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�

3

và hàm số khơng có đạo hàm tại x  0 .

3

5 x5
x

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
 0 � 3x5  m x � � 5
�x
TH2: m  0 . Ta có: y �
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
 0 � 3x5  m x � � 5
� x 
TH3: m  0 . Ta có: y �
3
3
3 x  mx
�

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


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.

 0 có hai
Để hàm số có cực tiểu, tức hàm số có hai cực trị thì phương trình y�
nghiệm

phân

biệt

3 x 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 hoành 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
�x .x  m (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

Câu 4: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Phương trình x 3  x  x  1  m  x 2  1 có nghiệm thực
2

khi và chỉ khi:
3
A. 6 �m � .
2

B. 1 �m �3 .

C. m �3 .

1
3
D.  �m � .
4
4

Hướng dẫn giải
Sử dụng máy tính bỏ túi.

x 3  x  x  1  m  x 2  1 � mx 4  x 3   2m  1 x 2  x  m  0
2

Chọn m  3 phương trình trở thành 3 x 4  x 3  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  x 3  13 x 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
Ta có x 3  x  x  1  m  x 2  1 � m 
2

Xét hàm số y 

x3  x 2  x
(1)
x4  2x 2  1

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

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


y�


x

 3x



2

3

 x2  x  �
 x 4  2 x 2  1   x3  x 2  x   x 4  2 x 2  1 �

x

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

 x6  2 x5  x 4  x 2  2 x  1

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

4

2

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  x2  x
y 4
x  2x2  1

�
ۣ

1
m
4

3
.
4

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

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

9x
, x �R . Nếu a  b  3 thì
3  9x

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  x 3  3x 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.
 3x2  6 x  m .
Ta có: y �

 0 có 2 nghiệm
Hàm số có hai điểm cực đại và cực tiểu nên phương trình y �
phân biệt.
 9  3m  0 � m  3 .
Do đó �

Gọi x1 , x2 là điểm cực trị của hàm số và y1 , y2 là các giá trị cực trị tương
ứng.
1 � �2
�1
� 2
3
2
. � x  � � m  2 �x  m  2 nên y1  k  x1  1 ,
Ta có: y  x  3x  mx  m  2  y�
3 � �3
�3
� 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.
 3 x 2  3m nên y �
 0 � x2  m .
Ta có y�

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

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

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
AIB  sin �
AIB �
Ta có: S IAB  .IA.IB.sin �
2
2
2
Diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng
Gọi H là trung điểm AB ta có: IH 
Mà d I ,   

1
khi sin �
AIB  1 � AI  BI .
2

1
2
AB 
 d I , 
2
2

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
2x 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
2x 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
0
m2
�
m 2  8m  12  0
�
�
�
��
�
�
m6
1 �0
�
�
�f  1 �0

 *

.

�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 .


Theo giả thiết AB  2 3 � 2 x2  x1  2 3 �  x1  x2   4 x1 x2  6 � m 2  8m  6  0

2

� 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

Đặt t 

x
�4 .
y

�x

�
y
 ln �  2 �.
x
�y
�

x
, 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
 ln 6 khi t  4
2

27
, b  6 � ab  81 .
2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


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.

lim y 
x ���

a
a
. Tiệm cận ngang y  c �  c .
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.

 6 x 2  6  m  1 x  6  m  2 
Ta có y �
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

0
m
TH2: ۹�

3

y �có hai nghiệm x1 , x2  x2  x1 

� Hàm số luôn nghịch biến trên  x1 ; x2  .
Yêu cầu đề bài:
� x2  x1  3 �  x2  x1   9 � S 2  4 P  9
2

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 .

A. m 

1
.
3

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

D. m  8 .

Chọn C.
3
2
  3x 2  2 x  m  2 x  x  mx ln 2 .
Ta có y�
Hàm số đã cho đồng biến trên
y ' 0,�
x �
1, 2 
3 x 2 2 x m 0, x
 1, 2 ۳��

 1, 2  *

b 1
  2 nên
2a 3

1  3m �0
�
�
� 1
�
m�
�
�
�
1  3m  0
3
�
�
�
�
� 1
�1
�
m
�
�
� 1
�
3
�
3
�
�
�
�

m �1
�
�m 2
�
�


1
�
0
�
�
�3 3
�

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

�
�0
�
�
�
0
�
�
�
�
 * ���۳
�x1 x2

1
�
�
2
�
�
�
�
 x1  1  x2  1 �0
�
�
Câu 13:

m

1

(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
x 3  3 x 2  1   3m  1 x  6 m  3 � x 3  3 x 2   3m  1 x  6 m  2  0 .

