CÁC CHUYÊN đề ôn THI 7 điểm THẦY NGUYỄN TIẾN CHINH

BỘ TÀI LIỆU

ÔN THI THPT QUỐC GIA
MÔN TOÁN

1. CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ

6. CHUYÊN ĐỀ: HÌNH HỌC OXYZ

2. CHUYÊN ĐỀ SỐ PHỨC
3. CHUYÊN ĐỀ MŨ - LOGA

4. CHUYÊN ĐỀ TÍCH PHÂN

7. XÁC SUẤT - NEWTON

5. CHUYÊN ĐỀ: HHKG

TÀI LIỆU ĐƯỢC CHỌN LỌC TỪ CÁC ĐỀ THI
THỬ VÀ NHIỀU TÀI LIỆU THAM KHẢO HAY


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

Chuyên đề

1

HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

Bài 1. Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  2 (1) có đồ thị (C)
a/ khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
b/ Chứng minh rằng trên (C) không thể tồn tại hai điểm có hoành lớn hơn 3 sao cho
hai tiếp tuyến với (C) tại hai điểm đó vuông góc với nhau
Hướng dẫn giải
Giả sử trên (C) có hai điểm A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) với x1, x2 > 3 sao cho tiếp tuyến với
(C) tại hai điểm này vuông góc với nhau
Khi đó, ta có: y '( x1 ). y '( x2 )  1  (3x12  12 x1  9)(3x22  12 x2  9)  1
 9  x1  1 x1  3 x2  1 x2  3  1 (*)

Do x1 > 3 và x2 > 3 nên VT(*) > 0. Do đó (*) vô lí
Vậy: Trên (C) không thể có hai điểm sao cho tiếp tuyến với (C) tại hai điểm này
vuông góc với nhau

Bài 2. Cho hàm số y  f  x   2 x3  3 x 2  1  C 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết hoành độ tiếp điểm là nghiệm của
phương trình f ''  x   0 .
Hướng dẫn giải
Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm của tiếp tuyến và (C).
f ''  x   12 x  6

f ''  x0   0  12 x0  6  0  x0 

1
3
 y0 
2
2

1 3
f '  x0   f '   
2 2
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng
3
1 3 3
3
y  x   x
2
2 2 2
4
2x  1
Bài 3. Cho hàm số y 
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Xác định tọa độ giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng (D) : y = x – 1

1


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

Hướng dẫn giải
2x  1
y
x 1
Tập xác định: D =  \{–1}.

Tiệm cận ngang: y  2

lim y  2

x 

Tiệm cận đứng: x  1

lim y   ; lim y  

x 1

y' 

x 1

3
> 0, xD
( x  1)2

Hàm số tăng trên (–;–1), (–1;+)
Hàm số không có cực trị.
x –
y’
y

–1
+

+

+

2

+
y

2

5

–

4
3
2
1
-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

-1
-2

2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D) là :
2x  1
 x  1  x2 – 2x = 0
x 1
 x = 0 hay x = 2 suy ra y = -1 hay y = 1
Bài 4. Cho hàm số y  x 4  5 x 2  4 1
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1 .
b. Tìm m để phương trình x 4  5 x 2  4  log 2 m có 6 nghiệm phân biệt.
CÂU 1:

2


ễn thi chc 7 im

Nguyn Tin Chinh Vinastudy.vn

a) Hàm số y x 4 5x 2 4 (1)
TXĐ: D = R
Giới hạn: lim y

x

Đạo hàm: y 4x 3 10x

x 0

10
y 0 x
2

x 10

2
Bảng biến thiên:

10
10

Nhận xét: Hàm số đồng biến trên khoảng
;0 và
;
2

2


10
10
Hàm số nghịch biến trên khoảng ;
và 0;

2
2

10 9
10 9
Hàm số có 3 điểm cực trị: A
; ; B 0;4 ; C
;
4
4
2
2
Giao điểm với các trục:
(Ox): D 2;0 ; E 2;0
(Oy) : B 0;4
Đồ thị:

3


ễn thi chc 7 im

Nguyn Tin Chinh Vinastudy.vn

Nhận xét: Đồ thị hàm số y x 4 5x 2 4 nhận trục Oy làm trục đối xứng .

