D01 các bài toán tổng hợp về hàm số muc do 3

Câu 15: [2D1-9.1-3] (Toán học và Tuổi trẻ - Tháng 4 - 2018 - BTN) A và B là hai điểm thuộc hai
x
nhánh khác nhau của đồ thị hàm số y 
. Khi đó độ dài đoạn AB ngắn nhất bằng
x2
A. 1 .
B. 2 .
C. 4 .
D. 8 .
Lời giải
Chọn C

b 
a 


Lấy A  a;
 thuộc hai nhánh của  C  ( a  2  b )
 , B  b;
 a2
 b2
2 b  a  
b
a  

AB   b  a;

.
   b  a;
b2 a2 
 b  2  2  a  



Ta có:  b  2  2  a 

b  a 

4

Suy ra AB   b  a  
2

2

2

4 b  a 

2

 b  2  2  a  

 b  a  

64

2

2

b  a 

2

 2 64  16  AB  4 .

Dấu bằng xảy ra khi a  2  2 , b  2  2 .
Vậy ABmin  4 .
Câu 32: [2D1-9.1-3] (Toán học và Tuổi trẻ - Tháng 4 - 2018 - BTN) Cho hàm số
2

n

 x  x
f  x    x  1 1   ... 1   , với n 
 2  n
A. 0 .

*

. Giá trị f   0  bằng?
C. n .

B. 1 .

D.

1
.
n

Lời giải
Chọn C
Xét với x  0 .
2
n
2
n

 x  x 
 x  x
Ta có f  x    x  1 1   ... 1    ln f  x   ln  x  1 1   ... 1   
 2   n  
 2  n

2

n

 x
 x
 ln f  x   ln  x  1  ln 1    ...  ln 1   .
 2
 n
Lấy đạo hàm hai vế ta được:
f  x
1
1
1



 ... 
 f   0   1  1  ...  1 . f  0   n .
x
x
f  x x 1 1
1
n
2
n
Vậy f   0   n .


Câu 14: [2D1-9.1-3] (THPT Kim Liên - HN - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số y  f  x  xác đị nh và
liên tục trên   ;0  và  0;    có bảng biến thiên như hình bên.


x

f  x

0








2

f  x



0

3
0


2



Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. f  3  f  2  .
B. Hàm số đồng biến trên khoảng  2;    .
C. Đường thẳng x  2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
D. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 2 .
Lời giải
Chọn A
Theo bảng biến thiên hàm số nghị ch biến trên khoảng  ;0   f  3  f  2  .
Câu 50: [2D1-9.1-3] (THPT Thăng Long – Hà Nội – Lần 1 – 2018) Cho hàm số y  log 2 ln x .
Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số đặt cực tiểu tại x  e .

B. Tập xác định của hàm số là 1;  .

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;e  .

D. Hàm số đồng biến trên khoảng  e;   .
Lời giải

Chọn D
TXĐ: D  e;   .
y' 

 log 2 ln x 
2 log 2 ln x



 ln x 
ln x.ln 2.2 log 2 ln x



1
 0 , x   e;   .
2 x ln 2.ln x. log 2 ln x

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng  e;   .
Câu 25:

[2D1-9.1-3] (THPT Chuyên Thái Nguyên - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Số các giá trị nguyên của tham số

m thuộc đoạn  2018; 2018 để phương trình x 2   m  2  x  4   m  1 x3  4 x có nghiệm là ?
A. 2011 .

B. 2010 .

C. 2012 .

D. 2014 .

Lời giải
Chọn C
Điều kiện: x3  4 x  0  x  0  x  0;   .
Chia cả hai vế phương trình cho x 2  4 ta có
2


x 
x
 m  2   2    m  1 2  1  0 .
x 4
 x 4 
Đặt t 

x
ta được  m  2  t 2   m  1 t  1  0
x 4
2

1


Xét hàm số f  x  

x
4  x2

trên
ta
có
 f   x   0  x  2 .
0;

f
x


 

2
2
x2  4
 x  4

Bảng biến thiên:

 1
Suy ra t   0;  ; x  0;   , do t  0 không phải nghiệm của phương trình 1 .
 2

2t 2  t  1
m
Phương trình 1 
t2  t

 2 .

 1
Để phương trình đã cho có nghiệm x  0;   điều kiện là  2  có nghiệm t   0;  .
 2

t  1
3t 2  2t  1
2t 2  t  1
 1
Xét hàm số g  t  
trên  0;   g   t  
 g t   0   1
2
2
t 
t2  t
 2
t  t 
 3
Bảng biến thiên:

Từ bảng suy ra m  7 mà m là số nguyên thuộc đoạn

 2018; 2018

nên có tất cả

2018  6  2012 giá trị nguyên của m .

Câu 48: [2D1-9.1-3] (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Tập hợp tất cả các giá trị
của tham số m để đồ thị hàm số y  x 2  m 4  x 2  m  7 có điểm chung với trục hoành là

 a; b (với a; b 
A. S 

13
.
3

). Tính giá trị của S  a  b .
B. S  5 .

C. S  3 .
Lời giải

Chọn B
Tập xác định của hàm số : D   2; 2 .

D. S 

16
.
3


Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  x 2  m 4  x 2  m  7 và trục hoành là

x2  m 4  x2  m  7  0  m





4  x2  1  7  x2  m 

7  x2
4  x2  1

1 .

t2  3
Đặt t  4  x , t   0; 2 , phương trình 1 trở thành m 
 2 .
t 1
Đồ thị hàm số đã cho có điểm chung với trục hoành khi và chỉ khi phương trình  2  có nghiệm
2

t   0; 2 .
Xét hàm số f  t  

t2  3
với t   0; 2 .
t 1

t  1  0; 2 
.

0



2
 t  1
t  3   0; 2 
7
f  0   3 , f 1  2 , f  2   .
3
Do đó min f  t   2 và max f  t   3 .
Ta có f   t  

t 2  2t  3

0;2

Bởi

vậy,

0;2

phương

trình

 2

có

nghiệm

t   0; 2

khi

và

chỉ

khi

min f  t   m  max f  t   2  m  3 .
0;2

0;2

Từ đó suy ra a  2 , b  3 , nên S  2  3  5 .
Câu 12:

[2D1-9.1-3] (Đoàn Trí Dũng - Lần 7 - 2017 - 2018) Cho hàm số y  f  x  liên tục và có đạo hàm trên
đồng thời có đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ bên. Tìm tổng của giá trị lớn nhất và nhỏ nhất

 

của hàm số y  f x 2 trên  2; 2 ?

A. f  0   f 1

B. f 1  f  2 

C. f 1  f  4 

D. f  0   f  4 

Lời giải
Chọn C

 

Để giải bài toán này ta cần lập được bảng biến thiên của hàm số y  g  x   f x 2 .


 x  0

2
  x  0
 1  x  4

2
1  x  2
 x  0
  f   x   0
2
Cách 1: g   x   2 xf   x   0  
.
  2
  x  2
 x  4
  x  0
 1  x  0


  2
x

0
f
x

0


   

2
 1  x  1
Cách 2: Đây là mẹo vặt, chỉ sửdụng với mục đích tham khảo thêm:





Giả sử f   x   k  x  1 x  1 x  4   k x3  4 x 2  x  4 với k  0 .

1 4 4 3 1 2

x  x  x  4 x  C  nên
3
2
4


4
1
1

g  x   f  x 2   k  x8  x 6  x 4  4 x 2  C 
3
2
4


Khi đó f  x   k 

 g   x   2kx  x6  4 x 4  x 2  4   2kx  x 2  1  x  1 x  1 x  2  x  2  .
Từhai cách xét đạo hàm trên ta suy ra bảng biến thiên nhưsau:

Như vậy giá trị nhỏ nhất là g  1  g 1  f 1 nhưng giá trị lớn nhất là g  2   g  2   f  4 
hoặc g  0   f  0  . Ta chú ý rằng:

 

1

4

0

1

   f   x   dx   f   x  dx  f  0  f 1  f  4  f 1 .

