D01 các bài toán tổng hợp về hàm số muc do 4

[2D1-9.1-4] (THPT Kinh Môn 2 - Hải Dương - 2018 - BTN) Gọi T  là tiếp tuyến của

Câu 48.

x 1
 C  tại điểm có tung độ dương, đồng thời T  cắt hai tiệm cận của  C  lần lượt
x2
tại A và B sao cho độ dài AB nhỏ nhất. Khi đó T  tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích

đồ thị hàm số y 

bằng bao nhiêu?
A. 0,5 .

B. 2,5 .

C. 12,5 .

D. 8 .

Lời giải
Chọn C


x 1 
; gọi điểm M  x0 ; 0
  C  .
 x  2
 x0  2 
x 1
1

Phương trình tiếp tuyến: y 
.
x  x0   0
2 
x0  2
 x0  2 
y 

1

2

Ta có tiệm cận đứng: d1 : x  2 và tiệm cận ngang: d2 : y  1 .

A  T   d1 nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

x 1
1

 x  2
x  x0   0
2 
y 
x0  2  
x 1
x
1
 x0  2 

y 

2  x0   0
 0

2
 x  2

x0  2 x0  2
 x0  2 


B  T   d2 nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

x 1
1

x  x0   0
 x  2 x0  2
2 
y 
x0  2  
 x0  2 

y 1
y 1

2

 2 
4
2

2
 2 16  8 .
AB   2 x0  4   
 ; AB  4  2  x0  
2
2

x
2

x


0


0
2

 x0  1
. Vì y0  0  x0  3 .
AB min bằng 8  
 x0  3
Suy ra A  2; 3 , B  4; 1 nên ta có phương trình AB : y   x  3  2  y  x  5 .
M  AB  Ox nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
y  x 5
 x  5
 M  5; 0  .



y  0
y  0
N  AB  Oy nên tọa độ điểm N là nghiệm của hệ:
y  x 5
x  0
 N  0; 5 .


x  0
y  5
1
Vậy SOMN  .5.5  12,5 .
2

Câu 33: [2D1-9.1-4] (THPT Kiến An - HP - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Gọi  C  là đồ thị của hàm số
y  x 2  2 x  1, M là điểm di động trên  C  ; Mt , Mz là các đường thẳng đi qua M sao cho
Mt song song với trục tung đồng thời tiếp tuyến tại M là phân giác của góc tạo bởi hai đường

thẳng Mt , Mz . Khi M di chuyển trên  C  thì Mz luôn đi qua điểm cố định nào dưới đây?

 1
A. M 0  1;  .
4


 1
B. M 0  1;  .
2


C. M 0  1;1 .

D. M 0  1;0  .


Lời giải
Chọn A





Gọi tọa độ điểm M là: M x0 ;  x0  1 .
2

Phương trình đường thẳng Mz có dạng: y  k  x  x0    x0  1  kx  y  kx0   x0  1  0 .
2

2

Phương trình đường thẳng Mt là: x  x0  x  x0  0 .
Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng Mt , Mz là:

x  x0 kx  y  kx0   x0  1
x  x0 kx  y  kx0   x0  1


 0 hoặc
0
2

1
1
k 1
k 2 1
2





2

 y  k  k 2  1 x  kx0  x0 k 2  1   x0  1



2



hoặc y  k  k 2  1 x  kx0  x0 k 2  1   x0  1 .
2

Mặt khác tiếp tuyến tại M là phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng Mt , Mz nên:







1

x0  1  k  k 2  1
2
 y  x   k  k 2  1


2
x

2

k

k

1
0
0
2

(*).


2
1
 y  x   k  k 2  1

2


2
x

2

k

k

1
0
 0
x 1  k  k 1

 0
2
Thay (*) vào phương trình đường thẳng Mz ta có:
1
+) Với x0  1  k  k 2  1 ta có:
2





Mz : kx  y  kx0   x0  1  0  y  kx  k  k  x0  1   x0  1
2









2

2

1
1
1

 y  kx  k  k . k  k 2  1   k  k 2  1   y  kx  k  .
2
4
2

1
+) Với x0  1  k  k 2  1 ta có:
2





Mz : kx  y  kx0   x0  1  0  y  kx  k  k  x0  1   x0  1
2









2

2

1
1
1

 y  kx  k  k . k  k 2  1   k  k 2  1   y  kx  k  .
2
4
2

1
Do đó phương trình đường thẳng Mz : y  kx  k  .
4
1
Gọi M 0  x0 ; y0  là tọa độ điểm cố định mà Mz luôn đi qua ta có: y0  kx0  k  k 
4
 x0  1  0
 x0  1

1
1



 k  x0  1   y0  0 k    1

1  M 0  1;  .
4
4
 y0  0
y0 



4

4

.

