Vận dụng cao bắc trung nam bài toán vận dụng cao chủ đề 1 khảo sát hàm số ứng dụng có lời giải file word

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)
Chủ đề 1. KHẢO SÁT HÀM SỐ & ỨNG DỤNG
3
Câu 1: (SGD VĨNH PHÚC)Cho hàm số 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: y  x 6  mx  5
Suy ra: y 

3x5
x

3

 m

3x5  m x
x

TH1: m 0 . Ta có: y 

và hàm số khơng có đạo hàm tại x 0 .

3

5 x5
x

3

3

0 vơ nghiệm và hàm số khơng có đạo hàm tại

x 0 .
x

0







y



y
Do đó hàm số có đúng một cực trị.
x  0
m
3
5

 x
TH2: m  0 . Ta có: y 0  3 x m x   5
3
3
3x mx

Bảng biến thiên
x

y

m
3

0







0





y
Do đó hàm số có đúng một cực trị.

x  0
m
3
5
 x  
TH3: m  0 . Ta có: y 0  3x m x   5
3
3
3 x  mx


x

y



 

m
3



0



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
(như m 3 ) để làm. Tương tự ở trường hợp 3 , ta chọn m  3 để làm sẽ cho
lời giải nhanh hơn.
Câu 2: (SGD VĨNH PHÚC)Cho hàm số y 

2 x  2017
(1) . Mệnh đề nào dưới đây là
x 1

đúng?
A. Đồ thị hàm số (1) khơng có tiệm cận ngang và có đúng một tiệm cận
đứng là đường thẳng x  1.
B. Đồ thị hàm số (1) có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y  2, y 2
và khơng có tiệm cận đứng.
C. Đồ thị hàm số (1) có đúng một tiệm cận ngang là đường thẳng y 2 và
khơng có tiệm cận đứng.
D. Đồ thị hàm số (1) khơng có tiệm cận ngang và có đúng hai tiệm cận
đứng là các đường thẳng x  1, x 1.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Hàm số y 

2 x  2017

(1) có tập xác định là  , nên đồ thị khơng có tiệm cận
x 1

đứng
2 x  2017
2 x  2017
2; lim
 2 , nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang
x  
x  
x 1
x 1
lim

là các đường thẳng y  2, y 2 .
Câu 3: (SGD VĨNH PHÚC)Tìm tất cả m sao cho điểm cực tiểu của đồ thị hàm số
y  x 3  x 2  mx  1 nằm bên phải trục tung.
1
1
A. Không tồn tại m .B. 0  m  .
C. m  .
D. m  0 .
3
3
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

3x 2  2 x  m 0 (1) có

hai

nghiệm

phân

biệt

1
 1  3m  0  m  .
3
Khi đó (1) có hai nghiệm phân biệt xCĐ , xCT là hồnh độ hai điểm cực trị.
2

x

x

 0 (2)
CĐ
CT

3

Theo định lí Viet ta có 
, trong đó xCĐ  xCT vì hệ số của x3
m
 x .x  (3)
 CĐ CT 3
lớn hơn 0.
Để cực tiểu của đồ thị hàm số nằm bên phải trục tung thì phải có: xCT  0 ,
kết hợp (2) và (3) suy ra (1) có hai nghiệm trái dấu  xCĐ .xCT 

m
0  m 0.
3

2

Câu 4: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Phương trình x 3  x  x  1 m  x 2  1 có nghiệm thực
khi và chỉ khi:
A.  6 m 

3
.
2

B.  1 m 3 .

C. m 3 .

D. 