b) x 4 5x 2 4 log2 m (*)
Số nghiệm phương trình (*) là số giao điểm của
đường thẳng (d): y = log2 m và (C ):y = x 4 5x 2 4

Từ đồ thị C ta suy ra đồ thị C ' :

4


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

Dùa vµo ®å thÞ:
(*) cã 6 nghiÖm ph©n biÖt  (d) c¾t (C) t¹i 6 ®iÓm kh¸c nhau
9
 log 2 m   m  4 29  4 4 2
4
2x  1
Bài 6. Cho hàm số: y 
C 
x 1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)
b) Định m để đường thẳng (d): y = mx + 3 cắt đồ thị (C) tại 2 điểm A, B sao cho
tam giác OMN vuông tại O
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số


Tập xác định: D   \ 1



y' 



3
(x  1)2

x  D

lim y  2  y  2 là tiệm cận ngang.

x 

lim y  

x 1

lim y  

 x  1 là tiệm cận đứng.

x 1



BBT:



Hàm số nghịch biến trên (,1) và (1, ) .
Hàm số không có cực trị.
Điểm đặc biệt:



Vẽ đồ thị:

5


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm tâm đối
xứng.
b) Định m để đường thẳng d: y = mx + 3 cắt đồ thị (C) tại 2 điểm M, N sao cho  OMN
vuông tại O.

2x  1
 mx  3
x 1
 2x  1  (mx  3)(x  1)
 mx 2  (1  m)x  4  0 (*)
m  0
(C) cắt d tại hai điểm phân biệt   2

m  14m  1  0
m  0
m  7  4 3  
m  7  4 3
m 1


x

x

1
2

m
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (*)  
 x x  4
 1 2 m


Khi đó OM  (x1; mx1  3) , ON  (x 2 ;mx 2  3)
OMN vuông tại O nên
 
OM.ON  0  (1  m 2 )x1x 2  3m(x1  x 2 )  9  0

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:

4(1  m 2 ) 3m(m  1)


90
 m 2  6m  4  0
m
m
 m  3  5 (n)


 m  3  5 (n)
Bài 7. Cho hàm số: y  x 4  2(m 2  1) x 2  1 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá
trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất
) y’ = 4x3 – 4(m2+1)x
x  0
y’ = 0  
 hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m
2
 x   m  1

xCT   m 2  1  giá trị cực tiểu yCT  (m 2  1) 2  1
Vì (m 2  1)2  1  yCT  0 max( yCT )  0  m2  1  1  m  0
Bài 8.
Cho hàm số: y 

2x  1
, Có đồ thị (C).
x 1

6


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

a, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b, Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm trên (C) có tung độ bằng 5.

2x  1
Hàm số y 
x 1
 Tập xác định: D   \ {1}
3
 Đạo hàm: y  
 0, x  D
(x  1)2
 Hàm số luôn NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.
 Giới hạn và tiệm cận:
lim y  2
; lim y  2  y  2 là tiệm cận ngang.
x 

x 

lim y   ; lim y    x  1 là tiệm cận đứng.

x 1

x  1

 Bảng biến thiên
x –
y

y

1

+

+

+


2



2

 Giao điểm với trục hoành: cho y  0  x  

1
2

Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  1
 Bảng giá trị: x –2
0
1
2
4
y
1
–1
||
4
5

 Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây:

y
5
4
3
2
1
x
2x  1
4
O 1 2
y0  5  0

5

2
x

1

5
x

5

x
2
0
0

0
x 0  1 -2
-1
3
 f (x 0 ) 


3
(2  1)2
 Phương trình tiếp tuyến cần tìm:
y  5  3(x  2)  y  3x  11

7


Ôn thi chắc 7 điểm

Bài 8.Cho hàm số y 

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

2 3
x  ( m  1) x 2  ( m 2  4 m  3) x  1 (1) (m là tham số
3

thực).
a) Khi m =  3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm m để hàm số (1) có hai cực trị tại hai điểm x1 , x2 .Khi đó, tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức A  x1 x2  2( x1  x2 ) .
Khi m =  3, hàm số trở thành y 

2 3
x  2 x 2  1.
3

+Tập xác định: D  .

lim y  ; lim y  

x  

x  

y'  2 x 2  4 x.
+BBT
X

–∞

y’ = 0  x = 0 hoăc x = 2
0

2

y'

