trục là 32 d = . Xét những điểm M có hoành độ lớn hơn 3232 ⇒= + > dxy . Xét những điểm M có hoành độ nhỏ hơn 32: ∙ Với 33 3 022 2 <<⇒> ⇒= + > x y dxy 3 11 1 0; 0 1 1 ; ' 0 2 22 2 ∙ Với ( )2 + + + . x y d xx d − < < > ⇒ =− + + + = + =− < x x x Chứng tỏ hàm số nghịch biến. Suy ra ( ) 3 min 02 d y = = . x Câu 69: Tọa độ cặp điểm thuộc đồ thị ( ) C của hàm số 42 + = − yx đối xứng nhau qua đường thẳng dx y : 2 60 − −= là A.(4;4) và(− − 1; 1). B.(1; 5− ) và(− − 1; 1). C.(0; 2− ) và (3;7). D.(1; 5− ) và (5;3). Hướng dẫn Chọn B. Gọi đường thẳng Δ vuông góc với đường thẳng 1 : 3 2 dy x = − suy ra Δ =− + : 2 y xm . Giả sử Δ cắt ( ) C tại hai điểm phân biệt A, B. Khi đó hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình ⎧ x ≠ 2 xx m x m xm 4 2 2 ( 3) 2 + ⎪ =− + ⇔ ⎨ −+ + + = − ⎪⎩ . 2 x Điều kiện cần: 4 0 2 ( ) h x Để Δ cắt ( ) C tại hai điểm phân biệt thì phương trình h x() 0 = có hai nghiệm phân biệt 2 0 5 43 10 23 0 ⎧Δ> < − ⎧ − −> ⎡ khác 2 , tức là Điều kiện đủ: m m m ⎨ ⎨ ⇔ ⇔ ⎢ ⎩ ≠ ⎩− ≠ ⎢⎣ > + h m ሺ*ሻ. (2) 0 6 0 5 43 Gọi I là trung điểm của AB , ta có: ⎧ + ⎧ + = ⎪ ⎪ = ⎪ ⎛ ⎞ + + ⎨ ⎨ ⇔ ⇒ ⎜ ⎟ ⎪ ⎪ + ⎝ ⎠ ⎩ = + = + ⎪⎩ x x x A B I I m 3 x m m I 4 33 3 2 ; 3 4 2 22 . m y xm y m I I I Để hai điểm A, B đối xứng nhau qua dx y : 2 60 − −= khi I d ∈ m mm ሺthỏa điều kiện ሺ*ሻሻ. + + 3 33 2. 6 0 3 ⇔ − − = ⇔ =− 4 2 x y hx xx y ⎡ =− ⇒ =− Với m = −3 phương trình 2 1 1 =⇔ −=⇔ ⎢⎣ = ⇒ =− () 0 2 2 0 1 5 Vậy tọa hai điểm cần tìm là (1; 5− ) và (− − 1; 1). 2 x mx 1 Câu 70: ሺCHUYÊN QUANG TRUNGሻ Để hàm số khoảng nào ? + + = + đạt cực đại tại x = 2 thì m thuộc yx m A. (0;2). B. (− − 4; 2). C. (−2;0) . D. (2;4). Hướng dẫn giải Chọn B. ∙ Tập xác định: D m = −  \{ } . 2 2 x mx m 2 1 + +− ′ = + . yx m ∙ Đạo hàm: ( ) 2 2 ++− ⎡ = − ′ =⇒ =⇒ ⎢ m m m 44 1 3 ∙ Hàm số đạt cực trị tại x = 2 thì ( ) ( ) ym m 20 0 + ⎣ = − . 2 2 1 2 6 8 2 x x x − + ⎡ = =− ⇒ = = ⇔ ′ ′ ⎢ − ⎣ = . Lập bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt 3 ;0 my y ∙ Với ( ) 2 3 4 x x cực đại tại x = 2 nên m = −3 ta nhận. 2 2 0 x x x − ⎡ = =− ⇒ = = ⇔ ′ ′ ⎢ − ⎣ = . Lập bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực 1 ;0 my y ∙ Với ( ) 2 1 2 x x tiểu tại x = 2 nên m = −1 ta loại. Câu 71: ሺCHUYÊN VINH – L2ሻCho các số thực x y, thỏa mãn xy x y + = −+ + 23 3 ( ) . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 2 2 P = ++ 4 15 x y xy là A. min 80 P = − . B. min 91 P = − . C. min 83 P = − . D. min 63 P = − . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có 2 4 x y ⎡ + ≥ 2( 3 3) ( ) 4( ) 8 3. 3 4( ) 0 xy x y xy xy x y xyx y + = −+ + ⇔ + = + + − +≥ + ⇔ ⎢⎣ + ≤ Mặt khác xy x y xy xy xy + = −+ + ≤ + ⇔+ ≤⇒+∈ 2( 3 3) 2 2( ) 8 4;8 [ ] Xét biểu thức 22 2 P = + + = + + ≥ + + = ++ − 4( ) 15 4( ) 7 16( ) 7 7 ( 3) 16 5 x y xy x y xy x y xy x y y x . Mà3 016(4 ) 5 64 21 4 ⎧ + ≥ ⎨ ⇒≥ −− = − y P xx x ⎩ ≥ − , kết hợp với y x xy x x + ≥ ⇒ ∈ ⇒ − ≥− 4 3;7 64 21 83 [ ] Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là −83 y Câu 72: ሺCHUYÊN VINH – L2ሻCho hàm số bậc ba y fx = ( ) có đồ thị như hình bên. Tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y fx m = + ( ) có ba điểm cực trị 1 là O x A. m ≤ −1 hoặc m ≥ 3 . B. m ≤ −3 hoặc m ≥ 1. C. m = −1 hoặc m = 3 . D. 1 3 ≤ ≤ m . Hướng dẫn giải −3 Chọn A. Nhận xét: Đồ thị hàm số y = + fx m ( ) gồm hai phần: ∙ Phần 1 là phần đồ thị hàm số y fx m = + ( ) nằm phía trên trục hoành; ∙ Phần 2 là phần đối xứng của đồ thị hàm số y fx m = + ( ) nằm phía dưới trục hoành qua trục hoành. Dựa vào đồ thị của hàm số y f = ( x) đã cho hình bên ta suy ra dạng đồ thị của hàm số y fx m = + ( ) . Khi đó hàm số y = + fx m ( ) có ba điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số y fx m = + ( ) và trục hoành tại nhiều nhất hai điểm chung ⎡ ⎡ + ≤ ≤− 10 1 m m ⇔ ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ ⎣ −+ ≥ ≥ . 30 3 m m Câu 73: (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH – L2) Cho hàm số 3 2 y f x ax bx cx d = = + ++ ( ) có bảng biến thiên như sau: x −∞ 0 1 +∞ y′ + 0 − 0 + y 10+∞ 1 Khi đó | ( )| fx m= có bốn nghiệm phân biệt 123 4 xxx x < < << khi và chỉ khi 2 A. 1 1 2< < m . B. 1 1 2≤ < m . C. 0 1 < < m . D. 0 1 < ≤ m . Hướng dẫn giải Chọn A. ( ) 0 1 2 f a ⎧ = ⎧ = ⎪ ⎪ ⎪ = ⎪ = − ⎨ ⎨ ⇔ ′ = = ⎪ ⎪ ( ) 1 0 3 Ta có f b 0 0 0 f c ( ) ⎪ ⎪ ′ = ⎩ = ⎩ 1 1 0 d f ( ) ⎡ = , suy ra 3 2 y fx x x = =−+ () 2 3 1. x 0 NX: ( ) ⎢ = ⇔ ⎢ = − ⎣. f xx 0 1 2 Bảng biến thiên của hàm số y fx = ( ) như sau: Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình | ( )| fx m= có bốn nghiệm phân biệt xxx x < < << khi và chỉ khi 1 1 1 123 4 2 2< < m . Câu 74: (CHUYÊN THÁI BÌNH – L4) Cho hàm số 22 2 y f x xx x x = =−− − ( ) ( 1)( 4)( 9) . Hỏi đồ thị hàm số y fx = ¢( ) cắt trục hoành tại bao nhiêu điểm phân biệt? A. 3. B. 5. C. 6. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C Ta có ( ) ( )( )( ) ( )( ) 2 2 2 3 42 75 3 f x xx x x x x x x x x x x = − − −= − − + =− + − 1 4 9 13 36 14 49 36 ( ) 64 2 fx x x x ′ =− + − 7 70 147 36 Đặt 2 t xt = ≥ , 0 Xét hàm ( ) 3 2 gt t t t =− + − 7 70 147 36 Do phương trình ( ) 2 gt t t ′ = − += 21 140 147 0 có hai nghiệm dương phân biệt và g ( ) 0 36 0 =− < nên g t( ) = 0có 3 nghiệm dương phân biệt Do đó f x ′( ) = 0có 6 nghiệm phân biệt. Câu 75: (CHUYÊN THÁI BÌNH – L4) Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số ( ) 3 3 y mx x =− −1 đồng biến trên ( ) 0; 1 . A. m ≥ −2. B. m ≤ −2. C. m >1. D. m <1. Hướng dẫn giải. Chọn B + Tập xác định: D = −∞ ( ; 1]. 2 2 3 3 31 . 3 2 x x 23 3 3 + ( ) ( ) ′ =− − − − = − − − − . y x x mx x m 3 3 21 21 x x ⎡ = x 0 ⎢ ′ = ⇔ + ⎢ = ⎢⎣. 0 2 y m x 3 3 * Trường hợp 1: m = −2 , ta có bảng xét dấu: Dựa vào BXD, ta có y′ < ∀∈ ⇒ 0, x 0; 1 ( ) hàm số nghịch biến trên ( ) 0; 1 . * Trường hợp 2: m ≠ −2. Để hàm số nghịch biến trên ( ) 0; 1 thì 32 0 2 mm +< ⇔ <− . 3 Vậy m ≤ −2 thì hàm số nghịch biến trên ( ) 0; 1 . Câu 76: (CHUYÊN THÁI BÌNH – L4) Phương trình sin 2 2017 sin 2 cos x = +− x x có bao nhiêu nghiệm thực trong [ ] −5 ;2017 π π ? A. vô nghiệm. B. 2017 . C. 2022 . D. 2023. Hướng dẫn giải Chọn D Ta có hàm số sin 2 2017 sin 2 cos x y xx = − −− tuần hoàn với chu kỳ T = 2π . Xét hàm số sin 2 2017 sin 2 cos x y xx = − −− trên [ ] 0;2π . Ta có ⎛ ⎞ ′ = − − = −− ⎜ ⎟ x xx x x yx x x 2sin .cos sin cos .2017 .ln 2017 cos cos . 