1

3
m  .
4
4

Hướng dẫn giải
Sử dụng máy tính bỏ túi.
2

x 3  x  x  1 m  x 2  1  mx 4  x 3   2m  1 x 2  x  m 0
Chọn m 3 phương trình trở thành 3x 4  x3  5 x 2  x  3 0 (khơng có nghiệm
thực) nên loại đáp án B, C.
Chọn m  6 phương trình trở thành  6 x 4  x3  13x 2  x  6 0 (khơng có nghiệm
thực) nên loại đáp án A.
Kiểm tra với m 0 phương trình trở thành  x 3  x 2  x 0  x 0 nên chọn đáp
án D.
Tự luận
2

Ta có x 3  x  x  1 m  x 2  1  m 
Xét hàm số y 

x3  x 2  x
(1)
x4  2 x2 1

x3  x 2  x
xác định trên  .
x4  2 x2 1

y 

x

 3x



3

 x 2  x    x 4  2 x 2  1   x 3  x 2  x   x 4  2 x2  1 

x
2

4

 2 x 2  1

2

 2 x  1  x 4  2 x 2  1   x 3  x 2  x   4 x3  4 x 

x

4

 2 x 2  1

2

 x 6  2 x5  x 4  x 2  2 x  1
2

 x  2 x 1
  x 1  x  2 x 1

 x  2 x 1
4

4

2

2

4

2

2

 x 1
y 0    x 4  1  x 2  2 x  1 0  
 x  1
Bảng biến thiên

Phương trình (1) có nghiệm thực khi đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số
x3  x 2  x

y 4
x  2 x2 1



1
3
m  .
4
4

Chọn đáp án D.
Câu 5: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho hàm số f  x  

9x
, x  R . Nếu a  b 3 thì
3  9x

f  a   f  b  2  có giá trị bằng
A. 1 .

B. 2 .

C.

1
4

Hướng dẫn giải
Chọn A

Ta có: b  2 1  a
f  a 

9a
91 a
3
;
f
b

2

f
1

a






a
1 a
39
39
3  9a

D.

3
.
4


 f  a   f  b  2 

9a
3

1
a
3  9 3  9a

Câu 6: (T.T DIỆU HIỀN) Với giá trị nào của m thì hai điểm cực đại và cực tiểu của đồ
thị hàm số y  x3  3 x 2  mx  m  2 nằm về hai phía so với trục hồnh?
A. m  3 .
B.  1  m  2 .
C. m  3 .
D. 2  m  3 .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có: y 3 x 2  6 x  m .
Hàm số có hai điểm cực đại và cực tiểu nên phương trình y 0 có 2 nghiệm
phân biệt.
Do đó  9  3m  0  m  3 .
Gọi x1 , x2 là điểm cực trị của hàm số và y1 , y2 là các giá trị cực trị tương
ứng.
1  2
1

3
2
Ta có: y  x  3x  mx  m  2  y .  x     m 
3  3
3

2

2  x  m  2 nên y1 k  x1  1 ,
3


y2 k  x2  1 .
Yêu

cầu

bài

 y1. y2  0  k 2  x1  1  x2  1  0  x1 x2  x1  x2  1  0 

toán

m
 2 1  0  m  3 .
3

Vậy m  3 thỏa mãn bài toán.
Câu 7: (TRẦN HƯNG ĐẠO – NB) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng đi qua
điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số y  x3  3mx  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.
2 3
1 3
A. m 
.
B. m 
.
2
2

C. m 

2 5
.
2

D. m 

2 3
.
3

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có y 3x 2  3m nên y 0  x 2 m .

Δ A

3

Đồ thị hàm số y  x  3mx  2 có hai điểm cực trị khi và
chỉ khi m  0 .
1
1
Ta có y x3  3mx  2  x  3x 2  3m   2mx  2  x. y   2mx  2 .
3
3

I

H

B


Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y x 3  3mx  2 có
phương trình  : y  2mx  2
1
1
1
Ta có: S IAB  .IA.IB.sin AIB  sin AIB 
2
2
2
Diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng

1
khi sin AIB 1  AI  BI .

