Bai toan van dung cao Chu de 1 KHAO SAT HAM SO UNG DUNG Co loi giai file word

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10) Chủ đề 1. KHẢO SÁT HÀM SỐ & ỨNG DỤNG C}u 1:. (SGD VĨNH PHÚC)Cho h{m số y  x  mx  5 , m l{ tham số. Hỏi h{m số đ~ cho có nhiều 3. nhất bao nhiêu điểm cực trị A. 3 . B. 1 .. C. 2 .. D. 4 .. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: y  x6  mx  5 Suy ra: y . 3x5 x. 3. m . 3x5  m x x. TH1: m  0 . Ta có: y . 5 x5 x. x. 3. . y. 3. 3. v{ h{m số không có đạo h{m tại x  0 ..  0 vô nghiệm v{ h{m số không có đạo h{m tại x  0 .. . 0. . . y Do đó h{m số có đúng một cực trị.. x  0 m 3 x TH2: m  0 . Ta có: y  0  3x5  m x   5 3 3 3x  mx Bảng biến thiên x. y. . m 3. 0. . . 0. . . y Do đó h{m số có đúng một cực trị.. x  0 m 3 x  TH3: m  0 . Ta có: y  0  3x5  m x   5 3 3 3x  mx.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> x. y. .  . m 3. . 0. . . 0. . y Do đó h{m số có đúng một cực trị. Vậy trong mọi trường hợp h{m 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 l{ một số dương (như m  3 ) để l{m. Tương tự ở trường hợp 3 , ta chọn m  3 để l{m sẽ cho lời giải nhanh hơn. C}u 2:. 2 x  2017 (1) . Mệnh đề n{o dưới đ}y l{ đúng? x 1 A. Đồ thị h{m số (1) không có tiệm cận ngang v{ có đúng một tiệm cận đứng l{ đường thẳng x  1. (SGD VĨNH PHÚC)Cho h{m số y . B. Đồ thị h{m số (1) có hai tiệm cận ngang l{ c|c đường thẳng y  2, y  2 v{ không có tiệm cận đứng. C. Đồ thị h{m số (1) có đúng một tiệm cận ngang l{ đường thẳng y  2 v{ không có tiệm cận đứng. D. Đồ thị h{m số (1) không có tiệm cận ngang v{ có đúng hai tiệm cận đứng l{ c|c đường thẳng x  1, x  1. Hướng dẫn giải Chọn B H{m số y . lim. x . 2 x  2017 (1) có tập x|c định l{ ¡ , nên đồ thị không có tiệm cận đứng x 1. 2 x  2017 2 x  2017  2; lim  2 , nên đồ thị h{m số có hai tiệm cận ngang l{ c|c x  x 1 x 1. đường thẳng y  2, y  2 . C}u 3:. (SGD VĨNH PHÚC)Tìm tất cả m sao cho điểm cực tiểu của đồ thị h{m số y  x3  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..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Để h{m số có cực tiểu, tức h{m số có hai cực trị thì phương trình y  0 có hai nghiệm ph}n. 1 biệt 3x2  2 x  m  0 (1) có hai nghiệm ph}n biệt   1  3m  0  m  . 3 Khi đó (1) có hai nghiệm ph}n biệt xCĐ , xCT l{ ho{nh độ hai điểm cực trị. Theo định lí Viet ta có. 2   xCĐ  xCT   3  0 (2) , trong đó xCĐ  xCT vì hệ số của x 3 lớn hơn 0.   x .x  m (3)  CĐ CT 3. Đăng ký mua. file word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 Để cực tiểu của đồ thị h{m số nằm bên phải trục tung thì phải có: xCT  0 , kết hợp (2) v{. (3) suy ra (1) có hai nghiệm tr|i dấu  xCĐ .xCT  C}u 4:. m  0  m  0. 3. (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Phương trình x3  x  x  1  m  x 2  1 có nghiệm thực khi v{ 2. 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 m|y tính bỏ túi.. x3  x  x  1  m  x 2  1  mx 4  x3   2m  1 x 2  x  m  0 2. Chọn m  3 phương trình trở th{nh 3x4  x3  5x2  x  3  0 (không có nghiệm thực) nên loại đ|p |n B, C. Chọn m  6 phương trình trở th{nh 6 x4  x3  13x2  x  6  0 (không có nghiệm thực) nên loại đ|p |n A. Kiểm tra với m  0 phương trình trở th{nh  x3  x2  x  0  x  0 nên chọn đ|p |n D. Tự luận x3  x 2  x Ta có x  x  x  1  m  x  1  m  4 (1) x  2x2  1 3. 2. 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Xét h{m số y . x y   3x  . 2. 3. x3  x 2  x x|c định trên ¡ . x4  2 x2  1.  x 2  x   x 4  2 x 2  1   x 3  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   x3  x 2  x  4 x3  4 x . x. 4.  2 x 2  1. 2.  x 6  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 h{m số y. x3  x 2  x x4  2 x2  1. . 1 3 m . 4 4. Chọn đ|p |n D. C}u 5:. (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho h{m số. f  x . f  a   f  b  2  có gi| trị bằng A.1 .. B. 2 .. C.. 1 4. Hướng dẫn giải Chọn A Ta có: b  2  1  a. 9x , x  R . Nếu a  b  3 thì 3  9x. 3 D. . 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> f a . 9a 91a 3 ; f b  2  f 1  a       a 1 a 39 39 3  9a. 9a 3  f  a   f b  2   1 a 3  9 3  9a. C}u 6:. (T.T DIỆU HIỀN) Với gi| trị n{o của m thì hai điểm cực đại v{ cực tiểu của đồ thị h{m số y  x3  3x 2  mx  m  2 nằm về hai phía so với trục ho{nh? B. 1  m  2 .. A. m  3 .. C. m  3 .. D. 2  m  3 .. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có: y  3x 2  6 x  m . H{m số có hai điểm cực đại v{ cực tiểu nên phương trình y  0 có 2 nghiệm ph}n biệt. Do đó   9  3m  0  m  3 . Gọi x1 , x2 l{ điểm cực trị của h{m số v{ y1 , y2 l{ c|c gi| trị cực trị tương ứng. Ta có:. 1  2 2 1  y  x3  3x 2  mx  m  2  y.  x     m  2  x  m  2 3  3 3 3 . nên. y1  k  x1  1 ,. y2  k  x2  1 . Yêu. cầu. b{i m  y1. y2  0  k 2  x1  1 x2  1  0  x1 x2  x1  x2  1  0   2  1  0  m  3 . 3. to|n. Vậy m  3 thỏa m~n b{i to|n. C}u 7:. (TRẦN HƯNG ĐẠO – NB) Tìm tất cả c|c gi| trị của m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị h{m số y  x3  3mx  2 cắt đường tròn t}m I 1;1 , b|n kính bằng 1 tại. 2 điểm ph}n biệt A, B sao cho diện tích tam gi|c IAB đạt gi| trị lớn nhất. A. m . 2 3 . 2. B. m . 1 3 . 2. C. m . 2 5 . 2. D. m . 2 3 . 3. Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có y  3x 2  3m nên y  0  x2  m .. Δ A. B. Đồ thị h{m số y  x  3mx  2 có hai điểm cực trị khi v{ chỉ khi 3. m  0.. 1 1 Ta có y  x3  3mx  2  x  3x 2  3m   2mx  2  x. y  2mx  2 . 3 3. H. I.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị h{m số y  x3  3mx  2 có phương trình.  : y  2mx  2 1 1 1 Ta có: SIAB  .IA.IB.sin ·AIB  sin ·AIB  2 2 2 Diện tích tam gi|c IAB lớn nhất bằng Gọi H l{ trung điểm AB ta có: IH  M{ d I ,  . 1 2 AB   d I ,   2 2. 2m  1  2 4m 2  1. Suy ra: d I ,   C}u 8:. 1 khi sin ·AIB  1  AI  BI . 2. 2m  1  2 4m 2  1. . 2 3 2 .  4m  2  2  4m2  1  8m2  16m  2  0  m  2 2. (TRẦN HƯNG ĐẠO – NB) Tìm tất cả c|c gi| trị thực của m để đường thẳng y  x  m  1 2x 1 cắt đồ thị h{m số y  tại hai điểm ph}n biệt A, B sao cho AB  2 3 . x 1 A. m  4  10 .. B. m  4  3 .. C. m  2  3 .. D. m  2  10 .. Hướng dẫn giải Chọn A. 2  2x 1  f  x   x   m  2 x  m  2  0 Ho{nh độ giao điểm l{ nghiệm PT: .  x  m 1   x 1   x  1. Đường thẳng y  x  m  1 cắt đồ thị h{m số tại hai điểm ph}n biệt khi v{ chỉ khi phương trình f  x   0 có hai nghiệm ph}n biệt kh|c 1 , hay  m2  8m  12  0 m  2   0      m  6 1  0  f  1  0. * ..  x1  x2  2  m Khi đó, gọi x1 , x2 l{ hai nghiệm của phương trình f  x   0 , ta có  (Viète).  x1 x2  m  2 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  m2  8m  6  0 2.  m  4  10. Kết hợp với điều kiện * ta được m  4  10 ..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> C}u 9:. (LẠNG GIANG SỐ 1) Cho x , y l{ c|c số dương thỏa m~n xy  4 y  1 .Gi| trị nhỏ nhất của 6  2x  y  x  2y l{ a  ln b . Gi| trị của tích ab l{ P  ln x y A. 45 . B. 81 . C. 108 . D. 115 . Hướng dẫn giải. Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12:. Chọn B.. HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 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  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. f  t   P  f t  27  ln 6 2. 0. 4. x 4 . y.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Từ BBT suy ra GTNN  P  . a. 27  ln 6 khi t  4 2. 27 , b  6  ab  81 . 2. ax 2  x  1 có đồ thị  C  ( a, b l{ c|c hằng số 4 x 2  bx  9 dương, ab  4 ). Biết rằng  C  có tiệm cận ngang y  c v{ có đúng 1 tiệm cận đứng. Tính. C}u 10: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Cho h{m số y  tổng T  3a  b  24c A. T  1.. B. T  4.. C. T  7.. D. T  11.. 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 x2  bx  9  0 có nghiệm kép.. 1 1   0  b2  144  0  b  12 . Vì b  0  b  12  a   c  . 3 12 Vậy C}u 11:. T  11.. (NGÔ GIA TỰ - VP) Tất cả c|c gi| trị thực của tham số m để h{m số y  2 x3  3  m  1 x 2  6  m  2  x  2017 nghịch biến trên khoảng  a; b  sao cho b  a  3 l{ A. m  6 .. C. m  0 .. B. m  9 .. m  0 D.  . m  6. Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có y  6 x 2  6  m  1 x  6  m  2  H{m số nghịch biến trên  a; b   x 2   m  1 x   m  2   0 x   a; b .   m2  6m  9 TH1:   0  x2   m  1 x   m  2   0 x  ¡  Vô lí TH2:   0  m  3  y có hai nghiệm x1 , x2  x2  x1 .  H{m số luôn nghịch biến trên  x1 ; x2  . Yêu cầu đề b{i:  x2  x1  3   x2  x1   9  S 2  4P  9 2.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> m  6 2   m  1  4  m  2   9  m2  6m  0   m  0 C}u 12: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Tìm tất cả c|c gi| trị của m để h{m số y  2 x  x mx đồng biến 3. 2. trên 1, 2 .. 1 A. m  . 3. 1 B. m  . 3. C. m  1 .. D. m  8 .. Hướng dẫn giải Chọn C. 3 2 Ta có y   3x 2  2 x  m  2x x mx ln 2 . H{m số đ~ cho đồng biến trên 1,2  y '  0, x  1,2  3x2  2 x  m  0, x  1,2 *. b 1   2 nên 2a 3 1  3m  0     0 1  m    3  1  3m  0    0      1   1  m  1 *    x1  x2 1 m    1   3   3  2   m 2   m  1   x1  1 x2  1  0    1  0  3 3. Vì f  x   3x 2  2 x  m có a  3  0, . C}u 13: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Biết đường thẳng y   3m  1 x  6m  3 cắt đồ thị h{m số y  x3  3x 2  1 tại ba điểm ph}n biệt sao cho một giao điểm c|ch đều hai giao điểm còn lại. Khi đó m thuộc khoảng n{o dưới đ}y? 3 3 A. (1;0) . B. (0;1) . C. (1; ) . D. ( ;2) . 2 2 Hướng dẫn giải. Chọn A. Yêu cầu b{i to|n tương đương phương trình sau có ba nghiệm ph}n biệt lập th{nh cấp số cộng x3  3x2  1   3m  1 x  6m  3  x3  3x2   3m  1 x  6m  2  0 .. Giả sử phương trình x3  3x2   3m  1 x  6m  2  0 có ba nghiệm x1, x2 , x3 thỏa. x1  x3 (1) . 2 Mặt kh|c theo viet ta có x1  x2  x3  3 (2) . Từ (1) v{ (2) suy ra x2  1 . Tức x  1 l{ một 1 nghiệm của phương trình trên. Thay x  1 v{o phương trình ta được m   . 3 1 Thử lại m   thỏa m~n đề b{i. 3 m~n x2 . C}u 14: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Số đường tiệm cận đứng v{ tiệm cận ngang của đồ thị. y. 4 x 2  1  3x 2  2 l{: x2  x. A. 2. Chọn A.. B. 3.. C. 4. Hướng dẫn giải. D.1..

