BO TACH 15000 CAU TU 350 DE

Câu 1: (SGD Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Một cái ao hình ABCDE (như hình vẽ), ở
giữa ao có một mảnh vườn hình trịn 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 vng 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.

B. l 25, 7 m.

C. l 27, 7 m.
Lời giải :

Chọn A

 A  Oy

Oxy
Gán trục tọa độ
sao cho  B  Ox cho đơn vị là 10 m.

D. l 15, 7 m.

Khi đó mảnh vườn hình trịn có phương trình

 C  :  x  4

2

2

  y  3 1

có tâm

I  4;3

 P  : y 4  x 2 ứng với x   0; 2
Bờ AB là một phần của Parabol
 M   P 

N  C
Vậy bài tốn trở thành tìm MN nhỏ nhất với 
.
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
2
N   P   N  x; 4  x  IN 

 4  x

2

  1  x2 

2

2

 IN 2  4  x    1  x 2 

2

 IN 2 x 4  x 2  8 x  17

f  x   x 4  x 2  8 x  17
 0; 2  f  x  4 x3  2 x  8
Xét
trên
f  x  0  x 1, 3917
1,3917   0; 2
là nghiệm duy nhất và
Ta có

f  1,3917  7,68

;

f  0  17

Vậy giá trị nhỏ nhất của

f  x

;

f  2  13

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 2: (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình – Lần 5 năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của
2
m    2018; 2018
  ;    .
tham số
để hàm số y  x  1  mx  1 đồng biến trên
A. 2017 .
B. 2019 .
C. 2020 .
D. 2018 .
Lời giải
Chọn D
TXĐ : D  .
x
y 

 m
x2  1
.
x
 m
x 2  1 , x    1 .
Hàm số đồng biến trên   y  0 , x  

f  x 

x

x 2  1 trên  .
Xét
lim f  x   1 lim f  x  1
x  
; x 
.
1
f  x  
 x 2  1 x 2  1  0 , x   nên hàm số đồng biến trên  .


m

x
2

x  1 , x    m  1 .
m    2018; 2018  m    2018;  1

Ta có:

Mặt khác
Vậy có 2018 số nguyên m thoả điều kiện.

.

y  f  x
Câu 3: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hàm số
liên tục trên các khoảng xác định và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới.
y
Hỏi số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

A. 0 .

B. 3 .

1
e

f 2  x

C. 1 .
Lời giải

 2 là bao nhiêu?

D. 2

Chọn D
 f  x   ln 2

2
f 2  x
 f  x   ln 2
 2 0  f  x  ln 2
Xét e
.
Dựa vào bbt ta thấy:
y  f  x
Đường thẳng y  ln 2 cắt đồ thị
tại 1 điểm.
y  f  x
Đường thẳng y  ln 2 cắt đồ thị
tại 1 điểm.
f
Nên phương trình e

y

2

 x

 2 0 có 2 nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số

1
e

f 2  x

 2 có 2 đường tiệm cận đứng.

Câu 4: (THPT Chu Văn An – Hà Nội - năm 2017-2018) Cho hàm số
như hình vẽ

y  f  x

có đồ thị

f  x 


y  f 1 x 

Hàm số
A.

  3; 1

.

x2
 x
2
nghịch biến trên khoảng
B.

  2; 0 

.

 1; 3

C.
Lời giải

.

3

  1; 
2 .
D. 

Chọn C

x2
y  f 1 x   x
y  f  1  x   x  1
2
Xét hàm số
có
.
 1  x  3
  1  x 1 
 1  x 3
y 0   f  1  x   x  1 0  f  1  x    1  x 

 x 4
 x 0

 x  2
.

Ta có bảng biến thiên:

Do đó Hàm số

y  f 1 x 

x2
 x
 1;3 .
2
nghịch biến trên khoảng

Câu 5: Tập tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình
m





1  x  1  x  3  2 1  x 2  5 0

 a; b  . Tính

khoảng

6 5 2
35 .
A.

b

có đúng hai nghiệm phân biệt là một nửa

5
a
7 .