0

0

Y

1
–∞



+∞
+∞

5
3

+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0), (2; ) , nghịch biến trên ( 0; 2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1; và đạt cực tiểu tại x = 2; yCT = 

5
3

Tìm đúng điểm uốn U(1 ; – 1/3 )
+ Đồ thị ( qua 5 điểm : CĐ, CT, điểm uốn và 2 điểm có hoành độ x < 0 và x> 2
2

1
-1
O
U

2

3

-5/3
2

2
f( x ) =

∙x3

2∙x2 + 1

3
2
y  x3  (m  1) x2  (m2  4m  3) x  1 có hai cực trị ; GTLN A  x1 x2  2( x1  x2 )
3
Tập xác định D =  .
Ta có y'  2 x 2  2( m  1 )x  m 2  4m  3.
Hàm số có hai cực trị  y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt  ’ >0 

m2  6m  5  0  5  m  1
Khi đó gọi x1, x2 là các nghiệm pt y’ = 0 thì x1, x2 là các điểm cực trị hàm số.

8


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

 x1  x2  1  m
1

Ta có 
=> A  m2  8m  7
1 2
2
 x1 x2  2 (m  4m  3)
1
9
Xét hàm số t  (m 2  8m  7) trên (-5;-1) =>   t  0 ( dùng BBT)
2
2
9
Suy ra A  khi m = – 4.
2
9
Vậy maxA =
khi m =  4
2
Bài 9. Cho hàm số y  x 3  3x 2  1 (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm m để phương trình x 3  3x 2  m  0 có 3 nghiệm phân biệt
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
1. Tập xác định: D = R
2. Sự biến thiên:
- y   3x 2  6x , cho y   0  3x 2  6x  0  x  0 hoac x  2
- Giới hạn :

lim y   ;

x 

lim y  
x 

- Bảng biến thiên :
x

–

y

0
-

2
0

+

+

+
0

–

3

y

–1

-


- Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–;0) và (2;+)
- Hàm số đạt cực đại tại : x = 2 ; yCĐ = 3
Hàm số đạt cực tiểu tại : x = 0 ; yCT = -1
3. Đồ thị :
Cho x = -1  y = 3 , ( -1 ; 3 )
Tâm đối xứng I (1;1)

y
3

y=m-1

1
O
-1

1 2

3 x

-1

9

Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

b)Tìm m để phương trình x 3  3x 2  m  0 có 3 nghiệm phân biệt.
Ta có
x 3  3x 2  m  0  x 3  3x 2  m  x 3  3x 2  m  x 3  3x 2  1  m  1 (
*)
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = m – 1
Dựa vào đồ thị (*) có 3 nghiệm phân biệt  1  m  1  3  0  m  4
2x  1
Bài 10. Cho hàm số: y 
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm trên (C ) có tung độ bằng 5
Hướng dẫn giải
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
 Tập xác định: D   \ {1}
3
 Đạo hàm: y  
 0, x  D
(x  1)2
 Giới hạn và tiệm cận:
lim y  2
; lim y  2
x 

x 

 y  2 là tiệm cận ngang.

y

lim y   ; lim y    x  1 là tiệm cận đứng.

x 1

x  1

5
4
3
2

 Bảng biến thiên
x –
y

y

1

+

+

+

1
O 1 2



2



2

-2
-1

Hàm số luôn NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.
 Đồ thị:
1
Giao điểm với trục hoành: cho y  0  x  
2
Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  1
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm trên (C ) có tung độ bằng 5.
Ta có: y 0  5 

2x 0  1
x0  1

 5  2x 0  1  5x 0  5  x 0  2

10

4

x


Ôn thi chắc 7 điểm
 f (x 0 ) 

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

3
 3
(2  1)2

 Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y  5  3(x  2)  y  3x  11
Bài 11. Cho hàm số : y   x 3  6 x 2  9 x (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) .
2. Tìm trên trục hoành những điểm mà từ đó kẽ được các tiếp tuyến với (C),
sao cho trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau .
M  a;0  là điểm cần tìm.Tiếp tuyến của (C) kẽ từ M là đường thẳng

 t  : y  k  x  a  …. k thỏa:
3
2
 x  6 x  9 x  k  x  a 

2
3 x  12 x  9  k

3

2
2
 x  6 x  9 x   3x  12 x  9   x  a  1

2
 2
3x  12 x  9  k

x  3  0

1   x  3   2 x2  3ax  3a   0  

2

 2 x  3ax  3a  0 *
Lập luận đi đến (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 : k x1  k x2   1