3
2
Giả sử phương trình x  3x   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.

4 x 2  1  3x 2  2
là:
x2  x
B. 3.

C. 4.
Hướng dẫn giải

D. 1.

Chọn A.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


1� �
1 �
�
�;  ��� ;1�
� 1;  �
Tập xác định: D  �
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

f  x  e

1

1
x2



1

 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  1Md , 2018Md � 20182 Md suy ra 1Md � 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
y� 0, x �. ۳
m� sin x cos x, x �.
Hàm số đồng biến trên �۳�
۳ 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 .

D.5.

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

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


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.
(BIÊN HỊA – HÀ NAM) Hàm số y 

Câu 18:

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

của m là:
�1 �
� 1�
� 1�
1; �.
1; .
A. m �� ; 2 �\  1 . B. m � 1; 2 \  1 . C. m ��
D. m ��
�2 �
� 2�
�
� 2�
Giải

Chọn D.
x2  2mx  4m
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  4m�0, x� 1; �
x2  2mx  4m�0,x� 1; � � 2m x  2 � x2,x� 1; � (1)

2
Do x  2 thỏa bất phương trình 2m 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)
 x2
�
2m�
,x� 2; �
�
x 2
�
 x2  4x
 x2
�
f
x



1
;
�
\
2
   có
Xét hàm số f  x 
trên 
2
 x  2

x 2

x 0
�
f�
 x  0 � �
x 4
�
Bảng biến thiên

m 1
�
�
YCBT ۣ
 
�
2�
m 1
�
�
2m�8
�

1 m

1
.
2

Cách khác

x2  2mx  4m
x2  4x
y
'

D

�
\

m
  và
có tập xác định là
.
y
2
x m
 x  m
m 1
�
�
Hàm số đã cho đồng biến trên  1; � � � 2
�x  2mx  4m�0, x� 1; �


4 �m�0
�
�
��

m 0
2
�
�
m

4
m
�
0
 �0
�
�
�
��
� 2
�
�m 4
�
�
m

4
m

0
x2  2mx  4m�0,x� 1; � � �
�
�



0
�
�
�
�
m�1
�
�
�
�
�
�
2
�x1  x2 �1 �
m m  4m �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  x 3  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  x 3  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 x 2  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 .

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


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

TH2: Xét m �0 . Có: 1  1  m và  2  4m 2  4
Th2a.

Cả

2

phương

trình

(1)

và

(2)

đều

vơ

nghiệm:

1 m  0
m 1
�
�
�� 2
��
� m ��

1  m  1
4m  4  0
�
�
Th2b: (1) vô nghiệm, (2) có nghiệm kép x 

1
: ta thấy trường hợp này vơ lí
2

(vì m  1 )
Th2c: (2) vơ nghiệm, (1) có nghiệm kép x 

1
: ta thấy trường hợp này vơ lí
2

(vì 1  m  1 )
Câu 21:

(NGƠ 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 .
Đặt x  tan t , ta được y 

m
.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 
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


.
4

Vậy m �0 thỏa mãn bài tốn.

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)
�
0��
TH2: m �0 . Khi đó: y�
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 
�
y  2 
lớn nhất tại x  1 trên đoạn  2; 2 khi và chỉ khi �y  1 �۳�
�
�y  1 �y  1
(do m �0 )

m

0

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 �
5;
.
A. m ��
� 4�
�

B. m � 5;6 .

� 23 �
5; �� 6 .
C. m ��
� 4 �

� 23 �
5; �� 6 .
D. m ��
� 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
 x   2 x  1
Đặt:  x 2  x  t ; f  x    x  x; f �

�1 � 1
� 1�
f  1  2, f  2   2, f � � � t ��
2; �
�2 � 4
� 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  0 � t  1
t2
t2

