Dang 5. Đồ thị của hàm đạo hàm(VDT

Câu 1.

[2D1-5.5-3] (Chuyên Vinh Lần 2)Cho hàm số
thiên như hình vẽ dưới đây:

Hàm số

g  x  f  x  x

A. 3 .

y  f  x

. Hàm số

y f�
 x

có bảng biến

có bao nhiều điểm cực trị?
C. 0 .
Lời giải

B. 2 .

D. 1 .

Tác giả: Nguyễn Tất Thành; Fb: Thanh Nguyen
Chọn D
Ta có:

g�
 x  f �
 x 1

xx
�
g�
 x  0 � f �
 x  1 � � 0
x  1
�

với

x0  1

Từ bảng biến thiên của đề bài ta được bảng biến thiên của

Từ bảng biến thiên trên ta thấy hàm số
Câu 2.

g  x

g  x

:

có 1 cực trị.

y  f  x
[2D1-5.5-3] (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hàm số
xác định trên � và hàm số
y f�
 x  có đồ thị như hình vẽ. Tìm số điểm cực trị của hàm số y  f x 2  3 .



A. 4 .

B. 2 .

C. 5 .
Lời giải



D. 3 .

Tác giả: Nguyễn Tất Thành; Fb: Thanh Nguyen
Chọn D


y f�
 x  đổi dấu từ âm sang dương qua x  2 nên hàm số y  f  x  có
Quan sát đồ thị ta có
một điểm cực trị là x  2 .

x0
x0

�
�
�

0
�
�
2
2
�
�
2
�
�
y�
 �f  x  3 � 2 x. f �
 x  3
x  �1
x  3  2
�
�
Ta có
.
Do đó hàm số
Câu 3.

y  f  x 2  3

có ba cực trị.

[2D1-5.5-3] (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hàm số

y f�
 x

có đồ thị như hình vẽ bên:

f  x
f  x
Tìm số điểm cực trị của hàm số y  3  2 .

B. 3 .

A. 2 .

C. 5 .
Lời giải

D. 4 .

Tác giả: Nguyễn Tất Thành; Fb: Thanh Nguyen
Chọn D

f�
 x  xác định trên � nên f  x  xác định trên �.
Ta thấy
y�
 f�
3 f  x  .ln 3  2 f  x  .ln 2 �
 x  .3 f  x .ln 3  f �

 x  .2 f  x .ln 2  f �
 x �
�
�.
Ta có:
y�
0� f�
 x   0 (do 3 f  x  .ln 3  2 f  x  .ln 2  0 , x ��).
Xét
f�
 x   0 có 4 nghiệm phân biệt.
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy
f  x
f  x
Vậy y  3  2
có 4 điểm cực trị.

Câu 4.

[2D1-5.5-3] (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hàm số bậc ba
như hình vẽ.

Hàm số



g x  f  x  x2



y  f  x

, hàm số

nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

y  f�
 x

có đồ thị


A.

 2; 1 .

B.

 1;2 .

C.
Lời giải

�1 �
 ;0�
�
2 �.
�
D.

 1;0 .

Tác giả: Vũ Danh Được; Fb: Danh Được Vũ
Chọn B
Tập xác định D  �.
Ta có

g�
 x     x  x 2  �. f �
  x  x 2     1  2 x  . f �  x  x 2 

.

x  0,5
�
x  0,5
�
1  2x  0
�
�
g�
��
 x  x2  0 � �
x0
 x  0 � ��
2
�
f

x


x

0

� 
2
�
�
x  1
x  x  1
�
�
Khi đó
.
Bảng biến thiên của

y  g  x

:

1�
�
1;  �
�
y  g  x
2 �và  0; � .
Dựa vào bàng trên ta thấy hàm số
nghịch biến trên các khoảng �

Dựa vào các đáp án ta chọn B.
Câu 5.

[2D1-5.5-3] (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hàm số

Hàm số
A.

y  g  x   f  x2  2

 2; 1 .

B.

y  f  x

có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

 2;� .

C.
Lời giải

 0;2  .

D.

 1;0  .