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 1 1   Tập x|c định: D   ;     ;1  1;    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 l{ tiệm cận đứng. Tiệm cận ngang: 4 1 2  4 3 2 2 4 x 2  1  3x 2  2 x x  3  y  3 l{ 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 l{ tiệm cận ngang lim y  lim  lim x 2 x x x  1 x x 1 x Vậy đồ thị h{m số có hai tiệm cận. lim y  lim. C}u 15: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho f  x   e. m, n l{ c|c số tự nhiên v{ A. m  n2  2018 .. 1. 1 x2. . 1.  x 12. . Biết rằng f 1 . f  2  . f  3 ... f  2017   e. m tối giản. Tính m  n2 . n. B. m  n2  2018 .. C. m  n2  1 .. D. m  n2  1 .. Hướng dẫn giải Chọn D. 1 1 Ta có : 1  2   2 x  x  1. x. 2.  x  1. x 2  x  1. Suy ra : f 1 . f  2  . f  3 ... f  2017   e. 2. . x2  x  1 1 1 1 .  1  1  2 x x x  x  1 x x 1. m n.  f 1  f  2   f  3  ...  f  2017  .  2018 . 2. m (lấy ln hai vế) n. 1 m 20182  1 m    2018 n 2018 n. 20182  1 Ta chứng minh l{ ph}n số tối giản. 2018 Giả sử d l{ ước chung của 20182  1 v{ 2018. d , 2018M d  20182 M d suy ra 1M d  d  1 Khi đó ta có 20182  1M 20182  1 Suy ra l{ ph}n số tối giản, nên m  20182  1, n  2018 . 2018. m n. với.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Vậy m  n2  1 . C}u 16: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m để đồ thị h{m số y  sin x  cos x  mx đồng biến trên ¡ . A.  2  m  2.. B. m   2.. Chọn D.. C.  2  m  2. Hướng dẫn giải. D. m  2.. Ta có: y  sin x  cos x  mx. y '  cos x  sin x  m H{m số đồng biến trên ¡  y  0, x  ¡ .  m  sin x  cos x, x ¡ ..  m  max   x  , với   x   sin x  cos x. ¡.   Ta có:   x   sin x  cos x  2 sin  x    2. 4  Do đó: max   x   2. Từ đó suy ra m  2. ¡. C}u 17: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Cho h{m số y  f ( x) x|c định v{ liên tục trên đoạn  2; 2 v{ có đồ thị l{ đường cong trong hình vẽ bên dưới. X|c định gi| trị của tham số m để phương trình f  x   m có số nghiệm thực nhiều nhất.. A.3 .. B.6 .. C.4 . Hướng dẫn giải. D.5.. Chọn B. Dựa v{o đồ thị ta có đồ thị của h{m số y  f ( x) l{:. Từ đồ thị ta thấy rằng, với m thỏa 0  m  2 thì phương trình f  x   m có số nghiệm nhiều nhất l{ 6..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> x2  4 x đồng biến trên 1;   thì gi| trị của m l{: xm 1 1   B. m  1; 2 \ 1 . C. m   1;  . D. m   1;  . 2 2   Giải. C}u 18: (BIÊN HÒA – HÀ NAM) H{m số y   1  A. m    ; 2 \ 1 .  2 . Chọn D. x 2  2mx  4m x  4x có tập x|c định l{ D  ¡ \ m v{ y '  . y 2 xm  x  m 2. Đăng ký mua file. word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851  m  1 H{m số đ~ cho đồng biến trên 1;     2   x  2mx  4m  0, x  1;  . x 2  2mx  4m  0, x  1;    2m  x  2    x 2 , x  1;   (1) Do x  2 thỏa bất phương trình 2m  x  2    x 2 với mọi m nên ta chỉ cần xét x  2 .  2m  Khi đó 1   2 m  . Xét h{m số f  x  . x2 , x  1;2  x 2 (2) x2 , x   2;   x 2. x2  4x x2 trên 1;   \ 2 có f   x   2 x 2  x  2. x  0 f  x   0   x  4 Bảng biến thiên x 1 y. 2. . . 1. . m  1 1  YCBT  2m  1  1  m  . 2 2m  8 . C|ch kh|c. 0. . 8. . y. . 4. .

<span class='text_page_counter'>(13)</span> y. x 2  2mx  4m x2  4x có tập x|c định l{ D  ¡ \ m v{ y '  . 2 xm  x  m.  m  1 H{m số đ~ cho đồng biến trên 1;     2   x  2mx  4m  0, x  1;  .  4  m  0  2 m  0  m  4m  0   0    m  4  2  2 x  2mx  4m  0, x  1;       0   m  4m  0    m  1   x1  x2  1  m  m 2  4m  1      1  m  2   . Kết hợp với đk m  1 ta được 1  m . 1 . 2. 8  4a  2b  c  0 C}u 19: (CHUYÊN ĐHSP HN) Cho c|c số thực a, b, c thỏa m~n  . Số giao điểm 8  4a  2b  c  0 của đồ thị h{m số y  x3  ax 2  bx  c v{ trục Ox l{ A. 0 . B. 1 . C. 2 .. D. 3 .. Chọn D. Ta có h{m số y  x3  ax 2  bx  c x|c định v{ liên tục trên ¡ . M{ lim y   nên tồn tại số M  2 sao cho y  M   0 ; lim y   nên tồn tại số m  2 x . x . sao cho y  m   0 ; y  2   8  4a  2b  c  0 v{ 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 h{m số y  x3  ax 2  bx  c v{ trục Ox có 3 điểm chung. C}u 20: (CHUYÊN. ĐHSP HN) Tập hợp c|c gi| trị của m 2x 1 có đúng 1 đường tiệm cận l{ y  mx2  2 x  1 4 x2  4mx  1. A. 0 .. B.  ; 1  1;   .. C. . D.  ; 1  0  1;   .. để. đồ. thị. h{m. số. Chọn A. Có lim y  0 . Nên h{m số luôn có 1 đường tiệm cận ngang y  0 . Vậy ta tìm điều kiện để x . h{m số không có tiệm cận đứng ..