6 5 2
7
B.
.

12  5 2
35 .
C.

12  5 2
7
D.
.

Câu 6: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số



y  x 2017  2019  x 2

A.

2019  2017 .

 trên tập xác định của nó. Tính M  m .
B. 2019 2019  2017 2017 .


D. 4036 2018 .

C. 4036 .

Câu 7: Tập tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình
m





1  x  1  x  3  2 1  x 2  5 0

 a; b  . Tính

khoảng
6 5 2
35 .
A.

b

có đúng hai nghiệm phân biệt là một nửa

5
a
7 .

12  5 2
35 .
C.

6 5 2
7
B.
.

12  5 2
7
D.
.

Lời giải

Chọn D

2
2
2
2

Đặt t  1  x  1  x với  1  x 1 .Khi đó: t 2  2 1  x  2 1  x t  2 .
1
1
 t 

0
 1  x  1  x  x 0 .
2 1 x 2 1 x

+-

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy

2 t 2 .

 t2  7

m

m t  3  t  7 0
t 3 .
Ta có phương trình: 
 t 2  6t  7
 t2  7


f
t

 

2
f  t 
, t   2; 2 
t  3

t

3
Xét hàm số:
.
f  t  0  t  3  2   2; 2 
.
Ta có bảng biến thiên:
2

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để phương trình có đúng hai nghiệm phân



biệt thì
 a

5 3 2
3
 f  t 
2 t 2 . Khi đó 5
7





5 3 2
3
5
12  5 2
b
 b a 
7
7
5,
7
.





5 3 2
3
m
7
hay 5




Câu 8: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số



y  x 2017  2019  x 2

A.

 trên tập xác định của nó. Tính M  m .

2019  2017 .

B. 2019 2019  2017 2017 .
D. 4036 2018 .

C. 4036 .

Lời giải
Chọn D
D   2019; 2019 
TXĐ:
x2

y 2017  2019  x 2 

2019  x 2

Ta có
 y 0

x2

 2017  2019  x 2 

2019  x 2

0 

2017 2019  x 2  2019  2 x 2
2019  x 2

0

2
Trên D , đặt t  2019  x , t 0 . Ta được:
 t 1
 x  2018
2
2
2t  2017t  2019 0  
2019

2019

x

1


 t 
 x  2018

2

f  2018  2018 2018 f 2018 2018 2018
Khi đó
;
f  2019  2017 2019 f 2019 2017 2019
;
m min y  2018 2018 M max y 2018 2018
D
D
Suy ra
,
Vậy M  m 4036 2018.
















Câu 9: Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số thực m sao cho giá trị lớn
1
y  x 4  14 x 2  48 x  m  30

 0;2 không vượt quá
4
nhất của hàm số
trên đoạn
30 . Tổng tất cả các giá trị của S là

A. 108 .

B. 136 .

C. 120 .

D. 210 .

3
2
 C  và điểm M  m;1 . Gọi S là tập
Câu 10: Cho hàm số y  x  4 x  1 có đồ thị là
hợp tất cả các giá trị thực của m để qua M kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến

đồ thị
A. 5 .

 C  . Tổng giá trị tất cả các phần tử của
40
B. 9 .

16
C. 9 .

S bằng
20
D. 3 .

Câu 11: Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
1
y  x 4  14 x 2  48 x  m  30
 0;2 không vượt quá 30 . Tổng tất cả các giá trị của
4
trên đoạn
S là

A. 108 .

B. 136 .

C. 120 .

D. 210 .


Lời giải
Chọn B
1
g  x   x 4  14 x 2  48 x  m  30
4
Xét hàm số
3
g  x   x  28 x  48

 x  6  L 

g  x  0   x 4  L 
 x 2 TM
 




max f  x  max g  0  ; g  2 
 0;2

 0;2



max  m  30 ; m  14  30
 0;2

 m  30 30
 
 m  14 30  0 m 16
16

Suy ra

S  x 136
x 1

.