Tác giả: Vũ Danh Được; Fb: Danh Được Vũ
Chọn C
Ta có:

g�
 x    x 2  2  �. f �
 x 2  2   2 x. f � x 2  2  .

f�
 x   0 có số nghiệm hữu hạn nên phương
Từ bảng xét dấu đạo hàm ta thấy phương trình
g �x  0
g �x �0.
trình  
cũng có số nghiệm hữu hạn. Do đó, ta cần tìm x sao cho  


�
�
�x �0
�
�x �0
�
� 2
�
�2
�
0 �x �2
�f �x  2 �0

�
�x  2 �2
�
2
g�
( x ) �0 � xf �x  2 �0 � �
��
��
.
x
�

2
x
�
0
x
�
0
�
�
�
�
�
�
�2
�
� 2
�
�

f
x

2
�
0
�x  2 �2
�
�
�
Ta có
 0; 2 ,  �; 2 .
Do đó hàm số nghịch biến trên mỗi tập:













 0; 2  .

Từ các đáp án của đề bài ta chọn hàm số nghịch biến trên
Câu 6.

[2D1-5.5-3] (Gang Thép Thái Nguyên) Cho hàm số
y f�
 x  như hình vẽ.
hàm số

f  x

có đạo hàm trên � và có đồ thị

f  1  f  3  f  2   f  6 
Biết rằng
. Khi đó giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
trên  1;6 là

f  2

A.

và

f  3

.

B.

f  2

và

f  6

.
C.
Lời giải

f  2

và

f  1

.

D.

f  1

và

f  6

.

Tác giả: Đoàn Tấn Minh Triết ; Fb: Đoàn Minh Triết
Chọn B

Quan sát bảng biến thiên ta thấy
Mặt khác vì

Vậy
Câu 7.

f  3  f  2 

max f  x   f  6 
 1;6

nên

Min f  x   f  2 
 1;6

.

f  1  f  6  f  2   f  3  0 � f  1  f  6 

.

.

[2D1-5.5-3] (ĐH Vinh Lần 1) Cho hàm số f ( x) có đồ thị hàm y  f '( x) như hình vẽ. Hàm số
y  f (cos x)  x 2  x đồng biến trên khoảng

A.

 1; 2  .

B.

 1;0  .

C.

 0;1 .

D.

 2; 1 .


Lời giải
Tác giả: Nguyễn Việt Hải. FB: />Chọn A
Phân tích:
Bản chất dạng toán này thường là đặc điểm: Tổng hai hàm dương (hàm đồng biến), tổng hai
hàm âm (hàm nghịch biến)
Tính chất:

y  f  x
tăng trên khoảng D1 , hàm số
tăng trên khoảng D2 . Khi đó
y  f  x  g  x
ta có hàm số
tăng trên khoảng D  D1 �D2
Cho hàm số

y  f  x

+ Quan sát bài toán:
A.

2
y x�

x �۳y ' 2 x 1 0

x

1
2 , nếu trắc nghiệm thấy ngay đáp án

Lời giải
Ta có:
+ Vì

y '   sin x. f '  cos x   2 x  1

cos x � 1;1 �  sin x. f '  cos x  � 1;1

+ Suy ra
Câu 8.

y '   sin x. f '  cos x   2 x  1 �0, x �1

x 1

hay hàm số tăng trên [1; �)

[2D1-5.5-3] (ĐH Vinh Lần 1) (Nguyễn Việt Hải) Cho hàm số f ( x) có đồ thị hàm y  f '( x)
�3cos x  4sin x � 4

y f �
� x  3x  2019
5
�
�
như hình vẽ. Hàm số
đồng biến trên khoảng
A.

Câu 9.

1 1
mà 2 x �۳

 1; 2  .

B.

 1;0  .

C.

 0;1 .

[2D1-5.5-3] ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái) Cho hàm số
hình vẽ

D.

y  f  x

 2; 1 .

có đồ thị

y f�
 x

như


Đặt
A.
C.

h  x   3 f  x   x3  3x

max h  x   3 f  1

�
 3; 3�
�
�

. Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

.

max h  x   3 f  0 

�
 3; 3�
�
�

B.

max h  x   3 f

�
 3; 3 �
�
�

 3


.



max h  x   3 f  3
�
 3; 3 �
�
D. �
.
Lời giải

.

Tác giả: Nguyễn Hương ; Fb: Huongnguyen
Chọn D

Xét

h  x   3 f  x   x 3  3x

Ta có

với

h�
 x  3 f �
 x   3x 2  3

x ��
 3; 3�
�
�.

