BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO CHUYÊN ĐỀỨNG DỤNG ĐẠO HÀM

CHƯƠNG 1: (TIẾP THEO)
BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO CHUYÊN ĐỀ
ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM
Chủ đề 1: (tiếp theo)
Dạng 2:
Một số bài toán ứng dụng về chuyển động
Bài 54:

π

S ( t ) = 40sin  π t + ÷, ( t ( s ) ) ,
3


Một vật chuyển động có phương trình là
quãng đường tính theo đơn
vị mét.
a. Tính vận tốc của vặt chuyển động tại thời điểm t=4(s)
b. Tính gia tốc của vật chuyển động tại thời điểm t=6(s).
Giải
π ′
π
π



v ( t ) = S ' ( t ) = 40  π t + ÷ .cos  π t + ÷ = 40π cos  π t + ÷
3
3
3




a) Ta có:
π
1

v ( 4 ) = S ' ( 4 ) = 40π cos  4π + ÷ = 40π = 20π ( m / s )
3
2

vậy:
b) Ta có:
π ′ 
π
π


a ( t ) = v ' ( t ) = −40π  π t + ÷ sin  π t + ÷ = −40π 2 sin  π t + ÷
3
3
3




Vậy:
Bài 55:

π
3


a ( 6 ) = v ' ( 6 ) = −40π 2 sin  6π + ÷ = −40π 2
= −20 3π 2 ( m / s 2 )
3
2

S ( t ) = 50t 2 , ( t ( s ) ) ,

Một vật rơi tự do có phương trình chuyển động là
a. Tính vận tốc của vật rơi tự do tại thời điểm t=6(s).
50 ( m / s )
b. Sau thời gian bao lâu thì vật rơi tự do đạt vận tốc
.
Giải.
v ( t ) = S ' ( t ) = 10t
a. Ta có
.
t = 6( s)
v ( 6 ) = S ' ( 6 ) = 10.6 = 60 ( m / s )
Vậy vận tốc thời điểm
là:

độ cao tính theo đơn vị là mét.


b. Vậy để vận tốc của vật rơi do đạt
Bài 56:

50 ( m / s )

thì:

50 = 10t ⇔ t = 5 ( s )
v ( t ) = 5t 2 + 7t , ( t (s) ) ,

Một vật chuyển động có vận tốc được biểu thị bởi công thức là
tính theo đơn vị là (m/s)
a. Tính gia tốc của vật tại thời điểm t=2(s).
b. Tính gia tốc của vật tại thời điểm vận tốc chuyển động của vật bằng 12 m/s.
giải:
a ( t ) = v ' ( t ) = 10t + 7.
t = 2( s)
a) Ta có:
Vậy gia tốc của vật tại thời điểm

v(t )
trong đó

a ( 2 ) = v ' ( 2 ) = 10.2 + 2 = 27 ( m / s 2 )

b) Vật tại thời điểm vận tốc chuyển động của vật bằng 12 m/s:
t = 1 (t/ m)
v ( t ) = 12 ⇔ 5t 2 + 7t = 12 ⇔ 
t = −2, 4(loai)

t = 1( s ) : a ( 1) = v ' ( 1) = 10 + 7 = 17 ( m / s 2 )

Với
Bìa 57: (Đề KSCL THPT Việt Trì)

S ( t ) = 1 + 3t 2 − t 3 , t ( s )

Một chất điểm chuyển động theo quy luật
đạt giá trị lớn nhất khi t bằng bao nhiêu.
t=4
t =3
t=2
A.
B.
C.
Giải:
v ( t ) = S ' ( t ) = 6t − 3t 2
Ta có:
v ' ( t ) = 6 − 6t.

. Vận tốc
D.

v( m / s)

t =1

v ' ( t ) = 0 ⇔ 6 − 6t = 0 ⇔ t = 1
BBT
t

V '( t )
V(t)

0

+∞

1
+

0

−

Vmax

Vậy vận tốc của chuyển động đạt GTLN khi t=1. Chọn D.
Bài 58:

của chuyển động


Hằng ngày mực nước của hồ thủy điện ở miền Trung lên và xuống theo lượng nước mưa, và các suối
nước đổ về hồ. Từ lúc 8h sáng, độ sâu của mực nước trong hồ tính theo mét và lên xuống theo thời

t3
h ( t ) = 24t + 5t −
3
2

gian t (giờ) trong ngày cho bởi công thức
. Biết rằng phải thông báo cho các hộ
dân phải di dời trước khi xả nước theo quy đinh trước 5 giờ. Hỏi cần thông báo cho hộ dân di dời
trước khi xả nước mấy giờ. Biết rằng mực nước trong hồ phải lên cao nhất mới xả nước.

15h
16h
17h
18h
A.
B.
C.
D.
Giải:
Ta có:
h ' ( t ) = 24 + 10t − t 2

t = −2(loai)
h ' ( t ) = 0 ⇔ 24 + 10t − t 2 = 0 ⇔ 
t = 12 (t/ m)
BBT
t

h '( t )
h( t)

0

+∞

12
+

0

−

hmax

Vậy để mực nước lên cao nhất thì phải mất 12 giờ. Vậy phải thông báo cho dân di dời vào 15
giờ chiều cùng ngày. Chọn A.
Bài 59: (đề minh họa Quốc gia 2017)
Một ô tô đang chạy với vận tốc 10m/s thì người lái đạp phanh, từ thời điểm đó, ô tô chuyển động
v ( t ) = −5t + 10, ( t ( s ) ) ,

chậm dần đều với vận tốc
trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ
lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được bao nhiêu
mét?
A. 0,2m
B. 2m
C. 10m
D. 20m.
Giải:
v0 = 10 ( m / s )
Ta có:
a = v ' ( t ) = −5
Gia tốc của ô tô chuyển động chậm dần đều:
.
Tại thời điểm ô tô dừng lại thì vận tốc bằng 0.
v(2t ) − v02 = 2aS ⇔ 0 − 102 = 2 ( −5 ) S ⇔ S = 10 ( m )
Ta có:
10m
Vậy ô tô còn có thể đi được quãng đường là
.