<span class='text_page_counter'>(14)</span>  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 (thỏa ycbt)  2 2  2 x  1  4 x  1 4 x  1. TH2: Xét m  0 . Có: 1  1  m v{ 2  4m2  4 Th2a. Cả 2 phương trình 1  m  0 m  1  2   m  1  m  1  4m  4  0. (1). Th2b: (1) vô nghiệm, (2) có nghiệm kép x . 1 : ta thấy trường hợp n{y vô lí (vì m  1 ) 2. Th2c: (2) vô nghiệm, (1) có nghiệm kép x . 1 : ta thấy trường hợp n{y vô lí (vì 1  m  1 ) 2. C}u 21: (NGÔ SĨ LIÊN) Trên đoạn  2; 2 , h{m số y  khi A. m  2.. B. m  0.. v{. (2). đều. vô. mx đạt gi| trị lớn nhất tại x  1 khi v{ chỉ x2  1 D. m  0.. C. m  2.. Chọn B C|ch 1: Với m  0 thì y  0 nên max y  0 khi x  1 . 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. H{m số đ~ cho đạt gi| trị lớn nhất tại x  1 tương ứng với t  Khi m  0 thì Khi m  0 thì. max. y. m  khi v{ chỉ khi t  . 2 4. max. y. m  khi v{ chỉ khi t   . 2 4.  arctan 2;arctan 2.  arctan 2;arctan 2.  4. .. Vậy m  0 thỏa m~n b{i to|n. C|ch 2: Ta có y . m 1  x 2 .  x2  1. 2. nghiệm:. ,. TH1: m  0  y  0 l{ h{m hằng nên cũng coi GTLN của nó bằng 0 khi x  1.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>  x  1 (n) TH2: m  0 . Khi đó: y  0    x  1 ( n) Vì h{m số đ~ cho liên tục v{ x|c định nên ta có h{m số đ~ cho đạt gi| trị lớn nhất tại x  1.  y 1  y  2   trên đoạn  2; 2 khi v{ chỉ khi  y 1  y  2   m  0  m  0 (do m  0 )   y 1  y  1 Vậy m  0 Chú ý: Ngo{i c|ch trên trong TH2 m  0 , ta có thể xét m  0 , m  0 rồi lập BBT cũng tìm được kết quả như trên. C}u 22: (SỞ. GD. BẮC. NINH). Tìm. c|c. gi|. trị. thực. của. tham. trình 2  x  1  x  m  x  x 2 có hai nghiệm ph}n biệt.  23   23  A. m  5;  . B. m 5;6. C. m   5;   6 .  4   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 Đặt:  x 2  x  t; f  x    x2  x; f   x   2 x  1 1 1 1  f  1  2, f  2   2, f     t  2;  4 2 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. số m để. phương.  23  D. m  5;   6 .  4 .

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 1 t. -. -2. -1. +. 4. f'(t) 6 f(t) 23 5. 4. +)  x2  x  t   x2  x  t  0 Để phương trình có hai nghiệm ph}n biệt    1  4t  0  t . 1 4. Đăng ký mua file. word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 1  Do đó để phương trình có hai nghiệm ph}n biệt thì phương trình   có nghiệm t   2;  4 . Từ bảng biến thiên  m  5;6 . Chọn B x3 3 2 C}u 23: ( CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 3)Cho h{m số y   x  4 x  2017 . Định m để phương 3 2 2 trình y '  m  m có đúng hai ngiệm thuộc đoạn [0; m]  1 2  A.  ; 2  .  3 .  1 2 2  B.  ; 2  .  3 .  1 2 2  C.  ; 2  .  2 .  1 2 2  D.  ; 2 .  2 . Hướng dẫn giải Chọn D Ta có: y '  m2  m  x 2  3x  4  m2  m Đặt f  x   x 2  3x  4  P . y  m2  m. Yêu cầu b{i to|n : 4 7 4.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 3 3  m 2  m 2   2 7 7    m 2  m  m 2  3m  4    m  m 4 4  2 2 2 m  m  4 m  m  m  3m  4   2  m  m  4 3 2  m   1 2 2 m   1 2 2  2     m   ; 2  2    m  1  2 2  2  m  2 0  m  2. C}u 24: (LÊ HỒNG PHONG) Tìm tất cả c|c gi| trị của tham 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 .. m. D. m  3;3.. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: y  ln 16 x 2  1   m  1 x  m  2. y . 32 x   m  1 16 x 2  1. H{m số nghịch biến trên ¡ khi v{ chỉ khi y  0, x ¡.  C|ch 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  ¡ 16 x 2  1.  16  m  1 x 2  32 x   m  1  0, x  ¡ m  1  m  1  16  m  1  0       m  5  m  3. 2 2 2 16m  32m  240  0  m  3   16  16  m  1  0 . C|ch 2:. . 32 x   m  1  0 16 x 2  1. x  ¡. 32 x 32 x  m  1, x  ¡  m  1  max g ( x), với g ( x)  2 ¡ 16 x  1 16 x 2  1. để h{m số.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Ta có: g ( x) . 512 x 2  32. 16 x. g ( x)  0  x  . 2.  1. 2. 1 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. Dựa v{o bảng biến thiên ta có max g ( x)  4 ¡. Do đó: m  1  4  m  3. C}u 25: (LÊ HỒNG PHONG) Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m để h{m số y     đồng biến trên khoảng  ;  . 4 2 A. m  ;0   1;   .. B. m  ;0  .. 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.    H{m số đồng biến trên khoảng  ;  khi v{ chỉ khi: 4 2. 1  cot x  1  m   2.  m cot x  1. 2. .. cot x  1 m cot x  1.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>     m cot x  1  0, x   4 ; 2    m  0  m  1   m0 .  2 1  m  0  y  1  cot x 1  m   0, x    ;     2  4 2  m cot x  1 . . . C}u 26: (NGUYỄN TRÃI – HD) Phương trình 223x .2x  1024x  23x3  10 x2  x có tổng c|c nghiệm gần nhất với số n{o dưới đ}y 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 .2x 1024x  23x3  10 x2  x  223 x  x  23x3  x  210 x  10 x2 3. 2. H{m số f  t   2t  t đồng biến trên ¡ nên 223 x  x  23x3  x  210 x  10 x2  23x3  x  10 x 2  x  0 hoặc x  3. 2. 5 2 23. 10  0, 4347 23  Mẹo: Khi l{m trắc nghiệm có thể dùng “Định lí Vi-ét cho phương trình bậc ba” Nếu phương trình ax3  bx2  cx  d  0 (a  0) có ba nghiệm x1 , x2 , x3 thì:. Tổng c|c nghiệm bằng. b c d x1  x2  x3   ; x1 x2  x2 x3  x3 x1  ; x1 xx x3   a a a C}u 27: (HAI BÀ TRƯNG – HUẾ ) Đường thẳng. d : y  x4. cắt đồ thị h{m số. y  x  2mx   m  3 x  4 tại 3 điểm ph}n biệt A  0;4  , B v{ C sao cho diện tích tam 3. 2. gi|c MBC bằng 4, với M 1;3 . Tìm tất cả c|c gi| trị của m thỏa m~n yêu cầu b{i to|n. 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 ho{nh độ giao điểm của d v{ đồ thị  C  : x3  2mx 2   m  3 x  4  4 x  0  x3  2mx 2   m  2  x  0   2   x   x  2mx  m  2  0. 1. Với x  0, ta có giao điểm l{ A  0; 4  . d cắt  C  tại 3 điểm ph}n biệt khi v{ chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm ph}n biệt kh|c. 0.    0   m  2  0  2     m  m  2  0. (*). Ta gọi c|c giao điểm của d v{  C  lần lượt l{ A, B  xB ; xB  2  , C  xC ; xC  2  với xB , xC l{ nghiệm của phương trình (1).  xB  xC Theo định lí Viet, ta có:   xB .xC.  2m  m2.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 1 Ta có diện tích của tam gi|c MBC l{ S   BC  d  M , BC   4. 2 Phương trình d được viết lại l{: d : y  x  4  x  y  4  0. M{ 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  yB   2  xC  xB   32 2. 2. 2.   xB  xC   4 xB .xC  16   2m   4  m  2   16 2. 2.  4m2  4m  24  0  m  3; m  2.. Đối chiếu với điều kiện, loại đi gi| trị m  2.. x  sin 2 x, x  0;   . Hỏi h{m số đồng biến trên c|c khoảng n{o? 2  7 11   7   11  ; ;  . A.  0; B.   và  .  12   12  12 12  . C}u 28: Cho h{m số y .  7   7 11 ; C.  0;  và   12   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 ¢  2 2  x  7  k  12 11 7 Vì x   0;   nên có 2 gi| trị x  v{ x  thỏa m~n điều kiện. 12 12 Bảng biến thiên: 11 7  x 0 12 12 y. ||. . . 0. 0. . ||. y.  7   11  H{m số đồng biến  0; ;   v{   12   12 . C}u 29: Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m sao cho h{m số y  f ( x)  x  m cos x luôn đồng biến trên ¡ ? 1 3 A. m  1 . B. m  . C. m  1 . D. m  . 2 2 Hướng dẫn.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Chọn A. Tập x|c định: D  ¡ . Ta có y  1  m sin x . H{m số đồng biến trên ¡  y '  0, x  ¡  m sin x  1, x  ¡ Trường hợp 1: m  0 ta có 0  1, x  ¡ . Vậy h{m số luôn đồng biến trên ¡ Trường hợp 2: m  0 ta có sin x . 1 1 , x  ¡   1  m  1 m m. Trường hợp 3: m  0 ta có sin x . 1 1 , x  ¡   1  m  1 m m. Vậy m  1 C}u 30: Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m sao cho h{m số y  (m  3) x  (2m  1)cos x luôn nghịch biến trên ¡ ? m  3 2 A. 4  m  . B. m  2 . C.  . D. m  2 . 3 m  1 Hướng dẫn. Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 Chọn A. Tập x|c định: D  ¡ . Ta có: y '  m  3  (2m  1)sin x H{m số nghịch biến trên ¡  y '  0, x  ¡  (2m  1)sin x  3  m, x  ¡ Trường hợp 1: m  . 7 1 ta có 0 £ ,"x Î 2 2. Trường hợp 2: m  . 3 m 3 m 1 , x  ¡   1 ta có sin x  2m  1 2m  1 2. . Vậy h{m số luôn nghịch biến trên ¡ ..  3  m  2m 1  m  4. Trường hợp 3: m  . 1 ta có: 2.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> sin x . 2 3 m 3 m 2  , x  ¡   1  3  m  2m  1  m  . Vậy m   4;  3 2m  1 2m  1 3 . C}u 31: Tìm mối liên hệ giữa c|c tham số a v{ b sao cho h{m số y  f ( x)  2 x  a sin x  bcosx luôn tăng trên ¡ ? 1 1 1 2 A.   1 . B. a  2b  2 3 . C. a 2  b2  4 . D. a  2b  . a b 3 Hướng dẫn Chọn C. Tập x|c định D  R . Ta có: y  2  acosx  b sin x Áp dụng bất đẳng thức Schwartz ta có 2  a 2  b2  y  2  a 2  b2 Yêu cầu của b{i to|n đưa đến giải bất phương trình y  0, x  2  a 2  b2  0  a 2  b2  4 .. C}u 32: Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m sao cho h{m số y  x3  6 x 2  mx  1 đồng biến trên khoảng  0;   ? B. m  12 .. A. m  0 .. C. m  0 .. D. m  12 .. Hướng dẫn Chọn D.. C|ch 1:Tập x|c định: D  ¡ . Ta có y  3x2  12 x  m  Trường hợp 1: H{m số đồng biến trên. 3  0 (hn)  m  12  y  0, x ¡   36  3m  0.  Trường hợp 2: H{m số đồng biến trên  0;    y  0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x1  x2  0 (*).  Trường hợp 2.1: y  0 có nghiệm x  0 suy ra m  0 . Nghiệm còn lại của y  0 l{ x  4 (không thỏa (*))  Trường hợp 2.2: y  0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa.  36  3m  0    0   x1  x2  0   S  0  4  0(vl )  không có m .Vậy m  12 m P  0   0 3. C|ch 2:H{m số đồng biến trên  0;    m  12 x  3x2  g ( x), x  (0; ) ..