.

x0
�
�
h�
 x  0 � f �
 x   x  1 � �x  � 3 .
2

Bảng biến thiên của hàm số

h  x


Vậy







max h  x   h  3  3 f  3

�
 3 ; 3�
�
�



.

Câu 10. [2D1-5.5-3] (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4)Cho
y  f  x
có đạo hàm trên � và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới đây:

g  x  f  f  x 

g�
 x   0 là
Đặt
. Số nghiệm của phương trình
A. 6 .
B. 5 .
C. 8 .

hàm

số

D. 7 .

Lời giải
Tác giả: Đỗ Hồng Tú; Fb: Đỗ Hồng Tú
Chọn A
Ta có

g�
 x  f �
 f  x   . f � x 

.

�f  x   1
�
�f  x   1
��
�

f  f  x   0
x  1
�
�
 x  0 � �
g�
�
x 1
 x  0 � �
�f �
.
Từ đồ thị ta có phương trình

f  x   1

Vậy tổng số nghiệm của phương trình

có 1 nghiệm; phương trình

g�
 x  0

f  x  1

có 3 nghiệm.

là 1  3  1  1  6 nghiệm.

Câu 11. [2D1-5.5-3] (Gang Thép Thái Nguyên) Cho hàm số
vẽ.

y  f  x

có đồ thị của

f�
 x

như hình


Khi đó hàm số

g  x  f  x  x

A. 3 .

có bao nhiêu điểm cực trị?

B. 2 .

C. 1 .
Lời giải

D. 4 .

Tác giả: Nguyễn Minh Thắng; Fb: facebook.com/nmt.hnue
Chọn B

g�

 x  f �
 x   1 ; g�
 x  0 � f �
 x  1.

Từ đồ thị của

f�
 x

ta thấy phương trình

f�
 x  1

có 3 nghiệm

x  a ,  a  1
�
�
x 1
�
�
x  b,  b  1
�

.

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số

g  x

có hai điểm cực trị.

y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d
Câu 12. [2D1-5.5-3] (Hàm Rồng ) Cho hàm số
có đạo hàm là hàm số
y f�
 x  với đồ thị như hình vẽ bên. Biết rằng đồ thị hàm số y  f  x  tiếp xúc với trục
hồnh tại điểm có hồnh độ âm. Khi đó đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là bao
nhiêu?


A. 4.

C. 4 .

B. 1.

D. 2.
Lời giải
Tác giả: Hồ Thị Hoa Mai; Fb: Hồ Thị Hoa Mai

Chọn C

x0
�
y�

0��
x  2 . Do đó, hàm số y  f  x  đạt cực trị tại x  0 và x  2 .
�
Nhìn đồ thị ta thấy
y  f  x

Đồ thị hàm số

tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hồnh độ âm nên suy ra hàm số
� f  2   0
đạt cực trị bằng 0 tại điểm có hồnh độ âm
. (1)

Mặt khác

f�
 x   3ax 2  2bx  c

y f�
 x

Đồ thị hàm số

y  f  x

.

đi qua các điểm có tọa độ

 0;0 ,  2;0  ,  1;  3 . (2)

�c  0
�a  1
�
�
12a  4b  c  0
b3
�
�
��
�
3a  2b  c  3
c0
�
�
3
2
�
�
d  4 � f  x   x  3x  4 .
�
Từ (1), (2) lập được hệ phương trình �8a  4b  2c  d  0

y  f  x

Đồ thị hàm số

cắt trục tung tại điểm có tung độ

y  f  0

Câu 13. [2D1-5.5-3] (Sở Ninh Bình 2019 lần 2) Cho hàm số
y f�
 x  có đồ thị như hình dưới đây.

Bất phương trình
m  3 f  3
A.
.

= -4 .

y  f  x

liên tục trên �. Hàm số

3 f  x  �x 3  3 x 2  m

x � 1;3
đúng với mọi
khi và chỉ khi
m �3 f  3
m  3 f  1  4
m �3 f  1  4
B.
.
C.
. D.
.

Tác giả: Huỳnh Phạm Minh Nguyên; Fb: Nguyen Huynh
Chọn D
Ta có:

3 f  x  �x 3  3x 2  m � 3 f ( x )  x 3  3x 2 �m

với mọi

3
2
x � 1;3
Xét g ( x)  3 f ( x)  x  3x với
.