3
2
 C  và điểm M  m;1 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá
Câu 12: Cho hàm số y  x  4 x  1 có đồ thị là

 C  . Tổng giá trị tất cả các
trị thực của m để qua M kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến đồ thị
phần tử của S bằng
40
B. 9 .

A. 5 .

16
C. 9 .
Lời giải

20
D. 3 .

Chọn B
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị

C

đi qua

M  m;1

y k  x  m   1
và có hệ số góc k là:
.

 C  điều kiện là hệ phương trình sau có đúng
Để qua M kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến đồ thị
hai nghiệm x phân biệt
 x 3  4 x 2  1 k  x  m   1
3
2

 x  4 x  1 k  x  m  1
 I   3


2
  x  4 x 2  1 k
  3 x  8 x k
Thay

 2

vào

 1

 1
 2

ta được

 x  4 x  1   3x 2  8 x   x  m   1
3

2

 x  2 x 2   3m  4  x  8m  0
 x 0
 2
 2 x   3m  4  x  8m 0  3
Như vậy, hệ

 I

có đúng hai nghiêm khi và chỉ khi phương trình

 3

có một nghiệm bằng 0

 3 có nghiệm duy nhất khác 0 .
và một nghiệm khác 0 ; hoặc phương trình
 3 có nghiệm x 0 khi và chỉ khi m 0 . Khi đó, phương trình  3 trở thành
Phương trình
 x 0
2 x 2  4 x 0  
 x 2 ;


Do đó m 0 thỏa mãn.

 3 có nghiệm duy nhất khác 0 điều kiện là
Phương trình
   3m  4  2  4.2.8m 0

 3m  4
0

 4
   3m  4  2  4.2.8m 0

  3m  4


0

 4

 m 4

 m 4
9


.

 4 
S 0; ; 4 
 9 .
Như vậy
4

40
0 4 
9
9 .
Tổng giá trị tất cả các phần tử của S là
Câu 13: Hàm số

y  f  x
x
y

R \   2; 2
có đạo hàm trên
, có bảng biến thiên như sau:

2
2
0



0









1

y



0
Gọi k , l lần lượt là số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

y

1
f  x   2018

A. k  l 2 .
Câu 14: Hàm số

y  f  x
x
y

. Tính k  l .
B. k  l 3 .

D. k  l 5 .

C. k  l 4 .

R \   2; 2

có đạo hàm trên
, có bảng biến thiên như sau:

2
0
2



0









1

y



0
Gọi k , l lần lượt là số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

y

1
f  x   2018

A. k  l 2 .

. Tính k  l .
B. k  l 3 .

C. k  l 4 .

D. k  l 5 .

Lời giải
Chọn D
f  x  2018
Vì phương trình
có ba nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số
ba đường tiệm cận đứng.
Mặt khác, ta có:

y

1
f  x   2018

có


lim y

 lim

x  

x  

1
1
1
y 
f  x   2018  2019
2019 là đường tiệm cận ngang của
nên đường thẳng
y

đồ thị hàm số
Và

lim y

 lim

x  

x  

y

1
f  x   2018

.

1
f  x   2018 0
nên đường thẳng y 0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị

1
f  x   2018

hàm số
Vậy k  l 5 .

.

Câu 15: Cho x , y là các số thực thỏa mãn

 x  3

2

2

  y  1 5

. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 y 2  4 xy  7 x  4 y  1
P
x  2 y 1

là
114
C. 11 .

B. 2 3 .

A. 3 .

Câu 16: Cho x , y là các số thực thỏa mãn
P

 x  3

2

D.

3.

2

  y  1 5

. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 y 2  4 xy  7 x  4 y  1
x  2 y 1
là
114
C. 11 .