2017 .ln 2017 1 sin sin 2 2 − + ⎝ ⎠ 2 2 cos 1 sin x x π π ′ =⇔ =⇔= ∨= . Do vậy trên [ ] 0;2π , 3 0 cos 02 2 y x xx 2 y⎛ ⎞ π 2 2017 y⎛ ⎞ π ⎜ ⎟ = −− > ⎝ ⎠ ; 3 1 1 20 2017 1 2 0 Bảng biến thiên ⎜ ⎟ = −− < ⎝ ⎠ x 02π 32π 2π y′ + 0 − 0 + y 0 2 y⎛ ⎞ π ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 3 2 y⎛ ⎞ π ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0 Vậy trên [ ] 0;2π phương trình sin 2 2017 sin 2 cos x = +− x x có đúng ba nghiệm phân biệt. Ta có y (π ) = 0 , nên trên [ ] 0;2π phương trình sin 2 2017 sin 2 cos x = +− x x có ba nghiệm phân biệt là 0, , 2 π π . Suy ra trên [−5 ;2017 π π ] phương trình có đúng 2017 5 1 2023 −− + = ( ) nghiệm. BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8 - 9 - 10) _______________________________ Chủ đề 2. LŨY THỪA – MŨ – LOGARIT Câu 1: ሺSGD VĨNH PHÚCሻĐạo hàm của hàm số 2 y log 3 1 = −x là: A. 6 3 1 ln 2 yx ′ = − B. ( )2 3 1 ln 2 yx ′ = − C. ( )6 3 1 ln 2 yx ′ = − D. 2 3 1 ln 2 yx ′ = − Hướng dẫn giải Chọn C. Điều kiện: 3 10 x − ≠ ′ − = −⇒ = = = ′ − − − . ( ) 3 1 3 6 y log 3 1 3 1 ln 2 3 1 ln 2 3 1 ln 2 x x yx x x ( ) ( ) ( ) 2 Câu 2: ሺNGUYỄN KHUYẾN TPHCMሻ Bất phương trình 2 2 2.5 5.2 133. 10 x+ +x x + ≤ có tập nghiệm là S ab = [ ] ; thì b a − 2 bằng A. 6 B.10 C.12 D.16 Hướng dẫn giải Ta có: 2 2 2.5 5.2 133. 10 50.5 20.2 133 10 x+ +x x xx x + ≤ ⇔+≤ chia hai vế bất phương trình x x x x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + ≤ ⇔+ ≤ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ሺ1ሻ cho 5x ta được : 20.2 133 10 2 2 50 50 20. 133. x x 55 5 5 Đặt 2 ,( 0) 5x ⎛ ⎞ = ≥ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠phương trình ሺ1ሻ trở thành: 2 2 25 20 133 50 05 4 t t x x tt t − + ≤ ⇔ ≤≤ 2 4 2 2 25 2 2 2 4 2 − ⎛ ⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔− ≤ ≤ ⎜ ⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝ ⎠ nên a b =− = 4, 2 Khi đó ta có: x 5545 5 5 Vậy b a − = 2 10 BÌNH LUẬN Phương pháp giải bất phương trình dạng ( ) 2 2 ma n ab pb 0 α α α + +> : chia 2 vế của bất phương trình cho 2 a α hoặc 2 b α. Câu 3: ሺNGUYỄN KHUYẾN TPHCMሻ Cho a là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn ( ) 3 3 2 3log 1++ > aa a 2log . Tìm phần nguyên của log 2017 2 ( a) . A. 14 B. 22 C. 16 D. 19 Hướng dẫn giải Đặt 6 t at = > , 0 , từ giả thiết ta có ( ) 32 3 3 2 3log 1 2log ++ > tt t ( ) ( ) 32 2 3 2 ⇔ = ++ − > ft t t t log 1 log 0 2 3 2 ( ) ( ) ( ) + − +− − ′ = −= + + + + 1 3 2 21 3ln 2 2ln 3 2ln 2 2ln 3 2ln 3 . . ln 3 1 ln 2 ln 2.ln 3. t t t t f ttt t ttt 3 2 4 3 ( ) Vì đề xét a nguyên dương nên ta xét t ≥1. Xét ( ) ( ) ( ) 3 2 gt t t =− +− − 3ln 2 2ln 3 2ln 2 2ln 3 2ln 3 Ta có ( ) 8 4 84 2 3ln 2ln 3ln 2ln 9 9 99 gt t t t t ⎛ ⎞ ′ = += + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ( ) 9 2ln 4 0 0 8 3ln 9 gt t ′ =⇔= < . Lập bảng biến thiên suy ra hàm số g (t) giảm trên khoảng [1;+∞) . Suy ra gt g f t () () () ≤ = − <⇒ < 1 5ln 2 6ln 3 0 0 ′ . Suy ra hàm số f (t) luôn giảm trên khoảng [1;+∞) . Nên t = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình f t( ) = 0. Suy ra ( ) ( ) ( ) 6 ft ft f t a a >⇔ > ⇔< ⇔ < ⇔ < 0 4 4 4 4096 . Nên số nguyên a lớn nhất thỏa mãn giả thiết bài toán là a = 4095 . Lúc đó log 2017 22,97764311 2 ( a) ≈ . Nên phần nguyên của log 2017 2 ( a) bằng 22. Đáp án: B. Câu 4: ሺNGUYỄN KHUYẾN TPHCMሻ Biết 152 x = là một nghiệm của bất phương trình ( ) ( ) 2 2log 23 23 log 2 15 a a x xx − > ++ ሺ*ሻ. Tập nghiệm T của bất phương trình ሺ*ሻ là: A. 19 = −∞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠. B. 17 1; 2 T ⎛ ⎞ ;2 T ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠. C.T = (2;8). D.T = ( ) 2;19 . Hướng dẫn giải ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2log 23 23 log 2 15 log 23 23 log 2 15 a aa a x xx x xx − > ++ ⇔ − > ++ Nếu a >1ta có 2 ⎧⎪ −>++ log 23 23 log 2 15 2 19 2 15 0 a ax xx 2 ( ) ( ) 23 23 2 15 x xx x − > + + ⇔ ⇔<< ⎨⎪⎩ ++> 2 x x Nếu 0 1 < < a ta có 2 log 23 23 log 2 15 23 23 0 19 a ax xx x 2 23 23 2 15 1 2 ( ) ( ) ⎧ −<++ ⎡ < < − > ++ ⇔ ⇔ ⎨ ⎢ − > ⎣ > ⎩ x xxx x Mà 152 x = là một nghiệm của bất phương trình.Chọn D. BÌNH LUẬN ‐ Sử dụng tính chất của hàm số logarit loga y b = đồng biến nếu a >1 nghịch biến nếu 0 1 < < a ⎡⎧ > ⎢⎪⎢⎨ > a 1 ( ) g x 0 ⎢⎪ > ⎢⎩ > ⇔ ⎢⎧ < < ⎢⎪⎢⎨ > ⎢⎪⎢ < ⎣⎩ ‐ () () f x gx log log a a () () f x gx a 0 1 ( ) f x 0 () () f x gx Câu 5: ሺT.T DIỆU HIỀNሻ Tìm m để phương trình: − − + − + −= − có nghiệm trên 5 , 4 1 1 log 2 4 5 log 4 4 0 2 ( ) ( )( ) 2 21 1 mxm m ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ x 2 2 2 A. 7 33 −≤ ≤ m . B. m∈ . C. m∈∅ . D. 7 33 −< ≤ m . Hướng dẫn giải Chọn A. t x = − log 2 . Do [ ] 5 ;4 1;1 Đặt 1 ( ) 2 x t ⎡ ⎤ ∈ ⇒ ∈− ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 2 ( ) 2 4 1 4( 5) 4 4 0 m t m tm − + − + −= ( ) ( ) 2 ⇔ − + − + −= m t m tm 1 5 10 ( ) 2 2 ⇔ ++ = + + mt t t t 1 51 2 t t + + 5 1 ⇔ =+ + mt t 2 1 ⇔ = g (m ft ) ( ) 2 t t f tt t + + = + + với t ∈ −[ ] 1;1 Xét ( ) 2 5 1 1 2 t f t − ′ = ≥ 4 4 0 ( ) ( ) 2 2 + + ∀∈− t [ 1;1] ⇒ Hàm số đồng biến trên đoạn [ ] −1;1 t t 1 Để phương trình có nghiệm khi hai đồ thị g (m ft ); ( ) cắt nhau ∀∈− t [ 1;1] ( ) () 7 ( 1) 1 3 3 ⇒ − ≤ ≤ ⇔− ≤ ≤ f gm f m BÌNH LUẬN Đây là dạng toán ứng dụng hàm số để giải bài toán chứa tham số. Đối với bài toán biện luận nghiệm mà chứa tham số thì phải tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ sau đó cô lập m rồi tìm max, min hàm số. Câu 6: ሺLẠNG GIANG SỐ 1ሻ Số các giá trị nguyên dương để bất phương trình 22 2 cos sin sin 3 2 .3 x x x + ≥ m có nghiệm là A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Hướng dẫn giải Chọn A. Đặt 2 sin x = t (0 1 ≤ ≤t ) t 3 32 2 .3 ⎛ ⎞ ⇔ +≥ ⇔ + ≥ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ( ) 22 2 cos sin sin 1 3 2 .3 3 2 3 x x x tt t m − + ≥ ⇔ +≥( )2 t t m m t t 3 3 3 t Đặt: ( ) 3 2 0 1 t y t ⎛ ⎞ = + ≤≤ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 9 3 t t 1 12 2 3. .ln .ln 0 y⎛⎞ ⎛⎞ ′ = +< ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ ⇒Hàm số luôn nghịch biến 9 93 3 t f'(t) f(t) 1 0 _ 4 1 Dựa vào bảng biến thiên suy ram ≤1 thì phương trình có nghiệm Suy ra các giá trị nguyên dương cần tìm m = 1. Câu 7: ሺLÝ TỰ TRỌNG – TPHCMሻ Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để phương trình 2 2 3 2 4 63 .3 3 3 xx x x m m −+ − − +=+ có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn A. 2 x x − + 3 2 ⎧⎪ = ⎨ ⇒ = 3. 