Khi đó:

g�
( x)  3 f �
( x)  3 x 2  6 x  3 �
( x)  x 2  2 x �
�f �
�.

x � 1;3

.


( x)  0 là hoành độ giao điểm của đồ thị y  f �
( x ) và parabol

Nghiệm của phương trình g �
y  x2  2x .

( x)  0 có ba nghiệm x  1; x  3; x  1 trên đoạn  1;3 .
Phương trình g �
lim g  x   lim �
3 f  x   x 3  3x 2 �
� 3 f  1  4 ;
x �1 �

x �1

lim g  x   lim �
3 f  x   x3  3x 2 �
� 3 f  3 .
x �3 �

x �3

Ta có bảng biến thiên sau:

x
g�
( x)

g ( x)

1
0

1
0

-

3 f  1  4

3
0

-

3 f  3
3 f  x  �x3  3 x 2  m
Bất phương trình
m �g  x  , x � 1;3 ۳ m 3 f (1)  4
.

đúng với mọi

Câu 14. [2D1-5.5-3] (Sở Thanh Hóa 2019) Cho hàm số

y f�
 x

như hình vẽ. Xét hàm số

y  f  x

g  x  f  x 

x � 1;3

khi và chỉ khi

liên tục trên � có đồ thị hàm số

1 2
x  3x
2
. Khi đó khẳng định nào sau đây

đúng ?

A.

g  0  �g  2 

.

B.

g  2   g  0 

.

C.
Lời giải

g  2  g  4

.

D.

g  4   g  2 

.


Chọn C
g�
 x  f �
 x  x  3  f �
 x    x  3 .
Ta có

x  2
�
�
� x0
�
g�
x  0 � f �
x    x  3  0 � f �
x    x  3
x2
�




�
Khi đó:
.
Lập Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số
g  2  g  4
.

g  x

đồng biến trên khoảng

 2; �

nên suy ra được

Câu 15. [2D1-5.5-3] ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái)Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc
v (km/ h) phụ thuộc thời gian t (h) có đồ thị là một phần của đường parabol có đỉnh I  1;3 và
trục đối xứng song song với trục tung như hình bên. Tính qng đường s mà vật di chuyển
được trong 4 giờ kể từ lúc xuất phát.

A.

s

50
(km)
3

.

B. s  10 (km)

C. s  20 (km) .
Lời giải

D.

s

64
(km)
3
.

Tác giả: Phan Văn Trình ; Fb: Tốn Vitamin
Chọn D
2
Đồ thị được cho hình vẽ là đồ thị của Parabol nên có dạng: y  ax  bx  c .
2
Biễu diễn mối liên hệ vận tốc và thời gian nên v(t )  at  bt  c .

Quan sát đồ thị ta thấy parabol đi qua 3 điểm
Parabol ta được hệ

A  0; 4  , B  4;12  , I  1;3

4c
�

�a  1
�
�
12  16a  4b  c � �
b  2
�
�
�
3 abc
c4
�
�
.
2
s�
 t   v  t  nên
Ta có biểu thức vận tốc v(t )  t  2t  4 lại có

áp vào biểu thức


4

S�
(t 2  2t  4)dt 
0

64
3

.

Là quãng đường vật chuyển động mà vật di chuyển được trong 4 giờ kể từ lúc xuất phát.
Câu 16. [2D1-5.5-3] (THPT-n-Mơ-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho hàm số
2; 2
liên tục trên đoạn 
và có đồ thị là đường cong như trong hình vẽ.

Hỏi phương trình
A. 4 .

y  f  x

 2; 2 ?
có bao nhiêu nghiệm phân biệt trên đoạn
B. 5 .
C. 3 .
D. 6 .

f  x  1  1

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Vũ Hoàng Trâm; Fb: Hoang Tram
Chọn B

�f  x   1  1
�f  x   2  1
f  x 1  1 � �
��
�f  x   1  1 �f  x   0  2  .

Ta có
Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta thấy:
Phương trình

f  x   2  1

2; 2
có 2 nghiệm thuộc đoạn 
.