 1
Vậy Mz luôn đi qua điểm cố định M 0  1;  .
4

Câu 46. [2D1-9.1-4] (SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA-2018) Một cái ao hình ABCDE , ở giữa ao có
một mảnh vườn hình tròn có bán kính 10  m  . Người ta muốn bắc một câu cầu từ bờ AB của ao đến
vườn. Tính gần đúng độ dài tối thiếu l của cây cầu biết:
- Hai bờ AE và BC nằm trên hai đường thẳng vuông góc với nhau, hai đường thẳng này cắt nhau tại

điểm O ;
- Bờ AB là một phần của một parabol có đỉnh là điểm A và có trục đối xứng là đường thẳng OA ;
- Độ dài đoạn OA và OB lần lượt là 40 m và 20 m;
- Tâm I của mảnh vườn lần lượt cách đường thẳng AE và BC lần lượt 40 m và 30 m.

A. l  17,7 m.

C. l  27,7 m.

B. l  25,7 m.

D. l  15,7 m.

Lời giải
:
Chọn A

 A  Oy
Gán trục tọa độ Oxy sao cho 
cho đơn vị là 10 .
 B  Ox
2
2
Khi đó mảnh vườn hình tròn có phương trình  C  :  x  4    y  3  1 có tâm I  4;3
Bờ AB là một phần của Parabol  P  : y  4  x 2 ứng với x  0; 2

 M   P 
Vậy bài toán trở thành tìm MN nhỏ nhất với 
.

 N   C 
Đặt trường hợp khi đã xác định được điểm N thì MN  MI  IM , vậy $MN$ nhỏ nhất khi
MN  MI  IM  N ; M ; I thẳng hàng.
Bây giờ, ta sẽ xác định điểm N để $IN$ nhỏ nhất

N   P   N  x; 4  x 2  IN 
 IN 2  x4  x2  8x  17

4  x

2



 1  x2



2



 IN 2   4  x   1  x 2
2



2

Xét f  x   x 4  x 2  8x  17 trên  0; 2  f   x   4 x3  2 x  8

f   x   0  x  1,3917 là nghiệm duy nhất và 1,3917  0; 2

Ta có f 1,3917   7,68 ; f  0   17 ; f  2   13 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của f  x  trên  0; 2 gần bằng $7,68$ khi x  1,3917
Vậy min IN  7,68  2,77  IN  27,7 m  MN  IN  IM  27,7 10  17,7 m.
Câu 37: [2D1-9.1-4]

[THPT

TRẦN

QUỐC

TUẤN

-

Lần

1-

2018]

Cho

hàm

số

y  x3  2  m  1 x 2  2  m2  2m  x  4m2 có đồ thị  C  và đường thẳng d : y  4 x  8 . Đường

thẳng d cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 , x3 . Tìm giá trị lớn nhất Pmax
của biểu thức P  x13  x23  x33 .
B. Pmax  16 2  8 .

A. Pmax  16 2  6 .

C. Pmax  23  6 2 .

D. Pmax  24  6 2 .

Lời giải
Chọn B.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị  C  là:
x3  2  m  1 x 2  2  m2  2m  x  4m2  4 x  8 *

 x3  2  m  1 x2  2  m2  2m  4  x  4m2  8  0
 x 2  2mx  2m2  4  0 1
  x  2   x 2  2mx  2m2  4   0  
x  2  0

Để đường thẳng d cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt  * có ba nghiệm phân biệt