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Lập bảng biến thiên của g ( x) trên  0;   .. x 0. +∞. 2 +. g. 0. –. 12. g. 0. –∞. C}u 33: Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m sao cho h{m số y  x4  2(m  1) x2  m  2 đồng biến trên khoảng (1;3) ? A. m  5; 2  .. B. m  ; 2 .. C. m  2,   .. D. m  ; 5 .. Hướng dẫn Chọn B. Tập x|c định D  ¡ . Ta có y '  4 x3  4(m  1) x . H{m số đồng biến trên (1;3)  y '  0, x  (1;3)  g ( x)  x2  1  m, x  (1;3) . Lập bảng biến thiên của g ( x) trên (1;3) .. x 1 +. g g. 3. 0 10. 2. Dựa v{o bảng biến thiên, kết luận: m  min g ( x)  m  2 .. 1 1 C}u 34: Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m sao cho h{m số y  x 3  mx 2  2mx  3m  4 3 2 nghịch biến trên một đoạn có độ d{i l{ 3? A. m  1; m  9 . B. m  1 . C. m  9 . D. m  1; m  9 . Hướng dẫn Chọn A. Tập x|c định: D  ¡ . Ta có y  x2  mx  2m Ta không xét trường hợp y  0, x ¡ vì a  1  0 H{m số nghịch biến trên một đoạn có độ d{i l{ 3  y  0 có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> 2    m  1   0  m  8m  0 m  8 hay m  0 x1  x2  3      m  9 2 2 2   m  8m  9   x1  x2   9  S  4 P  9. C}u 35: Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m sao cho h{m số y    khoảng  0;  ?  4 A. 1  m  2 .. B. m  0;1  m  2 .. C. m  2 .. tan x  2 đồng biến trên tan x  m. D. m  0 .. Hướng dẫn Chọn B.. æ pö +) Điều kiện tan x ¹ m. Điều kiện cần để h{m số đồng biến trên ç 0; ÷ l{ mÏ 0;1 è 4ø. ( ). +) y' =. 2- m . cos x(tan x - m)2 2. +) Ta thấy:. æ pö 1 > 0"x Îç 0; ÷ ;mÏ( 0;1) 2 è 4ø cos x(tan x - m) 2. ìy' > 0 ì-m+ 2 > 0 æ pö +) Để hs đồng biến trên ç 0; ÷ Û í Ûí Û m£ 0 hoặc 1  m  2 è 4ø mÏ(0;1) m£ 0;m³ 1 î î C}u 36: Tìm. tất. cả c|c gi| trị thực của tham số sao cho m 3 mx số y  f ( x)   7mx 2  14 x  m  2 giảm trên nửa khoảng [1; ) ? 3 14  14  14     14   A.  ;   . B.  ;   . C.  2;   . D.   ;   . 15  15  15     15  . h{m. Hướng dẫn Chọn B. Tập x|c định D  R , yêu cầu của b{i to|n đưa đến giải bất phương trình mx2  14mx  14  0, x  1 , tương đương với g ( x) . 14  m (1) x  14 x 2. Dễ d{ng có được g ( x) l{ h{m tăng x  1;   , suy ra min g ( x)  g (1)   x1. Kết luận: (1)  min g ( x)  m   x1. 14 15. 14 m 15. C}u 37: Tất cả c|c gi| trị thực của tham số m sao cho h{m số y   x4  (2m  3) x2  m nghịch biến.  p p trên khoảng 1; 2  l{  ;  , trong đó ph}n số tối giản v{ q  0 . Hỏi tổng p  q l{? q q .

<span class='text_page_counter'>(25)</span> A. 5.. B. 9.. C. 7.. D. 3.. Hướng dẫn Chọn C. Tập x|c định D  ¡ . Ta có y  4 x3  2(2m  3) x . H{m số nghịch biến trên (1; 2)  y  0, x  (1; 2)  m  x 2 . 3  g ( x), x  (1; 2) . 2. Lập bảng biến thiên của g ( x) trên (1; 2) . g ( x)  2 x  0  x  0 Bảng biến thiên. x 1 +. g. g. 2. 5 2. 0. 11 2. Dựa v{o bảng biến thiên, kết luận: m  min g ( x)  m . 5 . Vậy p  q  5  2  7 . 2. C}u 38: Hỏi có bao nhiêu gi| trị nguyên dương của tham số m 2 x 2  (1  m) x  1  m đồng biến trên khoảng (1; ) ? y xm A. 3. B. 1. C. 2. D. 0.. sao cho h{m số. Hướng dẫn Chọn D. Tập x|c định D  ¡ \ m . Ta có y . 2 x 2  4mx  m2  2m  1 g ( x)  2 ( x  m) ( x  m)2. H{m số đồng biến trên (1; ) khi v{ chỉ khi g ( x)  0, x  1 v{ 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(m2  6m  1)  0   m  3  2 2  0, 2 . Điều kiện tương đương l{  S  m  1  2 Do đó không có gi| trị nguyên dương của m thỏa yêu cầu b{i to|n. C}u 39: Tìm tất cả c|c gi| 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 ..

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Hướng dẫn Chọn B. Đặt t  x  1, t  0 . Phương trình th{nh: 2t  t 2 1  m  m  t 2  2t  1 Xét h{m số f (t )  t 2  2t  1, t  0; f (t )  2t  2 Bảng biến thiên của f  t  :. t. 0. f  t  f t . . 1 . 0. . 2. . 1. Từ đó suy ra phương trình có nghiệm khi m  2 . C}u 40: Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m sao cho phương trình x2  4 x  5  m  4 x  x 2 có đúng 2 nghiệm dương? A.1  m  3 . B. 3  m  5 . C.  5  m  3 . D. 3  m  3 . Hướng dẫn. Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 Chọn B Đặt t  f ( x)  x2  4 x  5 . Ta có f ( x) . x2 x2  4 x  5. . f ( x)  0  x  2. Xét x  0 ta có bảng biến thiên x. 0. f  x f  x. . 2  5. 0 1.  .