 2; 2 khơng có nghiệm nào trùng với hai
có 3 nghiệm thuộc đoạn
 1 .
nghiệm của phương trình
Phương trình

f  x   0  2

 2; 2 .
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm phân biệt thuộc
y  f  x
Câu 17. [2D1-5.5-3] (THPT TX QUẢNG TRỊ LẦN 1 NĂM 2019) Cho hàm số
có đồ thị là
�
C
y

f
x
C

  . Hàm số
  có đồ thị như hình vẽ. Tiếp tuyến với   tại điểm có hồnh độ x  2
 C  tại hai điểm phân biệt có hồnh độ lần lượt là a, b . Giá trị  a  b  2 thuộc khoảng nào
cắt
dưới đây?
 0;9  .
A.

B.

 12;16  .

C.

Lời giải

 16; � .

D.

 9;12  .


Tác giả: Đoan Ngọc; Fb: Doanngocpham
Chọn C

(x) � f �
(2)  0 .
Từ đồ thị của hàm số y  f �
Phương trình tiếp tuyến với

 C

(2)( x  2)  f (2)
tại điểm có hồnh độ x  2 là y  f �

� y  f (2) .
�
Cũng từ đồ thị của hàm số y  f ( x) ta suy ra bảng biến thiên của y  f ( x) là

 C  tại hai điểm phân biệt có hồnh độ
Từ bảng biến thiên suy ra đường thẳng y  f (2) cắt
�a  1 �a  1
2
��
� a  b  4 �  a  b   16
�
b3
�b  3
lần lượt là a, b thì �
.
Vậy

 a  b

2

� 16; �

.

Câu 18. [2D1-5.5-3] (THPT TX QUẢNG TRỊ LẦN 1 NĂM 2019) Cho hàm số
y f�
 x  có đồ thị như hình vẽ. Có bao

y  f  x

. Hàm số

y  f  x2  m 
nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
có ba điểm cực trị?

A. 4 .

B. 2 .

C. 3 .

D. 1 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Phùng; Fb: Phùng Nguyễn
Chọn A
Cách 1:
Ta có

y�
 2 x. f �
 x2  m 

.

x0
x0
�
�
�2
�2
x m 0
x m
�
� 2
� �2
�
�
x0
�
x m  2
x  m2
�
�
y�
0� � 2
 x  m  0 �
x2  m  4
�
x2  m  4
�f �
�

�
.
Từ đồ thị ta thấy


f�
 x2  m   0 � 0  x 2  m  4 � m  x2  m  4 .

�
�
x2  m  0
x2  m
2
�
f  x  m   0 � �2
� �2
x m  4
x  m4
�
�
.

TH1: Với m �4 .
y�
 2 x. f �
 x2  m  0 � x  0

Suy ra hàm số

y  f  x2  m 

.

khơng thể có ba cực trị.

TH2: Với 4  m �2 .
x0
�
y�
 2 x. f �
 x 2  m   0 � �x  � m  4
�
.

Bảng xét dấu của

y�
 2 x. f �
 x2  m 

Từ bảng trên suy ra hàm số có 3 cực trị.
TH3: Với 2  m �0 .

x0
�
�
y�
 2 x. f �
 x 2  m   0 � �x  � m  2
�

x  � m4
�
Bảng xét dấu của

.

y�
 2 x. f �
 x2  m 

Từ bảng trên suy ra hàm số có 3 cực trị.
TH4: Với m  0 .
x0
�
�
x�m
2
y�
 2 x. f �
 x  m  0 � �
�
x  � m2
�
�
x  � m4
�
.

Bảng xét dấu của

y�
 2 x. f �
 x2  m

.


Từ bảng trên suy ra hàm số có 5 cực trị.
Từ các trường hợp trên, hàm số

y  f  x2  m 

có ba cực trị khi

m � 4;0

.

m � 3;  2;  1;0
Vì m �� nên
.
Cách 2:
Ta có

y�
 2 x. f �
 x2  m 

.

x0
x0
�
�
�2
�2
x m  0
x m
� �2
� �2
�
�
x0
�
x m  2
x  m2
�
�
y�
0� � 2
 x  m  0 �
x2  m  4
�
x2  m  4
�f �
�
�
.
Dễ thấy
 0 � x  0 là 1 điểm cực trị của hàm số

x  0 là nghiệm bội lẻ của phương trình y�
y  f  x2  m

.