Hướng dẫn giải

B. 2 3 .

A. 3 .

D.

3.

Chọn A

 x  3
Theo giả thiết, ta có

2

2

  y  1 5  x 2  y 2 6 x  2 y  5
.

2
2
2
2
t  6   x  3  2  y  1   1  2    x  3   y  1 
t

x


2
y

1
Đặt
, ta có
 t  6 5
t   1;11
hay
.
2

Mặt khác,

2
2
2
2
t 2  x  2 y  1  t  x  y   3 y  4 xy  2 x  4 y  1

2
2
 t 2  6 x  2 y  5   3 y 2  4 xy  2 x  4 y  1  t  3 y  4 xy  7 x  4 y  1   x  2 y  1  4

2
2
Suy ra 3 y  4 xy  7 x  4 y  1 t  t  4 .

Khi đó,

P

4
4
t2  t  4
t   1 2 t.  1 3
t   1;11
t
t
t
, với mọi
.

17
6
x
y 
5 ,
5.
Vậy min P 3 khi t 2 . Suy ra x 1 , y 0 hoặc


Câu 17: Cho hàm số

f  x   x 4  4 x3  4 x 2  a

hàm số đã cho trên
A. 7 .

Câu 18: Cho hàm số
hàm số đã cho trên
A. 7 .

. Gọi M , m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

 0; 2 . Có bao nhiêu số nguyên a thuộc   4; 4
B. 5 .

f  x   x 4  4 x3  4 x 2  a

C. 6

. Gọi M , m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

 0; 2 . Có bao nhiêu số nguyên a thuộc   4; 4
B. 5 .

sao cho M 2m ?
D. 4 .

sao cho M 2m ?

C. 6
Hướng dẫn giải

D. 4 .

Chọn A
g  x   x3  4 x 3  4 x 2  a

 0; 2 .
trên
 x 0
  x 1
 x 2 g  0  a g  1 a  1 g  2  a
g  x  4 x 3  12 x 2  8 x g  x  0
;
;
,
,
.
a  g  x  a  1
Suy ra:
.
 M max f  x 
m min f  x 
 0;2
 0;2
a .
a  1 ;
TH1: 0 a 4  a  1 a  0
0 a 4

Suy ra:  a  1 2a  1 a 4 . Do đó: có 4 giá trị của a thỏa mãn.
Xét hàm số

 a 1  a
TH2:  4 a  1  a a  1  1
 M max f  x   a

m min f  x   a  1
 0;2
 0;2
 a ;
 a  1 .


 4 a  1

Suy ra:  a  2a  2   4 a  2 . Do đó: có 3 giá trị của a thỏa mãn.
Vậy có tất cả 7 giá trị thỏa mãn.
.
----------HẾT---------f  0  3 f  2   2018
có đạo hàm cấp hai trên  . Biết
,
f  x 
và bẳng xét dấu của
như sau:

Câu 19: Cho hàm số

y  f  x

y  f  x  2017   2018 x
Hàm số
đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 thuộc khoảng
nào sau đây?
  ;  2017  .
 2017;  .
 0; 2  .

  2017; 0  .
A.
B.
C.
D.
f  0  3 f  2   2018
có đạo hàm cấp hai trên  . Biết
,
f  x 
và bẳng xét dấu của
như sau:

Câu 20: Cho hàm số

y  f  x

y  f  x  2017   2018 x
Hàm số
đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 thuộc khoảng
nào sau đây?
  ;  2017  .
 2017;  .
 0; 2  .
  2017; 0  .
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn A

Ta có bảng biến thiên

y  f  x  2017   2018 x  y   f  x  2017   2018

.

 x  2017 2
y 0  f  x  2017   2018  

 x  2017 a  0
Ta có bảng biến thiên

 x  2015
 x a  2017   2017

.


y  f  x  2017   2018 x
Hàm số
đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm
x0 a  2017    ;  2017 
.



y x2  m



2018  x 2 1  2021

y x2  m



2018  x 2 1  2021

Câu 21: Cho hàm số
với m là tham số thực. Gọi S là
tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị của hàm số đã cho
cắt trục hoành tại đúng hai điểm phân biệt. Tính S .
A. 960 .
B. 986 .
C. 984 .
D. 990 .