2

1
2
Gọi H là trung điểm AB ta có: IH  AB 
d I ,  
2
2
Mà d I ,  

2m  1  2
4m 2  1

Suy

d I ,   

ra:

 8m 2  16m  2 0  m 

2m  1  2
4m 2  1



2
 4m  2  2  4m 2  1
2

2 3
.
2

Câu 8: (TRẦN HƯNG ĐẠO – NB) Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng
2 x 1
y  x  m  1 cắt đồ thị hàm số y 
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
x 1
AB 2 3 .
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 x 1
 f  x  x   m  2  x  m  2 0
x  m  1  
.
x 1

 x  1

Đường thẳng y  x  m  1 cắt 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
 m2  8m  12  0
   0




1 0
 f   1 0

m  2
m 6


 *

.

 x1  x2 2  m
Khi đó, gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình f  x  0 , ta có 
 x1 x2 m  2
(Viète).
Giả sử A  x1 ; x1  m  1 , B  x2 ; x2  m  1  AB  2 x2  x1 .


2

2 x2  x1 2 3   x1  x2   4 x1 x2 6  m 2  8m  6 0

Theo giả thiết AB 2 3 

 m 4  10

Kết hợp với điều kiện  * ta được m 4  10 .
Câu 9: (LẠNG GIANG SỐ 1) Cho x , y là các số dương thỏa mãn xy 4 y  1 .Giá trị
6  2x  y 
x 2y
 ln
nhỏ nhất của P 
là a  ln b . Giá trị của tích ab là
x
y
A. 45 .
B. 81 .
C. 108 .

D. 115 .
Hướng dẫn giải
Chọn B.

x, y dương ta có: xy 4 y  1  xy  1 4 y 4 y 2  1  0 

Có P 12  6

x

y
 ln   2  .
x
y


x
Đặt t  , điều kiện: 0  t 4 thì
y

6
P  f  t  12   ln  t  2 
t
f  t  

6
1
t 2  6t  12



t2 t  2
t 2  t  2

 t 3  21
f  t  0  
 t 3  21
t
4

0

f  t  
P  f t
27
 ln 6
2
Từ BBT suy ra GTNN  P  
 a

27
, b 6  ab 81 .
2

27
 ln 6 khi t 4
2

x
4 .
y

ax 2  x  1
có đồ thị  C  ( a, b là
4 x 2  bx  9
các hằng số dương, ab 4 ). Biết rằng  C  có tiệm cận ngang y c và có
đúng 1 tiệm cận đứng. Tính tổng T 3a  b  24c
A. T 1.
B. T 4.
C. T 7.
D. T 11.

Câu 10:

(LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Cho hàm số y 

Hướng dẫn giải
Chọn D.

a
a
lim y  . Tiệm cận ngang y c  c .
x  
4
4
(C) có một tiệm cận đứng nên phương trình 4 x 2  bx  9 0 có nghiệm kép.

1
1
 0  b 2  144 0  b 12 . Vì b  0  b 12  a   c  .

3
12
Vậy T 11 .
(NGÔ GIA TỰ - VP) Tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
y 2 x 3  3  m  1 x 2  6  m  2  x  2017 nghịch biến trên khoảng  a; b  sao cho
b  a  3 là
m 0
A. m  6 .
B. m 9 .
C. m  0 .
D. 
.
m 6

Câu 11:

Hướng dẫn giải
Chọn D.
2
Ta có y 6 x  6  m  1 x  6  m  2 
2
Hàm số nghịch biến trên  a; b   x   m  1 x   m  2  0 x   a; b 

 m 2  6m  9
2
TH1:  0  x   m  1 x   m  2  0 x    Vơ lí

TH2:   0  m 3  y có hai nghiệm x1 , x2  x2  x1 
 Hàm số luôn nghịch biến trên  x1 ; x2  .
Yêu cầu đề bài:

2

 x2  x1  3   x2  x1   9  S 2  4 P  9

m 6
2
  m  1  4  m  2   9  m 2  6m  0  
m 0


Câu 12:

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số
3
2
y 2 x  x mx đồng biến trên  1, 2 .