 1 có hai nghiệm phân biệt khác 2
m  0
 4  4m  2m 2  4  0
m  0




 m  2

** .
2
2
  '  m  2m  4  0
2  m  2

4  m 2  0

Khi đó d cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 , giả sử x3  2 , x1 , x2 là

 x1  x2  2m
hai nghiệm của phương trình 1 . Theo định lý Vi - et, ta có:  
.
2
 x1.x2  2m  4
Vậy P  x13  x23  x33  x13  x23  8   x1  x2   x12  x22  x1x2   8





2
  x1  x2    x1  x2   3x1.x2   8  2m  4m2  6m2  12   8



 2m  4m2  6m2  12   8  4m3  24m  8

Đặt: f  m   4m3  24m  8 trên  2; 2 , f   m   12m2  24  f   m   0  m   2 .
Vậy Pmax  f

 2   16

2 8 .

Câu 44: [2D1-9.1-4] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số

y  f  x  có đạo hàm f   x   x 2  x  9  x  4  . Khi đó hàm số y  f  x 2  nghịch biến trên
2

khoảng nào?
A.  2; 2  .

B.  ; 3 .

C.  3;0  .
Lời giải

D.  3;   .


Chọn B
Ta có y  f  x 2   y   x 2  f   x 2  , hay y  2 xf   x 2  .
Mặt khác f   x   x 2  x  9  x  4  nên y  2 xf   x 2   2 x.  x 2   x 2  9  x 2  4  .
2

2

2

Do đó y  2 x5  x  3 x  3 x  2   x  2  .
2

2

Ta có bảng biến thiên sau

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số y  f  x 2  nghịch biến trên khoảng  ; 3 và  0;3 .
Câu 41: [2D1-9.1-4] (THPT Yên Lạc_Trần Phú - Vĩnh Phúc - Lần 4 - 2018 - BTN) Cho hàm số
f  x  có đạo hàm là hàm số f   x  trên . Biết rằng hàm số y  f   x  2   2 có đồ thị như
hình vẽ bên dưới. Hàm số f  x  nghịch biến trên khoảng nào?

A.  ; 2  .

3 5
C.  ;  .
2 2

B.  1;1 .
Lời giải

Chọn B

D.  2;   .

Từ đồ thị hàm số y  f   x  2   2 ta suy ra đồ thị hàm số y  f   x  2  (đường màu đỏ) bằng
cách tịnh tiến xuống dưới 2 đơn vị.
Suy ra đồ thị hàm số y  f   x  (đường màu xanh) bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số

y  f   x  2  sang trái 2 đơn vị.
Do đó hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng  1;1 .
Câu 46:

[2D1-9.1-4] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Hình vẽ dưới đây là
đồ thị của hàm số y  f  x  .

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y  f  x  1  m có 5 điểm cực
trị ?
A. 2

B. 1

C. 3
Lời giải

D. 0

Chọn C
+ Đồ thị của hàm số y  f  x  1  m được suy ra từ đồ thị  C  ban đầu như sau:
-

Tịnh tiến  C  sang phải một đơn vị, sau đó tịnh tiến lên trên (hay xuống dưới) m đơn vị.

Ta được đồ thị  C : y  f  x  1  m .
-

Phần đồ thị  C   nằm dưới trục hoành, lấy đối xứng qua trục Ox ta được đồ thị của hàm

số y  f  x  1  m .
Ta được bảng biến thiên của của hàm số y  f  x  1  m như sau


Để hàm số y  f  x  1  m có 5 điểm cực trị thì đồ thị của hàm số  C : y  f  x  1  m
phải cắt trục Ox tại 2 hoặc 3 giao điểm.

m  0

+ TH1: Tịnh tiến đồ thị  C : y  f  x  1  m lên trên . Khi đó 3  m  0  3  m  6 .
6  m  0

m  0
+ TH2: Tịnh tiến đồ thị  C : y  f  x  1  m xuống dưới . Khi đó 
 m  2 .
2  m  0
Vậy có ba giá trị m nguyên dương.
Câu 31: [2D1-9.1-4] (SGD Bắc Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Có bao nhiêu giá trị nguyên của
tham số m   10;10 để hàm số y  mx3  3mx 2  (3m  2) x  2  m có 5 điểm cực trị?
A. 9

B. 7

C. 10

D. 11

Lời giải
Chọn C
Xét hàm số f  x   mx3  3mx2   3m  2  x  2  m .
x  1
Ta có: mx3  3mx2   3m  2  x  2  m  0   2
.
 mx  2mx  m  2  0 1
Yêu cầu bài toán  phương trình f  x   0 có ba nghiệm phân biệt  phương trình 1 có hai
2

m  m  m  2   0
nghiệm phân biệt khác 1  
.

 m  2m  m  2  0
Vì m nguyên và m   10;10 nên m1;2;...;10 .