Câu 22: Cho hàm số
với m là tham số thực. Gọi S là
tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị của hàm số đã cho
cắt trục hoành tại đúng hai điểm phân biệt. Tính S .
A. 960 .
B. 986 .
C. 984 .
D. 990 .
Lời giải
Chọn C
Đặt

2018  x 2 t;0 t  2018
y = x2 + m

(

)

2018 - x 2 +1 - 2021 =- t 2 + m ( t +1) - 3 =- t 2 + mt + m - 3( *)

Khi đó
;
Theo đề bài, để đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại hai điểm phân biệt thì
( *) cần có 1 nghiệm dương thỏa mãn 0 t  2018
phương trình
 * có 1 nghiệm kép.  m2  4m 12 0 (loại)
TH1:
 * có 2 nghiệm trái dấu.   m  3  0  m  3  1
TH2:
 * có 1 nghiệm dương trên khoảng 0 t  2018 nên ta xét GTLN của m với
0 t  2018
t2  3
y 0   t 2  mt  m  3 0  m 
t   0; 2018
t 1
x2  2x  3
x2  3

y
0   x  3

2
y
 x 1
x   0; 2018
 x  1

x 1 ,
Xét hàm
, ta có





Lập BBT ta có


44
2021
44, 009  S  i 984
2018  1
i 4
a, b   0;1
Câu 23: Chọn ngẫu nhiên hai số thực
. Tính xác suất để phương trình

 3m

2 x 3  3ax 2  b 0 có tối đa hai nghiệm.
1

1
P
P
4.
2.
A.
B.

a, b   0;1

Câu 24: Chọn ngẫu nhiên hai số thực
3

C.

P

2
3.

D.

P

3
4.

. Tính xác suất để phương trình

2

2 x  3ax  b 0 có tối đa hai nghiệm.
1
1
2
P
P
P
4.
2.
3.
A.
B.
C.
Lời giải
Chọn D

D.

P

3
4.

 x 0

y

0


6
x
x

a

0



 x a
3
2

+) Xét y 2 x  3ax  b ,
.
Yêu cầu bài toán
Mà

 y  0  y  a  0  b  b  a 3  0

b  b  a  0  b a
3

b   0;1

nên

.

3

.

b   0;1
Ta thấy việc chọn ngẫu nhiên hai số a ,
chính là việc chọn ngẫu

nhiên một điểm

M  a; b 

khi xét trên hệ trục tọa độ Oab .

M  a; b 
+) Gọi A là biến cố thỏa mãn bài toán. Ta có  là tập hợp các điểm
b   0;1
sao cho a ,
và chính là các điểm thuộc hình vng OACB trên hình
 SOACB 1
vẽ, do đó
.
  A
 H  giới hạn bởi các đồ thị
+)
là tập hợp các điểm thuộc hình phẳng

b 1 , b a3 , a 0 (phần gạch chéo trên đồ thị). Xét phương trình hồnh độ
3
giao điểm a 1  a 1

1

1

1


a4 
1 3
   A  1  a da   1  a  da  a 
 1  
4 0
4 4

0
0
.
3
3
P 4 
1 4.
Vậy xác suất cần tìm là
3

3


x3  3 x  1 m  1
m

Câu 25: Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số
để phương trình
có 6

nghiệm là một khoảng có dạng
A. 1 .
B. 5 .

 a; b  . Tính tổng S a 2  b 2 .
C. 25 .

D. 10 .

x 3  3 x  1 m  1
Câu 26: Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
có 6
nghiệm là một khoảng có dạng
A. 1 .
B. 5 .

 a; b  . Tính tổng

S a 2  b 2 .