 0.
x  m  2 là nghiệm bội chẵn của phương trình y�
2
2
Mặt khác m  m  4 m nên hai phương trình x  m (1) và x  m  4 (2) khơng có nghiệm
trùng nhau.
2

Vậy để hàm số

y  f  x2  m 

có 3 điểm cực trị thì (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 đồng thời

m � 3;  2;  1;0
(1) vô nghiệm hoặc (1) có 1 nghiệm kép bằng 0 � 4  m �0 �
.
Tác giả: Nguyễn Đình Thịnh
Câu 19. [2D1-5.5-3] (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho hàm số
như hình vẽ.

Hàm số
A. 1.

g  x  f  x 

f  x

có đạo hàm

f�
 x

có đồ thị

x3
 x2  x  2
3
đạt cực tiểu tại bao nhiêu điểm?
B. 2.
C. 0.
D. 3.
Lời giải
Tác giả: Lương Thị Hương Liễu; Fb: Lương Hương Liễu.


Chọn B
g�
 x  f �
 x   x 2  2 x  1; g �
 x  0 � f �
 x   x 2  2 x  1.

g�
 x  0 .

Từ đồ thị, ta thấy x  0 , x  1 , x  2 là các nghiệm đơn của phương trình
Bảng biến thiên:

Suy ra, hàm số

g  x

đạt cực tiểu tại hai điểm.

Câu 20. [2D1-5.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 2) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình
vẽ bên. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình f (sin x)  m có đúng hai nghiệm thực
phân biệt thuộc đoạn

A. 5 .

 0;   .

B. 4 .

C. 3 .

D. 2 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Mạnh ; Fb: Nguyễn Văn Mạnh
GV phản biện:Trần Quốc An; Fb: Tran Quoc An
Chọn D
Đặt

t  sin x , với x � 0;  

 cosx ,
Ta có t �

t�
 0 � cosx  0 � x 


� 0;  
2

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có:
Với mỗi

t � 0;1

cho ta tương ứng

Với t  1 cho ta tương ứng
Khi đó ta có phương trình

x

2 x � 0;  


� 0;  

2

f  t  m

(*)

 0;   � pt(*) có đúng một
Phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn
t � 0;1 � 1  m �1
m �Z � m � 0;1
nghiệm
, vì
nên có hai số nguyên m thỏa mãn bài
toán.
Câu 21. [2D1-5.5-3] (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP 2019 LẦN 2) Cho hàm số
y  f  x
y f�
 x  có đồ thị như hình vẽ :
. Hàm số

Hàm số
A.

y  f  1  x2 

 0;1 .

nghịch biến trên khoảng
B.

 0; 2  .

C.

 �;0  .

D.

 1; � .

Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Sen ; Fb:
Nguyễn Thị Sen
Chọn A

x0
�
y�
 2 x. f �
 1  x 2   0 � �f � 1  x 2 
�
Ta có:

x0
x0
�
�
� 2
�2
x0

1  x  1 �
x 2
�
�� 2
� 2
��
�
�
1 x  1
x 0
x�2
�
�
�
0
�
1  x2  4
�
x 2  3
�
�
.


Bảng xét dấu :
x
�
�
y

 2
0



0
0

+

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số nghịch biến trên

�

2
0

+

y  f  x

có đồ thị



 0;1 .

Câu 22. [2D1-5.5-3] (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho hàm số
hình vẽ bên ( với a  b  c ). Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.

f  c  f  a   f  b

.

B.

f  a   f  c  f  b

.

C.

f  a   f  b  f  c 

.

D.

f  a   f  c  f  b

.

y f�
 x

như

Lời giải

Tác giả: Lương Thị Hương Liễu; Fb: Lương Hương Liễu.
Chọn D
Ta có:
b

*

f�
 x  dx  f  b   f  a   0 � f  a   f  b 
�
a

.

c

*

f�
 x  dx  f  c   f  b   0 � f  c   f  b 
�
b

*

b

c

a

b

.

f�
f�
 x  dx  �
 x  dx  0 � �
�f  b   f  a  �
� �
�f  c   f  b  �
� 0
�

� f  c  f  a   0 � f  a   f  c .
Vậy

f  a   f  c  f  b

.

y = f ( x ) = mx 4 + nx3 + px 2 + qx + r

Câu 23. [2D1-5.5-3] (Sở Cần Thơ 2019) Cho hàm số
, trong
�
m, n, p, q, r ��. Biết hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình bên dưới. Số nghiệm của
đó
f ( x) = 16m + 8n + 4 p + 2q + r

phương trình
là


A. 4.

B. 5.

C. 2.

D. 3.

Lời giải
Tác giả: Lê Hoàng Khâm ; Fb: Lê Hoàng Khâm
Chọn A
* Dựa vào đồ thị ta có m > 0 và

f�
( x) = 4m(x +1)(x- 1)(x- 4).
= 4mx3 - 16mx 2 - 4mx +16m.