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Khi đó phương trình đ~ cho trở th{nh m  t 2  t  5  t 2  t  5  m  0 (1). Nếu phương trình (1) có nghiệm t1 , t2 thì t1  t2  1 . (1) có nhiều nhất 1 nghiệm t  1 . Vậy phương trình đ~ cho có đúng 2 nghiệm dương khi v{ chỉ khi phương trình (1) có đúng. . . 1 nghiệm t  1; 5 . Đặt g (t )  t 2  t  5 . Ta đi tìm m để phương trình g (t )  m có đúng 1. . . . . nghiệm t  1; 5 . Ta có g (t )  2t  1  0, t  1; 5 . Bảng biến thiên:. t. 5. 1. g t  g t . . 5 3. Từ bảng biến thiên suy ra 3  m  5 l{ c|c gi| trị cần tìm. C}u 41: Tìm. tất. cả. c|c. gi|. trị. thực. của. tham. số. sao cho phương log32 x  log32 x  1  2m  1  0 có ít nhất một nghiệm trên đoạn 1;3 3  ?   A. 1  m  3 . B. 0  m  2 . C. 0  m  3 . D. 1  m  2 . m. Hướng dẫn Chọn B. Đặt t  log32 x  1 . Điều kiện: t  1 . Phương trình th{nh: t 2  t  2m  2  0 (*) . Khi x  1;3 3   t  [1; 2]   (*)  f (t ) . t2  t  2  m . Bảng biến thiên : 2. t f  t  f t . 2. 1 . 2 0. Từ bảng biến thiên ta có : 0  m  2. trình:.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> C}u 42: Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m sao cho phương trình x2  mx  2  2 x  1 có hai nghiệm thực? 9 3 7 A. m   . B. m  . C. m  . D. m ¡ . 2 2 2 Hướng dẫn Chọn C Điều kiện: x  . 1 2. Phương trình. x2  mx  2  2 x  1  3x2  4 x  1 mx (*). Vì x  0 không l{ nghiệm nên (*)  m . Xét f ( x) . 3x 2  4 x  1 x. 3x 2  1 3x 2  4 x  1 1 . Ta có f ( x)   0 x   ; x  0 2 x x 2. Bảng biến thiên x. . 1 2. f  x. f  x. . 0 +. + . . 9 2. . Từ bảng biến thiên ta có để phương trình có hai nghiệm thì m . 9 . 2. C}u 43: Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m sao cho mọi nghiệm của bất phương trình: x2  3x  2  0 cũng l{ nghiệm của bất phương trình mx2   m  1 x  m  1  0 ? A. m  1 .. 4 B. m   . 7. 4 C. m   . 7. D. m  1 .. Hướng dẫn Chọn C. Bất phương trình x2  3x  2  0  1  x  2 . Bất phương trình mx2   m  1 x  m  1  0  m( x 2  x  1)   x  2  m . x  2 x  x 1 2.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> x 2  4x  1 x  2  Xét h{m số f ( x)  2 với 1  x  2 . Có f ( x)  2  0, x  [1;2] x  x 1 ( x  x  1)2. Yêu cầu b{i to|n  m  max f ( x)  m   [1;2]. 4 7. C}u 44: Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m sao cho bất phương trình:  x 3  3mx  2   nghiệm đúng x  1 ? 2 2 A. m  . B. m  . 3 3. C. m . 1 x3. 1 3 D.   m  . 3 2. 3 . 2. Hướng dẫn Chọn A. Bpt  3mx  x 3  13  2, x  1  3m  x 2  14  2  f  x  , x  1 . x. x. x . x. Ta có f   x   2 x  45  22  2 2 x 45  22  4 22 2  0 suy ra f  x  tăng. x. x. x. x. Ycbt  f  x   3m, x  1  min f  x   f 1  2  3m  2  m 3. x 1. C}u 45: Bất phương trình. 2 x3  3x2  6 x  16  4  x  2 3 có tập nghiệm l{  a; b . Hỏi tổng. a  b có gi| trị l{ bao nhiêu? A. 2 . B. 4.. C. 5.. D. 3.. Hướng dẫn Chọn C Điều kiện: 2  x  4 . Xét f ( x)  2 x3  3x 2  6 x  16  4  x trên đoạn  2; 4 . Có f ( x) . 3  x 2  x  1 2 x3  3x 2  6 x  16. . 1  0, x   2; 4  . 2 4 x. Do đó h{m số đồng biến trên  2; 4 , bpt  f ( x)  f (1)  2 3  x  1 . So với điều kiện, tập nghiệm của bpt l{ S  [1;4]  a  b  5. C}u 46: Bất phương trình. x2  2 x  3  x 2  6 x  11  3  x  x  1 có tập nghiệm  a; b . Hỏi. hiệu b  a có gi| trị l{ bao nhiêu? A. 1. B. 2.. D. 1 .. C. 3. Hướng dẫn. Chọn A. Điều kiện: 1  x  3 ; bpt .  x  1. 2.  2  x 1 . 3  x . 2.  2  3 x.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Xét f (t )  t 2  2  t với t  0 . Có f '(t ) . t 2 t2  2. . 1 2 t.  0, t  0 .. Do đó h{m số đồng biến trên [0; ) . (1)  f ( x 1)  f (3  x)  x 1  3  x  2 So với điều kiện, bpt có tập nghiệm l{ S  (2;3] C}u 47: Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m để h{m số y   m  1 x 4  mx 2  m{ không có cực đại. A. m  1. B. 1  m  0.. C. m  1.. 3 chỉ có cực tiểu 2. D. 1  m  0.. Hướng dẫn Chọn B Ta xét hai trường hợp sau đ}y:. 3  h{m số chỉ có cực tiểu ( x  0 ) m{ không có 2 cực đại  m  1 thỏa m~n yêu cầu b{i to|n. TH1: m  1  0  m  1 . Khi đó y  x 2 . TH2: m  1  0  m  1. Khi đó h{m số đ~ cho l{ h{m số trùng phương ta có :  m  y '  4  m  1 x3  2mx  4  m  1 x  x 2  . 2  m  1  . H{m số chỉ có cực tiểu m{ không có cực đại  y ' có đúng một nghiệm v{ đổi dấu từ }m. 4  m  1  0   1  m  0 . sang dương khi x đi qua nghiệm n{y   m  2  m  1  0  Kết hợp những gi| trị m tìm được, ta có 1  m  0 .. 2 3 2 x  mx 2  2  3m2  1 x  3 3 có hai điểm cực trị có ho{nh độ x 1 , x2 sao cho x1 x2  2  x1  x2   1 .. C}u 48: Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m để đồ thị h{m số y . A. m  0.. 2 3. B. m   .. C. m . 2 . 3. 1 2. D. m   .. Hướng dẫn Chọn C. Ta có : y '  2 x 2  2mx  2  3m2  1  2  x 2  mx  3m2  1 ,. g  x   x 2  mx  3m2  1 l{ tam thức bậc hai có   13m2  4 . Do đó h{m số có hai điểm cực trị khi v{ chỉ khi y ' có hai nghiệm ph}n biệt  g  x  có hai nghiệm ph}n biệt.

<span class='text_page_counter'>(31)</span>  2 13 m  13 . (1)  0    2 13 m   13   x1  x2  m . x1 , x2 l{ c|c nghiệm của g  x  nên theo định lý Vi-ét, ta có  2  x1 x2  3m  1 m  0 Do đó x1 x2  2  x1  x2   1  3m2  2m  1  1  3m2  2m  0   . m  2 3 . Đối chiếu với điều kiện (1), ta thấy chỉ m . 2 thỏa m~n yêu cầu b{i to|n. 3. C}u 49: Cho h{m số y  x 4  2 1  m2  x 2  m  1 . Tìm tất cả c|c gi| trị của tham số thực m để h{m số có cực đại, cực tiểu v{ c|c điểm cực trị của đồ thị h{m số lập th{nh tam gi|c có diện tích lớn nhất . 1 1 A. m   . B. m  . C. m  0. D. m  1. 2 2 Hướng dẫn Chọn C [Phương ph|p tự luận] y '  4 x3  4 1  m2  x. x  0 y'  0   2 2 x  1 m H{m số có cực đại , cực tiểu khi v{ chỉ khi : m  1 Tọa độ điểm cực trị A  0; m  1. B. . 1  m2 ; m4  2m2  m. . . C  1  m2 ; m4  2m2  m. . uuur BC  2 1  m2 ;0. . . Phương trình đường thẳng BC : y  m4  2m2  m  0. d  A, BC  m4  2m2  1 , BC  2 1  m2.

<span class='text_page_counter'>(32)</span>  SABC . 1 BC.d [ A, BC ]  1  m2  m4  2m2  1 = 2. 1  m . 2 5. 1. Vậy S đạt gi| trị lớn nhất  m  0 . [Phương ph|p trắc nghiệm]. uuur AB . . . 1  m2 ; m4  2m2  1. . . uuur AC   1  m2 ; m4  2m2  1 Khi đó S =. 1 uuur uuur AB, AC = 1  m2  m4  2m2  1 = 2. 1  m . 2 5. 1. Vậy S đạt gi| trị lớn nhất  m  0 . C}u 50: Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m để đồ thị h{m số y  2 x3  3  m  1 x 2  6mx có hai điểm cực trị A, B sao cho đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng : y  x  2 .  m  2  m  3 m  0 m  0 . . . . A.  B.  C.  D.  m  2  m  3 m  3 m  2 Hướng dẫn Chọn C [Phương ph|p tự luận] Ta có : y  6 x 2  6  m  1 x  6m. x  1 y'  0   x  m Điều kiện để h{m số có 2 điểm cực trị l{ : m  1 Ta có : A 1;3m  1 B  m; m3  3m2  Hệ số góc đt AB l{ : k    m  1. 2. m  0 Đt AB vuông góc với đường thẳng y  x  2 khi v{ chỉ khi k  1    m2 [Phương ph|p trắc nghiệm] Bước 1 : Bấm Mode 2 (CMPLX). 6 x 2  6  y  1 x  6 y  12 x  6  y  1   y '. y '' 3 2  2 x  3  y  1 x  6 yx  Bước 2 : y  18a 36 Bước 3 : Cacl x  i , y  1000.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> Kết quả : 1001000  9980001.i . Hay : y  1001000  9980001.x Vậy phương trình đt qua 2 điểm cực trị AB l{ : y  m2  m   m  1 x 2. m  0 2 Có đt AB vuông góc với đường thẳng y  x  2 khi v{ chỉ khi   m  1  1    m2 C}u 51: Tìm c|c gi| trị của tham số m để đồ thị h{m số: y  x3  3x2  mx  2 có điểm cực đại v{ điểm cực tiểu c|ch đều đường thẳng có phương trình: y  x  1  d  .. m  0 . B.  m   9  2. A. m  0.. C. m  2.. 9 D. m   . 2. Hướng dẫn. Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12:. Chọn A. HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 [Phương ph|p trắc nghiệm] y  3 x 2  6 x  m. H{m số có 2 cực trị m  3 , gọi x1 , x2 l{ hai nghiệm của phương trình y  0 , ta có: x1  x2  2. Bấm m|y tính:.  x 1  x i ,m A1000 x3  3x 2  mx  2   3x 2  6 x  m        3 3 994 2006 1000  6 2000  6 2m  6 m6   i  i x 3 3 3 3 3 3 2m  6 m6 2m  6 m6   Hai điểm cực trị của đồ thị h{m số l{: A  x1;  x1  x2   ; B  x2 ;   3 3  3 3   . Gọi I l{ trung điểm của AB  I 1; m .