9a 2  24a  0
82
 82 
...  
a
Vậy M   ; 0 
27
 27 
 27a  81  1
Bài 12. Cho hàm số y   x3  3x 2  4 .
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình

x 3  3x 2  m  4  0 .
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y   x3  3x 2  4 .
1. Tập xác định: D  
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn: lim y   và lim y  
x 

x 

b) Bảng biến thiên:
 y '  3x 2  6x
y '  0  3x 2  6x  0   x  2
 x  0
x
y'
y

-


-2
0

+

0

+

0

0
4

+


-

11


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 2  và  0;   , đồng biến trên
khoảng  2; 0  .
+ Hàm số đạt cực đại tại điểm x  0 ; giá trị cực đại của hàm số là y(0)  4 .
+ Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  2 ; giá trị cực tiểu của hàm số là y(2)  0 .
3. Đồ thị:
+ Giao điểm của đồ thị với trục tung là điểm  0; 4  .
+ Giao điểm của đồ thị với trục hoành là các điểm  2; 0  ; 1; 0  .
+ Đồ thị đi qua điểm  1; 2  .
8

y

7

6

5

4

3

2

y=-x3-3x2+4

1

x
-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

-1

-2

m

y=m

-3

-4

-5

Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
x 3  3x 2  m  4  0 (1)
 Ta có : x 3  3x 2  m  4  0  m   x 3  3 x 2  4 .
 Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
y   x3  3x 2  4 và đường thẳng y  m .
 Dựa vào đồ thị, ta suy ra kết quả biện luận về số nghiệm của phương trình
(1) như sau:
+ m  0  m  4 : Phương trình (1) có 1 nghiệm.
+ 0m4
: Phương trình (1) có 3 nghiệm.
+ m  0
: Phương trình (1) có 2 nghiệm
 m  4
1
Bài 13. Cho hàm số y  x3  2 x 2  3x
3
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

12


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

b. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại của đồ thị (C) và vuông
góc với tiếp tuyến của đồ thị (C) tại gốc tọa độ
x 1
(1)
x 1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
2) Tìm trên đồ thị hàm số (1) các điểm M có hoành độ âm sao cho M cùng
5
với hai điểm A 1;0  , B  3;1 tạo thành một tam giác có diện tích bằng
2
Hướng dẫn giải

AB   2;1 , AB  5 , phương trình đường thẳng AB: x  2 y  1  0

Bài 14. Cho hàm số y 

1
 x 1 
M  x;
 là điểm cần tìm, ta có S MAB  AB. d  M ;( AB ) 
2
 x 1 
x 1
x2
1
 x2  9 x  4  0
1
x2  4 x  1
x 1

 S MAB 
5

5
 x  3 (vì x  0 )
 2
2
x 1
5
x

x

6

0


1

ĐS: M  3; 
2

Bài 15. Cho hàm số y  x 4  x2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho.
b) Dựa vào đồ thị  C  hãy tìm tất cả các giá trị của tham số k để phương trình
sau có bốn nghiệm thực phân biệt
Hướng dẫn giải
k 1
4

+ Lập luận được: Số nghiệm PT đã cho chính là số giao điểm của (C) và đường
k 1
thẳng (d): y 
.
4
1 k 1
+ Lập luận được: YCBT   
0
4
4
+ Giải ra đúng 0  k  1
Bài 16. Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1)

Đưa về được PT hoành độ giao điểm: x 4  x 2 

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(1;1) và có hệ số góc bằng 3. Tìm điểm M
thuộc đường
thẳng d sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất.