�
16
�
n =m
�
�
3
�
�p =- 2m

�
�
�
q = 16m
�
�
3
2
�
�
f ( x ) = 4mx + 3nx + 2 px + q
�
* Mà
. Suy ra �
f ( x) = 16m + 8n + 4 p + 2q + r
* Phương trình
16 3
128
� mx 4 mx - 2mx 2 +16mx + r = 16m m - 8m + 32m + r
3
3
�4 16 3
8�
� m�
x x - 2 x 2 +16 x + �
=0
�
�
�
�

�
3
3�
�
x =2
�
� �3 10 2 26
4
�
x x x- =0
�
3
3
� 3
.
10
26
4
x3 x2 x- =0
3
3
3
Phương trình
có 3 nghiệm phân biệt khác 2 .
Vậy phương trình

f ( x) = 16m + 8n + 4 p + 2q + r

có 4 nghiệm.

Câu 24. [2D1-5.5-3] (SỞ PHÚ THỌ LẦN 2 NĂM 2019) Cho hàm số y  f ( x) , hàm số
f '( x)  x 3  ax 2  bx  c  a, b, c ��
có đồ thị như hình vẽ.
g  x  f  f ' x 
Hàm số
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?


A.

 1; � .

B.

 �; 2  .

C.

� 3 3�

;
�
�
�
3 3 �
�
�.
D.

 1;0  .

Lời giải
Tác giả:Võ Thị Thùy Trang ; Fb: Võ Thị Thùy Trang
Chọn B
Cách 1:
Dựa vào đồ thị ta có :

f '  x   x( x  1)  x  1  x3  x

.

g  x   f  f '  x    f  x 3  x  � g '  x    3x 2  1 f '  x 3  x 

.

�
�
3x2  1  0
�
�
� 3
�
�f '  x  x   0
g '  x   0 �  3 x 2  1 f '  x3  x   0 � �
�
�
3x2  1  0
�
�
� 3

�
�f '  x  x   0
�
Xét
.

� �
�
3� �3
x
�

�
;

�
;

�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
3 �
3x 2  1  0

� �
�
� �3
�
��
� 3
x 3  x  1
�f '  x  x   0
��
�� 3
0  x  x 1
��
Xét
� �
�
3� �3

�
;

�
;

�
�x ��
�
�
�
�
�

3 �
�� �
�
�
� �3
�
3�
� x � �;  1, 32... ��

1;

� 1;1, 32....
�
�
�
3 �
�
�
�x � �;  1,32... � 1;0  � 1;1,32....
.
� � 3 3�

;
� 3 3�
�x ��
�
2
�
� �
�

3
3
3
x

1

0

;
�
� �
� �x ��
�
3 3 �
��
�� �
� 3
�
�
3
1  x  x  0
�f '  x  x   0
��
�
�x � 1,32...;  1 � 0;1 � 1,32...;  �
��
x3  x  1
�
�

Xét
� 3�
� x ��
0;
�
�
�
� 3 �.


�

Vậy hàm số

g  x

nghịch biến trên các khoảng

1; 
 �;  1,32... ; �
�
�

3 �� 3 �
; 0;
;  1;1,32... 
��
�
�
3 ��

3
��
�

Cách 2:
Dựa vào đồ thị ta có:

f '  x   x( x  1)  x  1  x3  x

.

g  x   f  f '  x    f  x 3  x  � g '  x    3x 2  1 f '  x 3  x 
Xét đáp án B:

x � �; 2 

.

.

*

x � �; 2  �  3 x 2  1 � 11;  � � 3 x 2  1  0

*

x � �; 2  �  x3  x  � �;  6  � f '  x 3  x   0

.
(dựa vào đồ thị của

�
3x 2  1  0
�
� g ' x  0
�
f '  x3  x   0
x � �; 2 
�
Vậy với
thì ta có:
.

� với x � �; 2  thì hàm số g  x  nghịch biến.

f ' x

).