Chọn C.


Lưu ý:
Bài này còn có thể áp dụng tích phân để tìm quãng đường di chuyển của ô tô khi dừng lại.
Bài 60: Một con cá hồi bơi ngược dòng (từ nơi sinh sống) để vượt khoảng cách 300km (tới nơi sinh
v
sản). Vận tốc dòng nước 6km/h. Giả sử vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là
km/h thì năng
E ( v ) = cv3t ,

lượng tiêu hao của cá trong thời gian t giờ cho bởi công thức
trong đó c là hằng số; E
tính bằng jun. Vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng của cá tiêu hao ít nhất là bao
nhiêu?
A. 9km/h
B. 6km/h
C. 10km/h
D. 12km/h
Giải:
v − 6 ( km / h ) , ( v ≥ 6 )
Vận tốc của con cá khi bơi ngược dòng:
300
t=
( h)
v−6
Thời gian con cá bơi từ nơi sinh sống đến nơi sinh sản:
Năng lượng tiêu thụ của con cá khi bơi từ nơi sinh sống đến nơi sinh sản:
900
300

300cv 2 
v 
E ( v ) = cv 2
− cv3
=
3 −
÷.
2
v−6
v−6 
v−6
( v − 6)
E '( v) = 0 ⇔

BBT
X

300cv 2 
v 
v
= 0 ⇔ v = 9.
3 −
÷= 0 ⇔ 3 −
v−6 
v−6
v−6

6

+∞

9

E '( x )

−

0

+

E(x)
Emin
Vậy vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng của cá tiêu hao ít nhất bằng

v = 9 ( km / h )

. Chọn. A

Nhận xét:
E ( v ) = c ( v − 6)
Đối với bài này có rất nhiều em tìm nhầm hàm
chọn

v = 6km / h

3

300
(J)

v−6

đó là Chọn sai hoàn toàn vì vận tốc v trong biểu thức

. Và sẽ tìm được

E ( v ) = cv 3t

, v là vận


tốc thực của con cá khi di chuyển, còn t là thời gian con cá bơi từ nơi sinh sống đến nơi sinh
sản ứng với vận tốc của con cá đã trừ đi vận tốc dòng nước.
Bài 61: (trích từ Luận văn thạc sĩ Nguyễ Văn Bảo)
Chi phí về nhiên liệu của một tàu được chia làm hai phần. Trong đó phần thứ nhất không phụ thuộc
vào vận tốc và bằng 480 ngàn đồng/giờ. Phần thứ hai tỉ lệ thuận với lập phương của vận tốc, khi
v = 10km / h
thì phần thứ hai bằng 30 ngàn đồng/giờ. Hãy xác định vận tốc của tàu để tổng chi phí
nguyên liệu trên 1 km đường là nhỏ nhất?
A. 10km/h
B. 15km/h
C. 20km/h
D. 25km/h
Giải:
1
x ( km / h )
x
Gọi
là vận tốc của tàu. Thời gian tàu chạy quãng đường 1 km là (giờ).
1

.480
x
Chi phí tiền nhiên liệu cho phần thứ nhất là:
(ngàn đồng).
v = 10km / h
Khi vận tốc
thì chi phí cho quãng đường 1 km ở phần thứ hai là:
1
.30 = 3
10
(ngàn đồng).
x ( km / h )
y
Xét tại vận tốc
, gọi (ngàn đồng) chi phí cho quãng đường 1 km tại vận tốc x thì
chi phí cho quãng đường 1 km tại vận tốc x, ta có:
3x3
3
3
y=
3 = k10 ⇔ k = 3
10
1000
Ta có:
. Suy ra
.

y = kx 3

P ( x) =

Vậy tổng chi phí tiền nhiên liệu cho 1 km đường là:
P ( x)
Bài toán trở thành tìm x để
nhỏ nhất.
2
480 9 x
P '( x ) = − 2 +
x
1000
480 9 x 2
P '( x ) = 0 ⇔ − 2 +
= 0 ⇔ x = 20
x
1000
960 18 x
P ''( x ) = 3 +
x
1000
960 18.20
P ''(20) = 3 +
>0
20
1000

480 3 x3
+
x 1000

.

P ( x)

x = 20
đạt GTNN tại
x = 20 ( km / h )
Vậy vận tốc của tàu
.
CHọn C.
Bài 62:

Suy ra

S=

1 2
gt
2

Một vật rơi tự do với phương trình chuyển động
, trong đó
giây (s). Vận tốc của vật tại thời điểm t = 5s bằng:
A. 49m/s
B. 25m/s
C. 10m/s
D. 18m/s
Giải:
v = S ' = gt
t = 5s
nên tại thời điểm

. Vận tốc của vật là:
v = 9,8.5 = 49 ( m / s )
. CHọn A.

g = 9,8m / s 2

và

t

tính bằng

Bài 63:

S = t 3 − 3t 2 + 4t

Một chất điểm chuyển động thẳng theo phương trình
và S tính bằng mét (m). Gia tốc của chất điểm lúc t=2s là:
4m / s 2
6m / s 2
8m / s 2
A.
B.
C.
Giải:
a = S '' = 6 t − 6

D.

, trong đó t tính bằng giấy (s)

12m / s 2

nên tại thời điểm t=2s thì gia tốc của chất điểm là:

a = 6.2 − 6 ( m / s 2 )

.

Chọn B.
Bài 64:

S = t 3 + 3t 2 − 9t + 27

Cho chuyển động thẳng theo phương trình
, trong đó t tính bằng giấy (s) và S
tính bằng mét (m).Gia tốc chuyển động tại thời điểm vận tốc triệt tiêu là:
0m / s 2
6m / s 2
24m / s 2
12m / s 2
A.
B.
C.
D.
Giải:
v = S ' = 3t 2 + 6t − 9; a = S '' = 6t + 6

Tại thời điểm vận tốc bị triệt tiêu:
Với

t =1

t = 1
3t 2 + 6t − 9 = 0 ⇔ 
t = −3 ( loai )

thì gia tốc của chuyển động là:

a = 6.1 + 6 = 12 ( m / s 2 )

.


Chọn D.
Bài 65:
1
3
S = t 4 − t 2 + 2t − 100
4
2

Một chất điểm chuyển động theo quy luật
Chất điểm đạt giá trị nhỏ nhất tại thời điểm:
t =1
t = 16
t =5
A.
B.
C.

Giải:
t = −2 ( l )
S ' = t 3 − 3t + 2 = 0 ⇔ 
t = 1

D.

, trong đó t tính bằng giấy (s).

t =3

Vậy chất điểm đạt GTNN tại t= 1s.
Chọn A.
Bài 66:

a ( t ) = 3t + t 2 ( m / s 2 )

Một vật đang chuyển động với vận tốc 10m/s thì tăng tốc với gia tốc
quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc?
6800
4300
5800
m
m
m
11100m
3
3
3
A.

B.
C.
D.
Giải:
a ( t ) = 3t + t 2

. Hỏi

v ' ( t ) = a ( t ) ; S ' ( t ) = v(t )

Theo đề ta có: vận tốc ban đầu là
3
1
⇒ v ( t ) = t 2 + t 3 + 10 ( m / s )
2
3
1
1
S ( t ) = t 3 + t 4 + 10t ( m )
2
12

10 ( m / s )

Quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là:
S ( 10 ) =
Chọn C.
Bài 67:

4300

( m)
3

.


v '( t ) =

v( t ) ( m / s)

3
m / s2 )
(
t +1

Một vật chuyển động với vận tốc
, có gia tốc
. vận tốc ban đầu của
6m / s
vật là
. Vận tốc của vật sau 10 giây là (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị):
A. 14m/s
B. 13m/s
C. 11m/s.
D. 12m/s.
Giải:
v = 6 + 7 = 13 ( m / s )
Vận tốc của vật sau 10 giây là
. Chọn B

CHỦ ĐỀ 2.
TÌM GIÁ TRỊ CỦA THAM SỐ ĐỂ HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU TRÊN MIỀN D
y = f ( x, m ) , m

D.
là tham số, có taaph xác định
f
D ⇔ f ′ ≥ 0, ∀x ∈ D
• HÀm số
đồng biến trên
.
f
D ⇔ f ′ ≤ 0, ∀x ∈ D
• HÀm số
nghịch biến trên
.
Từ đó suy ra điều kiện của m.
1. Sử dụng GTLN, GTNN của hàm số trên tập D để giải quyết bài toán tìm giá trị của tham số để
hàm số đơn điệu.
Lí thuyết nhắc lại:
Cho bất phương trình:
f ( x, m) ≥ 0, ∀x ∈ D ⇔ f ( x ) ≥ g ( m ) , ∀x ∈ D ⇔ min f ( x ) ≥ g ( m )

Cho hàm số

x∈D

Cho bất phương trình:
f ( x, m) ≤ 0, ∀x ∈ D ⇔ f ( x ) ≤ g ( m ) , ∀x ∈ D ⇔ min f ( x ) ≤ g ( m )
x∈D

Phương pháp: Để điều kiện để hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên tập xác định (hoặc từng

y = f ( x, m)
khoảng xác định) của hàm số
, ta thực hiện các bước sau:
- Bước 1: Tìm TXĐ của hàm số.
y′
y′ ≥ 0, ∀x ∈ D
y′ ≤ 0, ∀x ∈ D
- Bước 2: Tính . Để hàm số đồng biến
, (để hàm số nghịch biến
) thì
ta sử dụng lý thuyết nhắc lại phần trên.
- Bước 3: Kết luận giá trị của tham số.
Chú ý:
f ( x ) và g ( m )
+ Phương pháp trên chỉ sử dụng được khi ta có thể tách được thành
riêng biệt.
+ Nếu ta không thể tách được thì phải sử dụng dấu của tam thức bậc 2.
2. Sử dụng phương pháp tham thức bậc hai để tìm điều kiện của tham số:
Lý thuyết nhắc lại:
y′ = 0
1)
chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm.


2) Nếu

y ' = ax 2 + bx + c

thì:

 a = b = 0

c ≥ 0
• y′ ≥ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ 
 a > 0

 ∆ ≤ 0

 a = b = 0

c ≤ 0
• y′ ≤ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ 
 a < 0

 ∆ ≤ 0
g ( x ) = ax 2 + bx + c

3) Định lí về dấu của tam thức bậc hai
g ( x)
∆<0
a.
• Nếu
thì
luôn cùng dấu với

thì

g ( x)

a,

b
2a

luôn cùng dấu với trừ
g ( x)
g ( x)
x1 , x2
∆>0
• Nếu
thì
có hai nghiệm
và trong khoảng hai nghiệm thì
khác dấu với
•

Nếu

∆=0

x=−

a,
ngoài khoảng hai nghiệm thì

g ( x)

cùng dấu với a.
g ( x ) = ax 2 + bx + c
x1 , x2
4) So sánh các nghiệm
của tam thức bậc hai
với số 0.
∆ > 0
∆ > 0


• x1 < x2 < 0 ⇔  P > 0
• 0 < x1 < x2 ⇔  P > 0
• x1 < 0 < x2 ⇔ P < 0
S < 0
S > 0


y = ax 3 + bx 2 + cx + d

5) Để hàm số
thực hiện các bước sau:
y′
• Tính
.

có độ dài khoảng đồng biến (nghịch biến)

Tìm điều kiện để hàm số có khoảng đồng biến và ngịch biến:
2
x1 − x2 = d

( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = d 2 ( 2 )
• Biến đổi
thành
• Sử dụng định kí Vi-et đưa (2) thành phương trình theo m.
• Giải phương trình, so với điều kiện (1) để chọn nghiệm.
•

BÀI TẬP VẬN DỤNG.
Bài 1:
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

m

sao cho hàm số:

a ≠ 0

∆ > 0

( 1)

( x1; x2 )

bằng d thì ta


1
y = − x 3 + 2 x 2 + ( 2 m + 1) x − 3m 2 + 2
3
m≤−

m ≤ 2.
A.
Giải:

B.

TXĐ :

5
2

nghịch biến trên
5
m≥−
2
C.

¡

?

D.

m≤3

D=¡

.
y′ = − x 2 + 4 x + ( 2 x + 1)

Ta có:
∆ ' = 2m + 5

Hàm số nghịch biến trên

¡

khi và chỉ khi:
5
y′ ≤ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ ∆ ' ≤ 0 ⇔ m ≤ −
2

Chọn B.
Bài 2:

m
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
sao cho hàm số:
y = mx 3 − 3x 2 + ( m − 2 ) x − 3m + 2
¡
nghịch biến trên
?
m≤2
m ≤1
m ≥ −1
A.
B.
C.
Giải:

TXĐ :

D.

m ≤ −1

D=¡

.
y′ = 3mx 2 − 6 x + ( m − 2 )

Ta có:
Hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi
y′ = 3mx 2 − 6 x + ( m − 2 ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡
TH1:

m = 0,

khi đó

y′ = −6 x − 2 ≤ 0, x ∈ ¡

y ' = −6 x − 2 ≤ 0 ⇔ x ≥

−1
3

. Không thỏa mãn yêu cầu đề bài

Vậy m=0 không thỏa mãn.

m≠0
¡
TH2:
. Để hàm số nghịch biến trên .

∀x ∈ ¡

.


m < 0
y ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ 
∆ = 9 − 3m ( m − 2 ) ≤ 0
m < 0
m < 0

⇔
⇔   m ≤ −1 ⇔ m ≤ −1
2
−3m + 6m + 9 ≤ 0
m ≥ 3

Chọn D.
Bài 3:

m
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
sao cho hàm số:
khoảng xác định của nó.
m ≤1

m ≥ −1
m < −1
m >1
A.
hoặc
.
B.
hoặc
.
m≤2
m ≥ −1
m≤2
m ≥1
C.
hoặc
.
D.
hoặc
.
Giải:
D = ¡ \ { −m}
TXĐ :
.
2
m −1
y′ =
2
( x + m)
Ta có:
.

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi
Chọn B.
Bài 4:
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
1
1
y = mx 3 − ( m − 1) x 2 + 3 ( m − 2 ) x +
3
3
m≥
A.
Giải:
Ta có:

2
3

B.

m ≤1

Hàm số đồng biến trên

thì

mx + 1
x+m

đồng biến trên

m ≥ −1

luôn đồng biến trên từng

 m < −1
y ' > 0, ∀x ≠ −m ⇔ m 2 − 1 > 0 ⇔ 
m > 1

sao cho hàm số:

C.

y′ = mx 2 − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 )

[ 2;+∞ )

m

y=

[ 2; +∞ )

D.

m ≤ −1


y ' ≥ 0 ⇔ mx 2 − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) ≥ 0, ∀ ∈ [ 2; +∞ )
⇔ m ( x 2 − 2 x + 3) + 2 x − 6 ≥ 0 ⇔ m ≥
f ( x) =

Đặt
Ta có:
f '( x) =

6 − 2x
, ∀x ∈ [ 2; +∞ )
x − 2x + 3

6 − 2x
, ∀ ∈ [ 2; +∞ )
x − 2x + 3
2

2

2 x 2 − 12 x + 6

( x2 − 2 x + 3)

f '( x) = 0 ⇔

2

, ∀x ∈ [ 2; +∞ )

2 x 2 − 12 x + 6

(x

2

ta tìm GTLN của hàm:

f ( x ) , ∀x ∈ [ 2; +∞ )

− 2 x + 3)

2

x = 3 + 6
=0⇔ 
 x = 3 − 6 ( loai )

2
2− 6
2
f ( 2) = , f 3 + 6 =
, lim f ( x ) ≤ m ⇔ ≤ m.
x →+∞
3
2
3

(

)

Ta có:
Chọn A.

Bài 5: (ĐHKA,A1 - 2013).
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

m

sao cho hàm số:
( 0;+∞ )
y = − x + 3 x + 3mx − 1
nghịch biến trên khoảng
?
m ≤1
m ≤ −1
m ≥ −1
A.
B.
C.
3

2

D.

m≤0

Giải:
y′ = −3x 2 + 6 x + 3m

Ta có:
. Hàm số nghịch biến trên khoảng
y ' ≤ 0 ⇔ −3 x 2 + 6 x + 3m ≤ 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ )

( 0; +∞ )

thì :

⇔ x 2 − 2 x ≥ m, ∀x ∈ ( 0; +∞ )
f ( x ) = x 2 − 2 x, ∀x ∈ ( 0; +∞ )

Đặt
Ta có:
f '( x ) = 2x − 2

Ta đi tìm GTNN của hàm

f ' ( x ) = 0 ⇔ 2 x − 2 = 0 ⇔ x = 1.
f ( 0 ) = 0; f ( 1) = −1, lim f ( x) = +∞

Ta có:

x →+∞

f ( x ) , ∀x ∈ ( 0; +∞ )


Vậy để hàm số nghịch biến trong khoảng
Chọn B.

( 0;+∞ )

min f ( x ) ≥ m ⇔ m ≤ −1

( 0;+∞ )

thì:

.

Bài 6: (Đề minh họa 2017)

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

y=

m

sao cho hàm số:

tan x − 2
tan x − m

đồng biến trên khoảng

 π
 0; ÷
 4

A.

m≤0

hoặc
1≤ m < 2
C.
.
Giải:

Đặt

1≤ m < 2

.

B.
D.

t = tan x,

với

m≤0
m≥2

.
.

 π
x ∈  0; ÷ ⇒ t ∈ ( 0;1)
 4

y=

Hàm số đã cho trở thành tìm tham số m để hàm số
−m + 2
y′ ( t ) =
2
( t − m)
Ta có:
Để hàm số đồng biến trong khoảng (0;1) thì:
1 ≤ m < 2
 y ' ( t ) > 0
 −m + 2 > 0
m < 2
⇔
⇔
⇔



t ≠ m
 m ∉ ( 0;1)
 m ∉ ( 0;1)
m ≤ 0

t−2
t−m

đồng biến trên khoảng (0;1)

Chọn A.
Bài 7:
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

m

sao cho hàm số:

y = x − mx − ( 2m − 7 m + 7 ) x + 2 ( m − 1) ( 2m − 3)
3

2

−1 ≤ m ≤
A.
Giải:
Ta có:

2

5
2

−1 < m ≤
B.

y′ = 3 x 2 − 2mx − ( 2m 2 − 7 m + 7 )

5
2

đồng biến trên khoảng
5

−1 < m <
2
C.

( 2;+∞ )

?

D.

1
5
− 2
2


( 2; +∞ )

Hàm số đồng biến trong khoảng
TH1: Hàm số luôn đồng biến trên R:

thì ta xét 2 trường hợp sau:

∆ ' ≤ 0 ⇔ m 2 + 3 ( 2m2 − 7 m + 7 ) ≤ 0 ⇔ m 2 − 3m + 3 ≤ 0, ( VL )

Vậy không có giá trị nào của m để hàm số luôn đồng biến trên R,
( 2;+∞ )
TH2: Hàm số đồng biến trong khoảng
∆ ' > 0 ⇔ m 2 − 3m + 3 > 0, ( ∀x ∈ ¡ )

.
x1 , x2 , ( x1 < x2 )
y' = 0
Giả sử
là hai nghiệm của phương trình
, để Hàm số đồng biến trong khoảng

( 2;+∞ )

thì:

S
 ≤2
x1 < x2 ≤ 2 ⇔  2
( x1 − 2 ) ( x2 − 2 ) ≥ 0 ⇔ x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) + 4 ≥ 0,(1)


Theo định lí vi-et ta có:
2m

 x1 + x2 = 3

2
 x x = −2m + 7 m − 7
 1 2
3

(2)

Thay (2) vào (1) ta được:

m ≤ 6

 −2m 2 + 7 m − 7
 2m 
2
− 2
÷+ 4 ≥ 0 ⇔ −2m + 3m + 5 ≥ 0

3
 3 

m ≤ 6
5

⇔
5 ⇔ −1 ≤ m ≤
2
−1 ≤ m ≤ 2
−1 ≤ m ≤
Vậy với
Chọn A.

5
2

thì hàm số đồng biến trong khoảng

( 2; +∞ )

.

CHỦ ĐỀ 3.
GẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH
DỰA VÀO HÀM SỐ.
•

Kiến thức cơ bản


Cho f(x) là hàm số xác định và liên tục trên D, thì:
x ∈ D ⇔ g ( m ) ≥ max f ( x )
f ( x) ≤ g ( m)
x∈D

với mọi

g ( m ) ≥ min f ( x )

f ( x) ≤ g ( m)

x∈D

có nghiệm khi và chỉ khi
x ∈ D ⇔ g ( m ) ≤ min f ( x )
f ( x) ≥ g ( m)
x∈D
với mọi
g ( m ) ≤ max f ( x )
f ( x) ≥ g ( m)
x∈D

có nghiệm khi và chỉ khi

BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1:
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình:

x ∈ 0;1 + 3 

có nghiệm
2
m≤
3
A.
.
Giải:

B.

⇔

.

m ≤ −1

m≥
.

C.

2

3

.

)

(

x2 − 2x + 2 + 1 + x ( 2 − x ) ≤ 0 ⇔ m ≤

Bpt
t = x2 − 2x + 2 ⇒ x2 − 2x = t 2 − 2

Đặt
Ta xác đinhk ĐK của t:
Xét hàm số
t'=

Ta có:

m x2 − 2 x + 2 + m + 2 x − x2 ≤ 0

t = x2 − 2x + 2

x −1
x − 2x + 2
2

với

D.

m≤0

x2 − 2x
x2 − 2x + 2 + 1

.

, ( 1)

.

x ∈ 0;1 + 3 

, ta đi tìm ĐK ràng buộc của t.

,t ' = 0 ⇔ x = 1

.

x ∈ 0;1 + 3 

1≤ t ≤ 2
thì
.
t2 − 2
⇔m≤
t ∈ [ 1;2]
t +1

Khi đó: (1)
với
.

Vậy với

t2 − 2
f ( t) =
t +1

Xét hàm số
tăng trên [1;2].

với

t ∈ [ 1;2]

f '( t ) =

. Ta có:

t 2 + 2t + 2

( t + 2)

2

> 0, ∀x ∈ [ 1; 2]

. Vậy hàm số f

Do đó, yêu cầu của bài toán trở thành tìm m để (1) có nghiệm
2
⇔ m ≤ max f ( t ) = f ( 2 ) =
t∈[ 1;2]
3
.
2
m≤
3
Vậy
thì pt có nghiệm. Chọn A.
Bài 2: (Đề tuyển sinh ĐH, CĐ khối B 2014)
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình:
m

(

A.

)

t ∈ [ 1;2]

1 + x2 − 1 − x2 + 2 = 2 1 − x4 + 1 + x2 − 1 − x2
m ≤ 2 −1

Giải:
ĐK:

Đặt

có nghiệm.

.

B.

x ∈ [ −1;1]

2 −1 ≤ m ≤ 1

.

t = 1 + x2 − 1 − x2

C.

m ≥1

.

D.

m ≤1

.

x ∈ [ −1;1]

, ta xác định ĐK của t như sau:
x ∈ [ −1;1]
t = 1 + x2 − 1 − x2
Xét hàm số
với
.
Ta có:
x

t'=

1 + x2

Ta có

1 − x2

=

x

(

1 − x2 + 1 + x2

)

1 − x4

, cho

t'= 0 ⇔ x = 0

t ( −1) = 2, t ( 0 ) = 0, t ( 1) = 2

Vậy với
Từ

+

x

. Với

.

x ∈ [ −1;1]

thì

t ∈ 0; 2 

t = 1 + x2 − 1 − x2 ⇒ 2 1 − x4 = 2 − t 2

.

m ( t + 2 ) = −t 2 + t + 2 ⇔
Khi đó pt đã cho tương đương với:

−t 2 + t + 2

=m
t+2

Bài toán trở thành tìm m để phương trình
−t 2 + t + 2
f ( t) =
t ∈ 0; 2 
t+2
Xét hàm số
với
.

−t 2 + t + 2
t+2

có nghiệm

t ∈ 0; 2 

.


f '( t ) =

Ta có:

−t 2 − 4t

( t + 2)

2

< 0, ∀t ∈ 0; 2 

max f ( t ) = f ( 0 ) = 1, min f ( t ) = f
t∈0; 2 

t∈0; 2 

Suy ra:

( 2) =

2 −1

.
min f ( t ) ≤ m ≤ max f ( t ) ⇔ 2 − 1 ≤ m ≤ 1

Bây giờ yêu cầu bài toán xảy ra khi:

t∈0; 2 

t∈0; 2 

2 −1 ≤ m ≤ 1
Vậy với
thảo yêu cầu bài toán.
Chọn B.
Bài 3: (đề tuyển sinh ĐH, CĐ khối A - 2007):
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình:

3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 ( 1)

A.

m ≤ 2 −1

.

B.

có nghiệm.

2 −1 ≤ m ≤ 1

−1 < m ≤
.

C.

1
3

Giải:
ĐK xác định của phương trình :
Khi đó:

( 1) ⇔ 3

x −1

x2 − 1
x −1
x −1
+ m = 24
⇔3
+ m = 24
2
x +1
x +1
x +1
( x + 1)

t = 24

Đặt
Vậy với
Khi đó,

x ≥ 1.

x −1
,( t ≥ 0 )
x +1

x ≥1

. Vì
0 ≤ t <1

4

x −1 4
2
= 1−
<1
x +1
x +1

thì
( 2 ) ⇔ 3t 2 + m = 2t ⇔ −3t 2 + 2t = m, ( 3)

.

( 2)

nên t<1.

t ∈ [ 0;1)

Bây giờ bài toán trở thành tìm m để (3) có nghiệm
f ( t ) = −3t 2 + 2t
[ 0;1)
Xét hàm số
trên khoảng
. Ta có:
1
f ' ( t ) = −6t + 2, f ' ( t ) = 0 ⇔ −6t + 2 = 0 ⇔ t =
3
.
BBT

.

.

D.

m ≤ −1

.


t

0

1

1
3

f '( t )

+

0

−

1

3

f ( t)

−1

0
−1 < m ≤

1
3

Vậy với
thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Chọn C.
Bài 4: (Đề tuyển sinh ĐH-CĐ khối B – 2006)
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình:
x 2 + mx + 2 = 2 x + 1

A.

có 2 nghiệm thực phân biệt.
9
m≥
−1 < m
2
B.
.
C.
.

m≤9

.
Giải:

1

x
≥
−
2
x 2 + mx + 2 = 2 x + 1 ( 1) ⇔ 
 2
3 x + 4 x − 1 = mx

D.

m≤7

( 2)

.

( *)

Ta có:
Nhận xét:

x=0

không phải là nghiệm của (2). Do vậy, ta tiếp tục biến đổi:
Bài toán trở thành tìm m để (3) có 2 nghiệm thực phân biệt:
 1

x ∈  − ; +∞ ÷\ { 0}
 2

.
 1

3x 2 + 4 x − 1
x ∈  − ; +∞ ÷\ { 0}
f ( x) =
 2

x
Xét hàm số
với
. Ta có:
3x 2 + 1
 1

f '( x ) =
> 0, ∀x ∈  − ; +∞ ÷\ { 0}
2
x
 2


1

 x ≥ − 2
( *) ⇔  2
 3 x + 4 x − 1 = m ( 3)

x


BBT
X

−

+∞

0

1
2

f '( x )

+

+

+∞

f ( x)

+∞

9
2
m≥

−∞
9
2

Vậy với
thì phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt.
Chọn B.
Bài 5: (Đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ khối A - 2008)
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt
4

2 x + 2 x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m, ( m ∈ ¡

A.

2 6 + 24 6 ≤ m ≤ 3 2 + 6

B.

6 + 24 6 ≤ m ≤ 3 2 + 6

C.
Giải:

ĐK:

D.

)
2 6 + 34 6 ≤ m ≤ 3 2 + 8
6 + 24 6 ≤ m ≤ 3 2 + 6

0≤ x≤6
f ( x ) , x ∈ [ 0;6]

Đặt vế trái của phương trình là
.
Ta có:
1
1
1
1
f '( x ) =
+
−
−
3
3
2x 2 4 ( 6 − x)
6−x
2 4 ( 2x)

1

=
2


1
4

( 2x)

3

1

−
4

( 6 − x)

3


÷+  1 − − 1  , x ∈ ( 0;6 )
÷
÷  2 x
6− x 


Đăt:

u ( x) = 




1
4

( 2x)

3

1

−
4

( 6 − x)

3


÷, v( x) =  1 − − 1  , x ∈ ( 0;6 )

÷
÷
6− x 
 2x



u ( 2 ) = v ( 2 ) = 0, x ∈ ( 0;6 ) ⇒ f ' ( 2 ) = 0

Ta thấy
(0;2) và cùng âm trên khoảng (2;6).
BBT
X
0
||
+
f '( x )

. Hơn nữa

2
0

u ( x) , v( x)

cùng dương trên khoảng

6
||

−

3 2 +6

f ( x)
2 6 + 24 6

Vậy với

4

2 6 + 24 6 ≤ m ≤ 3 2 + 6

12 + 2 3

thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn A.

CHỦ ĐỀ 4.
TÌM GIÁ TRỊ CỦA THAM SỐ ĐỂ HÀM SỐ CÓ CỰC TRỊ THỎA MÃN CÁC
YẾU TỐ ĐẶC BIỆT
1. Khái niệm cực trị của hàm số

D( D ⊂ ¡

)

x0 ∈ D

Giả sử hàm số f xác định trên tập
và
.
x0
1)
là điểm cực đại của f nếu tồn tại khoảng

( a; b ) ⊂ D

và

x0 ∈ ( a; b )

sao cho

f ( x ) < f ( x0 ) ,∈ ( a; b ) \ { x0 }
f ( x0 )

Khi đó
được gọi là giá trị cực đại (cực đại) của f.
x0
2)
là điểm cực tiểu của f nếu tồn tại khoảng

( a; b ) ⊂ D

và

x0 ∈ ( a; b )

sao cho

f ( x ) > f ( x0 ) ,∈ ( a; b ) \ { x0 }

Khi đó

f ( x0 )

được gọi là giá trị cực tiểu (cực tiểu) của f.

f ( x0 )

( x ; f ( x ))
0

3) Nếu
được gọi là cực trị của f thì điểm
số f.
2. Điều kiện cần để hàm số có cực trị
x0

0

được gọi là điểm cực trị của đồ thị hàm

f ' ( x0 ) = 0

Nếu hàm số f có đạo hàm tại
và đạt cực trị tại điểm đó thì
.
Chú ý: Hàm số f chỉ có thể đạt cực trị tại những điểm mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo
hàm.
3. Điều kiện đủ để hàm số có cực trị.


( a; b )

( a; b ) \ { x0 }

x0

Định lí 1: giả sử hàm số f liên tục trên khoảng
chứa điểm
và có đạo hàm trên
f '( x )
x0
x0
f
x
1) Nếu
đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua
thì
đạt cực tiểu tại
f '( x )
x0
x0
f
x
2) Nếu
đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua
thì
đạt cực đại tại
.
( a; b )
x0 f ' ( x0 ) = 0
Định lí 2: Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng
chứa điểm ,
và có đạo hàm
x0
cấp hai khác 0 tại điểm .

f '' ( x0 ) < 0
x0
1) Nếu
thì f đạt cực đại tại .
f '' ( x0 ) > 0
x0
2) Nếu
thì f đạt cực tiểu tại .
Kiến thức cần nhớ:
AB =

( xB − x A )

2

+ ( yB − y A )

2

1) Khoảng cách giữa hai điểm A, B
M ( x0 ; y0 )
∆ : ax + by + c = 0
2) Khoảng cách từ điểm
đến đường thẳng
:
ax + by0 + c
d ( M , ∆) = 0
a 2 + b2
3) Diện tích tam giác ABC:
uuur uuur

1
1
S = AB. AC.sin A =
AB 2 . AC 2 − AB. AC
2
2

(

Tích vô hướng của hai vectơ
rr
r r
a.b = 0 ⇔ a ⊥ b
Chú ý:
.
BÀI TẬP VẬN DỤNG

rr
a.b = a1b1 + a2b2

)

2

với

r
r
a = ( a1; a2 ) ; b = ( b1; b2 )

Bài 1: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số
cực tiểu.
( −3; −2 ) ∪ ( −2;1)
( −3; −2 )
−1 < m
A.
.
B.
.
C.
.
Giải:
y ' = 3( m + 2 ) x2 + 6 x + m
Ta có:

.

y = ( m + 2 ) x 3 + 3 x 2 + mx − 5

D.

( −2;1)

.

có cực đại,


∆ ' = −3 ( m 2 + 2m − 3)

y'

Khi đó
là tam thức bậc hai có
. Hàm số có có cực đại, cực tiểu khi và
chỉ khi:
 m ≠ −2
m + 2 ≠ 0
m ≠ −2
⇔ 2
⇔
⇔ m ∈ ( −3; −2 ) ∪ ( −2;1)

∆ ' > 0
−3 < m < 1
 m + 2m − 3 < 0
Vậy

m ∈ ( −3; −2 ) ∪ ( −2;1)

thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.
2
2
y = x 3 − mx 2 − 2 ( 3m 2 − 1) x +
x1; x2
3
3
Bài 2: [ĐHD12]: Tìm m để hàm số
có hai điểm cực trị
sao

cho

x1 x2 + 2 ( x1 + x2 ) = 1

m=
A.
Giải:

2
3

.

.

B.

m=5

.

C.

−1 < m

.

D.

m=7

.

Ta có:

y ' = 2 x 2 − 2mx − 2 ( 3m 2 − 1) = 2 ( x 2 − mx − 3m 2 + 1)

,
y' = 0

Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình
có hai nghiệm phân biệt.

2 13
m >
13
∆ = 13m 2 − 4 > 0 ⇔ 
( 1)

2 13
m < −
13

Ta có
x1; x2
y' = 0
là các nghiệm của
nên theo định lý Vi-et ta có:
 x1 + x2 = m


2
 x1 x2 = −3m + 1
Do đó:

x1 x2 + 2 ( x1 + x2 ) = 1

m = 0
⇔ −3m + 2m + 1 = 1 ⇔ −3m + 2m = 0 ⇔ 
m = 2
3

2

2

m=
Đối chiếu với điều kiện (1) ta thấy chỉ có

2
3

thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.


Bài 3: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số
x1; x2

đạt cực trị tại hai

x1 − x2 ≥ 8

điểm
sao cho:

1 + 64
m ≥
2


1 − 64
m ≤

2
A.
.
Giải:
D=¡
TXĐ:
y ' = x 2 − 2mx + m

.

B.


1 + 63
m ≥
2



1 − 63
m ≤

2

.

y' = 0

Hàm số có cực đại và cực tiểu thì
m > 1
∆ ' > 0 ⇔ m2 − m > 0 ⇔ 
, ( 2)
m < 0

C.


1 + 61
m ≥
2


1 − 61
m ≤

2

có 2 nghiệm phân biệt

.

x1; x2

D.


1 + 65
m ≥
2


1 − 65
m ≤

2

.

khi và chỉ khi:

x1 − x2 ≥ 8 ⇔ ( x1 − x2 ) ≥ 64 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 ≥ 64, ( 1)
2

Ta có:

1
y = x3 − mx 2 + mx − 1
3

 x1 + x2 = 2m

 x1.x2 = m

Theo Đl vi-et Ta có:
Thay vào (1) ta được:

2

.


1 + 65
m ≥
2 , 3
( )
( 2m2 ) − 4m ≥ 64 ⇔ 4m2 − 4m − 64 ≥ 0 ⇔ 
1 − 65
m ≤

2

Kết hợp (2) và (3) ta được:


1 + 65
m ≥
2



1 − 65
m ≤

2

thỏa mãn bài toán. Chọn D.
1
1
y = mx 3 − ( m − 1) x 2 + 3 ( m − 2 ) x +
3
3
Bài 4: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số
đạt
x1; x2
x1 + 2 x2 = 1
cực trị tại hai điểm
sao cho:
.


m=
A.

2
3

m=2

m=3

hoặc
.
B.
Giải:
D=¡
TXĐ:
y ' = mx 2 − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 )

Hàm số có cực đại và cực tiểu thì

.

C.

m = −5

.

y' = 0

D.

m=2

.

x1; x2

cos2 nghiệm phân biệt
khi và chỉ khi:

m ≠ 0
m ≠ 0
m ≠ 0

⇔
⇔ 2 − 6

2
2+ 6
2
( *)
∆ ' = ( m − 1) − 3m ( m − 2 ) > 0
−2m + 4m + 1 > 0

2
 2

Theo đl viet và đề bài, ta có:

2 ( m − 1)
 x1 + x2 =
m

3( m − 2)

 x1.x2 =
m

 x1 + 2 x2 = 1




( 1)
( 2)
( 3)
x1 =

Từ (1) và (3) ta có:

Thế vào (2) ta được:

3m − 4
2−m
, x2 =
m
m

 3m − 4  2 − m  3 ( m − 2 )

÷
÷=
m
 m  m 

2

m=

⇔ 3m − 8m + 4 = 0 ⇔

3

m = 2

( m ≠ 0)

2

m=
Vậy giá trị cần tìm là:

2
3

(thỏa (*).

hoặc

m=2

. Chọn A.

Bài 5 [ĐHB12] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số
có hai điểm cực trị tạo thành 1 tam giác OAB có diện tích bằng 48
m=2
m = ±2
m = −2
m = ±3
A.
.

B.
C.
D.
Giải:
Ta có:

y = x3 − 3mx 2 + 3m3


x = 0
y ' = 3x 2 − 6mx = 3x ( x − 2m ) , y ' = 0 ⇔ 
 x = 2m
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi
Khi đó, các điểm cực trị của đồ thị hàm số là
Ta có:
uuu
r
OA 0;3m3 ⇒ OA = 3 m3 .
( 2)

(

2m ≠ 0 ⇔ m ≠ 0. ( 1)

A ( 0;3m3 ) ; B ( 2m; −m3 )

)

Ta thấy

A ∈ Oy ⇔ OA ≡ Oy ⇒ d ( B, OA ) = d ( B , Oy ) = 2 m .

( 3)

1
SOAB = .OA.d ( B, OA ) = 3m 4
2

Từ (2) và (3) suy ra
SOAB = 48 ⇔ 3m4 ⇔ 48 ⇔ m = ±2
Do đó:
thỏa mãn (1)
m = ±2
Vậy
thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.
Bài 6: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị của hàm số
điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4.
A.

m = 5 16

.

Giải:
Ta có:

B.

m = 5 17

.

C.

m = 5 18

.

y = x 4 − 2mx 2 + 2m + m 4

D.

m = 5 19

có ba

.

y ' = 4 x 3 − 4mx = 4 x ( x 2 − m )

x = 0
y ' = 0 ⇔ 4x ( x2 − m ) = 0 ⇔  2
 x = m ( *)
Để hàm số có 3 cực trị thì phương trình y’=0 có 3 nghiệm phân biệt nên phương trình (*) có 2
nghiệm phân biệt khác 0. Điểu kiện tương đương m>0

A ( 0; m 4 + 2m ) ; B

Gọi 3 điểm cực trị của hàm số:
Gọi

( 0; m

AH =

4

− m 2 + 2m )

( −m )

2 2

(

là trung điểm BC.

= m 2 , BC =

(

2 m

)

2

) (

m ; m 4 − m 2 + 2m ; C − m ; m 4 − m 2 + 2 m

=2 m

Vì ba điểm cực trị luôn tạo thành 1 tam giác cân tại đỉnh A,

)