13


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

Hướng dẫn giải
x  0
a. + TXĐ : D=R , Đạo hàm: y’=3x2-6x=0  

x  2
+ Kết luận đồng biến, nghịch biến, cực đại, cực tiểu
+ Gới hạn lim y   và bảng biến thiên
x 

+ Đồ thị: Đúng dạng, tương đối chính xác
b.+ d: y=3x-2
+ Xét biểu thức P=3x-y-2. Thay tọa độ điểm (0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm (2;2)=>P=6>0. Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng d.
Từ đây, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng
+ Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2
4

x

 y  3x  2

5
+ Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 

 y  2 x  2
y  2

5
Bài 17.Tìm tham số m để hàm số: y  x 3  2mx 2  m  1 x  1 đồng biến trên
đoạn  0;2 .

* Để hàm số y  x 3  2mx 2  m  1 x  1 đồng biến (tăng) trên đoạn  0;2 thì

y '  3x 2  4mx  m  1  0 ; x   0;2
 3x 2  1  m 4x  1 ; x   0;2

m 

3x 2  1

 g(x ) ; x  0;2 .
4x  1

* Tính g '(x ) 

12x 2  6x  4

4x  1

2

 0, x  0;2 .

* Bảng biến thiên:

x
g ' x 
g x 



0

2




11

9

1

14


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

* Dựa vào bảng biến thiên: m  1 ( m  g(x ) nên lấy m nhỏ hơn số nhỏ
trong BBT).
Bài 18. Tìm tham số m để hàm số: y  x 3  3x 2  m  1 x  4m nghịch biến
trên khoảng 1;1 .
* Để hàm số nghịch biến trên 1;1  y '  3x 2  6x  m  1  0, x  1;1

 m  3x 2  6x  1  g x , x  1;1 .
* Ta có g ' x   6x  6 . Cho g x   0  6x  6  0  x  1 .
* Bảng xét dấu g ' x  :

x
g ' x 




1


1


0
2

g x 

10

* Dựa vào bảng biến thiên, để hàm số nghịch biến trên khoảng 1;1 thì

m  10 .
Bài 19. Tìm tham số m để hàm số: y  x 3  3x 2  mx  4 đồng biến trên
khoảng 0;  .
* Để hàm số đồng biến trên khoảng 0;  thì

y '  3x 2  6x  m  0, x  0; 
 m  3x 2  6x  g x , x  0;  .
x  0
* Cho g ' x   0  3x 2  6x  0  
.
x  2
* Bảng xét dấu g ' x  :

x

g ' x 




2


0

0




0

15


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

g x 



0

* Dựa vào bảng biến thiên, để hàm số đồng biến trên 0;  thì m  0 .
Bài 20.Tìm tham số m để hàm số: y 

1 3
x  mx 2  2m  1 x  m  2 nghịch
3

biến trên khoảng 2; 0 .
* Để hàm số đồng biến trên khoảng 2; 0  x 2  1  2m x  1, x  2; 0

x2 1
 2m 
, x  2; 0, x  1  2m  x  1  g x , x  2; 0, x  1 .
x 1
* Ta có: g ' x   1  0 .
* Bảng xét dấu g ' x  :

x
g ' x 
g x 

2
0

1





1



1

* Dựa vào bảng biến thiên: 2m  1  m  1 .
2





Bài 21. y  x 3  m  1 x 2  2m 2  3m  2 x  2m 2  m đồng biến trên nửa
khoảng 2;  .





* Ta có: y '  3x 2  2 m  1 x  2m 2  3m  2 .
* Để hàm số đồng biến trên nửa khoảng 1;   y '  0, x  2; 
 f x   3x 2  2 m  1 x  2m 2  3m  2 , x  2;  .
* Vì tam thức bậc hai f x  có  '  7m 2  7m  7  0, m   nên f x  có hai





nghiệm là:

x1 

m  1 '
m  1 '
; x2 
.
3
3

16


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

x  x
1
* Vì x 1  x 2 nên f x   0  
.
x  x 2
m  1  '
* Do f x   0, x  2;   x 2  2 
 2  '  5 m
3
m  5
m  5

3




 2  m  .
2  
2
 '  5  m 
2m  m  6  0
2



Bài 22.Tìm tham số m để hàm số: y 

mx  4
nghịch biến trên khoảng ;1 .
x m

* Hàm số xác định trên khoảng ;1 .
* Ta có: y ' 

m2  4

x  m 

2

, x  m .

* Để hàm đã cho nghịch biến trên khoảng ;1 khi và chỉ khi:
y '  0, x  ;1



m  ;1

m 2  4  0
2  m  2
2  m  2
 
 
 
 2  m  1 .
m  ;1 m  1
m  1



* Vậy thỏa yêu cầu bài toán thì: 2  m  1 .