<span class='text_page_counter'>(34)</span> Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị l{: y  . 2m  6 m6 x  3 3. 9  2m  6    1 m     / / d or   d  Yêu cầu b{i to|n     3 2   I  d m  0  m  1  1. Kết hợp với điều kiện thì m  0 . C}u 52: Tìm c|c gi| trị của tham số m để đồ thị h{m số: y  x4  2m2 x2  m4  1 có ba điểm cực trị . Đồng thời ba điểm cực trị đó cùng với gốc O tạo th{nh 1 tứ gi|c nội tiếp. A. m  1. B. m  1. C. Không tồn tại m. D. m  1. Hướng dẫn Chọn A y  y  4 x3  4m2 x. H{m số có 3 điểm cực trị khi m  0 Khi đó 3 điểm cực trị l{: A  0; m4  1 , B  m;1 , C  m;1 Gọi I l{ t}m đường tròn ngoại tiếp( nếu có) của tứ gi|c ABOC . Do tính chất đối xứng , ta có:. A, O, I thẳng h{ng  AO l{ đường kính của đường tròn ngoại tiếp( nếu có) của tứ gi|c ABOC .. uuur uuur m  0 Vậy AB  OB  AB.OB  0  m2  m4  0    m  1 Kết hợp điều kiện m  1 ( thỏa m~n). C}u 53: Tìm c|c gi| trị của tham số m để đồ thị h{m số: y  x 4  2mx 2  m có ba điểm cực trị . Đồng thời ba điểm cực trị đó l{ ba đỉnh của một tam gi|c có b|n kính đường tròn nội tiếp lớn hơn 1. A. m  1. B. m  2. C. m  ; 1   2;   .. D. Không tồn tại m. Hướng dẫn. Chọn B [Phương ph|p tự luận] H{m số có 3 điểm cực trị khi m  0. .  . Ba điểm cực trị l{ A  0; m  , B  m ; m  m2 , C. m ; m  m2. .

<span class='text_page_counter'>(35)</span> Gọi I l{ trung điểm của BC  I  0; m  m2 . SABC . 1 AI .BC  m2 m 2. . Chu vi của ABC l{: 2 p  AB  BC  AC  2. . B|n kính đường tròn nội tiếp ABC l{: r . SABC m2 m  p m  m4  m. m2 m. Theo b{i ra: r  1 .  m. . m  m4  m. 1. m  m4  m. m2 m. . m  m4  m m. 4.   1 (vì m  0 ). .  m  1 m  m 4  m  m 2  m 2  m5  m 2  m  m 2  m  2  0   m  2. So s|nh điều kiện suy ra m  2 thỏa m~n. [Phương ph|p trắc nghiệm] Sử dụng công thức r . Theo b{i ra: r  1 . b2 4 a  16a 2  2ab3 m2. 1 1 m. 3. 1. m2. . r. 4m 2 4  16  16m3.  1. 1  m3  1 m. 3. . m2 1  1  m3. 1  m3  1  m.  m  1 1  m3  m  1  1  m3  m  1  m2  m  2  0   m  2 So s|nh điều kiện suy ra m  2 thỏa m~n. C}u 54: Tìm tất cả c|c gi| trị thực của tham số m để đồ thị h{m số y  mx3  3mx 2  3m  3 có hai điểm cực trị A, B sao cho 2 AB2  (OA2  OB2 )  20 ( Trong đó O l{ gốc tọa độ). A. m  1. B. m  1 . C. m  1 hoặc m  . 17 . 11. D. m  1 hoặc m  . 17 . 11. Hướng dẫn Chọn D Ta có: y  m(3x 2  6 x).  x  0  y  3m  3 Với mọi m  0 , ta có y  0   . Vậy h{m số luôn có hai điểm cực trị.  x  2  y  m  3.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> Giả sử A(0;3m  3); B(2; m  3) .. m  1 Ta có : 2 AB  (OA  OB )  20  11m  6m  17  0   ( thỏa m~n)  m   17  11 2. 2. 2. 2. m  1 Vậy gi| trị m cần tìm l{:  .  m   17  11 C}u 55: Trong tất cả c|c hình chữ nhật có cùng diện tích 48 cm2, hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất bằng: A. 16 3 cm B. 4 3 cm C. 24 cm D. 8 3 cm Hướng dẫn Chọn A. C|ch 1 Gọi cạnh của hình chữ nhật: a, b; 0 <a, b  48 Ta có: ab  48  b . 48 48   . Chu vi: P(a)  2  a   a a  .  48  P(a)  2 1  2  ; P(a)  0  a  4 3  a . Bảng biến thiên: a. P  a . 0. 48. 4 3. . P a. 0. +. 16 3. C|ch 2  Áp dụng bất đẳng thức Côsi: a  b  2 ab  a  b  2 48  8 3.  chu vi nhỏ nhất: 2(a  b)  16 3  Hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất bằng 16 3 khi cạnh bằng 4 3 . C}u 56: Tam gi|c vuông có diện tích lớn nhất l{ bao nhiêu nếu tổng của một cạnh góc vuông v{ cạnh huyền bằng hằng số a (a > 0)? a2 a2 a2 2a 2 A. . B. . C. . D. . 9 9 6 3 3 3 Hướng dẫn.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> Chọn A.. a ; cạnh huyền: a  x 2. Cạnh góc vuông x, 0  x  Cạnh góc vuông còn lại l{: Diện tích tam gi|c S ( x) . (a  x) 2  x 2. a ( a  3 x) a 1 ; S ( x)  0  x  x a 2  2ax . S ( x)  2 3 2 2 a  2ax. Bảng biến thiên: x. a 3. 0. S x. . Tam gi|c có diện tích lớn nhất bằng. C}u 57: Cho h{m số y . cos x  1 h{m số đ~ cho. Khi đó M+m bằng A.– 4. B.– 5 .. . a2 6 3. S  x. 2cos 2 x  cos x  1. 0. a 2. a2 2a a khi cạnh góc vuông , cạnh huyền . 3 3 6 3. . Gọi M l{ gi| trị lớn nhất v{ m l{ gi| trị nhỏ nhất của C.– 6 .. D. 3.. Hướng dẫn Chọn D. Tập x|c định: D  ¡ . Đặt t  cos x , 0  t  1  y  f (t ) . f (t ) . 2t 2  t  1 , 0  t 1 t 1. t  0 2t 2  4t   f (0)  1, f (1)  2 ; f ( t )  0   (t  1) 2 t  2  0;1. Vậy min y  1, max y  2 ¡. ¡. sin x  1 . Gọi M l{ gi| trị lớn nhất v{ m l{ gi| trị nhỏ nhất của h{m sin x  sin x  1 số đ~ cho. Chọn mệnh đề đúng. 2 3 3 A. M  m  . B. M  m  1 . C. M  m . D. M  m  . 3 2 2. C}u 58: Cho h{m số y . 2. Hướng dẫn Chọn B..

<span class='text_page_counter'>(38)</span> Đặt t  sin x,  1  t  1  y  f (t ) . t 1 t 2  2t  , f ( t )  2 t 2  t 1 t 2  t  1. t  0   1;1 2  f (0)  1, f (1)  0, f (1)  . Vậy M  1, m  0 f (t )  0   3 t  2   1;1 Cho hai số thực x  0, y  0 thay đổi v{ thỏa m~n điều kiện ( x  y) xy  x2  y 2  xy . Gi| trị lớn nhất. M của biểu thức A . 1 1  l{: x3 y 3. Đăng ký mua file word trọn bộ. chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 C}u 59:. A. M  0.. B. M  0.. C. M  1.. D. M  16.. Hướng dẫn Chọn D.. 1 1 x3  y 3 ( x  y )( x 2  xy  y 2 )  x  y   1 1  A 3  3  3 3       . x y x y x3 y 3  xy   x y  2. 2. Đặt x  ty . Từ giả thiết ta có: ( x  y) xy  x2  y 2  xy  (t  1)ty3  (t 2  t  1) y 2 2. 2.  1 1   t 2  2t  1  t 2  t 1 t 2  t 1 Do đó y  2 . Từ đó A       2 ; x  ty   . t t t 1  x y   t  t 1 . Xét h{m số f (t ) . t 2  2t  1 3t 2  3  .  f ( t )  2 2 t 2  t 1 t  t  1. Lập bảng biến thiên ta tìm gi| trị lớn nhất của A l{: 16 đạt được khi x  y . 1 . 2. x2 có đường tiệm cận đứng l{ x  a v{ đường tiệm cận ngang l{ 3x  9 y  b . Gi| trị của số nguyên m nhỏ nhất thỏa m~n m  a  b l{ A. 0 . B. 3 . C. 1 . D. 2 .. C}u 60: Đồ thị h{m số y . Hướng dẫn Chọn D.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> Ta có đường tiệm cận đứng l{ x  3 v{ đường tiệm cận ngang l{ y  Nên a  3, b . 1 3. 1 3. 8 Do đó m  a  b  m    m  2 3 2x  3 (C ) . Gọi M l{ điểm bất kỳ trên (C), d l{ tổng khoảng c|ch từ M x2 đến hai đường tiệm cận của đồ thị (C). Gi| trị nhỏ nhất của d l{ A. 5. B. 10. C. 6. D. 2.. C}u 61: Cho h{m số y . Hướng dẫn Chọn D.  2x  3  Tọa độ điểm M có dạng M  x0 ; 0  với x0  2 x0  2   Phương trình tiệm cận đứng, ngang lần lượt l{ x  2  0  d1  , y  2  0  d2  . Ta có d  d  M , d1   d  M , d 2   x0  2 . 1 2 x0  2. 1 2 C}u 62: Cho h{m số : y  x3  mx 2  x  m  có đồ thị  Cm  . Tất cả c|c gi| trị của tham số m để 3 3  Cm  cắt trục Ox tại ba điểm ph}n biệt có ho{nh độ x1 , x2 , x3 thỏa x12  x22  x32  15 l{ A. m  1 hoặc m  1. B. m  1 .. C. m  0 .. D. m  1 .. Hướng dẫn Chọn A. Phương ph|p tự luận: Phương trình ho{nh độ giao điểm của (C ) v{ đường thẳng d :. 1 3 2 x  mx 2  x  m   0   x  1  x 2   3m  1 x  3m  2  0 3 3 x  1   x 2   3m  1 x  3m  2  0 (1)  1 4 4 4 4 2 4 4 4 43  g ( x).  Cm  cắt Ox. tại ba điểm ph}n biệt  phương trình (1) có hai nghiệm ph}n biệt kh|c 1  9m2  6m  9  0  g  0    m  0. g 1  0  6 m  0     .