3 Đặt. uu v 6 3 − x ⎪⎩ = . Khi đó phương trình trở thành 3 4 − x 2 v ( ) ( ) ( )( ) mu v uv m m u v u u m v += + ⇔ − − − =⇔ − − = 1 10 1 0 2 3 2 x x − + ⎡ = ⎡ = ⇔ ⇔ ⎢ ⎢⎣ = ⎢ = > ⎣ u 1 3 1 2 2 v m m m − x ( ) 3 0 2 x ⎡ = 1 x xx 3 202 ⎡ − += ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ − = ⎢⎣ = − ⇔ ⇔= 2 4 log 4 log x mx m 3 2 3 Để phương trình có ba nghiệm thì 23 x = −4 log m có một nghiệm khác 1;2 . Tức 3 4 log 0 81 − =⇔ = m m . Chọn A. 2 log log log log 0; abc b y x x Câu 8: ሺLÝ TỰ TRỌNG – TPHCMሻ Cho = ==≠ = . Tính y theo p q, , r. p q r ac yq+ = . C. y qpr = −− 2 . D. y q pr = − 2 . A. 2 y q pr = − . B. 2p r Hướng dẫn giải Chọn C. 2 2 b b y y x x =⇔ = log log ac ac ⇒ = −−= − − y x b a c q x p xr x log 2log log log 2 log log log ( ) = −− x q pr log 2 ⇒= −− y q pr 2 ሺdo log 0 x ≠ ሻ. BÌNH LUẬN b bc b b c b m b Sử dụng log log log c,log log log ,log log m =+ =− = a a aa a a a a c x Câu 9: ሺCHUYÊN PHAN BỘI CHÂUሻ Cho hàm số ( ) 4 1 2 100 ... 100 100 100 ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + ++ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Af f f ? x f x . Tính giá trị biểu thức 4 2 = + A.50 . B. 49 . C.1493 . D. 3016 . Hướng dẫn giải Chọn D. X ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + 100 100 ∑ Cách 1. Bấm máy tính Casio fx 570 theo công thức 4 301 X . X 6 4 2 = 1 100 x Cách 2.Sử dụng tính chất fx f x ( ) + −= (1 1 ) của hàm số ( ) 4 x f x . Ta có 4 2 = + ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ = + + + ++ + + + ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ 1 99 2 98 49 51 50 100 ... 100 100 100 100 100 100 100 100 Af f f f f f f f 1 2 4 4 301 4942 6 4 2 =+ + = 1 2 + + x PS: Chứng minh tính chất của hàm số ( ) 4 x f x . 4 2 = + x xx x 1 − 44 4 4 4 2 1 1 Ta có () ( ) x x x xx x fx f x . − + −= + = + = + = 1 4 2 4 2 4 2 4 2.4 4 2 2 4 + + ++ ++ Câu 10: ሺTHTT – 477ሻ Nếu 2 8 4 log log 5 a b + = và 2 4 8 log log 7 a b + = thì giá trị của ab bằng A. 9 2 . B. 18 2 . C. 8. D. 2. Hướng dẫn giải Chọn A. Đặt 2 2 log 2 ; log 2 x y x aa y bb = ⇒= = ⇒= . 1 5 log log 5 3 3 15 6 ⎧ + = ⎪ ⎪ ⎧ + = ⎪ ⎧ ⎧ += = ⎨ ⎨⎨ ⎨ ⇔⇔⇔ x y a b xy x 8 4 2 Ta có ⎪ + = ⎩ ⎩ += = ⎩ ⎪ + = ⎪⎩. Suy ra 9 2 2 x y ab + = = . 2 log log 7 1 3 21 3 7 a b xy y x y 4 8 3 BÌNH LUẬN Nguyên tắc trong bài này là đưa về logarit cơ số 2. Câu 11: ሺTHTT – 477ሻ Cho n >1 là một số nguyên. Giá trị của biểu thức 11 1 ... log ! log ! log ! n nn n + ++ bằng 2 3 A. 0. B. n. C. n!. D. 1. Hướng dẫn giải Chọn D. 111 1 1, ... log 2 log 3 log 4 ... log log ! log ! log ! log ! n n n > ∈⇒ + + ++ = + + ++  nnn n nnn n !!! ! 234 n ( ) = == n n log 2.3.4... log ! 1 n n ! ! BÌNH LUẬN 1 log log ab ba = , log log log a aa bc b c = + ,log 1 a a = Sử dụng công thức Câu 12: ሺCHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNHሻ Cho hai số thực dương x y, thỏa mãn 22 4 x y + = . Tìm giá trị lớn nhất Pmax của biểu thức ( )( ) 2 2 P = + ++ 22 9 x y y x xy . A. max272 P = . B. max P =18. C. max P = 27 . D. max P =12 . Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có 4 2 2 22 4 2 2 x y xy x y x y + + = + ≥ ⇔≥ ⇔+≤ . 2 x y xy⎛ ⎞ + Suy ra ≤ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 2 1 Khi đó ( )( ) ( ) 2 2 33 2 2 P = + ++ = + + + 2 2 9 2 4 10 x y y x xy x y x y xy . ( )( ) ( ) 2 2 = + +− + + 2 3 21 ⎡ ⎤ 0 ⎣ ⎦ P x y x y xy xy xy ( ) ( ) 2 2 2 2 ≤ − + + = + + −≤ 4 4 3 4 10 16 2 2 1 18 xy x y xy x y xy xy Vậy max P =18khi x = = y 1. Câu 13: ሺCHUYÊN PHAN BỘI CHÂUሻ Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình ( ) ( ) 2 2 2 1 7 35 7 35 2 x x x m − − ++ = có đúng hai nghiệm phân biệt. 1 0 ⎡−< ≤ ⎢⎢⎢ = ⎢⎣. m A. 116 m < . B. 1 016 ≤ < m . C. 1 1 2 −< ≤ m . D. 1 2 16 m 16 Chọn D. 2 2 x x ⎛ ⎞⎛ ⎞ − + 7 35 7 35 1 ⇔+ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ PT m . 2 22 ⎝ ⎠⎝ ⎠ 2 7 35 0;1 2x t⎛ ⎞ − = ∈ ⎜ ⎟ Đặt ( ] ⎝ ⎠ . Khi đó PT ( ) 2 2 ⇒ −+ = ⇔ =− = 2 2 02 2 t t m m t t gt ሺ1ሻ. Ta có ( ) 1 14 04 gt t t ′ =− = ⇔= . Suy ra bảng biến thiên: t 014 1 g′(t) + 0 − g (t) 0 1 8 −1 PT đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt ⇔ ሺ1ሻ có đúng 1 nghiệm t ∈( ) 0;1 1 1 2 16 8 1 12 0 0 ⎡ ⎡ = = ⎢ m m ⇔ ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣−< ≤ −< ≤ ⎢⎣. m m 2 BÌNH LUẬN Trong bài này các em cần lưu ý tìm điều kiện đúng cho t và mối quan hệ số nghiệm giữa biến cũ và biến mới, tức là mỗi t ∈( ) 0;1 cho ta hai giá trị x . x x x x + + 1 1 4 4 2 24 Câu 14: ሺCHUYÊN ĐHSP HNሻ Số nghiệm thực phân biệt của phương trình + = là A. 2. B. 3. C. 1. D. 0. Chọn D. Điều kiện x ≠ 0 x ‐ Nếu 1 0 1 >⇒+ ≥ , dấu bằng xẩy ra khi 12 x xx x = và 1 1 + ≥ , x 4 4 x x x x x + + 1 1 dấu bằng xẩy ra khi x = 2 suy ra 4 4 2 2 4, 0 + > ∀> 1 < ⇒− − ≥ ⇒ + ≤− ⇒ ≤ , dấu bằng xẩy ra khi 12 4 11 1 0 1 12 x x xx x ‐ Nếu x x + x = − 44 2 x 1 x x x 4 11 1 1 12 + và − − ≥ ⇒ + ≤− ⇒ ≤ , dấu bằng xẩy ra khi x = 2 44 2 x x x x x x x + + 1 1 Suy ra 4 4 2 2 1, 0 + < ∀< Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. BÌNH LUẬN Sử dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương a b ab + ≥ 2 , dấu “ൌ” xảy ra khi a b = . Câu 15: ሺCHUYÊN ĐH VINHሻ Số nghiệm của phương trình ( ) 2 2 3 5 log 2 log 2 2 xx xx − = −+ là A.3. B. 2. C.1. D. 4. 🗹Đáp án: B. ĐK: x x ≠ ≠ 0; 2 . Đặt 2 tx x = − 2 2 ⇒ − + =+ x 22 2 x t ⇒=+ log log 2 3 5 t t( ). Đặt log log 2 3 5 t tu = += ( ) u ⎧ = ⎪⎨ ⇒ log t u ⎧⎪ = ⎨⎪⎩ + = 3 ( ) t 3 u log 2 t u ⎪ + = ⎩ t 5 5 23 ⇒ −= u u u u 2 5 u u u u ⎡ + = ⎢ ⇒ ⎢⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ + = ⎢⎣⎝⎠ ⎝⎠ 5 3 2 (1) ⎡ − = ⎢⎣ − =−532 ⇒5 23 u u 52 3 ⎡ + = ⇒ ⎢⎣ + = u u 3 25 u u . 3 1 2 1 (2) 5 5 ∙ Xét (1 :5 3 2 ) u u + = Ta thấy u = 0 là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để chứng minh nghiệm u = 0 là duy nhất. Với 2 u t xx = ⇒ =− ⇒ − + = 0 1 2 10, phương trình này vô nghiệm. u u ⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ + = ⎝⎠ ⎝⎠ ∙ Xét ( ) 3 1 2: 2 1 5 5 Ta thấy u =1 là 1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số hoặc dùng BĐT để chứng minh nghiệm u =1 là duy nhất. Với 2 u t xx =⇒=⇒ − −= 0 3 2 30, phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa x x ≠ ≠ 0; 2 . BÌNH LUẬN Cho f x gx ( ) = ( )(1) nếu f ( x gx ), ( ) đối nghịch nhau nghiêm ngặt hoặc g ( x const ) = và f ( ) x tăng, giảm nghiêm ngặt thì ሺ1ሻ có nghiệm duy nhất. Câu 16: ሺCHUYÊN THÁI BÌNHሻ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2 log (1 ) log ( 4) 0 − + +− = x xm . 