C. 25 .
D. 10 .
Lời giải
Câu này sửa đề lại: Từ 8 nghiệm thành 6 nghiệm.

Chọn B

3
 x  3x  1 khi x 0
f  x  x 3  3 x  1  3
 x  3x  1 khi x  0
Xét hàm số
Ta có bảng biến thiên

Do đó ta có đồ thị của hàm số

Suy ra đồ thị hàm số

f  x   x3  3 x  1

 C  : y  f  x   x3  3 x  1

.


Số nghiệm của phương trình
thẳng d : y m  1 .
Để phương trình

x 3  3 x 1 m  1

x 3  3 x  1 m  1

là số giao điểm của đồ thị

C

và đường

 C  tại 6 điểm
có 6 nghiệm thì d cắt

a 1

0  m  1  1  1  m  2 . Vậy b 2 suy ra S a 2  b 2 5 .
Câu 27: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số

y

tan x  2
tan x  m đồng biến trên khoảng

  
  ;0  .
 4 
A.  1 m  2 .
Câu 28: Cho hàm số

Xét hàm số

y  f  x

B. m  2 .
có đồ thị

C. m 2 .

f  x 

 m  1

D.  0 m  2 .

như hình vẽ

g  x  2 f  x   2 x 3  4 x  3m  6 5

g  x  0 x    5; 5 
,
là
2
2
m f 5
m f  5
3
3
A.
.
B.
.

với m là tham số thực. Điều kiện cần và đủ

để

 





2
m  f  0
3
C.
.

2
m f
3
D.

 5 .


Câu 29: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số

y

tan x  2
tan x  m đồng biến trên khoảng

  
  ;0  .
 4 
A.  1 m  2 .

B. m  2 .

C. m 2 .

 m  1

D.  0 m  2 .

Hướng dẫn giải
Chọn D
1
  
 
x    ;0   t    1;0 
t x  2  0 x   0; 
cos x
 4 
 4 .
Đặt t tan x , vì
. Khi đó ta có
tan x  2
t 2
y
f t 
tan x  m giống như hàm số
t m .
Do đó tính đồng biến của hàm số
Xét hàm số

f t 

f ' t  
Ta có

t 2
t    1;0 
D  \  m
t m
. Tập xác định:

2 m

 t  m

2

.

  
  ;0 
f '  t   0 t    1; 0 
y
Để hàm số đồng biến trên khoảng  4  khi và chỉ khi:
m  2
2  m  0    m  1
2 m


0


t


1;0


2
  m 0  m    ;  1   0; 2 
 t  m
m    1;0 

1
1
 tan x  m    tan x  2  2
2
cos x
y '  cos x
2
tan
x

m


CASIO: Đạo hàm của hàm số ta được
  

x 
  ;0 
y

'
8
Ta nhập vào máy tính thằng \CALC\Calc
( Chọn giá trị này thuộc  4  )
\ \ m ? 1 giá trị bất kỳ trong 4 đáp án.
Câu 30: Cho hàm số

y  f  x

có đồ thị

f  x 

như hình vẽ


Xét hàm số

g  x  2 f  x   2 x 3  4 x  3m  6 5

g  x  0 x    5; 5 
,
là
2
2
m f 5
m f  5
3
3
A.

.
B.
.

với m là tham số thực. Điều kiện cần và đủ

để

 





2
m  f  0
3
C.
.

2
m f
3
D.

 5 .

Hướng dẫn giải

Chọn A

g  x  2 f  x   6 x 2  4 g  x  0  f  x   3 x 2  2  x 0  x  5
Ta có
;

  5; 5 
g  x  0 x    5; 5 
g  x
.
,
nên hàm số
đồng biến trên 
2
max g  x  0  g 5 0
m f
  5; 5 
g  x  0 x    5; 5 


3
Do đó, để
,
thì 
Ta thấy

 

 5 .

y  f  x 
f  x  0

. Hàm số
có đồ thị như hình vẽ. Biết phương trình
có bốn nghiệm phân biệt a , 0 , b , c với a  0  b  c .