<span class='text_page_counter'>(40)</span>  x2  x3  3m  1 Gọi x1  1 còn x2 , x3 l{ nghiệm phương trình 1 nên theo Viet ta có  .  x2 x3  3m  2 Vậy x12  x22  x32  15  1   x2  x3   2 x2 x3  15 2.   3m  1  2  3m  2   14  0  9m2  9  0  m  1  m  1 2. Vậy chọn m  1  m  1 . Phương ph|p trắc nghiệm: Ta kiểm tra ngay trên đ|p |n. 1 3 4 x  2 x 2  x   0 thu được 3 nghiệm 3 3 x1  6.37..., x2 1, x3  0.62... Ta chọn những gi| trị nhỏ hơn c|c nghiệm n{y v{ kiểm. + Với m  2 , ta giải phương trình bậc ba:. tra điều kiện của b{i to|n. Cụ thể ta tính  6.4   12   0.63  42.3569  15  loại C, D. 2. 2. + Với m  2 , ta l{m tương tự thu được 3 nghiệm x1  6.27..., x2  1, x3  1.27... Tính 6.22  12   1.3  41.13  15  loại B. 2. Vậy chọn m  1  m  1 . C}u 63: Cho h{m số y . x 1 có đồ thị l{  C  . Gọi điểm M  x0 ; y0  với x0  1 l{ điểm thuộc 2  x  1. C  , biết tiếp tuyến của  C . tại điểm M cắt trục ho{nh, trục tung lần lượt tại hai điểm. ph}n biệt A, B v{ tam gi|c OAB có trọng t}m G nằm trên đường thẳng d : 4 x  y  0 . Hỏi gi| trị của x0  2 y0 bằng bao nhiêu? 7 5 7 5 A.  . B. . C. . D.  . 2 2 2 2 Hướng dẫn Chọn A.  x 1   Gọi M  x0 ; 0  C với x0  1 l{ điểm cần tìm.  2  x  1    0  .  Gọi  tiếp tuyến của  C  tại M ta có phương trình.  : y  f '( x0 )( x  x0 ) . x0  1 x 1 1 .  ( x  x0 )  0 2 2( x0  1)  x0  1 2( x0  1).  x 2  2 x0  1   x 2  2 x0  1  ; 0  v{ B    Oy  B  0; 0  Gọi A    Ox  A   0 . 2  2    2( x0  1)   Khi đó  tạo với hai trục tọa độ OAB có trọng t}m l{.

<span class='text_page_counter'>(41)</span>  x02  2 x0  1 x02  2 x0  1  G ; . 6 6( x0  1)2    Do G thuộc đường thẳng 4 x  y  0  4.. 4. 1.  x0  1. 2. x02  2 x0  1 x02  2 x0  1  0 6 6( x0  1)2. (vì A, B không trùng O nên x02  2 x0  1  0 ). 1 1    x0  1  2  x0   2 .   1 3 x  1   x    0  0 2 2 1 7  1 3  Vì x0  1 nên chỉ chọn x0    M   ;    x0  2 y0   . 2 2  2 2. x  1 có đồ thị l{  C  , đường thẳng d : y  x  m . Với mọi m ta luôn có 2x  1 d cắt  C  tại 2 điểm ph}n biệt A, B . Gọi k1 , k2 lần lượt l{ hệ số góc của c|c tiếp tuyến với. C}u 64: Cho h{m số y . C  tại. A, B . Tìm m để tổng k1  k2 đạt gi| trị lớn nhất. B. m  2 .. A. m  1 .. C. m  3 .. D. m  5 .. Hướng dẫn Chọn A.  Phương trình ho{nh độ giao điểm của d v{  C  l{. 1  x  1 x  2  x  m . 2x  1  g  x   2 x 2  2mx  m  1  0 (*)   Theo định lí Viet ta có x1  x2  m; x1 x2   Ta có y  k1  . 1.  2 x  1. 1.  2 x1  1. 2. 2. , nên tiếp tuyến của  C  tại A v{ B có hệ số góc lần lượt l{. v{ k2  . k1  k2  . m  1 . Giả sử A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  . 2. 1.  2 x2  1. 2. . Vậy. 4( x12  x22 )  4( x1  x2 )  2 1 1    2 (2 x1  1) 2 (2 x2  1) 2  4 x1 x2  2( x1  x2 )  1.    4m2  8m  6   4  m  1  2  2 2.  Dấu "=" xảy ra  m  1 . Vậy k1  k2 đạt gi| trị lớn nhất bằng 2 khi m  1 ..

<span class='text_page_counter'>(42)</span> 2x 1 có đồ thị  C  . Biết khoảng c|ch từ I  1; 2  đến tiếp tuyến của x 1  C  tại M l{ lớn nhấtthì tung độ của điểm M nằm ở góc phần tư thứ hai, gần gi| trị n{o nhất? A. 3e . B. 2e . C. e . D. 4e .. C}u 65: Cho h{m số y . Hướng dẫn Chọn C. Phương ph|p tự luận Ta có y . 3.  x  1. 2. .. Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ. Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 .  2x 1   Gọi M  x0 ; 0    C  ,  x0  1 . Phương trình tiếp tuyến tại M l{ x0  1   2x 1 3 y ( x  x0 )  0  3x  ( x0  1)2 y  2 x02  2 x0  1  0 . 2 ( x0  1) x0  1 . d  I ,  . 6 x0  1 9  ( x0  1) 4. . 6 9  ( x0  1) 2 2 ( x0  1). 6. .  6.. 2 9.  Dấu "  " xảy ra khi v{ chỉ khi.  x0  1  3  y0  2  3  L  9 2 2   ( x  1)  x  1  3  .   0 0 ( x0  1)2  x0  1  3  y0  2  3  N  Tung độ n{y gần với gi| trị e nhất trong c|c đ|p |n. Phương ph|p trắc nghiệm Ta có IM    cx0  d   ad  bc  x0  1   2  1.  x0  1  3  y  2  3  L   .  x0  1  3  y  2  3  N .

<span class='text_page_counter'>(43)</span> x2 có đồ thị  C  . Phương trình tiếp tuyến  của đồ thị h{m số  C  tạo x 1 với hai đường tiệm cận một tam gi|c có b|n kính đường tròn nội tiếp lớn nhất. Khi đó, khoảng c|ch từ t}m đối xứng của đồ thị  C  đến  bằng?. C}u 66: Cho h{m số y . A. 3 .. B. 2 6 .. C. 2 3 .. D. 6 .. Hướng dẫn Chọn D. Phương ph|p tự luận.  x 2  Gọi M  x0 ; 0    C  ,  x0  1 , I  1;1 . Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng x0  1   x 2 3 . : y  ( x  x0 )  0 2 x0  1  x0  1.  x 5  Giao điểm của  với tiệm cận đứng l{ A  1; 0 . x0  1    Giao điểm của  với tiệm cận ngang l{ B  2 x0  1;1 .  Ta có IA . 6 , IB  2 x0  1  IA.IB  12 . B|n kính đường tròn ngoại tiếp  IAB l{ x0  1. SIAB  pr , suy ra. r. S IAB IA.IB IA.IB IA.IB    2 3 6 . p IA  IB  AB IA  IB  IA2  IB 2 2 IA.IB  2.IA.IB.  x  1  3  y0  1  3 2  Suy ra rmax  2 3  6  IA  IB  x0  1  3   M .  xM  1  3  y0  1  3 uuur uuur  IM 3;  3  IM  6 .. . . Phương ph|p trắc nghiệm  IA  IB   IAB vuông c}n tại I  IM   ..  x  1  3  yM  1  3  cxM  d   ad  bc  xM  1   1  2   M  xM  1  3  yM  1  3 uuur  IM  6 .. 2x  3 có đồ thị  C  . Biết rằng tiếp tuyến tại một điểm M bất kỳ của  C  x2 luôn cắt hai tiệm cận của  C  tại A v{ B . Độ d{i ngắn nhất của đoạn thẳng AB l{. C}u 67: Cho h{m số y . A. 4 .. B. 2 .. C. 2 . Hướng dẫn. Chọn D.. D. 2 2 ..