Bảng biến thiên

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


t

1
-

-2

-1

+

4

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

4

+)  x 2  x  t �  x 2  x  t  0
�>
1  4t
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt >

0

t

1
4

Do đó để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì phương trình   có
� 1�
2;
nghiệm t ��
� 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 �
A. �
.
� 3 ;2�
�

�
�

�
1 2 2 �
B. �
.
� 3 ;2�
�
�
�

�
1 2 2 �
C. �
.
� 2 ;2�
�
�
�

�
1 2 2 �
D. �
� 2 ; 2 �.
�
�

Hướng dẫn giải
Chọn D

Ta có: y '  m 2  m � x 2  3 x  4  m 2  m
2
Đặt f  x   x  3x  4  P 

y  m2  m

Yêu cầu bài toán :
4
7
4
3
3
2
2


�3
�3

m
�2  m
�2
�
�
2
�7
�7
� �  m 2  m �m2  3m  4 � �  m  m
4
�4

�2
2
m  m �m 2  3m  4
�
�
m  m �4
�
�2
m  m �4
�
�
�3
�2  m
�
�� 1  2 2
m
��
�
2
1 2 2 �
��
��
� m ��
� 2 ; 2�
1 2 2
�
�
��
m
��

�
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

y�


32 x
  m  1
16 x 2  1

�0, x ��
Hàm số nghịch biến trên � khi và chỉ khi y �
�
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 ��
m  1
�
�
16  m  1  0
m  1
�
�
�
��
��
�۳��

m �5
2
2
2

16
m

32
m

240
�
0
�


16

16
m

1
�
0


�
�
��

m �3
��
Cách 2:

32 x
  m  1 �0
16 x 2  1

m 3.

x ��

32 x
g ( x), với g ( x )  32 x
ۣ
ۣ
� 2
m 1, x �� m  1 �max
�
16 x  1
16 x 2  1
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


( x) 
Ta có: g �

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
�

1 4
Do đó: m �۳

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 �
�
�
m ‫�ڳ‬
0 m 1
�
�
 �
�
�
2
1  cot x  1  m 
1 m  0
�  � �
�y�


 0, x �� ; �
2
�
�4 2 �
 m cot x  1
�





m 0 .

2

.


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

b

c
d
x1  x2  x3   ; x1 x2  x2 x3  x3 x1  ; x1 xx x3  
a
a
a
Câu 27:

(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
�
� x 3  2mx 2   m  2  x  0 � �
  x   x 2  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
�
��
�
 m2  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
�
BC �
d  M , BC   4.
2
Phương trình d được viết lại là: d : y  x  4 � x  y  4  0.
Ta có diện tích của tam giác MBC là S 

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


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

1 3  4
1   1

2

2

 2.

8
8

� BC 2  32
d  M , BC 
2

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

2

2

�  xB  xC   4 xB .xC  16 �  2m   4  m  2   16
2

2

� 4m 2  4m  24  0 � m  3; m  2.

Đối chiếu với điều kiện, loại đi giá trị m  2.
Câu 28:

Cho hàm số y 

nào?
11 �
� 7 � �
0;
và � ;  �.
A. �
�
� 12 � �12
�

� 7
0;
C. �
� 12

� �7 11
và � ;
�
� �12 12

x
 sin 2 x, x � 0;   . Hỏi hàm số đồng biến trên các khoảng
2

�7 11 �
B. � ;
�.
�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 ��
7
2

2
�
x
 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||

11 �
� 7 � �
0;
Hàm số đồng biến �
�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

D. m 

1
.
2


 1  m sin x .
Tập xác định: D  �. Ta có y �
۳ y ' 0, 
x��
Hàm số đồng biến trên � �

m�
sin x 1, x �

Trường hợp 1: m  0 ta có 0 �1, x ��. Vậy hàm số luôn đồng biến trên �
1
��۳
, x �
Trường hợp 2: m  0 ta có sin x ۳
m