Câu 41:

[2D1-9.1-4] (THPT Phan Đăng Lưu - Huế - Lần I - 2017 - 2018) Một người cần đi từ khách
sạn A bên bờ biển đến hòn đảo C . Biết rằng khoảng cách từ đảo C đến bờ biển là 10 km ,
khoảng cách từ khách sạn A đến điểm B trên bờ gần đảo C nhất là 40 km . Người đó có thể
đi đường thủy hoặc đi đường bộ rồi đi đường thủy (như hình vẽ bên). Biết kinh phí đi đường
thủy là 5 USD/km , đi đường bộ là 3 USD/km . Hỏi người đó phải đi đường bộ một khoảng
bao nhiêu để kinh phí nhỏ nhất? ( AB  40km , BC  10km )

C

A
A. 10 km .

B.

65
km .
2

D
C. 40 km .

B
D.

15
km .
2


Lời giải
Chọn B
Đặt AD  x km , x  0; 40  BD  40  x  CD 
Tổng kinh phí đi từ A đến C là f  x   x.3 

 40  x 

 40  x 

2

2

 102 .

 102 .5 .

f  x   3x  5 x 2  80 x  1700 .

f  x  3  5

2 x  80
2 x 2  80 x  1700

 f  x 

3 x 2  80 x  1700  5 x  200

f   x   0  3 x2  80 x  1700  200  5x  x 

x 2  80 x  1700

.

65
.
2

Bảng biến thiên

Câu 76: [2D1-9.1-4] [CHUYÊN THÁI BÌNH – L4] Phương trình 2017sin x  sin x  2  cos2 x có bao
nhiêu nghiệm thực trong  5 ;2017  ?

A. vô nghiệm.

B. 2017 .

C. 2022 .
Lời giải

D. 2023 .

Chọn D
Ta có hàm số y  2017sin x  sin x  2  cos2 x tuần hoàn với chu kỳ T  2 .
Xét hàm số y  2017sin x  sin x  2  cos2 x trên  0; 2  .
Ta có

2sin x.cos x
sin x 
y  cos x.2017sin x.ln 2017  cos x 
 cos x.  2017sin x.ln 2017  1 

2 2  cos 2 x
1  sin 2 x 


3
Do vậy trên  0; 2  , y  0  cos x  0  x   x 
.
2
2
1
 3 

 
1  2  0
y    2017  1  2  0 ; y   
 2  2017
2
Bảng biến thiên:


Vậy trên  0; 2  phương trình 2017sin x  sin x  2  cos2 x có đúng ba nghiệm phân biệt.
Ta có y    0 , nên trên  0; 2  phương trình 2017sin x  sin x  2  cos2 x có ba nghiệm
phân biệt là 0,  , 2 .

Suy ra trên  5 ;2017  phương trình có đúng 2017   5  1  2023 nghiệm.
Câu 40: [2D1-9.1-4] (PTNK Cơ Sở 2 - TPHCM - 2017 - 2018 - BTN) Cho f  x   x3  3x 2  6 x  1 .

f  f  x   1  1  f  x   2 có số nghiệm thực là

Phương trình

C. 7 .
Lời giải

B. 6 .

A. 4 .

D. 9 .

Chọn A
Đặt t  f  x   1  t  x3  3x2  6 x  1 .

Khi đó

f  f  x   1  1  f  x   2 trở thành:


t  1
t  1

f t   1  t  1  
3
2
2

t  4t  8t  1  0
 f  t   1  t  2t  1

t  1

t  t2   1;1
 t  t1   2; 1
.

 
t  t3   5;6 
 t  t2   1;1
 t  t  1;6 
3


Vì g  t   t 3  4t 2  8t  1 ; g  2   7 ; g  1  4 ; g 1  10 ; g  5  14 ; g  6   25 .