<span class='text_page_counter'>(44)</span> 1  1  Lấy điểm M  m; 2  .    C  với m  2 . Ta có y '  m    2 m2   m  2. Tiếp tuyến tại M có phương trình d : y  . 1.  m  2. 2.  x  m  2 . 1 . m2. 2   Giao điểm của d với tiệm cận đứng l{ A  2; 2  . m2 . Giao điểm của d với tiệm cận ngang l{ B  2m  2; 2  ..   1 2 2 Ta có AB 2  4  m  2    8 , suy ra AB  2 2 . Dấu “=” xảy ra khi  m  2   1 , 2  m  2    nghĩa l{ m  3 hoặc m  1 . x 2  3x  3 có đồ thị  C  . Tổng khoảng c|ch từ một điểm M thuộc  C  x2 đến hai hai trục tọa độ đạt gi| trị nhỏ nhất bằng ? 1 3 A. 1 . B. . C. 2 . D. . 2 2. C}u 68: Cho h{m số y . Hướng dẫn Chọn D.. 3  3 Điểm M  0,  nằm trên trục Oy . Khoảng c|ch từ M đến hai trục l{ d = . 2  2 Xét những điểm M có ho{nh độ lớn hơn. 3 3 d  x  y  . 2 2. Xét những điểm M có ho{nh độ nhỏ hơn. 3 : 2. 3 3 3  y d  x  y  2 2 2. . Với 0  x . . 3 1 1 1 Với   x  0; y  0  d   x  x  1   1 ;d '    0. 2 2 x2 x2  x  2. Chứng tỏ h{m số nghịch biến. Suy ra min d  y  0   C}u 69: Tọa độ cặp điểm thuộc đồ thị (C ) của h{m số y . 3 . 2. x4 đối xứng nhau qua đường thẳng x2. d : x  2 y  6  0 l{ A.  4; 4  v{  1; 1 .. B. 1; 5  v{  1; 1 .. C.  0; 2  v{  3;7  .. D. 1; 5  v{  5;3 . Hướng dẫn.

<span class='text_page_counter'>(45)</span> Chọn B. Gọi đường thẳng  vuông góc với đường thẳng d : y . 1 x  3 suy ra  : y  2 x  m . 2. Giả sử  cắt (C ) tại hai điểm ph}n biệt A, B . Khi đó ho{nh độ của A, B l{ nghiệm của phương trình x  2 x4   2 x  m  2 x 2  (m  3) x  2m  4  0 . x2  1 4 4 44 h2( x )4 4 4 43 . Điều kiện cần: Để  cắt (C ) tại hai điểm ph}n biệt thì phương trình h( x)  0 có hai nghiệm ph}n biệt. m  5  4 3 m2  10m  23  0   0 kh|c 2 , tức l{  (*).    6  0 m  5  4 3 h(2)  0   . Điều kiện đủ: Gọi I l{ trung điểm của AB , ta có:. m3  xA  xB xI     xI    m  3 3m  3  4  I ; 2  . 2   4  yI  2 xI  m y  m 3  m  I 2 Để. hai. I d . điểm. đối. A, B. xứng. nhau. qua. d : x  2y  6  0. khi. m3 3m  3  2.  6  0  m  3 (thỏa điều kiện (*)). 4 2.  x  1  y  1 Với m  3 phương trình h( x)  0  2 x 2  2  0    x  1  y  5 Vậy tọa hai điểm cần tìm l{ 1; 5 v{  1; 1 . C}u 70:. (CHUYÊN QUANG TRUNG) Để h{m số y  khoảng n{o ? A.  0; 2  .. B.  4; 2  .. x 2  mx  1 đạt cực đại tại x  2 thì m thuộc xm. C.  2;0  . Hướng dẫn giải. Chọn B.  Tập x|c định: D  ¡ \ m .  Đạo h{m: y . x 2  2mx  m2  1.  x  m. 2. .. D.  2; 4  ..

<span class='text_page_counter'>(46)</span>  H{m số đạt cực trị tại x  2 thì y  2   0 . 4  4m  m 2  1.  2  m. 2.  m  3 . 0  m  1. x  2 ; y  0   . Lập bảng biến thiên ta thấy h{m số đạt  x  3 x  4 cực đại tại x  2 nên m  3 ta nhận. x  0 x2  2 x   ; y  0   Với m  1  y   x  2 . Lập bảng biến thiên ta thấy h{m số đạt cực 2  x  1   Với m  3  y . x2  6x  8 2. tiểu tại x  2 nên m  1 ta loại. C}u 71: (CHUYÊN VINH – L2)Cho c|c số thực x, y thỏa m~n x  y  2 nhất của biểu thức P  4  x  y   15xy l{ 2. A. min P  80 . Chọn C.. . . x  3  y  3 . Gi| trị nhỏ. 2. B. min P  91 . C. min P  83 . Hướng dẫn giải. D. min P  63 .. Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 Ta. có. x  y  4 x  y  2( x  3  y  3)  ( x  y) 2  4( x  y)  8 x  3. y  3  4( x  y)   x  y  0 Mặt kh|c x  y  2( x  3  y  3)  2 2( x  y)  x  y  8  x  y   4;8 Xét biểu thức P  4( x2  y 2 )  15xy  4( x  y)2  7 xy  16( x  y)  7 xy  7 x( y  3)  16 y  5x .. y  3  0  P  16(4  x)  5 x  64  21x M{  y  4  x x  y  4  x  3;7   64  21x  83. ,. kết. hợp. với. Vậy gi| trị nhỏ nhất của biểu thức P l{ 83 C}u 72: (CHUYÊN VINH – L2)Cho h{m số bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình bên. Tất. y. cả c|c gi| trị của tham số m để h{m số y  f  x   m có ba điểm cực trị l{ A. m  1 hoặc m  3 . B. m  3 hoặc m  1 . C. m  1 hoặc m  3 . D. 1  m  3 . Hướng dẫn giải Chọn A. Nhận xét: Đồ thị h{m số y  f  x   m gồm hai phần:. 1 O. 3. x.

<span class='text_page_counter'>(47)</span> . Phần 1 l{ phần đồ thị h{m số y  f  x   m nằm phía trên trục ho{nh;. . Phần 2 l{ phần đối xứng của đồ thị h{m số y  f  x   m nằm phía dưới trục ho{nh. qua trục ho{nh. Dựa v{o đồ thị của h{m số y  f  x  đ~ cho hình bên ta suy ra dạng đồ thị của h{m số. y  f  x   m . Khi đó h{m số y  f  x   m có ba điểm cực trị khi v{ chỉ khi đồ thị h{m số y  f  x   m v{ trục ho{nh tại nhiều nhất hai điểm chung  1 m  0  m  1   .  3  m  0  m3. Câu 73: (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH – L2) Cho hàm số y  f ( x)  ax3  bx2  cx  d có bảng biến thiên như sau: x. . y. y. 0. . . 1 . 0. 0.  . 1. . 0. 1 2. Khi đó | f ( x) | m có bốn nghiệm phân biệt x1  x2  x3   x4 khi và chỉ khi A.. 1  m  1. 2. B.. 1  m  1. 2. C. 0  m  1 .. Hướng dẫn giải Chọn A.  f  0  1 a  2  b  3  f 1  0  Ta có  , suy ra y  f ( x)  2 x3  3x2  1.  c  0  f 0  0     f 1 0 d  1   . x  0 NX: f  x   0   . x   1  2. Bảng biến thiên của hàm số y  f ( x) như sau:. D. 0  m  1 ..

<span class='text_page_counter'>(48)</span> Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình | f ( x) | m có bốn nghiệm phân biệt x1  x2  x3 . 1 1  x4 khi và chỉ khi  m  1 . 2 2. Câu 74: (CHUYÊN THÁI BÌNH – L4) Cho hàm số y  f ( x)  x( x 2  1)( x 2  4)( x 2  9) . Hỏi đồ thị hàm số y = f ¢(x) cắt trục hoành tại bao nhiêu điểm phân biệt? A. 3.. B. 5.. C. 6. Hướng dẫn giải. D. 4.. Chọn C. Ta có f  x   x  x 2  1 x 2  4  x 2  9    x3  x  x 4  13x 2  36   x7  14 x5  49 x3  36x. f   x   7 x6  70 x 4  147 x 2  36 Đặt t  x 2 , t  0 Xét hàm g  t   7t 3  70t 2  147t  36 Do phương trình. g   t   21t 2  140t  147  0. có hai nghiệm dương phân biệt và. g  0   36  0 nên g  t   0 có 3 nghiệm dương phân biệt Do đó f   x   0 có 6 nghiệm phân biệt. Câu 75: (CHUYÊN THÁI BÌNH – L4) Tìm t t cả c c gi. y  m  x. 3. . trị thực của m để hàm số. 1  x đồng biến trên  0; 1 . 3. A. m  2.. B. m  2.. C. m  1. Hướng dẫn giải.. D. m  1.. Chọn B + Tập x c định: D   ; 1 . + y  3x 2 1  x3 . 3x 2 2 1 x. 3. .  m  x3  . 3x 2 2 1 x. 3.  3x. 3.  m  2 .. x  0 y  0   . x  3 m  2  3 * Trường hợp 1: m  2 , ta có bảng xét d u:. Dựa vào BXD, ta có y  0, x   0; 1  hàm số nghịch biến trên  0; 1 . * Trường hợp 2: m  2 . Để hàm số nghịch biến trên  0; 1 thì. 3. m2  0  m  2 . 3. Vậy m  2 thì hàm số nghịch biến trên  0; 1 . Câu 76: (CHUYÊN THÁI BÌNH – L4) hương trình 2017sin x  sin x  2  cos2 x có bao nhiêu nghiệm thực trong  5 ; 2017  ?.

<span class='text_page_counter'>(49)</span> A. v nghiệm. B. 2017 .. C. 2022 . Hướng dẫn 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.  2017 sin 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    y    2017  1  2  0 ; y    1  2  0  2  2017 2 Bảng biến thiên x 3  0 2 2 2 y 0 0    0  y  y 2  3  0 y   2 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..

<span class='text_page_counter'>(50)</span>