1
A. m  .
3

1
B. m  .
C. m  1 .
3
Hướng dẫn giải

D. m   8 .

Chọn C.

3
2
Ta có y  3 x 2  2 x  m  2 x  x mx ln 2 .
Hàm số đã cho đồng biến trên
 1, 2  y ' 0, x   1, 2  3x 2  2 x  m 0, x   1, 2  *
b 1
  2 nên
2a 3
 1  3m 0

  0
1

m



3
 1  3m  0
   0



  1
 
1  m  1
 *    x1  x2
m
1


  1


3
 3
 2

m

1

  x1  1  x2  1 0
m 2

    1 0
 3 3

2
Vì f  x  3x  2 x  m có a 3  0, 

Câu 13:

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Biết đường thẳng y  3m  1 x  6m  3 cắt đồ

thị hàm số y x 3  3x 2  1 tại ba điểm phân biệt sao cho một giao điểm cách
đều hai giao điểm cịn lại. Khi đó m thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( 1;0) .

B. (0;1) .

3
C. (1; ) .
2
Hướng dẫn giải.

3
D. ( ;2) .
2

Chọn A.
Yêu cầu bài toán tương đương phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập
thành cấp số cộng
x3  3x 2  1  3m  1 x  6m  3  x 3  3x 2   3m  1 x  6m  2 0 .
3
2
Giả sử phương trình x  3 x   3m  1 x  6m  2 0 có ba nghiệm x1 , x2 , x3 thỏa
x x
mãn x2  1 3 (1) .
2
Mặt khác theo viet ta có x1  x2  x3 3 (2) . Từ (1) và (2) suy ra x2 1 . Tức x 1
là một nghiệm của phương trình trên. Thay x 1 vào phương trình ta được
1
m  .
3
1
Thử lại m  thỏa mãn đề bài.
3

Câu 14:

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang

của đồ thị y 
A. 2.
Chọn A.

4 x 2  1  3x 2  2
là:
x2  x
B. 3.

C. 4.
Hướng dẫn giải

D. 1.


1  1 

Tập xác định: D   ;     ;1   1;   
2  2 

Tiệm cận đứng:

4 x 2  1  3x 2  2
4 x 2  1  3x 2  2
 ; lim y lim
 
x 1
x 1

x 1
x 1
x  x  1
x  x  1
Suy ra x 1 là tiệm cận đứng.
Tiệm cận ngang:
4 1
2
 4 3 2
2
2
2
4 x  1  3x  2
x
x 3  y 3 là tiệm cận ngang
lim y  lim
 lim x
x  
x 
x 
1
x2  x
1
x
4 1
2
 4 3 2
2
2
2

4 x  1  3x  2
x
x 3  y 3 là tiệm cận ngang
lim y  lim
 lim x
2
x  
x  
x



1
x  x
1
x
Vậy đồ thị hàm số có hai tiệm cận.
lim y lim

Câu 15:

(SỞ

GD

HÀ

NỘI)

Cho

1

f  x  e

1
1

x 2  x 1 2

.

Biết

rằng

m
m
f  1 . f  2  . f  3 ... f  2017  e n với m, n là các số tự nhiên và n tối giản. Tính
m  n2 .

A. m  n 2 2018 .

B. m  n 2  2018 .

C. m  n 2 1 .

D. m  n 2  1 .

Hướng dẫn giải

Chọn D.
1
1
1 2 

2
x
 x  1

Ta có :

x

2

 x  1

x 2  x  1

2

2



x2  x 1
1
1
1
.