1
1
m

1
1
�
Trường hợp 3: m  0 ta có sin x � , x �
m
m

m 1
1۳

m

1

Vậy m �1
Câu 30:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

y  (m  3) x  (2m  1) cos x luôn nghịch biến trên �?
m3
�
2
A. 4 �m � .
B. m �2 .
C. �
.
m �1
3
�

m

sao cho hàm số

D. m �2 .

Hướng dẫn
Chọn A.
Tập xác định: D  �. Ta có: y '  m  3  (2m  1)sin x

ۣۣ
�y�
' 0,�
x �
�
Hàm số nghịch biến trên � 
Trường hợp 1: m  

(2m 1) sin x 3 m, x �

1
7
ta có 0  ,x . Vậy hàm số luôn nghịch biến trên
2
2

�.
Trường hợp 2: m  

1
3 m
�� , x �
ta có sin x �
2
2m  1

3 m
2m  1

1

�3�m
۳2m 1

Trường hợp 3: m  
3 m
sin x ��۳ , x �
2m  1

m

4

1
ta có:
2
3m
1+
�3�+
m  2m 1
2m  1

m

� 2�
2
4; �
. Vậy m ��
3
� 3�

Tìm mối liên hệ giữa các tham số a và
y  f ( x)  2 x  a sin x  bcosx luôn tăng trên �?
1 1
A.   1 .
B. a  2b  2 3 .
C. a 2  b 2 �4 .
a b

Câu 31:

b

sao cho hàm số

1 2
D. a  2b �
.
3

Hướng dẫn
Chọn C.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


 2  acosx  b sin x
Tập xác định D  R . Ta có: y�
Áp dụng bất đẳng thức Schwartz ta có 2  a 2  b 2 �y�
�2  a 2  b 2
Yêu cầu của bài tốn đưa đến giải bất phương trình
y�
�0, x � 2  a 2  b2 �0 � a 2  b 2 �4 .
Câu 32:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
y  x 3  6 x 2  mx  1 đồng biến trên khoảng  0; � ?
A. m �0 .

B. m �12 .
C. m �0 .

m

sao cho hàm số

D. m �12 .

Hướng dẫn
Chọn D.
Cách 1:Tập xác định: D  �. Ta có y�
 3 x 2  12 x  m
 Trường hợp 1:

3  0 (hn)
�
y� 0, x ��۳�
Hàm số đồng biến trên  ۳�
36  3m �0
�

m 12

 0 có hai nghiệm
 Trường hợp 2: Hàm số đồng biến trên  0; � � y�
x1 , x2 thỏa x1  x2 �0 (*)
 0 có nghiệm x  0 suy ra m  0 . Nghiệm còn lại
 Trường hợp 2.1: y�
 0 là x  4 (không thỏa (*))

của y �

 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa
 Trường hợp 2.2: y�
�
�
36  3m  0
�
0
�
�
�
x1  x2  0 � �S  0 � �
4  0(vl ) � khơng có m .Vậy m �12
�P  0
�m
�
� 0
�3
m �12
�
x 3x2
Cách 2:Hàm số đồng biến trên  0; � ۳

Lập bảng biến thiên của g ( x ) trên  0; � .
x

0

+

g

+∞

2
0

–

12
g

0

–∞

g ( x), x (0;

).


Câu 33:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
y  x 4  2(m  1) x 2  m  2 đồng biến trên khoảng (1;3) ?
A. m � 5; 2  .
B. m � �; 2 .
C. m � 2, � .

m

sao cho hàm số

D. m � �; 5  .

Hướng dẫn
Chọn B.
Tập xác định D  �. Ta có y '  4 x 3  4( m  1) x .
Hàm số đồng biến trên (1;3) ۳��
y ' 0,
�
x (1;3)
�

g ( x)

x 2 1 m, x (1;3) .

Lập bảng biến thiên của g ( x) trên (1;3) .
x

+

g
g

3

1

0
10

2

Dựa vào bảng biến thiên, kết luận: m �min g ( x)

m 2 .

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số
1
1
y  x 3  mx 2  2mx  3m  4 nghịch biến trên một đoạn có độ dài là 3?
3
2
m


1;
m  9.
A.
B. m  1 .
C. m  9 .
D. m  1; m  9 .

Câu 34:

Hướng dẫn
Chọn A.