 

Vậy max f x 2  f  4  ; min f x 2  f 1 .
2;2

Câu 15:

2;2

[2D1-9.1-3] (Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 – 2018 – BTN) Cho hàm số
y  f  x  có đồ thị trên đoạn  2; 4 như hình vẽ bên. Mệnh đề nào trong 4 mệnh đề sau đây là
đúng?


A. Phương trình f  x   0 có 3 nghiệm trên đoạn  2; 4 .
 3
B. f     . f  3  0 .
 2
C. max f  x   4 .
2;4

D. min f  x   2 .
2;4

Lời giải
Chọn B
Nhìn vào đồ thị ta thấy đồ thị cắt Ox tại 1 điểm duy nhất  Đáp án A sai.
3
 3
Ta thấy    2;1 là khoảng nghịch biến của hàm số  f      0 , tương tự ta có

2
 2

3   2; 4 

cũng

là

khoảng

nghịch

biến

của

hàm

số

 f   3  0

 3
 f     . f   3  0  Đáp án B đúng.
 2
max f  x   2  Đáp án C sai.
2;4

min f  x   3  Đáp án D sai.

2;4

Câu 17: [2D1-9.1-3] (THPT Hồng Bàng - Hải Phòng - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hàm số
y  x3  3x 2  3mx  m  1 . Biết rằng hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số và trục Ox có diện
tích phần nằm phía trên trục Ox và phần nằm phía dưới trục Ox bằng nhau. Giá trị của m là
3
2
4
3
A. .
B. .
C. .
D. .
5
5
3
4
Lời giải
Chọn C
Ta có: y  3x 2  6 x  3m ; y  0  x2  2 x  m  0 .
  1  m ;

Để có diện tích phần trên và phần dưới thì hàm số phải có hai điểm cực trị    0  m  1 .
Mặt khác y  6 x  6 .
y  0  x  1  y  4m  3 .

Hàm số bậc ba có đồ thị nhận điểm uốn là trục đối xứng. Do đó, để diện tích hai phần bằng
nhau thì điểm uốn phải nằm trên trục hoành.

Vậy 4m  3  0  m 

3
(thỏa m  1 ).
4

x2
có đồ thị là
x 1
 C  . Gọi d là khoảng cách từ giao điểm 2 tiệm cận của  C  đến một tiếp tuyến bất kỳ của

[2D1-9.1-3] [THPT CHUYÊN HÀ TĨNH - 2017] Cho hàm số y 

Câu 1650:

 C  . Giá trị lớn nhất
A.

d có thể đạt được là:

2.

B. 2 2 .

C. 3 .
Lời giải

D. 3 3 .

Chọn A

Tiệm cận đứng là x  1; tiệm cận ngang y  1 nên I  1; 1 .


x 2
1
Gọi M 0  x0 ; 0
nên phương trình tiếp tuyến của  C  là:
  C  ; f  x   
2
x0  1 
 x  1

y

x0  2
x02  4 x0  2
1
1

x

x

x

y

0.
0
2 

2
2
x0  1
 x0  1
 x0  1
 x0  1


d  I ,  

1

 x0  1

2

x02  4 x0  2

1

 x0  1

1

 x0  1

2

2

1



2 x0  1

 x0  1

4

 x0  1
4
2  x0  1
2

1

2

 2.

x 1
(C ) . Gọi d là khoảng
x2
cách từ giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị đến một tiếp tuyến của (C ) . Giá trị lớn
nhất mà d có thể đạt được là:
2
A. 3 .
B. 6 .
C.

.
D. 5 .
2
Lời giải
Chọn B

Câu 1658:

[2D1-9.1-3] [CHUYÊN SƠN LA - 2017] Cho hàm số y 

Ta có: y '  x  

3

 x  2

2

x  2 . Gọi I là giao của hai tiệm cận  I  2;1 .


x 1 
Gọi M  x0 ; y0   M  x0 ; 0
  C  .
 x0  2 
Khi đó tiếp tuyến tại M  x0 ; y0  có phương trình:

 : y  y '  x0  x  x0   y0 .
 y

3

 x0  2 

2

 x  x0  

3x0
x 1
x0  1
3

.x  y 
 0
0.
2
2
x0  2
 x0  2 
 x0  2  x0  2


6

 x0  2 

Khi đó ta có: d  I ;   

2

1
1

 d  I;  

6 x0  12

 x0  2 

9

4

3x0

 x0  2 

2



x0  1
x0  2

9

 x0  2 

.

4

.

Áp dụng BĐT: a 2  b2  2ab a, b .
Tacó: 9   x0  2   2.3.  x0  2   9   x0  2   6  x0  2 
4

 d  I;  

2

6 x0  12

 x0  2 

4

9



4

6 x0  12
6  x0  2 

2

2

 6.

Vậy giá trị lớn nhất mà d có thể đạt được là:

6.

Câu 1727:
[2D1-9.1-3] [THPT Hà Huy Tập-2017] Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như
hình vẽ bên.
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a  0, b  0, c  0, d  0 .
B. a  0, b  0, c  0, d  0 .
D. a  0, b  0, c  0, d  0 .

C. a  0, b  0, c  0, d  0 .

Lời giải
Chọn D
Nhìn vào hướng đồ thị suy ra a  0 loại luôn a  0, b  0, c  0, d  0 .
Với x  0  y  d  0 .
y  ax3  bx2  cx  d  y  3ax 2  2bx  c .
Hàm số có hai cực trị nên phương trình y  0 có hai nghiệm phân biệt  ac  0  c  0 .

Chọn luôn a  0, b  0, c  0, d  0 .
Câu 1731:
[2D1-9.1-3] [THPT chuyên Lam Sơn lần 2-2017] Cho hàm số y  ax3  bx2  cx  1 có
bảng biến thiên như sau:

x
y

–∞

0





x1
0



x2
0

+∞



y

Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. b  0, c  0 .
B. b  0, c  0 .

C. b  0, c  0 .

D. b  0, c  0 .

Lời giải
Chọn B
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình y  3ax2  2bx  c  0 có hai nghiệm phân biệt
dương.



b 2  3ac  0

2b

  x1  x2  
 0 và hệ số a  0 do lim  ax3  bx 2  cx  d    .
x 
3
a

c

 x1.x2  a  0
Từ đó suy ra c  0, b  0 .

Câu 47: [2D1-9.1-3] (THPT HAU LOC 2_THANH HOA_LAN2_2018_BTN_6ID_HDG) Cho hàm
số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ.

Xét hàm số g  x   f  f  x  . Trong các mệnh đề dưới đây:
(I) g  x  đồng biến trên  ;0  và  2;   .

(II) hàm số g  x  có bốn điểm cực trị.
(III) max g  x   0 .
1;1

(IV) phương trình g  x   0 có ba nghiệm.
Số mệnh đề đúng là
A. 1 .

B. 4 .

C. 3 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn C
Ta có g   x   f   x  . f   f  x  .

 x  0; x  2
 f  x  0
 x  0; x  2
  x  3
Suy ra g   x   0  
.

 f   f  x    0
 f  x   0; f  x   2
 x  a  3
Bảng biến thiên của hàm số g  x   f  f  x  là

Từ bảng biến thiên của hàm số g  x   f  f  x  ta suy ra các mệnh đề (II), (III), (IV) đúng.
Câu 49: [2D1-9.1-3] [SGD_QUANG NINH_2018_BTN_6ID_HDG] Cho hàm số y  f  x  có đồ thị

f   x  như hình vẽ

Xét hàm số g  x   2 f  x   2 x3  4 x  3m  6 5 với m là tham số thực. Điều kiện cần và đủ
để g  x   0 , x    5; 5  là
2
2
A. m  f 5 .
B. m  f  5 .
3
3



 



C. m 

Lời giải
Chọn A.
Ta có g   x   2 f   x   6 x 2  4 ;

g   x   0  f   x   3x 2  2
 x  0 x   5

Ta thấy g   x   0 ,

x    5; 5  nên hàm số

g  x  đồng biến trên   5; 5  .
Do đó, để g  x   0 ,

x    5; 5  thì
max g  x   0  g

  5; 5 



 5   0  m  23 f  5  .

2
f  0 .
3

D. m 

2
f
3

 5.


Câu 40: [2D1-9.1-3] [SDG PHU THO_2018_6ID_HDG] Biết A  xA ; y A  , B  xB ; yB  là hai điểm

thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị hàm số y 

x4
sao cho độ dài đoạn thẳng AB nhỏ
x 1

nhất. Tính P  yA2  yB2  xA .xB .
A. P  10 .

B. P  6 .

C. P  6  2 3 .

D. P  10  3 .
Lời giải

Chọn A
Gọi A là điểm thuộc thuộc nhánh trái của đồ thị hàm số, nghĩa là xA  1  với số   0 , đặt
3
3
3
xA  1   , suy ra y A  1 
 1
 1
1 .
xA  1
1    1

Tương tự gọi B là điểm thuộc nhánh phải, nghĩa là xB  1  với số   0 , đặt xB  1   ,
3

3
3
suy ra yB  1 
 1
 1
 2 .
xB  1
1    1

2

Vậy AB   xB  xA    yB  y A 
2

2

2


3   3 
  1      1      1    1    .
      
2

2

2

3 3
2

2
2 1 
Xét hàm g ( ;  )                 3     

  
  

9 
  2   2  2  1  2 2  .
   
Dùng bất đẳng thức Cauchy, ta có

9 
36
g ( ;  )   2  2  1  2 2   4 
 2 4.36  24 .

   
Vậy AB  24  2 6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi vả chỉ khi
  
  

    3 .
36  

2
4





9







 xA  1  3
 xB  1  3
Suy ra 
và 
.
y
y



1
1


3
3
 A
 B
2

Vậy P  yA2  yB2  xA .xB  10 .

Câu 4:

[2D1-9.1-3] (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội - Lần I - 2017 - 2018) Tập nghiệm của bất
phương trình  x  2  


 x  2

2

 3  1  x


Chọn C
Bất phương trình đã cho có dạng

f  x  2   f   x  trong đó f  t   t
Xét f  t   t





t2  3 1 , t 

;



x 2  3  1  0 là

C.  1;    .
Lời giải

B. 1; 2  .

A. 1;    .







t2  3 1 .

D.  1; 2  .


 t 
t2
2
2

Ta có f  t   t  3  1  t 
 0 t  .
  t  3 1 2
2
t 3
 t 3 

Do đó f  t  đồng biến trên . Từ đó f  x  2   f   x   x  2   x  x  1 .
Câu 47: [2D1-9.1-3] (PTNK Cơ Sở 2 - TPHCM - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số y  f  x  có đạo
hàm f   x  liên tục trên đoạn  0;5 và đồ thị hàm số y  f   x  trên đoạn  0;5 được cho như
hình bên.
y

1

O

3

5

x

5
Tìm mệnh đề đúng
A. f  0   f  5  f  3 .

B. f  3  f  0   f  5 .

C. f  3  f  0   f  5 .

D. f  3  f  5  f  0  .
Lời giải

Chọn C
5

Ta có

 f   x  dx  f  5  f  3  0 , do đó f  5  f  3 .
3

3

 f   x  dx  f  3  f  0  0 , do đó f  3  f  0
0
5

 f   x  dx  f  5  f  0  0 , do đó f  5  f  0
0

Câu 37: [2D1-9.1-3] (THPT Quỳnh Lưu 1 - Nghệ An - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số

f  x  có đạo hàm f   x    x  1  x  m   x  3 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
4

5

3

trong đoạn  5;5 để số điểm cực trị của hàm số f  x  bằng 3 :
A. 5 .

B. 3 .

C. 4 .

D. 2 .

Lời giải

Chọn A
Nếu m  1 thì hàm số f  x  có hai điểm cực trị là x  1  0 và x  3  0 . Khi đó, hàm
số f  x  chỉ có 1 cực trị. Do đó, m  1 không thỏa yêu cầu đề bài.
Nếu m  3 thì hàm số f  x  không có cực trị. Khi đó, hàm số f  x  chỉ có 1 cực trị. Do đó,
m  3 không thỏa yêu cầu đề bài.

Khi m  1 và m  3 thì hàm số f  x  có hai điểm cực trị là x  m và x  3  0 .
Để hàm số f  x  có 3 điểm cực trị thì hàm số f  x  phải có hai điểm cực trị trái dấu
 m  0.

Vì m

và m  5;5 nên m nhận các giá trị 1 , 2 , 3 , 4 , 5 .


Câu 44: [2D1-9.1-3] (THPT Quỳnh Lưu 1 - Nghệ An - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Gọi x1 , x2 lần
lượt là điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm số f  x  

e2 x

 t ln tdt . Tính S  x  x
1

2

.

ex

A. ln 2e .

B. ln 2 .

C.  ln 2 .
Lời giải

D. 0 .

Chọn C
Đặt g   t   t ln t . Ta có f  x  

e2 x

 t ln tdt  g  e   g  e 
2x

x

ex

Ta có f   x    e2 x  .g   e2 x    e x  .g   e x   2e2 x .e2 x .ln e2 x  e x .e x .ln e x

 4 xe4 x  xe2 x  xe2 x  4e2 x  1 .

x  0
f  x  0   1

.
x


ln
2
 2
x1  x2   ln 2 .
Câu 45:

[2D1-9.1-3] (THPT Quỳnh Lưu 1 - Nghệ An - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số y  f  x  .
Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y  f  3  2 x   2018 nghịch biến trên khoảng ?

A. 1; 2  .

B.  2;    .

C.  ;1 .

D.  1;1 .

Lời giải
Chọn A

Ta có f   x   k  x  1 x  1 x  4  với k  0

 f   3  2 x   k  3  2 x   1  3  2 x   1  3  2 x   4 .
Hàm số y  f  3  2 x   2018 nghịch biến khi y  2. f   3  2 x   0

1


x
3  2 x  4

 f  3  2x   0  

2 .

 1  3  2 x  1
1  x  2




1
2

Vậy hàm số y  f  3  2 x   2018 nghịch biến trên 1; 2  và  ;  .

Câu 48: [2D1-9.1-3] (THPT Quỳnh Lưu 1 - Nghệ An - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số
V
1
2
ũ
f  x   0 thỏa mãn điều kiện f   x    2 x  3 f  x  và f  0    . Biết rằng tổng
2
V
a
a
*

f 1  f  2   f  3  ...  f  2017   f  2018  với  a  , b   và là phân số tốiă
n
b
b
giản. Mệnh đề nào sau đây đúng?
B
ắ
c


a
 1 .
b

A.

B.

a
1.
b

C. a  b  1010 .

D. b  a  3029 .

Lời giải
Chọn D
Ta có f   x    2 x  3 f 2  x  



f  x
 2x  3
f 2  x

f  x
1
 x 2  3x  C .
dx    2 x  3 dx  
f  x
f  x

1
Vì f  0     C  2 .
2
1
1
1
Vậy f  x   
.


 x  1 x  2  x  2 x  1

1
1
1009
.
 

2020 2
2020

Do đó f 1  f  2   f  3  ...  f  2017   f  2018 
Vậy a  1009 ; b  2020 . Do đó b  a  3029 .

Câu 29: [2D1-9.1-3] (Tổng Hợp Đề SGD Nam Định - 2017 - 2018 - BTN) Biết rằng bất phương trình





m x  1  x2  1  2 x2  x4  x2  1  x2  2

có

nghiệm

khi

và



m  ; a 2  b  , với a, b  . Tính giá trị của T  a  b .
B. T  2 .

A. T  3 .

C. T  0 .

D. T  1 .

Hướng dẫn giải
Chọn D
Điều kiện 1  x  1 .
Xét hàm số g  x   x 2  1  x 2 trên đoạn  1;1 .

 1
1

Ta có : g   x   x 
2
1  x2
 x


1
2
2
.
 , g  x   0  x  1 x  x  
2


 1 
g  1  1 , g  
 2.
2


Suy ra 1  g  x   2 .
Đặt t  x 2  1  x 2 , 1  t  2 . Bất phương trình trở thành :
1
m  t  1  t 2  t  1  m  t 
(Do 1  t  2 nên t  1  0 ).
t 1
1
Xét hàm số f  t   t 
trên đoạn 1; 2  .
t 1

t  0  1; 2 


Có f   t   1 
, f  t   0  
.
2
t  2  1; 2 
 t  1



3
f 1  , f 2  2 2  1 . Do đó, max f  t   f 2  2 2  1 .
1; 2 
2



1

 

 

Suy ra bất phương trình đã cho có nghiệm khi m  max f  t  hay m  2 2  1 .
1; 2 



chỉ

khi


Do đó, a  2 , b  1 .
Vậy T  1 .
Câu 34: [2D1-9.1-3] (Tổng Hợp Đề SGD Nam Định - 2017 - 2018 - BTN) Cần phải làm cái cửa sổ
mà phía trên là hình bán nguyệt, phía dưới là hình chữ nhật, có chu vi là a mét ( a chính là chu
vi hình bán nguyệt cộng với chu vi hình chữ nhật trừ đi đường kính của hình bán nguyệt). Gọi
d là đường kính của hình bán nguyệt. Hãy xác định d để diện tích cửa sổ là lớn nhất.

A. d 

a
.
2

B. d 

a
.
4

C. d 

2a
.
2

D. d 

2a
.
4

Hướng dẫn giải
Chọn D

Đặt BC  x  x  0  .
Chu vi cửa sổ là a  

d
a d 

 2 x  d  x     1 .
2
2 22 

2
1 d2
ad d 2  
d 2 ad d   4 




   1   .
Diện tích cửa sổ là f  d   d .x   .
.
2 4
2
8
2
2 2 
8

f  d  có đồ thị là một Parabol với bề lõm quay xuống và có hoành độ đỉnh là d 

2a
.
 4


Do đó diện tích cửa sổ lớn nhất khi d 

2a
.
 4

Câu 45: [2D1-9.1-3] (Tổng Hợp Đề SGD Nam Định - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số y  f  x  liên
tục trên

. Biết rằng hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y  f  x 2  5 nghịch

biến trên khoảng nào sau đây?
y

2

x
-4

-1

O

2

-2

A.  1;0  .

B.  1;1 .

C.  0;1 .

D. 1; 2  .

Hướng dẫn giải
Chọn C
Xét hàm số y  f  x 2  5

x  0
x  0
 2
 x  1
x  5  4
2

Ta có y  2 x. f   x  5 , y  0  2
.

 x  5  1
 x  2


 x   7
 x 2  5  2
Bảng xét dấu:

x 
y



 7

2

0 

0

1



0

0 0

1

 0

2



7

0  0



Từ bảng xét dấu ta có hàm số nghịch biến trên khoảng  0;1 .
Câu 34:

[2D1-9.1-3]
liên tục trên

(Chuyên Quang Trung - BP - Lần 4 - 2017 - 2018) Cho hàm số y  f  x 

có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình
f  6sin x  8cos x   f  m  m  1  có nghiệm x 


A. 5

B. 2

C. 4
Lời giải

D. 6

Chọn D
Nhận thấy hàm số y  f  x  là hàm số đồng biến trên

f  6sin x  8cos x   f  m  m  1   6sin x  8cos x  m  m  1
Đặt y  6sin x  8cos x .
Có : 62  82  y 2  10  y  10
Vậy phương trình có nghiệm  10  m  m  1  10
2

1  41
1  41
m  m  10  0



m
2
2
2

m  m  10  0

Vì m   m 3; 1; 1;0;1;2 .
Vậy có 6 số nguyên thỏa yêu cầu bài toán .
ax  b
, (a, b , c,
cx  d
d  , c  0 , d  0 ) có đồ thị  C  . Đồ thị của hàm số y  f   x  như hình vẽ dưới đây. Biết

Câu 50: [2D1-9.1-3] (Sở Phú Thọ - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hàm số y  f  x  

C 

cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 . Tiếp tuyến của  C  tại giao điểm của  C  với

trục hoành có phương trình là
y
-2

-1
O

1

-3

A. x  3 y  2  0 .

B. x  3 y  2  0 .

C. x  3 y  2  0 .
Lời giải

Chọn C

D. x  3 y  2  0 .


 ad  bc  .
ax  b
Xét hàm số y  f  x  
có f   x  
2
cx  d
 cx  d 
2

Ta

có

đồ

f  0  2 

thị

hàm

số

cắt

trục

tung

tại

điểm

có

tung

độ

bằng

2

nên

b
 2  b  2d . Từ đồ thị y  f   x  nhận đường thẳng x  1 làm tiệm cận
d

d
ad  2d 2
a  2d

đứng nên   1  d  c  f  x  
.

2
2
c
 dx  d  d  x  1
Mặt

khác

ta

lại

có

đồ

thị

y  f  x

đi

qua

điểm

 2; 3

C 

và trục Ox

nên

a  2d
 3  a  d .
d
dx  2d  x  2
Vậy f  x  
.

dx  d
x 1

f   2  3 

1
Đồ thị  C  cắt trục Ox tại điểm  2;0  và f   2    .
3

Vậy phương trình tiếp tuyến của  C  tại giao điểm của

y

là

1
 x  2  x  3y  2  0 .
3

Câu 42: [2D1-9.1-3](Sở Tiền Giang - 2018 - BTN) Cho hàm số y  x 4  2  m2  1 x 2  m4 có đồ thị

 C  . Gọi

A , B , C là ba điểm cực trị của  C  , S1 và S 2 lần lượt là phần diện tích của tam

giác ABC phía trên và phía dưới trục hoành. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m sao cho
S1 1
 ?
S2 3
C. 4 D. 3

B. 2

A. 1

Lời giải
Chọn B

D

.

Ta có y  4 x3  4  m2  1 x .

x  0
Cho y  0  4 x3  4  m2  1 x  0   2
2
x  m 1

(1)

.

Do m2  1  0, m  nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt khác 0 với mọi m 
hàm số đã cho luôn có ba điểm cực trị.

. Suy ra




 

Giả sử ba điểm cực trị của  C  là A  0; m4  , B  m2  1; 2m2  1 , C



m2  1; 2m2  1 .

Gọi M , N lần lượt là giao điểm của AB , AC với trục hoành.
2

S
S
AM AN 1
S 1
1
1
 AM  1
Ta có 1   AMN   AMN  
(do MN // BC )
.
 
 
S ABC 4
S2 3
AB AC 4
S MNCB 3
4
 AB 
y  yB
AM 1
(do M , A , B thẳng hàng)

  M là trung điểm đoạn AB  yM  A
AB 2
2

 m4  2m2  1  0  m   1  2 .

Vậy có hai giá trị thực của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.