1 
1  
2
x x
x  x  1
x x 1

m

Suy ra : f  1 . f  2  . f  3 ... f  2017  e n

 f  1  f  2   f  3  ...  f  2017  

 2018 

m
(lấy ln hai vế)
n

1
m
20182  1 m
 

2018 n
2018
n

Ta chứng minh

20182  1
là phân số tối giản.
2018

Giả sử d là ước chung của 20182  1 và 2018
Khi đó ta có 20182  1d , 2018d  20182 d suy ra 1d  d 1
Suy ra

20182  1
là phân số tối giản, nên m 20182  1, n 2018 .
2018


Vậy m  n 2  1 .
Câu 16:
(CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m
để đồ thị hàm số y sin x  cos x  mx đồng biến trên .
A.  2 m  2.
B. m  2.
C.  2  m  2.
D. m  2.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có: y sin x  cos x  mx
y ' cos x  sin x  m
Hàm số đồng biến trên   y 0, x  .  m sin x  cos x, x  .
 m max   x  , với   x  sin x  cos x.





Ta có:   x  sin x  cos x  2 sin  x    2.
4

  x   2. Từ đó suy ra m  2.
Do đó: max

(CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Cho hàm số y  f ( x) xác định và liên tục
trên đoạn   2; 2 và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên dưới. Xác định

Câu 17:

giá trị của tham số m để phương trình f  x  m có số nghiệm thực nhiều
nhất.

A.3 .

B.6 .

C.4 .
Hướng dẫn giải

Chọn B.
Dựa vào đồ thị ta có đồ thị của hàm số y  f ( x ) là:

D.5.


Từ đồ thị ta thấy rằng, với m thỏa 0  m  2 thì phương trình f  x  m có số
nghiệm nhiều nhất là 6.

Câu 18:

(BIÊN HỊA – HÀ NAM) Hàm số y 

x2  4x
đồng biến trên  1;  thì giá trị
xm

của m là:
1
1
 1 


A. m    ; 2  \   1 . B. m    1; 2 \   1 . C. m    1;  .
D. m    1;  .
2
2
 2 


Giải
Chọn D.
x 2  2 mx  4 m
x2  4x
y
'

có tập xác định là D  \   m và
.

y
2
x m
 x  m
  m  1
Hàm số đã cho đồng biến trên  1;     2
 x  2mx  4 m 0, x   1;  

x 2  2mx  4m 0, x   1;    2m  x  2   x 2 , x   1;   (1)
2
Do x 2 thỏa bất phương trình 2 m  x  2   x với mọi m nên ta chỉ cần xét

x 2 .


 x2
2
m

, x   1;2 

x 2
Khi đó  1  
(2)
2
2 m   x , x   2;  

x 2
 x2  4x
 x2


f
x

Xét hàm số f  x  
trên  1;   \  2 có  
2
x 2
 x  2

 x 0
f  x  0  
 x 4
Bảng biến thiên

m   1
1

YCBT  2m 1   1  m  .
2
2 m  8

Cách khác

x 2  2 mx  4 m
x2  4x
y
'

có tập xác định là D  \   m và

.
y
2
x m
 x  m
  m  1
Hàm số đã cho đồng biến trên  1;     2
 x  2mx  4 m 0, x   1;  


  4 m 0

2
  m  0

m

4
m

0
  0
   m   4
 2

2
x  2 mx  4 m 0, x   1;       0
   m  4 m  0
  
m  1

  x1  x2 1    m  m 2  4 m 1  

 
1
 m 
2
 

1
Kết hợp với đk m   1 ta được  1  m  .
2

  8  4a  2b  c  0
(CHUYÊN ĐHSP HN) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 
.
8  4a  2b  c  0
Số giao điểm của đồ thị hàm số y x 3  ax 2  bx  c và trục Ox là
3.
A. 0 .
B. 1 .
C. 2 .
D.