3 1 3 A. 1 0 4m − < < . B. 21 5 . ≤ ≤ m C. 21 5 . < < m D. 1 2 4m − ≤ ≤ . 4 4 Chọn C. ( ) 2 x x 1 0 1;1 log (1 ) log ( 4) 0 log (1 ) log ( 4) 1 4 ⎧⎪ ⎪ − > ⎧ ∈− 2 x xmx xm x xm − + + − =⇔ ⇔ ⎨ ⎨ ⎪⎩ − = +− ⎪⎩ − =+ − 3 1 2 2 3 3 3 Yêu cầu bài toán ( ) 2 ⇔ = ++ −= fx x xm 5 0 có 2 nghiệm phân biệt ∈ −( 1;1) Cách 1: Dùng định lí về dấu tam thức bậc hai. Để thỏa yêu cầu bài toán ta phải có phương trình f x( ) = 0 có hai nghiệm thỏa: 1 2 −< < < 1 1 x x ( ) . 10 a f ⎧ − > ⎪> ⎧ − > ⎪⎪ ⎪ ⇔ ⇔ −> ⇔< < ⎨ ⎨ Δ > ⎪ ⎪⎩ − > ⎪−< < ⎪⎩. 5 0 .1 0 21 30 5 0 4 a f m ( ) m m 21 4 0 m S 1 1 2 Cách 2: Với điều kiện có nghiệm, tìm các nghiệm của phương trình f x( ) = 0 rồi so sánh trực tiếp các nghiệm với 1 và −1. Cách 3: Dùng đồ thị Đường thẳng y m = − cắt đồ thị hàm số 2 yx x = +− 5 tại hai điểm phân biệt trong khoảng (−1;1) khi và chỉ khi đường thẳng y = −m cắt đồ thị hàm số 2 yx x = +− 5 tại hai điểm phân biệt có hoành độ ∈ −( ) 1;1 . Cách 4: Dùng đạo hàm Xét hàm số ( ) ( ) 2 1 5 2 102 fx x x f x x x = + − ⇒ = + = ⇒ =− ′ Có () ( ) 1 21; 1 3; 1 5 2 4 f ff ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − =− =− − =− ⎝ ⎠ Ta có bảng biến thiên x −1 1 − 1 2 f ′( x) – 0 + f ( x) −5 214 − 3 Dựa vào bảng biến thiên, để có hai nghiệm phân biệt trong khoảng (−1;1) khi 21 21 5 5 − <− <− ⇒ > > m m . 4 4 Cách 5: Dùng MTCT Sau khi đưa về phương trình 2 x xm ++ −= 5 0 , ta nhập phương trình vào máy tính. * Giải khi m = −0,2: không thỏa⇒loại A, D. * Giải khi m = 5 : không thỏa ⇒loại B. Câu 17: Tập tất cả các giá trị của m để phương trình ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 2 . 234. 2 2 x x m log x x log x m − − − += −+ có đúng ba nghiệm phân biệt là: A. 1 3 ; 1; . ⎧ ⎫ ⎨ ⎬ − ⎩ ⎭B. 1 3 ;1; . ⎧ ⎫ ⎨ ⎬ −⎩ ⎭C. 1 3 ;1; . ⎧ ⎫ ⎨ ⎬ − ⎩ ⎭D. 1 3 ;1; . 2 2 Chọn D 2 2 2 2 Hướng dẫn giải ⎧ ⎫ ⎨ ⎬ ⎩ ⎭ 2 2 Ta có ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 2 . 234. 2 2 x x m log x x log x m − − − += −+ ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 2 2 . 1 22 . 2 2 x x m log x log x m − − ⇔ − + = −+ ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ (2) Xét hàm số () ( ) 2 2 . 2 , 0. t f t log t t = +≥ Vì ft t ′( ) > ∀≥ ⇒ 0, 0 hàm số đồng biến trên ( ) 0;+∞ Khi đó () ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 12 ⇔ − = − ⇔− = − f ⎡ ⎤ x f xm x xm ⎣ ⎦ 2 ⎡ − ++ = xx m ( ) 4 1 2 03 ⇔ ⎢⎢ = − ⎣ 2 x m ( ) 2 14 Phương trình ( ) 1 có đúng ba nghiệm phân biệt nếu xảy ra các trường hợp sau: ൅ሻ PT (3) có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT(4) 3 ⇒ = m , thay vào PT (4) thỏa mãn 2 ൅ሻ PT (4) có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT( ) 3 1 ⇒ = m , thay vào PT (3) thỏa mãn 2 ൅ሻ PT (4) có hai nghiệm phân biệt và PT (3) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm của hai PT trùng nhau (4 21 ) ⇔ =± − x m ,với 1 3 . 2 2 < < m Thay vào PT ( ) 3 tìm được m =1. KL: 1 3 ;1; . m⎧ ⎫ ∈⎨ ⎬ ⎩ ⎭ 2 2 BÌNH LUẬN B1: Đưa phương trình về dạng f (u fv ) = ( ) với u v, là hai hàm theo x . B2: Xét hàm số f (tt D ), . ∈ B3: Dùng đạo hàm chứng minh hàm số f (tt D ), ∈ tăng hoặc giảm nghiêm ngặt trên D. B4: f (u fv u v ) = ⇔= ( ) Câu 18: ሺQUẢNG XƯƠNG Iሻ Tất cả các giá trị của m để bất phương trình (3 1)12 (2 )6 3 0 x xx m m + +− +< có nghiệm đúng ∀ >x 0 là: A.( ) − +∞ 2; . B.( ; 2] −∞ − . C. 1 ⎝ ⎠ . D. 1 2; 3 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − − ⎝ ⎠. Chọn đáp án B Đặt 2x = t . Do x >⇒> 0 1 t . ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ −∞ − ; 3 Khi đó ta có : 2 (3m 1) t (2 m) t 1 0, t 1 + + − +< ∀> 2 −− − ⇔ − <− − − ∀ > ⇔ < ∀ > − 2 1 (3t t) m t 2 1 t 1 t 1 3t t 2 2 2 t mt t 2 −− − = +∞ −22 2 t t f t + − ⇒ = > ∀ ∈ +∞ − 2 1 ( ) ê 1; 3t t f t tr n Xét hàm số ( ) 2 t t BBT 7 61 '(t) 0 (1; ) (3t t) Do đó t 1 +∞ f'(t) ൅ f(t) 1 − 3 −2 m f → + ≤ =− thỏa mãn yêu cầu bài toán lim (t) 2 t 1 BÌNH LUẬN Sử dụng ( ) ( ) + ≥ ∀∈ ⇔ ≥ ∀∈ m fx x D m x x D maxf ( ) ( ) + ≤ ∀∈ ⇔ ≤ ∀∈ m fx x D m x x D minf Câu 19: ሺQUẢNG XƯƠNG Iሻ Trong các nghiệm (; ) x y thỏa mãn bất phương trình 2 2 2 log (2 ) 1 x y x y + + ≥ . Giá trị lớn nhất của biểu thức T xy = + 2 bằng: A. 94. B. 92. C. 98. D.9. Chọn đáp án B 2 2 2 2 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ + > <+ < log (2 ) 1 ( ), ( ) 2 2 02 2 x yx y x y Bất PT 2 2 21 0 21 ⇔ + ≥⇔ ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ +≥ + < +≤ + . x y III xyx y xyx y + 2 2 2 2 2 Xét Tൌ 2x + y TH1: ሺx; yሻ thỏa mãn ሺIIሻ khi đó 2 2 0 2 21 < = +≤ + < T xyx y TH2: ሺx; yሻ thỏa mãn ሺIሻ 2 2 2 1 9 2 2 2 ( 1) ( 2 ) 2 2 8 x y xy x y + ≤ +⇔ − + − ≤ . Khi đó 1 1 9 1 1 9 99 9 9 22 2 2 2( 1) ( 2 ) (2 ) ( 1) ( 2 ) . 2 22 22 4 2 4 28 4 2 xy x y x y ⎡ ⎤ += −+ − +≤ + − + − +≤ += ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Suy ra : 9 T = 1 ( ; y) (2; ) 2 max2 BÌNH LUẬN ⇔ = x ‐ Sử dụng tính chất của hàm số logarit loga y b = đồng biến nếu a >1 nghịch biến nếu 0 1 < < a ⎡⎧ > ⎢⎪⎢⎨ > a 1 ( ) g x 0 ⎢⎪ > ⎢⎩ > ⇔ ⎢⎧ < < ⎢⎪⎢⎨ > ⎢⎪⎢ < ⎣⎩ () () f x gx log log a a () () f x gx a 0 1 ( ) f x 0 () () f x gx ‐ Sử dụng bất đẳng thức BCS cho hai bộ số (ab x ;,; ) ( y) thì ( )( ) 222 2 ax b +≤ + + y abx y Dấu “ൌ” xảy ra khi 0 a b = > x y Câu 20: ሺMINH HỌA L2ሻ Tìm tập hợp các giá trị của tham số thực m để phương trình 63 2 0 +− −= ( ) x x m m có nghiệm thuộc khoảng ( ) 0;1 . A. [ ] 3;4 . B. [ ] 2;4 . C. (2;4). D. (3;4). Chọn C. x x Ta có: 63 2 0 +− −= ( ) x x m m ( ) 1 ⇔6 3.2 + = + x m 2 1 x x Xét hàm số ( ) 6 3.2 + = + x f x xác định trên  , có 2 1 xx x + + ′ = > ∀∈ 12 .ln 3 6 .ln 6 3.2 .ln 2 0, ( ) ( )2 fx x nên hàm số f ( x) đồng biến trên  x 2 1 +  Suy ra 0 1 0 12 4 < <⇔ < < ⇔ < < x f fx f fx ( ) ( ) () ( ) vì f f ( ) () 0 2, 1 4. = = Vậy phương trình ( ) 1 có nghiệm thuộc khoảng ( ) 0;1 khi m∈(2;4). Câu 21: ሺ CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 3ሻTìm m để bất phương trình ( ) ( ) 2 2 5 5 1 log 1 log 4 + +≥ + + x mx x m thoã mãn với mọi x ∈  . A. −< ≤ 1 0 m . B. −< < 1 0 m . C. 2 3 < ≤ m . D. 2 3 < < m . Hướng dẫn giải Chọn C. 2 ⎧⎪ + +> mx x mx 4 0 BPT thoã mãn với mọi x ∈  .⇔ ( ) ( ) ⎪⎩ +≥ + + ⇔ ⎨ ∀ ∈ 2 2 51 4 x mx x m ⎧ > m 0 ⎧ > m 0 ⎪⎡ < − ⎪⎢ ⎪⎪⎣ > m 2 2 ⎧⎪ + +> ⎨ ∀ ∈ mx x mx 4 0 ( ) ( ) ⎪⎪ − < 2 16 4 0 m m 2 ⎪⎩ − − +− ≥ ⇔ 2 ⎨ − > ⎪⎪⎩ −− ≤⇔ 5 0 ⎨ < ⎪⎪⎡ ≤ ⎪⎢⎪⎣ ≥ ⎩⇔2 3 < ≤ m . 