Xét phương trình t  x3  3x2  6 x  1 là pt hoành độ giao điểm của ...
Ta có
x

–∞

y'

+

1 3

1 3

0

1
0

–

+
+∞

7  6 3

y

+∞

1
–∞

7  6 3

0

Dựa vào bảng biến thiên, ta có
+ Với t  t2   1;1 , ta có d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt, nên phương trình có 3 nghiệm.
+ Với t  t3   5;6  , ta có d cắt (C) tại 1 điểm, nên phương trình có 1 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.


Câu 41:

[2D1-9.1-4] (THPT Quỳnh Lưu 1 - Nghệ An - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Có bao nhiêu giá trị



nguyên m để phương trình 8sin 3 x  m
A. 2 .



3

 162sin x  27m có nghiệm thỏa mãn 0  x 


3

?

C.Vô số. D. 1 .

B. 3 .

Lời giải
Chọn A
Đặt t  2sin x , với 0  x 


3





thì t  0; 3 .

Phương trình đã cho trở thành  t 3  m   81t  27m .
3

Đặt u  t 3  m  t 3  u  m .

u 3  27  3t  m 
3
3
Khi đó ta được 
 u 3   3t   27  3t  u   u 3  27u   3t   27.3t *

3
 3t   27  u  m 
Xét hàm số f  v   v3  27v liên tục trên

có nên hàm số đồng biến.

Do đó *  u  3t  t 3  3t  m 1





Xét hàm số f  t   t 3  3t trên khoảng 0; 3 .
có f   t   3t 2  3 ; f   t   0  t  1 (vì t  0 ).
Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình 1 có nghiệm khi .
Vậy có hai giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 43:

[2D1-9.1-4]
(Chuyên Quang Trung - BP - Lần 4 - 2017 - 2018) Cho hàm số
2x  2
có đồ thị  C  . Một tiếp tuyến bất kỳ với  C  cắt đường tiệm cận đứng và đường
y
x 1
tiệm cận ngang của  C  lần lượt tại A và B , biết I 1; 2  . Giá trị lớn nhất của bán kính đường
tròn nội tiếp tam giác IAB là
A. 8  4 2

B. 4  2 2

C. 8  3 2
Lời giải

Chọn B
Đồ thị  C  có tiệm cận đứng x  1 , tiệm cận ngang y  2 .

y 

4

 x  1

2

, x  1 .

D. 7  3 2


Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ x0 là y  

4

 x0  1

2

x

2 x02  4 x0  2

 x0  1

2

,

x0  1 .

 2x  6 
Tọa độ điểm A 1; 0
 , B  2 x0  1; 2  .
 x0  1 
Tam giác IAB vuông tại I có IA.IB  16 .
Gọi p là nửa chu vi tam giác IAB . Ta có
IA.IB
IA.IB
16
S
 42 2 .



2
2
p IA  IB  IA  IB
2 IA.IB  2 IA.IB 2 16  32
Đẳng thức xảy ra khi IA  IB  4 hay x0  3.

r

Câu 41: [2D1-9.1-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Cho cấp số nhân  bn 

thỏa mãn b2  b1  1 và hàm số f  x   x3  3x sao cho f  log 2  b2    2  f  log 2  b1   . Giá trị nhỏ
nhất của n để bn  5100 bằng:
A. 234 .
B. 229 .

C. 333 .
Lời giải

D. 292 .

Chọn A
Xét hàm số f  x   x3  3x .
Có f   x   3x 2  3 , f   x   0  x  1 .

x
y





y

1
0

2

0


1
0




0





2

Mặt khác, ta có b1  b2  1 .
Đặt a  log2 b2  log2 b1  b  0 .
Ta có: a3  3a  2  b3  3b 1 .

Nếu b  1  a  b  1  a3  3a  b3  3b  1 vô nghiệm.
Nếu 0  b  1  2  b3  3b  0  a3  3a  2  0   a  1  a  2   0 .
Suy ra a  1  b  0 .
0

b  2  1
Khi đó  1

 bn  2n1  5100 n  1  100log 2 5  n  234 .
1

b2  2  2
Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 234 .
2