Câu 19:

Chọn D.
Ta có hàm số y  x3  ax 2  bx  c xác định và liên tục trên  .
y  nên tồn tại số M  2 sao cho y  M   0 ; lim y   nên tồn tại
Mà xlim
 

x  

số

m2

sao

cho

y  m  0 ;

y   2   8  4a  2b  c  0

và

y  2  8  4a  2b  c  0 .
Do y  m  . y   2   0 suy ra phương trình y 0 có ít nhất một nghiệm thuộc
khoảng  m;  2  .

y   2  . y  2   0 suy ra phương trình y 0 có ít nhất một nghiệm thuộc
khoảng   2; 2  .

y  2  . y  M   0 suy ra phương trình y 0 có ít nhất một nghiệm thuộc
khoảng  2; M  .
Vậy đồ thị hàm số y  x3  ax 2  bx  c và trục Ox có 3 điểm chung.
Câu 20:

(CHUYÊN ĐHSP HN) Tập hợp các giá trị của m để đồ thị hàm số
2x  1

y
2
 mx  2 x 1  4 x2  4mx  1 có đúng 1 đường tiệm cận là

A.  0 .

B.   ;  1   1;   .

C. 

D.   ;  1   0   1;   .

Chọn A.
y 0 . Nên hàm số ln có 1 đường tiệm cận ngang y 0 . Vậy ta tìm
Có xlim
 
điều kiện để hàm số khơng có tiệm cận đứng .


 mx 2  2 x  1 0 (1)
Xét phương trình:  mx  2 x  1  4 x  4mx  1 0   2
 4 x  4mx  1 0 (2)
2

2

TH1: Xét m 0 , ta được y 

2x  1
1


2
2
  2 x  1  4 x  1 4 x  1 (thỏa ycbt)

TH2: Xét m 0 . Có: 1 1  m và  2 4m 2  4
Th2a.

Cả

2

1  m  0
 2

 4m  4  0

phương

trình

(1)

và

(2)

đều

vơ

nghiệm:

m  1
 m 

 1  m  1

1
Th2b: (1) vơ nghiệm, (2) có nghiệm kép x  : ta thấy trường hợp này vơ lí
2
(vì m  1 )
1
Th2c: (2) vơ nghiệm, (1) có nghiệm kép x  : ta thấy trường hợp này vơ lí
2
(vì  1  m  1 )
Câu 21:

(NGÔ SĨ LIÊN) Trên đoạn   2; 2 , hàm số y 

x 1 khi và chỉ khi
A. m 2.
B. m 0.

mx
đạt giá trị lớn nhất tại
x2 1

C. m  2.

D. m  0.

Chọn B
y 0 khi x 1 .
Cách 1: Với m 0 thì y 0 nên max
  2;2
Với m 0 .
m
Đặt x tan t , ta được y  .sin 2t . Với x    2; 2  thì t    arctan 2; arctan 2  .
2


Hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất tại x 1 tương ứng với t  .
4
Khi m  0 thì
Khi m  0 thì

max

y

m

khi và chỉ khi t  .
2
4

max

y

m

khi và chỉ khi t  .
2
4

  arctan 2;arctan 2

  arctan 2;arctan 2

Vậy m 0 thỏa mãn bài toán.
Cách 2: Ta có y 

m  1  x2 

x

2

 1

2

,

TH1: m 0  y 0 là hàm hằng nên cũng coi GTLN của nó bằng 0 khi x 1


 x  1 (n)

TH2: m 0 . Khi đó: y 0  
 x 1 (n)
Vì hàm số đã cho liên tục và xác định nên ta có hàm số đã cho đạt giá trị
 y  1  y   2 

lớn nhất tại x 1 trên đoạn   2; 2 khi và chỉ khi  y  1  y  2   m 0  m  0

 y  1  y   1
(do m 0 )
Vậy m 0
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:

(SỞ GD BẮC NINH) Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình
2  x  1  x  m  x  x 2 có hai nghiệm phân biệt.