Bài 23. Tìm tham số m để hàm số: y 

mx 2  6x  2
nghịch biến trên nửa
x 2

khoảng 1;  .

* Hàm số xác định trên nửa khoảng 1;  .
* Ta có: y ' 

mx 2  4mx  14

x  2

2

.

* Để hàm số nghịch biến trên nửa khoảng 1;   y '  0,   1;  .



mx 2  4mx  14

m 

x  2

2

 0,   1;   mx 2  4mx  14  0,   1;  .

14

14
 g x ,   1;   m  min g x   g 1   .

5
x  4x
x 1
2





Bài 24.Tìm tham số m để: y  x 3  3mx 2  3 m 2  1 x  m đạt cực đại tại
x 2.

17


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

* Hàm số đã cho liên tục và xác định trên  .





* Ta có: y '  3x 2  6mx  3 m 2  1  y ''  6x  6m .
* Hàm số đạt cực đại

m  3
y ' 2  0
12  12m  3m 2  3  0


tại x  2  





m  1  m  3 .
y '' 2  0
12  6m  0



m  2






Bài 25. Tìm tham số m để: y   m 2  5m x 3  6mx 2  6x  6 đạt cực tiểu tại
x  1.

* Hàm số đã cho liên tục và xác định trên  .









* Ta có: y '  3 m 2  5m x 2  12mx  6  y ''  6 m 2  5m x  12m .
* Hàm số đạt cực tiểu

m  2
y ' 1  0
3m 2  3m  6  0


tại x  1  


 m  2 .


m  1
y '' 1  0
6m 2  18m  0




 3  m  0
Bài 26.Tìm tham số m để: y  x 3  2x 2  mx  1 đạt cực tiểu tại x  1

(trích đề

TNPT – 2011).
* Hàm số đã cho liên tục và xác định trên  .
* Ta có: y '  3x 2  4x  m  y ''  6x  4 .
y ' 1  0

1  m  0

* Để hàm số đạt cực tiểu tại x  1  
 
 m 1
y '' 1  0
6  4  0


Bài 27. Tìm tham số m để: y  mx 3  3x 2  12x  2 đạt cực đại tại điểm x  2 .
* Hàm số đã cho liên tục và xác định trên  .
* Ta có: y '  3mx 2  6x  12  y ''  6mx  6
* Để hàm số đạt cực đại tại điểm x  2 khi và chỉ khi:
m  2
12m  24  0
y ' 2  0






 m  2
y '' 2  0
12m  6  0
m   1



2









Bài 28.Cho hàm số: y  x 3  2 m  1 x 2  m 2  4m  1 x  2 m 2  1 .

18


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

Tìm m để hàm số đạt cực trị tại hai điểm x 1, x 2 sao cho:

* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên  .

1 1 1
  x x  .
x1 x2 2 1 2





* Để hàm số có hai cực trị thì y '  3x 2  4 m  1 x  m 2  4m  1  0 1 có
hai nghiệm phân biệt.
 m  2  3
a  3  0


 '

2 .
2
y '  m  4m  1  0

m


2

3


* Khi có cực trị, hoành độ cực trị x 1, x 2 là nghiệm của phương trình 1 .
* Ta có:

x1  x 2  1
1
1
1

 x 1  x 2  
 x 1  x 2   x 1  x 2 2  x 1x 2   0 3

x1 x 2
2
x 1x 2
2

* Theo định lý Viét:

4 1  m 
b
c
m 2  4m  1

; P  x 1x 2  
4 
a
3
a
3
* Thay 4 vào 3 , ta
S  x1  x 2  

4 1  m  
m 2  4m  1
  0 
được:
.2 

3
3


 4 1  m 

0

3



m 2  4m  1
2 
0

3

m  1


 m  1 .
 m  5
 

* Kết hợp 2 ta được : m  1 và m  5 thỏa yêu cầu bài toán.

1
1
mx 3  m  1 x 2  3 m  2 x  . Tìm m để đồ thị
3
3
hàm số có 2 điểm cực trị x 1 ; x 2 , đồng thời hai điểm cực trị này thỏa:

Bài 29.Cho hàm số: y 

x 1  2x 2  1 .

* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên  .
* Để hàm số có 2 điểm cực trị  y '  mx 2  2 m  1 x  3 m  2  0 1 có 2
nghiệm phân biệt x 1; x 2 .

m  0
a  m  0

 m  0





2
  '  m  1  3m m  2  0
2m 2  4m  1  0
 2  6  m  2  6


 2
2

19

2

Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

* Theo định lý Vi-ét và yêu cầu bài toán ta có:



3m  4
 x 1  2x 2  1
x 1 
m


 m  0
x  x  2 m  1   x  2  m

 2
2
 1
 2
3m  8m  4  0
m
m


3 m  2
3

m

2
 
 x x 
 3m  4 . 2  m  
 1 2
 m
m
m
m

m  2

3

 m  2

m  2
* So lại với điều kiện 2  
3 là các giá trị cần tìm thỏa yêu cầu bài toán.

 m  2
Bài 30. Cho hàm số: y 

1 3
x  mx 2  2m  1 x  2 . Tìm m để đồ thị của hàm số
3

có hai cực trị đều dương.

* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên  .
* Ta có:
y '  x 2  2mx  2m  1, y '  0  g(x )  x 2  2mx  2m  1  0 1 .
* Để đồ thị hàm số có hai cực trị dương  1 có hai nghiệm dương phân
biệt:
a  1  0


2

 '  m 2  2m  1  0
m

1
0


 m  1





.
 S   b  2m  0
 m  0



m  1

a
1



2
c

 m 
2

P  a  2m  1  0

 m  1

* Vậy 
là những giá trị cần tìm thỏa yêu cầu bài toán.
m  1

2

Bài 31.Cho hàm số: y  x 4  2m 2x 2  1 . Tìm tham số m để hàm số có 3 cực trị,
đồng thời 3 điểm cực trị này là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân.
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên  .

20


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

* Ta có:

x  0
.
y '  4x  4m x  4x x  m  y '  0  4x x  m  0   2
2
x  m 
* Để hàm số có 3 cực trị  y '  0 có 3 nghiệm phân biệt   có 2 nghiệm
3

2



phân biệt  0  m  0

2

2





2

2



1 .









* Khi đó, 3 điểm cực trị của hàm số là A 0;1, B m,1  m 4 , C m;1  m 4 .

2
8
AB  AC  m  m
.

BC  4m 2

* Do A, B, C lập thành tam giác vuông





cân  AB 2  AC 2  BC 2  2 m 2  m 8  4m 2  m  1 .
* So với 1 , ta được: m  1 .
Bài 32. Cho hàm số: y  x 4  2mx  2m  m 4 . Tìm tham số m để hàm số có 3 cực

trị, đồng thời 3 điểm cực trị này lập thành một tam giác đều.
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên  .
* Ta có:
x  0
y '  4x 3  4mx  4x x 2  m  y '  0  4x x 2  m  0   2
.
x  m 
* Để hàm số có 3 cực trị thì y '  0 có ba nghiệm phân biệt   có 2 nghiệm









phân biệt  0  m  0 1 .
* Khi đó:


x  0
 A 0; m 4  2m
AB 


y '  0  x   m  B  m ; m 4  m 2  2m
 AC 



BC 
4
2
x  m
 C m ; m  m  2m


* Do 3 điểm cực trị lập thành tam giác
AB  AC
đều  
 AB 2  BC 2  m  m 4  4m
AB  BC

m  0
4
 m  3m  0  
. Kết hợp với 1  m  3 3
3
m  3
toán.












m  m4
m  m4 .
4m

thỏa yêu cầu bài

21


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

Bài 33. Cho hàm số: y  x 4  2mx 2  m  1 . Tìm tham số m để hàm số có 3 cực
trị, đồng thời các điểm cực trị A,B,C của đồ thị tạo thành một tam giác có bán
kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1.
* Hàm số đã cho xác định và liên tục trên  .
x  0
* Ta có: y '  4x  4mx  4x x  m  y '  0   2
.
x  m 
* Để hàm số có 3 cực trị thì y '  0 có ba nghiệm phân biệt   có 2 nghiệm



3



2

phân biệt  0  m  0 1 .
* Khi đó, ba điểm cực trị là:



 

A 0; m  1 ; B  m ; m 2  m  1 ; C



m ; m 2  m  1 .