5 45 0 mx x m m ( ) 2 m m 5 3 BÌNH LUẬN 16 4 5 0 m 2 ( ) m 7 ⎧ > a 0 Sử dụng dấu tam thức bậc hai không đổi trên R : + = + + ≥ ∀∈ ⇔ ⎨⎩Δ ≤ f x ax bx c x R 00 ⎧ > ( ) 2 a 0 Câu 22: ሺ CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 3ሻCho hàm số đồng biến trên khoảng (1;2). f x ax bx c x R + = + + > ∀∈ ⇔ ⎨⎩Δ < 00 2017 y⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠3x x e m-1 e +1 −. Tìm m để hàm số ( ) 4 A. 3 4 31 31 e me +≤ < + . B. 4 m e ≥ + 3 1. C. 2 3 31 31 e me +≤ ≤ + . D. 2 m e < + 3 1. Hướng dẫn giải Chọn B. 3 1 1 4 4 3 .ln . 1 1 x x e me ( ) −− + ⎛⎞ ⎛⎞ ′ ′ = −− + ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ ൌ x x y e m e ∙ 2017 2017 ( ) ( ) x x e mex x y e me 3 1 1 4 4 3 .ln . 3 1 ( ) −− + ⎛⎞ ⎛⎞ ′ = −− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ 2017 2017 ( ) ( ) ∙Hàm số đồng biến trên khoảng (1;2) ⇔ 3 1 1 4 4 3 .ln . 3 1 0, 1;2 2017 2017 x x e me ( ) −− + ⎛⎞ ⎛⎞ ′ = − − ≥ ∀∈ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ ሺ*ሻ, mà x x y e m e x ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 1 4 0, 2017 x x e me −− + ⎧⎛ ⎞ ⎪⎜ ⎟ > ∀∈ ⎪⎝ ⎠ ⎨⎪ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ < ⎪⎩ ⎝ ⎠. Nên ሺ*ሻ ⇔ ( ) ( ) 3 3 1 0, 1;2 x x e me x − − ≤ ∀∈ ⇔ x 4 ln 0 2017 ( ) 2 3 1 , 1;2 x e mx + ≤ ∀∈ ∙Đặt ( ) ( ) 2 3 1, 1;2 x gx e x = + ∀∈ , ( ) ( ) 2 3 .2 0, 1;2 x gx e x = > ∀∈ x 1 2 ( ) ′ + . Vậy ሺ*ሻ xảy ra khi m g ≥ (2)⇔ 4 m e ≥ + 3 1. g x ( ) g x BÌNH LUẬN | | | |  Sử dụng ( )' ' ln u u a ua a = và phương pháp hàm số như các bài trên. Câu 23: ሺCHUYÊN BẮC GIANGሻ Trong hình vẽ dưới đây có đồ thị của các hàm số x y = a , x y = b , logc y x = . y x y a =x y b = 3 2 1 logc y x = x −1 O 1 2 3 . Hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau đây? A. cab < < . B. acb < < . C. bca < < . D. abc < = . Hướng dẫn giải Chọn B. Từ đồ thị Ta thấy hàm số x y a = nghịch biến ⇒<< 0 1 a . Hàm số , log xc y by x = = đồng biến ⇒> > b c 1, 1 ⇒< < a ba c , nên loại A, C Nếu b c = thì đồ thị hàm số x y b = và logc y x = phải đối xứng nhau qua đường phân giác góc phần tư thứ nhất y = x . Nhưng ta thấy đồ thị hàm số logc y x = cắt đường y = x nên loại D. Câu 24: ሺCHUYÊN BẮC GIANGሻ Biết rằng phương trình ( ) ( ) ( ) 2 log 4 2 3 2 4. 2 x ⎡ ⎤ − ⎣ ⎦ − =− có hai nghiệm x x 1 x , x21 2 ( x x < ). Tính 1 2 2x − x . A. 1. B. 3 . C. −5 . D. −1. Hướng dẫn giải Chọn D. ∙ Điều kiện x > 2 . ∙ Phương trình thành ( ) ( ) ( ) 2 2 log 4 log 2 3 2 4. 2 x x x + − − =− ∙ ( )( ) ( ) ( ) 2 2 log 2 3 2 . 2 4. 2 x ⇔− − = − hay ( ) ( ) ( ) 2 log 2 2 4. 2 x xx x − x x − − =− . ∙ Lấy lôgarit cơ số 2 hai vế ta được log 2 .log 2 log 4 2 22 2 () () () xx x − −= − ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ 5 log 2 1 log 2 2 log 2 2 ⎡ ⎡ − =− = ⇔ − =+ − ⇔ ⇔ ⎢ ⎢ − = ⎢ ⎢⎣ ⎣ =. () () ( ) 2 2 x x x xxx 2 2 ∙ Suy ra 152 ( ) log 2 2 6 2 x = và 2 x = 6.Vậy 1 25 2 2. 6 1 x x − = − =− . 2 Câu 25: ሺCHUYÊN KHTN L4ሻ Cho x, y là số thực dương thỏa mãn ( ) 2 ln n x y + ln l y x ≥ + . Tìm giá trị nhỏ nhất của Pxy = + A. P = 6. B. P = + 22 3. C. P = +2 32 . D. P = + 17 3 . Hướng dẫn giải: Chọn đáp án B. Từ ( ) 2 2 l n n ln l x y + ⇔ ≥ + ≥+ x y xy x y . Ta xét: Nếu 0 1 < ≤x thì 2 2 y y ≥ ≥ +⇔≥ xy x 0 x mâu thuẫn. 2 ≥ +⇔ −≥ ⇔≥ −x 2 2 11 2 =+≥ + −x P xx Nếu x > 1 thì ( ) y . Vậy x y . xy x y y x xx 1 2 = + −x fx xxxét trên (1;+∞). Ta có ( ) 1 ⎡ − ⎢ = 2 2 ( ) 2 2 ' 02 2 ( ) 2 = =⇔ ⎢ − + 4 1 x x loai x f xxx an Có ( ) 2 − + ⎢ + ⎢ = ⎣ 2 1 xnh 2 ⎛ ⎞ + Vậy ( ) ( ) 1;2 2 min 2 2 3 ∞+ 2 fx f . = =+ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Câu 26: ሺCHUYÊN KHTN L4ሻ Tìm tập hợp tất cả các tham số m sao cho phương trình 2 2 21 22 4 .2 3 2 0 xx xx m m −+ −+ − + −= có bốn nghiệm phân biệt. A. (−∞;1). B. (−∞ ∪ +∞ ;1 2; ) ( ) . C. [2;+∞) . D. (2;+∞) . Hướng dẫn giải Đặt ( ) 2 ( 1) 2 1 x t t − = ≥ Phương trình có dạng: ( ) 2 t mt m − + −= 2 3 2 0* Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình ሺ*ሻ có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 2 ⎧ − +> ⎪ ⎪ ⎧ − +> ⎧ − +> ⎪ ⇔ ⇔ ⇔ −≥ ⇔ > ⎨ ⎨ ⎨ ⎪⎩ = ± − +> ⎪⎩ − +< − ⎪⎩ − +< − + 3 20 3 20 3 2010 2 2 2 m m m m m mm m 2 2 x mm m mm mmm mm 3 21 32 1 32 21 1,2 2 2 Chọn đáp án: D BÌNH LUẬN Trong bài này do đề bài yêu cầu phương trình có 4 nghiệm phân biệt nên ta cần chú ý mỗi t ≥1 thì ta nhận được bao nhiêu giá trị x Từ phương trình (*) chúng ta có thể cô lập m và ứng dụng hàm số để biện luận số nghiệm của phương trình thỏa đề bài. Câu 27: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 2 2 log (5 1).log (2.5 2) x x − −≥ m có nghiệm với mọi x ≥1? A.m ≥ 6. B.m > 6. C.m ≤ 6. D. m < 6. Hướng dẫn giải BPT 2 2 2 2 log (5 1).log (2.5 2) m log (5 1). 1 log (5 1) m xx x x ⇔ − −≤⇔ − + − ≤ ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ Đặt ( ) 2 6 t xx = +− log 1 do x ≥1⇒ ∈ +∞ t [2; ) BPT 2 ⇔ + ≥ ⇔ +≥ ⇔ ≥ t t m t t m ft m (1 ) ( ) Với 2 f ( )ttt = + , ft t () 2 1 0 = +> vớit ∈ +∞ [2; ) nên hàm đồng biến trên t ∈ +∞ [2; ) Nên Minf t f ( ) (2) 6 = = Do đó để để bất phương trình 2 2 log (5 1).log (2.5 2) m x x − −≥ có nghiệm với mọi x ≥1thì : m Minf t m ≤ ⇔≤ () 6 Câu 28: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình ( ) 22 2 log log 3 log 3 x x mx + −= − có nghiệm thuộc [32;+∞) ? 21 4 2 A. m∈(1; 3⎤⎦. B. m 1; 3) ∈ ⎡⎣ . C.m 1; 3) ∈ −⎡⎣ . D. m∈ −( 3;1⎤⎦. Hướng dẫn giải Điều kiện: x > 0. Khi đó phương trình tương đương: ( ) 222 2 log 2log 3 log 3 x xmx − −= − . Đặt 2 t x = log với 2 2 x x ≥⇒ ≥ = 32 log log 32 5 hay t ≥ 5. Phương trình có dạng ( ) () 2 t t mt − −= − 2 3 3 * . Khi đó bài toán được phát biểu lại là: “Tìm m để phương trình ሺ*ሻ có nghiệm t ≥ 5 ” Với t ≥ 5 thì (*) 3 . 1 3 3. 1 3 0 ⇔ − + = − ⇔ − +− − = ( )( ) t t mt t t m t ( ) ( ) t mt mt+ 1 1 303 t ⇔ +− − = ⇔ = − + + < ≤⇒< ≤ − − t t Ta có 1 4 1 . ≥ ⇒<+ ≤+ = − − hay 1 1 1 31 3 += + − − Với 4 4 5 11 1 3 t tt t t 3 3 t t 3 53 3 3 suy ra 1 3. < ≤ m Vậy phương trình có nghiệm với 1 3. < ≤ m BÌNH LUẬN Chúng ta có thể dùng hàm số để tìm max, min của hàm số 1, 5 t + y t = ≥ − t 3 Câu 29: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 log 7 7 log 4 , . x mx x m x + ≥ + + ∀∈ A. m∈(2;5]. B. m∈ −( 2;5]. C.m∈[2;5). D. m∈ −[ 2;5) . Hướng dẫn giải Bất phương trình tương đương 2 2 7 7 4 0, x mx x m x + ≥ + + > ∀∈ ( ) 2 ⎧⎪ − − +− ≥ 7 4 7 0 (2), . 