 23 
A. m   5;  .
 4

B. m   5;6 .

 23 
C. m   5;    6 .
 4 

Hướng dẫn giải
+) 2  x  1  x  m  x  x 2 ( 1 )
Điều kiện:  1  x 2

+)  1  3  2  x 2  x  2  x 2  x  m
2
Đặt:  x 2  x t ; f  x   x  x; f  x   2 x  1

1
1 1

f   1 2, f  2   2, f     t    2; 
4
 2 4


 1  3  2

t  2 t  m  2 t  2 t  m  3  m 2 t  2  3  t

Đặt f  t  2 t  2  3  t

f  t  

1
1 t  2
 1
. f  t  0  1 
t 2
t 2

Bảng biến thiên

t  2 0  t  1

 23 
D. m   5;    6 .
 4 


t

-

1
-2

-1

+

4

f'(t)
6
f(t)
23
5

4

+)  x 2  x t   x 2  x  t 0
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt   1  4t  0  t 

1
4

Do đó để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì phương trình   có
1

nghiệm t    2; 
4

Từ bảng biến thiên  m   5;6 .
Chọn B
x3 3 2
 x  4 x  2017 .
3 2
Định m để phương trình y ' m 2  m có đúng hai ngiệm thuộc đoạn [0; m]

Câu 23:

( CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 3)Cho hàm số y 

 1 2 
; 2  .
A. 
 3


 1 2 2 
; 2  .
B. 
 3



 1 2 2 
; 2  .
C. 
 2


 1 2 2 
; 2 .
D. 
 2


Hướng dẫn giải
Chọn D
Ta có: y ' m 2  m  x 2  3x  4 m 2  m
2
Đặt f  x   x  3 x  4  P 

y m2  m

Yêu cầu bài toán :
4
7
4
3
3
2
2

3
2  m

7
   m 2  m m 2  3m  4 
4
 m 2  m 4



3
2  m

 7  m2  m
4
 2
2
 m  m m  3m  4
 2
 m  m 4

3
2  m


1 2 2
 m 
 1 2 2 

2

 
 m  
; 2
 2

  m  1  2 2

2

 m 2
0  m 2
Câu 24:

(LÊ HỒNG PHONG) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
y ln  16 x 2  1   m  1 x  m  2 nghịch biến trên khoảng   ;   .

A. m    ;  3 .

B. m   3;   .

C. m    ;  3 .

D. m    3;3 .

Hướng dẫn giải
Chọn B.
2
Ta có: y ln  16 x  1   m  1 x  m  2

32 x
y 
  m  1
16 x 2  1
Hàm số nghịch biến trên  khi và chỉ khi y 0, x  


Cách 1:

32 x
  m  1 0, x  
16 x 2  1

32 x
  m  1 0, x    32 x   m  1  16 x 2  1 0, x  
2
16 x  1

  16  m  1 x 2  32 x   m  1 0, x  

 16  m  1  0


2
2



16


16
m

1

0





Cách 2:



32 x
  m  1 0
16 x 2  1

m   1
m   1

   m  5  m 3.

2
 16m  32m  240 0
  m 3

x  

32 x
g ( x ), với g ( x)  32 x
m  1, x    m  1 max
2

16 x  1
16 x 2  1


Ta có: g ( x) 

 512 x 2  32

 16 x

2



1

2

1
g ( x) 0  x 
4
1
 1
lim g ( x) 0; g   4; g     4

 4
 4

x  

Bảng biến thiên:
x



g  x 




1
4

1
4
0



0





4
g  x

0

0

4

g ( x) 4
Dựa vào bảng biến thiên ta có max


Do đó: m  1 4  m 3.
(LÊ HỒNG PHONG) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
cot x  1
  
y
đồng biến trên khoảng  ;  .
m cot x  1
 4 2
A. m    ;0    1;   .
B. m    ;0  .