 AB  AC  m 4  m ; BC  2 m ; S ABC 

1
yB  yA . xC  x B  m 2 . m
2

.





m4  m 2 m
AB.AC .BC

R
1
 1  m 3  2m  1  0 
2
4S ABC
4m . m

m  1


m  5  1

2


Chuyên đề

2

MŨ - LOGARIT

Bài 1.

Giải bất phương trình: log 5  4 x  1  log 5  7  2 x   1  log 1  3x  2 
5

Hướng dẫn giải
1
7
+ Điều kiện:   x 

4
2
+ BPT  log 5  4 x  1  log 5  3 x  2   1  log 5  7  2 x 
 log 5  4 x  1 3 x  2   log5 5  7  2 x 
  4 x  1 3 x  2   5  7  2 x 
 12 x 2  21x  33  0
33
   x 1
12
1
Giao với điều kiện, ta được:   x  1
4

22


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

1
Vậy: nghiệm của BPT đã cho là   x  1
4

Bài 2. Giải phương trình 2e x  2e  x  5  0, x  R
Hướng dẫn giải

2e x  2e  x  5  0  2e2 x  5e x  2  0.
Đặt t  e x , t  0 . Phương trình trở thành
t  2

2t  5t  2  0   1
t 
 2
ex  2
 x  ln 2

 x 1
e 
 x  ln 1


2
2
2

Bài 3. Giải phương trình 5 2 x  2  26.5 x  2  1  0
t  1
Đặt t = 5x >0. Pt <=> t2–26t + 25 = 0 <=> 
t  25
x  0
<=> 
.
x  2

1
x7
log 2  x 2  2 x  3  log 2
0
2
x3

Điều kiện: x  3  x  7
x7
Phương trình  log 2 (x 2  2x  3)  log 2
0
x3
(x 2  2x  3).(x  3)
 log 2
0
x 7
(x 2  2x  3).(x  3)

1
 x 3  5x 2  2x  2  0
x7
2
 (x  1)(x  4x  2)  0
 x  1
 x  1
 2
 
 x  4x  2  0
 x  2  6  x  2  6
So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  2  6 .
Bài 5. Giải bất phương trình : log 1 log 2 (2  x 2 )   0 ( x  R ) .
Bài 4. Giải phương trình:

2

2

l og 1 log 2 (2  x )   0 ( x  R) (2).
2

23


Ôn thi chắc 7 điểm

Nguyễn Tiến Chinh – Vinastudy.vn

Điều kiện: log 2 (2  x 2 )  0  2  x 2  1  1  x  1

 1  x  1

 1  x  1 1  x  1


 2
2
 x0
2  x  2
x  0
Vậy tập nghiệm bpt là S  (1;0)  (0;1)
Khi đó (2)  log 2 (2  x 2 )  1  

4 x 4
 17.22x 4  1  0
Bài 6. Giải phương trình: 2
16x
4x

4 x 4
2x 4
2
 17.2
1  0 
 17.  1  0  42x  17.4 x  16  0 (*)
16
16
x
 Đặt t  4 (ĐK: t > 0) phương trình (*) trở thành
 4x  1
t  1 (nhan)
x  0
2

t  17t  16  0  
  x
 
 4  16
t  16 (nhan)
x  2
 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 0 và x = 2

Bài 7. Giải phương trình:
Điều kiện

log3  x 1 log3 3 x  log3  2x 3

x 1  0


3  x  0  1  x  3 (*)
2 x  3  0


log3  x 1 log3  3 x  log3  2x 3
 log3  x 1 (3 x)  log3  2x 3
  x 1 (3 x)  2x 3

Phương trình tương đương

  x2  2 x  3  2 x  3   x2  0
 x = 0 , kết hợp với đk (*) phương trình có 1 nghiệm x
=0
2x 2  6x 6

Bài 8. Giải phương trình:
2x 2  6x 6

 2

 2.4

x 1



 2

1
(2x 2  6x 6)

2
2

 2.4x 1

 2.22(x 1)  2x

2  3x 3

 22x  3

x   3
 x 2  3x  3  2x  3  x 2  x  6  0  
x  2
Bài 9. Giải phương trình: log 2  3x  1  6  log 0,5  5 x  2 
2
5
Pt đã cho tương đương với log 2  3x  2  5 x  2   6

ĐK x 

  3x  2  5 x  2   64

 15 x 2  4 x  68  0

24