4 0 (3) mx x mx ⇔ ∀∈ ⎨⎪⎩ + +> 2 mx x m ✔ m = 7 : ሺ2ሻ không thỏa ∀ ∈x  ✔ m = 0: ሺ3ሻ không thỏa ∀ ∈x  ⎧ − > ⎧ < ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ Δ= − − ≤ ′ ≤ 7 0 7 m m ሺ1ሻ thỏa∀ ∈x  ( )2 47 0 5 m mm 2 ⇔ ⇔ ⇔ <≤ ⎨ ⎨ 2 5. m m 0 0 > > ⎪ ⎪ 2 4 0 2 m m Δ= − < ′ ⎩ > ⎩ 3 Câu 30: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho khoảng (2;3) thuộc tập nghiệm của bất phương trình ( ) ( ) 2 2 5 5 log 1 log 4 1 (1) x x xm +> + + − . A. m∈ −[ ] 12;13 . B. m∈[12;13]. C. m∈ −[ ] 13;12 . D. m∈− − [ 13; 12]. Hướng dẫn giải 2 ⎧ + + ⎪ ⎪ + > ⎧ >− − = 4 1 4 () (1) 54 4 5 () 4 0 x xm 2 2 x m x x fx ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ ⎪ ⎪⎩ < − += ⎩ + +> 2 m x x gx x xm 2 ⎧ ≥ =− = ⎪ ⇔ ⇔− ≤ ≤ ⎨ ≤= = ⎪⎩ m Max f x x Hệ trên thỏa mãn ∀ ∈x (2;3) 2 3 < < x ( ) 12 khi 2 12 13. m Min f x x m 2 3 < < x ( ) 13 khi 2 Câu 31: Phương trình 2 3 56 2 3 x− −+ x x = có hai nghiệm 1 2 x , x trong đó 1 2 x < x , hãy chọn phát biểu đúng? A. 12 3 3 2 log 8 x x − = . B. 12 3 2 3 log 8 x x − = . C. 12 3 2 3 log 54. x x + = D. 12 3 3 2 log 54. x x + = Hướng dẫn giải Logarit hóa hai vế của phương trình ሺtheo cơ số 2ሻ ta được: ( ) 2 3 56 2 2 3 log 2 log 3 ⇔ = x− −+ x x ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 22 2 ⇔ − = − + ⇔ −−− − = x xx x x x 3 log 2 5 6 log 3 3 2 3 log 3 0 ⎡ = ⎡ ⎡ −= = ⇔ − − − =⇔ ⇔ ⇔ ⎢ ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ ⎢ ⎢ −− − = ⎢ − = ⎣ ⎣ ⎢⎣ x 3 30 3 x x ()() () () 22 2 x xx x x 3 . 1 2 log 3 0 1 1 2 log 3 2 log 3 1 2log 3 2 ⎡⎡ ⎡ == = ⇔⇔ ⇔ ⎢⎢ ⎢ ⎣⎣ ⎣ =+ =+ = xx x 33 3 xx x log 2 2 log 2 log 9 log 18 3 33 3 Câu 32: Phương trình 33 33 4 4 3 3 3 3 3 10 + − +− x xxx + ++= có tổng các nghiệm là ? A. 0. B. 2. C. 3. D. 4 . Hướng dẫn giải 33 33 4 4 3 3 3 3 3 10 + − +− x xxx + ++= (7) 27 81 1 1 7 27.3 81.3 10 27. 3 81. 3 10 7' ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⇔ + + += ⇔ + + + = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ( ) ( ) 3 33 3 xx x x 3 3 xx x x 33 3 3 Côsi Đặt 1 1 3 2 3. 2 x x t =+ ≥ = x x 3 3 3 1 1 11 1 3 3 3.3 . 3.3 . 3 3 x x xx x t tt ⎛ ⎞ ⇒= + = + + + ⇔ + =− ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 3 32 3 3 x xx x x 23 3 3 3 33 3 3 3 33 10 10 7 ' 27 3 81 10 2 Khi đó: ( ) ( ) ( ) ⇔ − + = ⇔ = ⇔= > tt t t t N 27 3 Với ( ) 10 1 10 3 7'' xx t = ⇒+ = 3 33 ⎡ = ( ) y N 3 1 10 7'' 3 10 3 0 1 33 ⇔ + = ⇔ − +=⇔ ⎢⎢ = ⎢⎣ Đặt 3 0 x y = > . Khi đó: ( ) 2 y yy y y N ( ) Với 333x y=⇒ =⇔ 1 x = Với 1 1 33 3 x y= ⇒ = ⇔ 1 x =− Câu 33: Phương trình ( ) 2 3 2 3 1 4.3 5 0 xx x + + − −= x có tất cả bao nhiêu nghiệm không âm ? A.1. B. 2. C. 0. D. 3. Hướng dẫn giải ( ) 2 3 2 3 1 4.3 5 0 xx x + + − −= x ( ) ( ) ( ) 2 3 1 2 3 1 4.3 4 0 x xx ⇔ −+ +− + = x (3 13 1 2 43 1 0 )( ) ( )( ) xx x ⇔ − ++ − += x ( )( ) 3 2 53 1 0 x x ⇔ + − += x 3 2 50 x ⇔ + −= x Xét hàm số ( ) 325 x f x x =+ − , ta có : f (1 0 ) = . ' 3 ln3 2 0; ( ) x fx x = + > ∀∈ . Do đó hàm số f ( ) x đồng biến trên  . Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1 BÌNH LUẬN Có thể đặt 3 0 x t = > sau đó tính delta theo x Câu 34: Gọi 1 2 x , x là hai nghiệm của phương trình () ( ) 2 2 2 2 21 22 4 3 2 2 2 21 x x x x + + + + = + −+ . Khi đó, tổng hai nghiệm bằng? A. 0. B. 2. C. −2. D. 1. Hướng dẫn giải () ( ) () () 22 2 2 2 22 2 21 22 21 21 4 31 1 2 2 2 2 1 8.2 2 4.2 4.2 1 xx x x x xx x ++ + + + ++ + = + − +⇔ = + − + Đặt ( ) 2 1 2 2 x t t + = ≥ , phương trình trên tương đương với 22 2 8 4 4 1 6 1 0 3 10 tt t t t t t = + − +⇔ − −= ⇔= + ሺvì t ≥ 2 ሻ. Từ đó suy ra ⎡ + ⎢ = ⎢ =+ ⇔ ⎢+ ⎢ = − ⎢⎣ 3 10 log 2 2 3 10 x 2 1 2 x + 1 x 3 10 log 2 2 2 Vậy tổng hai nghiệm bằng 0 . Câu 35: Với giá trị của tham số m thì phương trình () ( ) 1 16 2 2 3 4 6 5 0 x x m mm + − − + += có hai nghiệm trái dấu? A. − < <− 4 1. m B. Không tồn tại m . C. 3 12 −< < m . D. 5 16 − < <− m . Hướng dẫn giải Đặt 4 0 x = >t . Phương trình đã cho trở thành: ( ) ( ) 2 1 2 2 3 6 5 0. m t m tm + − − + +=  (*) f t ( ) Yêu cầu bài toán ⇔(*) có hai nghiệm 1 2 t t , thỏa mãn 1 2 0 1 < << t t ⎧ ⎧ +≠ +≠ ⎪ ⎪ 10 10 m m ( ) () ( )( ) 1 1 0 1 3 12 0 4 1. mf m m m ⇔ + < ⇔ + + < ⇔− < <− ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ + +> + +> ⎩ ⎩ ( )( ) ( )( ) 16 5 0 16 5 0 mm mm BÌNH LUẬN x t xt ⎧ = ⇔= ⎨⎩ <<⇒ < nên 1 2 0 1 < << t t thì 4 log Tìm mối quan hệ nghiệm giữa biến cũ và mới, do 4 0 1 log 0 t t 4 phương trình có hai nghiệm trái dấu. Câu 36: Với giá trị nào của tham số m thì phương trình 1 4 .2 2 0 x x m m + − += có hai nghiệm 1 2 x , x thoả mãn 1 2 x x + = 3 ? A. m = 4 . B. m = 2 . C. m =1. D. m = 3 . Hướng dẫn giải Ta có: ( ) ( ) 2 1 4 .2 2 0 2 2 .2 2 0 * xx x x m m mm + − + =⇔ − + = Phương trình (*) là phương trình bậc hai ẩn 2xcó: ( )2 2 Δ=− − = − ' 22 m mm m . Phương trình (*) có nghiệm ( ) 2 2 ⎡ ≥ m ⇔ − ≥⇔ − ≥⇔ ⎢⎣ ≤ m m mmm 2 0 200 Áp dụng định lý Vi‐ét ta có: 1 2 12 2 .2 2 2 2 x x xx m m + =⇔ = Do đó 3 1 2 xx m m + =⇔ = ⇔ = 322 4. Thử lại ta được m = 4 thỏa mãn.Chọn A. BÌNH LUẬN Do phương trình (*) là phương trình bậc hai ẩn 2 0 x > có thể có nghiệm 2 0 x < ሺvô líሻ nên khi giải ra tham số m = 4 thì phải thử lại. Câu 37: ሺCHUYÊN VINH – L2ሻTìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 1 log 4log 3 ym x xm = − ++ xác định trên khoảng (0;+∞). 2 3 3 A. m∈ −∞ − ∪ +∞ ( ; 4 1; ) ( ) . B. m∈ +∞ [1; ) . C. m∈ −( 4;1) . D. m∈ +∞ (1; ) . Hướng dẫn giải Chọn A. Đặt 3 t x = log , khi đó x∈ +∞ ⇔ ∈ (0; ) t . log 4log 3 ym x xm = − ++trở thành 214 3 ymt t m = −++ . 1 2 3 3 1 log 4log 3 ym x xm = − ++ xác định trên khoảng ( ) 0;+∞ khi và chỉ khi hàm số Hàm số 2 3 3 1 4 3 ymt t m = −++ xác định trên  2 2 ⇔ − + += mt t m 4 30 vô nghiệm 2 ⇔Δ = − − < ⇔ <− ∨ > ′ 4 30 4 1 mm m m . Câu 38: ሺCHUYÊN VINH – L2ሻTìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 x m x − = + có hai nghiệm phân biệt. 3 ( ) log 1 A. −< ≠ 1 m 0 . B. m > −1. C. Không tồn tại m . D. −< < 1 0 m . Hướng dẫn giải Chọn B. Điều kiện: 10 1 ⎧ ⎧ + > >− ⎨ ⎨ ⇔ x x ⎩ ⎩ +≠ ≠ 11 0 x x Xét hàm số 2 2 ; 1 0, 1;0 0 : log 1 1 .ln 3.log 1 fx x f x x ( ) ( ) ( ) () () ( )( ) 2 = − = + > ∀ ∈ − ∪ +∞ ′ + ++ x xx 3 3 Bảng biến thiên x −∞ 0 +∞ y′+ + y −1 +∞ −∞ 2 +∞ Từ bảng biến thiên suy ra phương trình chỉ khi m > −1 log 1 − = + x m x có hai nghiệm phân biệt khi và 3 ( ) x x y = , ( ) 1 2 Câu 39: ሺTIÊN LÃNG – HPሻCho bốn hàm số ( 3 1 ) ( ) x y⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ , 4 3( ) x y = , ( ) 1 4 y⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 3 4 có đồ thị là 4 đường cong theo phía trên đồ thị, thứ tự từ trái qua phải là (CCCC 1234 ),,, ( ) ( ) ( ) như hình vẽ bên. Tương ứng hàm số ‐ đồ thị đúng là A. (1 ,2 ,3 ,4 ) −−−− (CCCC 2341 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . B. (1 ,2 ,3 ,4 . ) −−−− (CCCC 1234 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) C. (1 ,2 ,3 ,4 ) − −− − (C CC C 413 2 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . D. (1 ,2 ,3 ,4 . ) −−−− (CCCC 1234 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có ( 3)x y (C1 ) (C3 ) (C4 ) y = và 4x y = có cơ số lớn hơn 1 nên hàm đồng biến nên nhận đồ thị là (C3 ) hoặc (C4 ). Lấy x = 2 ta có ( )2 2 3 4 < nên đồ thị 4x y = là (C3 ) và đồ thị ( 3)x y = là (C4 ). Ta có đồ thị hàm số 4x y = và 14x O x y⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ đối xứng nhau qua Oy nên đồ thị 14x y⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ là (C2 ). Còn lại (C1 ) là đồ thị của 13x y⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Vậy (1 ,2 ,3 ,4 ) − −− − (C CC C 413 2 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 4log log log 0 6 9 Câu 40: ( CHUYÊN SƠN LA – L2) Cho phương trình 29 11 xm x xm + + +−= ( m 3 3 là tham số ). Tìm m để phương trình có hai nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 x x. 3 = . Mệnh đề nào sau đây đúng ? A. 1 2 < < m . B. 3 4 < < m . C. 3 02 < < m . D. 2 3 < < m . Hướng dẫn giải Chọn C. 1 2 4log log log 0 6 9 xm x xm + + +−= Đk: x > 0 Ta có: 29 11 3 3 1 2 4 log log log 0 6 9 2 ( ) 2 11 ⇔ + + +−= x m x xm − − 3 33 2 2 1 12 4 log log log 0 2 39 ⎛ ⎞ ⇔ − − +−= ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ x m x xm 3 33 1 2 log log 0 1 3 9 ⎛ ⎞ ⇔ − + +−= ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ( ) 23 3 x m xm Đặt 3 t x = log . Khi đó phương trình ( ) 1 ( ) 2 1 2 0 2 t m tm ⎛ ⎞ ⇔− + +−= ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 3 9 Phương trình đã cho có hai nghiệm 1 2 x x, thỏa mãn 1 2 x x. 3 = 31 2 ⇔ = log . 1 x x 31 32 1 2 ⇔ + =⇔ + = log log 1 1 x x tt (Với 1 31 t x = log và 2 32 t x = log ) Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình ( ) 2 Ta có 1 21 2 11 1 − ⎛ ⎞ + =⇔ =⇔ + =⇔ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ b tt m m a Vậy 3 02 3 3 < < m là mệnh đề đúng. Câu 41: (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH – L2) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 3 1 x = + mx có hai nghiệm phân biệt? A. m > 0 . B. 0ln 3 ⎧ > ⎨⎩ ≠ . C. m ≥ 2 . D. Không tồn tại m m m Hướng dẫn giải Chọn B Ta có: Số nghiệm của phương trình 3 1 x = + mx phụ thuộc vào số giao điểm của đồ thị hàm số 3x y = và đường thẳng y mx = +1. y x = + .ln 3 1 3x y = Ta thấy y mx = +1 luôn đi qua điểm cố định (0; 1) nên +Nếu m = 0 : phương trình có nghiệm duy nhất + Nếu m < 0 : y mx = +1 là hàm nghịch biến nên có đồ thị cắt đồ thị hàm số 3x y = tại một điểm duy nhất. + Nếu m > 0 :Để thỏa mãn ycbt thì đường thẳng y mx = +1 phải khác tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3x y = tại điểm (0; 1), tức là m ≠ ln 3 . Vậy 0ln 3 ⎧ > ⎨⎩ ≠ m m BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8 - 9 - 10) _______________________________ Chủ đề 3. NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN ‐ ỨNG DỤNG Câu 1: (SGD VĨNH PHÚC)Gọi S t( ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 1 yx x = + + , y = 0 , x = 0 , x tt = > ( 0) . Tìm lim . ( ) t S t →+∞ ( )( )2 1 2 A. 1 ln 22 − − . B. 1 ln 22 − . C. 1 ln 2 2− . D. 1 ln 22 + . Hướng dẫn giải Chọn B. Cách 1: + 1 a bx c *Tìm abc , , sao cho( )( )2 2 = + + + + + x x x x 1 2 1 ( 2) ( ) ( )( ) 2 ⇔= + + + + 12 1 a x bx c x 2 2 ⇔= + + + + + + 1 44 ax ax a bx bx cx c 0 1 ab a ( )( ) 2 ⇔= + + ++ + + 1 44 a bx a b cx a c 1 0 *Vì trên [0;t], ( )( )2 ⎧ ⎧ += = ⎪ ⎪ ⇔ + + = ⇔ =− ⎨ ⎨ 4 01 abc b . ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ + = =− 41 3 ac c + +nên ta có: yx x = > 1 2 t t x St x x ⎛ ⎞⎛ ⎞ + = = ⎜ ⎟⎜ ⎟ − + + + + ⎝ ⎠⎝ ⎠ ∫ ∫ 1 13 d d Diện tích hình phẳng: ( ) ( )( ) ( ) 2 2 xx x x 12 2 1 0 0 t t x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + 1 1 1 11 d ln = −− = + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + + + ⎝ ⎠ + + ⎝ ⎠ ∫ ( ) ( )2 x x x xx x 1 2 22 2 0 0 11 1 ln ln 2 t + + + . = + +− t t 22 2 *Vì 1 1 lim 1 lim ln 0 ⎛⎞ ⎛⎞ + + ⎜⎟ ⎜⎟ =⇒ = ⎝⎠ ⎝⎠ + +và 1 lim 0 t t t t 2 2 →+∞ t t →+∞ t→+∞ t 2 = + Nên ( ) 11 1 1 lim lim ln ln 2 ln 2 t S t →+∞ →+∞ t t ⎛ ⎞ + = + + −= − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + + . t t 22 2 2 Cách 2: Dùng Máy tính cầm tay. t ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ 1 d + + ⎝ ⎠ ∫ Diện tích hình phẳng: ( ) ( )( )2 St x x x 0 100 1 2 ⎛ ⎞ = ≈ ⎜ ⎟ 1 d 0,193 + + ⎝ ⎠ ∫ Cho t =100 ta bấm máy ( )( ) 1 2x 0 x x 2 Dùng máy tính kiểm tra 4 kết quả ta được đáp án B. α α = + ∫ và0sin Câu 2: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho các tích phân 1 I dx x J dx = + ∫ π α⎛ ⎞ với 0; 4 ∈⎜ ⎟ ⎝ ⎠, khẳng định sai là α x I dx cos 0 1 tan x x x cos sin = + ∫ . B. IJ c −= + ln sin os α α . A. x x 0 cos sin C. I = + ln 1 tanα . D. I J + = α . Hướng dẫn giải Chọn C α Ta có 1 1 cos = = + + +nên A đúng. α α α α 1 tan cos sin sin 1cos α α α ( ) x x dx x cos sin cos sin ln cos sin ln cos sin α α α − + + + ∫ ∫ B đúng I J dx x x −= = = + = + 0 xx xx cos sin cos sin 0 0 α α += = =α ∫ D đúng. I J dx x 0 0 x Câu 3: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho hàm số ( ) ( ) 3 f x t t dt = − ∫ . Gọi m M, lần lượt là 4 8 1 giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) trên đoạn [0;6]. Tính M − m . A. 18 B. 12 C. 16 D. 9 Hướng dẫn giải x x ( ) ( ) ( ) 3 42 2 f x t t dt t t x x = − = − =−+ ∫ , với x ≥ 0 . 1 14 8 4 43 fx x fx x ′ ′ ( ) = − =⇔ =∈ 2 4; 0 2 1;6 ( ) [ ] . ff f (0 3; 2 1; 6 15 ) = =− = ( ) ( ) . Suy ra M m = =− 15, 1 . Suy ra M m− =16 . Đáp án: C. Câu 4: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Giả sử ( )2017 ( ) 1 1( ) 1 da b − − − =−+ ∫ với a b, là x x x xx C a b các số nguyên dương. Tính 2a b − bằng: A. 2017 . B. 2018 . C. 2019 . D. 2020 . Hướng dẫn giải Ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2018 2019 x x xx x x x x x C − − − = − + − = − − − =− + + ∫∫ ∫ 2017 2017 2017 2018 1 1 x x 1 d 111 d 1 1 d2018 2019 Vậy a b ab = = ⇒ −= 2019, 2018 2 2020 . Chọn D. Câu 5: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho F x( ) là nguyên hàm của hàm số ( ) 13 x f xe = +và ( ) 1 0 ln 4 F = − . Tập nghiệm S của phương trình ( ) ( ) 3 3 ln 3 2 Fx x + += là: 3 A. S = {2} . B. S = −{ 2;2}. C. S = {1;2} . D. S = −{ 2;1} . Hướng dẫn giải x ⎛ ⎞ Ta có: ( ) ( ) ( ) d1 1 1 d ln 3 x e Fx x x e C x = = − = − ++ ⎜ ⎟ + + ⎝ ⎠ ∫ ∫ . x x e e 33 3 3 Do ( ) 1 0 ln 4 F = − nênC = 0 . Vậy ( ) ( ( )) 1 ln 3 x Fx x e =− + . 3 3 Do đó: 3 ln 3 2 2 ( ) ( ) x Fx e x + + =⇔= Chọn A. Câu 6: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho f ( ), ( ) x gx là các hàm số liên tục trên đoạn [ ] 2;6 và 366 thỏa mãn 6 f x dx f x dx g x dx ( ) 3; ( ) 7; ( ) 5 === ∫∫∫ . Hãy tìm mệnh đề KHÔNG đúng. 233 3 [3 ( ) ( )] 8 g x f x dx − = ∫ B. A. 3 6 ln e f x dx − = ∫ D. C. [2 ( ) 1] 16 2 [3 ( ) 4] 5 f x dx − = ∫ 2 6 ln e f x g x dx − = ∫ [4 ( ) 2 ( )] 16 3 Hướng dẫn giải 36 6 f x dx f x dx x dx ( ) ( ) f( ) 10 + == ∫∫ ∫ 23 2 6 66 Ta có: [3 ( ) ( )] 3 ( ) ( ) 15 7 8 g x f x dx g x dx f x dx − = − = −= ∫ ∫∫ nên A đúng 3 33 3 33 [3 ( ) 4] 3 f( ) 4 9 4 5 f x dx x dx dx − = − =−= ∫ ∫∫ nên B đúng 2 22 6 ln 6 6 6 e f x dx f x dx x dx dx − = − = − = −= ∫ ∫ ∫∫ nên C đúng [2 ( ) 1] [2 ( ) 1] 2 f( ) 1 20 4 16 2 2 22 6 ln 6 6 6 e f x g x dx f x g x dx x dx g x dx − = − = − =−= ∫ ∫ ∫∫ [4 ( ) 2 ( )] [4 ( ) 2 ( )] 4 f( ) 2 ( ) 28 10 18 3 3 33 Nên D sai Chọn đáp án D Câu 7: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Giả sử 23 2 3 2 2 (2 5 2 4) ( ) x x e x x x dx ax bx cx d e C + − + = + ++ + ∫ . Khi đó abcd +++ bằng A. ‐2 B. 3 C. 2 D. 5 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có 23 2 3 2 2 (2 5 2 4) ( ) x x e x x x dx ax bx cx d e C + − + = + ++ + ∫ nên 3 2 2 2 2 23 2 x xx ( ) ( ) ' (3 2 ) 2 ( ) ax bx cx d e C ax bx c e e ax bx cx d + ++ + = + + + + ++ x 32 2 ( ) = + + + + ++ 2 (3 2 ) (2 2 ) 2 ax a b x b c x c d e x 32 2 = + −+ (2 5 2 4) xx xe ⎧ ⎧ = = 22 1 a a ⎪ ⎪ += = ⎨ ⎨ ⇔ 325 1 Do đó ab b + =− =− ⎪ ⎪ 22 2 2 bc c ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ += = cd d 24 3 . Vậy abcd +++ = 3 . 5 = ∫ . Tính giá trị của Câu 8: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho biết 2 Pf x = −+ [ (5 3 ) 7]dx ∫ 0 f x dx ( ) 15 1 − A. P =15 B. P = 37 C. P = 27 D. P =19 Hướng dẫn giải Để tỉnh P ta đặt dt t x dx = − ⇒ =− 5 33 =⇒= x t 0 5 = ⇒ =− x t 2 1 nên − 1 5 55 ⎛ ⎞ dt P f t f t f t dt dt 1 1 [ ( ) 7]( ) [ ( ) 7]dt ( ) 7 33 3 ∫ ∫ ∫∫ = +− = + = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 5 1 11 − −− 1 1 .15 .7.(6) 19 =+ = 3 3 chọn đáp án D Câu 9: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho hàm số f ( x a xb x ) = − sin 2 cos 2 thỏa mãn 2 f ⎛ ⎞ π b adx = ∫ . Tính tổng a b + bằng: ⎜ ⎟ = − ⎝ ⎠ và 3 ' 2 a A. 3. B. 4. C.5. D.8. Hướng dẫn giải Chọn C. f ' 2 cos 2 2 sin 2 ( x a xb x ) = + 2 f aa ⎛ ⎞ π ⎜ ⎟ =− ⇔− =− ⇔ = ⎝ ⎠ ' 222 1 b b adx dx b b = = ⇔ −= ⇔ = ∫ ∫ 3 13 4 a 1 Vậy a b + =+ = 1 4 5. ln 2 11 5 d ln 2 ln 2 ln . Câu 10: (TRẦN HƯNG ĐẠO – NB) Biết rằng: ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + = ++ ⎝ ⎠ + ∫ Trong đó a x x x bc e 21 2 3 0 abc , , là những số nguyên. Khi đó S abc =+− bằng: A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 . Hướng dẫn giải Chọn C. ln 2 ln 2 ln 2 1 1 dd d ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + =+ ⎝ ⎠ + + ∫ ∫∫ . 21 21 x x x x xx x e e 0 00 ln 2 ln 2 2 2 ln 2 d2 2 x Tính x x = = ∫ 0 0 ln 2 1 d Tính e + ∫ 0 2 1 x x Đặtd 2 1 d 2d d1 x x t = +⇒ = ⇒ = − . Đổi cận : x = ⇒= =⇒= ln 2 5, 0 3 tx t .t e t ex xt ln 2 5 5 5 1 d 11 5 d d ln 1 ln ln 4 ln 5 ln 2 ln 3 ln 2 ln t ⎛ ⎞ = = − = −− = − − + = − ⎜ ⎟ + −− ⎝ ⎠ ∫ ∫∫ . ( ) ( ) x tt t 21 1 1 3 x 3 e tt t t 0 33 ln 2 11 5 d ln 2 ln 2 ln 2, 1, 1 21 2 3 x x x a bc ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + = + − ⇒ = = =− ⎝ ⎠ + ∫ 2 0 e Vậy abc +−= 4 . Câu 11: (LẠNG GIANG SỐ 1) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) của hàm số ( ) 1 2 4 3 2 y xx = −+ và hai tiếp tuyến của(C) xuất phát từ M (3; 2− ) là A. 8.3B. 5.3C. 13. 3D. 11. 3 Hướng dẫn giải Chọn A Ta có ( ) 1 24 2 2 y xx ′ = − =− . 1 4 3 Gọi ( ) 0 0 x ; y là tọa độ tiếp điểm. Khi đó, ( ) 2 2 y xx = −+ và yx x ′( 0 0 ) = − 2. 0 00 Phương trình của tiếp tuyến của (C) tại điểm có tọa độ ( x y 0 0 ; ) là 1 2 43 ( )( ) ( ) 2 2 y x xx x x =− −+ − + 0 0 00 Vì tiếp tuyến đi qua điểm M (3; 2− ) nên 1 1 1 ⎡ = ⇒ =− + x yx ( )( ) ( ) 2 0 2 23 4 3 −= − − + − + ⇔ ⎢⎣ =⇒ = − x x xxx yx 0 0 00 2 5 3 11 0 Diện tích hình phẳng cần tìm 1 18 4 3 1 d 4 3 3 11 d S xx x x xx x x ⎡ ⎤⎡ ⎤ = − + −− + + − + − − = ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 2 2 1 3 2 23 π 4 x xa b Câu 12: (LẠNG GIANG SỐ 1) Tích phân + ∫ , với a , b là các số thực . = + π Tính 16 8 a b − 0 1 cos 2 x d ln 2 A. 4. B. 5. C. 2. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn A u x u x ⎧ = ⎧ = ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇒ = = ⎪ ⎪ ⎩ + ⎩. Ta có d d Đặt d 1 d tan x v v x 1 cos 2 2 x π π π π ππ 1 1 1 11 1 1 1 tan tan d ln cos ln ln 2 , 4 4 = − = + = + = − ⇒ = =− ∫ 4 I x x xx x a b 0 2 2 82 82 84 8 4 2 0 0 Do đó, 16 8 4 a b − = . fx xd 3 = ∫ và ( ) 5 1 Câu 13: (LẠNG GIANG SỐ 1) Giả sử ( ) 3 5 fz zd 9 = ∫ . Tổng () () f t t ft t d d + ∫ ∫ 0 0 bằng 1 3 A. 12. B. 5. C. 6. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn C. f x x ft t d 3 d3 =⇒ = ∫ ∫ ; ( ) () 5 5 1 1 Ta có ( ) () 0 0 f z z ft t d9 d9 =⇒ = ∫ ∫ 0 0 5135 35 ∫∫∫∫ ∫∫ () () () () () () 9 d d d d3 d d = = + + =+ + f t t ft t ft t ft t ft t ft t 0013 13 3 5 ∫ ∫ () () ⇒ += ft t ft t d d 6. 1 3 ln 2 2 1 + += + ∫ . Tính tích a b. . x e a Câu 14: (LẠNG GIANG SỐ 1) Tích phân x 1d x e e b 0 A. 1. B. 2. C. 6. D. 12. Hướng dẫn giải Chọn B. ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 2 1 + + +− + − = + = +− − ∫ ∫∫∫ ∫ x ex e x ex e x e x 1d d d d1 d x xx x e 1 1 x ( ) () 0 0 00 0 ( ) ( ) ln 2 ln 2 10 01 1 2 1 x x e e ee e + − ⎛ ⎞ = − = − − − =+ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⇒= =⇒ = a b ab 1, 2 2 . 2 2 π 3 3 2 π π sin 3 d 3 x x cd + + ∫ với abcd ,,, Câu 15: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Biết 6 3 π = + ++ − π 3 x x a b 1 là các số nguyên. Tính abcd +++ . A. abcd +++ = 28 . B. abcd +++ =16 . C. abcd +++ =14 . D. abcd +++ = 22 .