Câu 25:

C. m   1;   .

D. m    ;1 .
Hướng dẫn giải

Chọn B.
Ta có: y 

  1  cot 2 x   m cot x  1  m  1  cot 2 x   cot x  1

 m cot x  1

2

 1  cot x   1  m 

2

 m cot x  1

  
Hàm số đồng biến trên khoảng  ;  khi và chỉ khi:
 4 2

  
 m cot x  1 0, x   4 ; 2 





2
1


cot
x
1

m






 y 
 0, x   ; 
2

4 2
m
cot
x

1








 m 0  m 1

 m 0 .

1

m

0


2

.


Câu 26:
(NGUYỄN TRÃI – HD) Phương trình 223 x .2 x  1024 x  23 x 3 10 x 2  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
3
2
3
2
Ta có 223 x .2 x  1024 x  23 x3 10 x 2  x  223 x  x  23 x3  x 210 x  10 x 2
3

2

t
Hàm số f  t  2  t đồng biến trên  nên

223 x

3

x

 23 x3  x 210 x 10 x 2  23 x3  x 10 x 2  x 0 hoặc x 
2

5 2
23

10
0, 4347
23
 Mẹo: Khi làm trắc nghiệm có thể dùng “Định lí Vi-ét cho phương trình
bậc ba”
Nếu phương trình ax3  bx 2  cx  d 0 (a 0) có ba nghiệm x1 , x2 , x3 thì:
Tổng các nghiệm bằng

x1  x2  x3 
Câu 27:

b
c

d
; x1 x2  x2 x3  x3 x1  ; x1 x x x3 
a
a
a

(HAI BÀ TRƯNG – HUẾ ) Đường thẳng d : y x  4 cắt đồ thị hàm số
y x 3  2mx 2   m  3 x  4 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

hồnh

độ

giao

điểm

của

d

và

đồ

thị

 C :

x3  2mx 2   m  3 x  4 4
 x 0
 x3  2mx 2   m  2  x 0  
2
   x   x  2mx  m  2 0

 1

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 (1) có 2 nghiệm

phân biệt khác 0.
  0  m  2 0

2
 m  m  2  0

(*)

Ta gọi các giao điểm của d và  C  lần lượt là A, B  xB ; xB  2  , C  xC ; xC  2  với
xB , xC là nghiệm của phương trình (1).

 xB  xC
Theo định lí Viet, ta có: 
 xB .xC

 2m
m  2

1
Ta có diện tích của tam giác MBC là S  BC d  M , BC  4.
2
Phương trình d được viết lại là: d : y x  4  x  y  4 0.


Mà d  M , BC  d  M , d  
Do đó: BC 

1 3  4
2

1    1

2

 2.

8
8

 BC 2 32

d  M , BC 
2
2

2

2

Ta lại có: BC 2  xC  xB    yC  yB  2  xC  xB  32
2

2

  xB  xC   4 xB .xC 16    2m   4  m  2  16
 4m 2  4m  24 0  m 3; m  2.

Đối chiếu với điều kiện, loại đi giá trị m  2.
x
Cho hàm số y   sin 2 x, x   0;   . Hỏi hàm số đồng biến trên các khoảng
2
nào?
 7 11 
 7   11 
;  .
;
A.  0;
B. 
 và 
.
 12   12


 12 12 

Câu 28:

 7
C.  0;
 12

  7 11
;
 và 
  12 12

 7 11
;
D. 
 12 12
Hướng dẫn


.


  11 
 và  12 ;   .
 


Chọn A.



x 
 k

1
1
12
TXĐ: D  . y '   sin 2 x . Giải y ' 0  sin 2 x   
,  k  
2
2
 x  7  k

12
7
11
Vì x   0;   nên có 2 giá trị x  và x 
thỏa mãn điều kiện.
12
12
Bảng biến thiên:

||00||

 7 
 11 
; 
Hàm số đồng biến  0;

 và 
 12 
 12

Câu 29:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
y  f ( x ) x  m cos x luôn đồng biến trên  ?

A. m 1 .

B. m 

3
.
2

C. m 1 .
Hướng dẫn

Chọn A.

m

sao cho hàm số

1
D. m  .
2