Tập xác định: D  �. Ta có y �
 x 2  mx  2m

�0, x �� vì a  1  0
Ta khơng xét trường hợp y �
 0 có 2 nghiệm x1 , x2
Hàm số nghịch biến trên một đoạn có độ dài là 3 � y�
thỏa
�
  0 � m 2  8m  0
�
�m  8 hay m  0
x1  x2  3 � �
��2
�
2
2
m

8
m

9
x

x

9
�
S


4
P

9


�
�
�1 2

Câu 35:

m  1
�
�
m9
�

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y 

��
0; �?
đồng biến trên khoảng �
� 4�
A. 1 �m  2 .
B. m �0;1 �m  2 . C. m �2 .

tan x  2
tan x  m

D. m �0 .

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Hướng dẫn
Chọn B.

 
+) Điều kiện tan x m. Điều kiện cần để hàm số đồng biến trên  0;  là
 4
m 0;1
+) y' 

2 m
.
cos x(tan x m)2
2

+) Ta thấy:

 
1
 0x 0; ;m 0;1
2
 4
cos x(tan x m)
2

 y'  0
m 2  0
 

 m 0 hoặc 1 �m  2
+) Để hs đồng biến trên  0;   
m(0;1)
 4
m
0;m
1


Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số
mx3
y  f ( x) 
 7 mx 2  14 x  m  2 giảm trên nửa khoảng [1; �) ?
3
14
14 �
�
�
�
� 14 �
� 14
�
2;  �.
 ; ��.
A. ��;  �.
B. ��;  �.

C. �
D. �
15 �
15 �
�
�
� 15 �
� 15
�

Câu 36:

Hướng dẫn
Chọn B.
Tập xác định D  R , yêu cầu của bài toán đưa đến giải bất phương trình
mx 2  14mx  14 �0, x �1 , tương đương với g ( x) 

14
�m (1)
x  14 x
2

Dễ dàng có được g ( x ) là hàm tăng x � 1; � , suy ra min g ( x )  g (1)  
x�
1

�g ( x ) m
Kết luận: (1) ۳�min
x�
1

Câu 37:

Tất

cả

các

giá

trị

14
15
thực

m
của

tham

y   x 4  (2m  3) x 2  m nghịch biến trên khoảng
phân số
A. 5.

14
15

p

tối giản và q  0 . Hỏi tổng p  q là?
q
B. 9.
C. 7.

Hướng dẫn
Chọn C.
Tập xác định D  �. Ta có y�
 4 x3  2(2m  3) x .

số

m

 1; 2 

sao cho hàm số
� p�
�; � , trong đó
là �
� q�

D. 3.



y��
0, x (1; 2)
Hàm số nghịch biến trên (1; 2) ۣ�
 ۣ�

m

x2

3
2

g ( x), x (1; 2) .

( x)  2 x  0 � x  0
Lập bảng biến thiên của g ( x) trên (1; 2) . g �

Bảng biến thiên
x

1

2
+

g

g

0
11
2

5

2

Dựa vào bảng biến thiên, kết luận: m �min g ( x )

m

5
. Vậy p  q  5  2  7 .
2

Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m sao cho hàm số
2 x 2  (1  m) x  1  m
đồng biến trên khoảng (1; �) ?
y
xm
A. 3.
B. 1.
C. 2.
D. 0.

Câu 38:

Hướng dẫn
Chọn D.

Tập xác định D  �\  m . Ta có y �

2 x 2  4mx  m 2  2m  1
g ( x)


2
( x  m)
( x  m) 2

Hàm số đồng biến trên (1; �) khi và chỉ khi g ( x ) �0, x  1 và m �1 (1)
Vì  g � 2(m  1) 2 �0, m nên (1) � g ( x)  0 có hai nghiệm thỏa x1 �x2 �1
�2 g (1)  2(m 2  6m  1) �0
�
ۣ
ۣ
�m 3 2 2
Điều kiện tương đương là �S
�  m �1
�2

0, 2 .

Do đó khơng có giá trị ngun dương của m thỏa u cầu bài tốn.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình
2 x  1  x  m có nghiệm thực?
A. m �2 .
B. m �2 .
C. m �3 .
D. m �3 .

Câu 39:

Hướng dẫn
Chọn B.
Đặt t  x  1, t �0 . Phương trình thành: 2t  t 2  1  m � m  t 2  2t  1

(t )  2t  2
Xét hàm số f (t )  t 2  2t  1, t �0; f �
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất