Chuyen de ham tri tuyet doi toan 12 khgev

TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỰC TRỊ CỦA HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI Các toán hàm trị tuyệt đối bắt đầu xuất đề tham khảo năm 2018 sau trở thành trào lưu diễn đàn, nhóm, đồng thời xuất nhiều đề thi thử với dạng mức độ khác Một số chưa phù hợp với kì thi THPT Quốc Gia, nhiên chuyên đề lần bạn bắt tay giải số dạng toán tiêu biểu Cũng nói thêm để hồn thành chun đề tơi cảm ơn bên Vted có đề thi vơ hay, tốn đề hầu hết lấy từ Vted lời giải thực người bạn – Ngô Nguyên Quỳnh Nguyễn Hải Linh Mặt khác cơng việc thời gian khơng có nhiều nên không để đưa thêm nhiều dạng hay khác xuất số đề thi thầy mạng được, mong bạn đọc bỏ qua Mọi ý kiến đóng góp xin gửi địa sau: NGUYỄN MINH TUẤN – K14 ĐẠI HỌC FPT Email: tuangenk@gmail.com Nào bắt đầu nhé! I MỞ ĐẦU Bài toán mở đầu Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m cho giá trị lớn hàm số f  x  x3  3x  m đoạn  0;2 Số phần tử S là? A C D Câu 36 – Đề tham khảo THPT Quốc Gia mơn tốn 2018 Lời giải B m x3  3x  ,x   0;2 Ta có x  3x  m 3,x   0;2   x  3x  m3   m x  3x  3 Xét hàm số f  x  x  3x đoạn  0;2 f ' x 3x  nên f ' x 0  x 1 So sánh số ff 0 , f  1 ,  2 f  x  2,max 2 ta có : ta có  0;2  0;2   x3  3x  3 mmax  x3  3x  3   m1  0;2  0;2 Đây điều kiện cần m, ta thử lại sau  Với m1 với x 2 ta có y  f  2  3  Với m với x 1 ta có y  f  2  3  Với m0 với y  f  x 2 nên có giá trị lớn Vậy S   1;1 nên có tất giá trị thỏa mãn yêu cầu đề Nhận xét: Đây câu đề tham khảo thi THPT Quốc Gia 2018 Bộ , nhìn chung câu vận dụng cao cần phải có kiến thức bất đẳng thức trị tuyệt đối phép biến đổi có liên quan Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI Bất đẳng thức trị tuyệt đối Cho số thực a,b ta có a  b  a b  a  b Dấu “=” thứ a,b dấu, dấu “=” thứ a,b trái dấu I CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI ĐIỂM CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ A CÁC TÍNH CHẤT LIÊN QUAN TỚI CỰC TRỊ CỦA HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI Trước vào toán ta cần nhớ kiến thức sau  Số điểm cực trị hàm số f  x bẳng tổng số điểm cực trị hàm số f  x số lần đổi dấu hàm số f  x  Số điểm cực trị hàm số f  mx  n  2a 1, a số điểm cực trị lớn   n hàm số f  x m Số điểm cực trị hàm số f  x  2a 1, a số điểm cực trị dương hàm số  Cho hàm số có dạng y  ax  bx  c  mx , tìm điều kiện tham số m để giá trị max  yct  c cực tiểu hàm số đạt giá trị lớn nhất, ta có  m b Câu 1: Biết phương trình ax  bx  cx  d 0  a 0 có hai nghiệm thực Hàm số y  ax3  bx2  cx  d có điểm cực trị A B C Lời giải D Vì phương trình ax  bx  cx  d 0  a 0 có hai nghiệm thực nên hàm số y ax3  bx2  cx  d có hai điểm cực trị Mặt khác ax3  bx2  cx  d a x  x1   x  x2  Do phương trình ax3  bx2  cx  d 0 có nghiệm đơn nghiệm kép Vậy số điểm cực trị hàm số y  ax  bx  cx  d  3 Chọn đáp án A Câu 2: Có số nguyên m   20;20 để hàm số y  x  2x  m  2x  có ba điểm cực trị A 17 B 16 C 19 Lời giải D 18 2 Nếu x2  2x  m0,x y x  2x  m 2x  x  m có điểm cực trị x 0 (loại) Nếu x2  2x  m0 có hai nghiệm phân biệt x1  x2   1 m  m | Chinh phục olympic tốn – Georg Cantor Tinh hoa toán học nằm tự TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN  2x   0   2x  2 x2  2x  m  x  2x  m  y   2; y       x    x2  2x  m      x2  2x  m     x 0   x  2x  m   x 2    x2  2x  m    x 0   m    x 2   m +) Với  m rõ ràng số nguyên +) Với m ta có bảng xét dấu y hình vẽ Lúc hàm số có điểm cực trị Vậy m   19, ,1 Chọn đáp án C Câu 3: Biết phương trình ax4  bx2  c 0  a 0 bốn nghiệm thực Hàm số y  ax4  bx2  c có điểm cực trị A B C Lời giải D Vì phương trình ax  bx  c 0  a 0 bốn nghiệm thực nên hàm số   b2  4ac   b   ab  hàm số ax4  bx2  c 0có điểm cực trị S   a  c   P  a  Mặt khác ax  bx  cx  d a x  x1   x  x2   x  x3   x  x4  nên phương trình ax4  bx2  c 0 có 4nghiệm đơn Vậy hàm số y  ax  bx  c có  7 cực trị Câu 4: Cho hàm số y  x  2 m 1 x  2m Có số nguyên khơng âm mđể hàm số cho có ba điểm cực trị A B C Lời giải D Xét hàm số f  x x  2 m 1 x  2m m 0  m1 f  x x4  có điểm cực trị x 0 phương trình f  x 0có hai nghiệm phân biệt hàm số y  f  x có điểm cực trị (thỏa mãn) m   m0  f  x x4  2x2  có điểm cực trị x 0 phương trình f  x 0có nghiệm đơn phân biệt hàm số y  f  x có điểm cực trị (thỏa mãn) Ta có m   m f  x có ba điểm cực trị Vậy yêu cầu tóan lúc tương đương với f  x 0vơ nghiệm có nghiệm kép, tức 2   m 1   2m 3 0   m 2 0  m2 Vậy m  0,1,2 Chọn đáp án A Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI Câu 5: Cho hàm số y  x  2 m 1 x  2m Tập hợp tất giá trị thực tham số mđể hàm số cho có điểm cực trị  3 3  A  1;  B  ;   \  2 C  1;   \  2  2 2  Lời giải  3 D  1;   2  x2 1 Xét f  x x  2 m 1 x  2m  f  x 0  x  x  2m 0    x 2m    TH1: Nếu 2m 0  Do f  x có điểm đổi dấu x  1; x 1 Hàm số y  f  x có điểm cực trị y  f  x có ba điểm cực trị  ab    2 m 1   m Vậy trường hợp có  m TH2: Nếu  2m 1  3  m2 Khi f  x có bốn điểm đổi dấu x 1;x  2m số điểm cực trị hàm số f  x hàm số y  f  x có cực trị(loại) 2 TH3: 2m 1  m2  f  x  x2  y  f  x  x2  có điểm cực trị     (loại) Chọn đáp án D Câu 6: Có số nguyên m   20;20 để hàm số y  x   m 1 x  m có điểm cực trị A 18 B 20 C 19 Lời giải D 21 2 Xét x   m 1 x  m  x 1; x m 1 để hàm số y  x   m 1 x  m có điểm m   m  2, ,19 có cực trị phương trình  1 có nghiệm phân biệt   m   18 số nguyên thỏa mãn Chọn đáp án A 2 Câu 7: Có số nguyên m   20;20 để hàm số y  x  x  m có điểm  cực trị A B 17 C Lời giải  D 16 2 2 Có y  x  x  m  x  x  m  x   m 2 x  2m      Nếu m0  x   m 2 x  2m0,x nên hàm số cho có tối đa ba điểm cực trị (loại) 2 Nếu m  x   m 2 x  2m0  x m x  m Vậy điều kiện hàm số y x4   m 2 x2  2m có ba điểm cực trị    m 2   m  m  3, ,19 Có 17 số nguyên thoả mãn Chọn đáp án B | Chinh phục olympic tốn – Georg Cantor Tinh hoa toán học nằm tự TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Câu 8: Có số nguyên m để hàm số y  x3   2m 1 x2  2m2  2m x  2m2  có điểm cực trị   A B C Lời giải D ycbt  x3  2m 1 x2  2m2  2m x  2m2     x 1   x  1 x2  2mx  2m2    2  x  2mx  2m  0    m2  2m2    Có nghiệm phân biệt   1 2m 2m  0      m    1 17  m   2,  1,0,1,2 m   2 Câu 9: Có số nguyên m để hàm số y  x  3mx  m  | x| 1có điểm cực trị A B  C Lời giải  D 2 Ta có ycbt  y x  3mx  m  x  có điểm cực trị dương    y 0  3x2  6mx  m2  0  x m 2; x m có nghiệm dương    m 0  m    m2  m   1,0,1,2 Chọn đáp án D 2 Câu 10: Có số nguyên m   10;10 để hàm số y  x  3mx  m  | x| 1 có điểm cực trị A B C Lời giải   D 2 Ta có ycbt  y x  3mx  m  x  1có hai điểm cực trị dương    y 0  3x2  6mx  m2  0  x m 2; x m có hai nghiệm dương    m   m  3, ,9 Chọn đáp án D Câu 11: Có số nguyên mđể hàm số y  3x  15x  60x  m có điểm cực trị A 289 B 287 C 286 Lời giải D 288 2 Xét y 3x  15x  60x có y 0  15x  45x  60 0  x 4  x 2 Vậy hàm số y 3x  15x  60x có điểm cực trị x 2; x  Bảng biến thiên Vậy để hàm số có điểm cực trị  3x5  15x3  60x  m0   m3x5  15x3  60x có tổng số nghiệm đơn bội lẻ 3, tức  144   m 144   144  m 144  m   143, ,143 Có 287 số nguyên thỏa mãn Chọn đáp án B Câu 12: Có số nguyên m   2019;2019 để hàm số y  x  4x  m  6x  có Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI ba điểm cực trị A 2014 B 2016 C 2013 Lời giải D 2015 2 Nếu x  4x  m0,x  y x  4x  m 6x  x  2x  m có điểm cực trị x  1(loại) Nếu x2  4x  m0 có hai nghiệm phân biệt x1  x2   4  m  m   2x   0   2x  4 x2  4x  m   x  4x  m   y   6; y    Khi    x      x2  4x  m     x2  4x  m     x    m    x 5   m  Với   m 4ta có xét dấu y sau Hàm số có cực trị x  1(loại) Với m  5ta có xét dấu y sau Hàm số có điểm cực trị x x1 ;x 5; x x2 Vậy m   2018, ,  6 Có 2013 số nguyên thỏa mãn Chọn đáp án C Câu 13: Có số nguyên m   20;20 để hàm số y x  2mx  m  có ba điểm cực trị A 17 B 19 C 18 Lời giải D 20 x2  2m x  m 1  x  m 0 2x  2m x  m  0  y  Ta có y  2x  2m x  m  0 x  2m x  m 1  x  m 0 Vậy hàm số khơng có đạo hàm điểm x m 1và  2x  2m0  x  m  y    2x  2m0   x  m   x m   1    x  m    2m   x m   x  m m   2  Vậy để hàm số có điểm cực trị trước tiên phải có m lúc bảng xét dấu y sau Điều chứng tỏ với m giá trị cần tìm, số nguyên m  1, ,19 Có tất 19 số nguyên thỏa mãn Câu 14: Có tất số nguyên m thuộc đoạn   2017;2017 để hàm số y  x3  3x2  m có điểm cực trị ? A 4032 B 4034 C 4030 Lời giải D 4028  x 0  y  0 m, y  2 m Ta có y x  3x  mcó y 3x  6x; y 0    x 2 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN  m 4 Yêu cầu đề tương đương với y  0 y  2 0  m m 4 0    m0 Do m   2017, ,2017 có 2018 2014 4032 số nguyên thỏa mãn Chọn đáp án A Câu 15: Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x  3x  m có điểm cực trị A   m B  m0 C  m Lời giải D m4 m0  x 0  y  0 m, y  2 m Ta có y x  3x  mcó y 3x  6x; y 0    x 2 Yêu cầu đề tương đương với y  0 y  2 0  m m 4    m Chọn đáp án C Câu 16: Tìm tập hợp tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x  mx  m có điểm cực trị A  4;   B  0;1 C  0;4 D  1;   Lời giải Xét hàm số y x  mx  mcó tối đa điểm cực trị phương trình f  x 0có tối đa nghiệm Vì hàm số y  f  x có điểm cực trị f  x 0có nghiệm   m2    phân biệt f  x 0 có nghiệm phân biệt   S m 0, P m  m  ab  m  Chọn đáp án A Câu 17: Cho hàm số f  x ax  bx  cx  d thoả mãn a  0, d  2018, a b c  d  2018  Tìm số điểm cực trị hàm số y  f  x  2018 A B C Lời giải D  lim g x  ;lim g x  x   x   Xét g x  f  x  2018 ta có  g 0  f  0  2018 d  2018    g 1  f  1  2018 a b c  d  2018  Do đồ thị hàm số y  g x cắt trục hoành ba điểm phân biệt suy hàm số y  g x có hai điểm cực trị Do số điểm cực trị đồ thị hàm số y  g x  5 Chọn đáp án B Câu 18: Có giá trị nguyên tham số mđể hàm số y  3x  4x  12x  m có điểm cực trị ? Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI A B C Lời giải D 4 Hàm số f  x 3x  4x  12x  mcó ba điểm cực trị nghiệm phương trình  x 0 f  x 0  12x3  12x2  24x 0  12x x2  x  0   x   x 2   Phương trình f  x 0có tối đa nghiệm thực Do hàm số y  f  x có điểm cực trị phương trình f  x 0có nghiệm thực phân biệt  3x4  4x3  12x2  m có nghiệm thực phân biệt Lập bảng biến thiên hàm số y 3x  4x  12x ta có giá trị cần tìm    m   m  m  1;2;3;4 có số nguyên thỏa mãn Câu 19: Có giá trị nguyên tham số mđể hàm số y  x  x  5x  m có điểm cực trị A B C Lời giải D 4 Hàm số f  x x  x  5x  mcó ba điểm cực trị x 0;x 2;x  Vậy hàm số y  f  x có điểm cực trị  f  x 0 có bốn nghiệm phân biệt  875 875   m    m Vậy m  1;2;3 Chọn đáp án C 256 256 Câu 20: Cho hàm số đa thức bậc bốn y  f  x có ba điểm cực trị x 1;x 2; x 3 Có số nguyên m   10;10 để hàm số y  f  x  m có điểm cực trị A B 10 C Lời giải D 19 Hàm số y  f  x  m có cực trị  f  x  m có điểm cực trị lớn  m  x  m1  Các điểm cực trị hàm số  y  f  x  m  x  m2   x  m3  x 1 m  x 2  m   x 3 m  1 m  m  Vậy ta có điều kiện   m  m m m   9, ,9 Chọn đáp án D  3 m  m Câu 21: Cho hàm số y  x  mx  Gọi alà số điểm cực trị hàm số cho Mệnh đề ? A a0 B a1 | Chinh phục olympic tốn – Georg Cantor C  a 3 Lời giải D a Tinh hoa toán học nằm tự TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN  x3  mx  5 x 0  3x2  m x  0  y  Ta có y  hàm số khơng có đạo hàm điểm   x  mx  5 x  0   3x  m x  0 x 0  3x2  0 x  0  Nếu m0  y  đổi dấu từ âm sang dương qua điểm x 0 nê hàm số   3x  0 x  0 có điểm cực trị x 0 3x2  m x  0 m m   m   y   y   x  Nếu đổi dấu qua x   3  3x  m 0 x  0 nên có điểm cực trị x  m 3x2  m 0 x  0 m   y 0  x  Nếu m  y   3x  m x  0 Chỉ đổi dấu qua x  m nên có điểm cực trị x  m Vậy với mhàm số có điểm cực trị Chọn đáp án B Câu 22: Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x   2m 1 x2  3mx  có điểm cực trị A 1    ;    1;   4  B  1 C  1;     ;    1;    4 Lời giải  1 D  0;    1;    4 yêu cầu toán tương đương hàm số y x   2m 1 x  3mx  có điểm cực trị dương, tức 3x  2 2m 1 x  3m0 có nghiệm dương phân biệt, tức     2m 1  9m  2 2m 1  0  S   3m   P    m  chọn đáp án D   m  Câu 23: Cho hàm số f  x x   2m 1 x    m x  Tìm tập hợp giá trị thực tham số mđể hàm số y  f  x  có năm điểm cực trị A   m B  m  m 2 Lời giải C D   m Ta có 2a  a 2 số điểm cực trị dương hàm số y  f  x Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI    2m 1  3  m   2 2m 1   0   m Ta có f  x 3x  2 2m 1 x   m S   2 m   P   Chọn đáp án B Câu 24: Tìm tất giá trị thực tham số mđể hàm số y  x   2m 1 x  3mx  có điểm cực trị A   ;0 B  1;    1 D  0;   4 C   ;0] Lời giải 3 2 xét f  x x   2m 1 x  3mx  f  x  x   2m 1 x  3mx  ta có 2a  a 1 số điểm cực trị dương hàm số y  f  x yêu cầu tương đương với: f  x có điểm cực trị dương  f  x 0 có nghiệm thỏa mãn x1 0  x2  m0 Câu 25: Cho hàm số f  x ax  bx  cx  dx  e  a, b,c, d, e   a Biết ff  1  0, f  0  0, A  1  Số điểm cực trị hàm số B  lim f  x   x    f   1    Theo giả thiết ta có:  f  0    f  1   lim f  x   x  y  f  x C Lời giải D  lim f  x f  1   x    ff 0   1   x1    x2   x3   x4   ff 0  1   lim f  x f  1   x  Sao cho f  x1  0; f  x2  0; f  x3  0; f  x4  0 Điều chứng tỏ phương trình f  x 0có nghiệm phân biệt, hàm số f  x phải có điểm cực trị Vì hàm số y  f  x có  7 điểm cực trị Chọn đáp án A y Câu 26: Cho hàm số y  f  x có đồ thị 10 | Chinh phục olympic tốn tự – Georg Cantor x Tinh hoa toán học nằm 1 O ... 2  A 3209 B 3215 C 3211 Lời giải D 3213 Xét u 3x4  4x3  12x2  m đoạn   3;2 ta có: u'' 12x3  12x2  24x;u'' 0  12x3  12x2  24x 0  x 0; x  1; x 2  A max u x max u  3... hàm số f  x 3x  4x  12x Có số nguyên m  10 để hàm số y  f  x  m có điểm cực trị A B 11 C 10 Lời giải D  x 0  có f  x 12x  12x  24x; f  x 0  12x x  x  0   x  ... số thực m để hàm số y  3x  4x  12x  m có giá trị lớn đoạn   3;2 150? A B D C Lời giải Xét u 3x4  4x3  12x2  m đoạn   3;2 ta có: u'' 0  12x3  12x2  24x 0  x 0; x  1; x 2