Câu 31: Cho hàm số

y  f  x

Mệnh đề nào dưới đây đúng
f  a  f  c  f  b
A.
.
f  c  f  a   f  b
C.
.
Câu 32: Cho hàm số

f  x   x3  6 x 2  9 x

phương trình
A. 122 .

f 5  x  0

f  a  f  b  f  c

.

D.

f  b  f  a  f  c

.

f k  x  f  f k 1  x 

với k là số nguyên lớn hơn 1 . Hỏi

có tất cả bao nhiêu nghiệm phân biệt ?
B. 120 .
C. 365 .

D. 363 .

y  f  x 
f  x  0
. Hàm số
có đồ thị như hình vẽ. Biết phương trình
có bốn nghiệm phân biệt a , 0 , b , c với a  0  b  c .

Câu 33: Cho hàm số

y  f  x

. Đặt

B.


Mệnh đề nào dưới đây đúng

f  a  f  c  f  b
A.
.
f  c  f  a   f  b
C.
.

B.

f  a  f  b  f  c

.

D.

f  b  f  a  f  c

.

Lời giải
Chọn A
Ta có bảng biến thiên
x
f

-

/ (x)

a

-

0

0

+

0

b
0

-

c
+

f(0)

+

0

-

f(c)

f(x)
f(a)

f(b)

f  c  f  b
Suy ra
(1)
y  f  x 
Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
, đường thẳng x a , x 0 .
S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y  f  x  , đường thẳng x 0 , x b .
S3 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y  f  x  , đường thẳng x b , x c .
0

Vì S1  S3  S 2 

c

a

b

0



b

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx
c

0

b

f  x  dx  f  x  dx   f  x  dx
a

b

0

 f  0  f  a   f  c   f  b   f  b  f  0
 f  a   f  c  (2)
f  a  f  c  f  b
Từ (1) và (2) 
.
Câu 34: Cho hàm số

f  x   x3  6 x 2  9 x

phương trình

f 5  x  0

A. 122 .

. Đặt

f k  x  f  f k 1  x 

với k là số nguyên lớn hơn 1 . Hỏi

có tất cả bao nhiêu nghiệm phân biệt ?
B. 120 .

C. 365 .

D. 363 .

Lời giải
Chọn A
Nhận xét:
+ Đồ thị hàm số

f  x  x 3  6 x 2  9 x

như sau:

 x 1  f  1 4


f  x  3 x 2  12 x  9 0
 x 3  f  3 0 . Lại có


 f  0  0


 f  4  4 .

- Đồ thị hàm số

f  x   x3  6 x 2  9 x
3

2

- Đồ thị hàm số

f  x  x  6 x  9 x

+ Xét hàm số

g  x  f  x  3

g  0   3

có

ln đi qua gốc tọa độ.

 3;0  .
luôn tiếp xúc với trục Ox tại điểm

g  x   f  x 

nên bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số

được đồ thị hàm số
thuộc khoảng

y g  x 

nên

g  x

đồng biến trên

f  x   x3  6 x 2  9 x

. Suy ra phương trình

g  x  0

 0; 

và

xuống dưới 3 đơn vị ta

có 3 nghiệm dương phân biệt

 0; 4  .

h  x  f  x  a
+ Tổng quát: xét hàm số
, với 0  a  4 .
Lập luận tương tự như trên:
h  0   a  0

h  1  0 h  4   4
và
;
.
3
f  x  x  6 x 2  9 x
- Tịnh tiến đồ thị hàm số
xuống dưới a đơn vị ta được đồ thị hàm số
y h  x 

. Suy ra phương trình

h  x  0

ln có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng

 0; 4  .
Khi đó,

 x 0

f  x   x  6 x  9 x 0
 x 3 .
+ Ta có
3

2