D08 bài toán phụ khảo sát

A = 10n an + 10n- 1an- + L + 10a1 + a0 Câu .Cho số tự nhiên A có dạng n- n Ta tạo số A1 từ A theo nguyên tắc A1 = f ( A ) = an + 2an- + L + a1 + a0 Lặp lại trình ta số A2 = f ( A1) , A3 = f ( A2 ) , K a) Chứng minh với số tự nhiên A bất kì, trình dẫn đến số Ak < 20thỏa mãn f ( Ak ) = Ak a) Nếu A có có chữ số f ( A ) = A Nếu A có hai chữ số A - f ( A ) = 10a1 + a0 - (a1 + 2a0) = 9a1 - a0 số dương, trừ trường hợp A = 19 Như với A số tự nhiên có hai chữ số khác 19 f ( A ) < A Nếu A có nhiều hai chữ số ( ) f ( A ) = a0 + 2a1 + L + 2nan £ + 2×9 + L 2n ×9 = 2n+1 - < 18×2n < 10n < A Suy A1, A2, A3,¼ dãy giảm b) Cho A = 192019 Xác định giá trị Ak cho f ( Ak ) = Ak Lời giải Khi q trình giảm dừng số Ak với Ak có chữ số Ak = 19 b) Ta chứng minh 19∣ f ( A ) 19∣ A Xét hiệu ( ) ( ) 2n A - f ( A) = 20n - an + 20n- - an- + L + 2n- ( 20- 1) a1 Mỗi số hạng vế phải chia hết cho 19 nên 19∣ A 19∣ f ( A ) Do A = 192019 chia hết cho 19 nên số A1, A2,¼ chia hết cho 19 Từ Ak = 19 Câu Cho x, y, z số thực không âm thoả mãn điều kiện x  y  z 1 Tìm giá trị lớn biểu thức P 6( y  z  x)  27 xyz Lời giải Ta có P 6( y  z )  (27 yz  6) x y  z  2( y  z )   x 27 yz  27 2  27  x2 6  (1  x )   Do P 6  x  x     27  (1  x )    0;1 , ta có: Xét hàm f ( x) 6  x  x    f '( x )  2x  x2  81 15  x   0;1 x  ; f ''( x)  81x  2 (1  x )  x  1  3 Suy hàm f '( x) nghịch biến; ta lại có f '   0  1  1 1  Do với x   0;  f '( x)  f '   0 ; với x   ;1  3  3 3   1 f '( x)  f '   0  3  1  3 Vì vậy, f ( x)  f   10 với x   0;1 Như P 10 Dấu đẳng thức xảy x  y  z  3 Vậy giá trị lớn P 10 Chú ý: Có thể giải tốn cách khơng sử dung đạo hàm sau: Đặt a 3 x; b 3 y; c 3z , a  b  c 9 P 2(b  c  a )  abc Ta chứng minh 2(b  c  a)  abc 10 Thật vậy, ta có (*)  4(b  c  a )  2abc a  b  c  11 Ta có b  4b; c  4c nên 4(b  c ) b  c  Đẳng thức xảy b c 2 Ta cần chứng minh  4a  2abc a  Ta có  4a  2abc  4a  a.(b  c )  4a  a (9  a ) Mà  4a  a(9  a ) a   a  a  5a  0  (a  1) (a  3) 0 Vậy  4a  2abc a  Từ suy chứng minh, tức chứng minh Đẳng thức xảy a 1; b c 2 Vậy giá trị nhỏ P 10 x  Câu Cho hàm số y  y  z  3 x2 có đồ thị (C) Viết phương trình tiếp tuyến M thuộc (C) x-2 biết tổng khoảng cách từ điểm M đến hai trục tọa độ nhỏ Lời giải   Gọi điểm M  m;1     C  , m 2 tiếp điểm m   Ta có : y '  m   m  2   Tiếp tuyến (d) M có phương trình : y   m  2  x  m  1  m (d) Gọi S tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ, ta có: m2 m Cho m 0  S 1 , để tìm GTNN S ta cần xét m thỏa S 1 Chú  m 1 ý : HS có    m2   m 0  m  1 thể chia  S m  Khi đó: S  m   4 2  m   2 (2  m)  1 m 2 m 2 m Dấu xảy  m   (2  m) 4  2 m khoảng để giải  m 0  m 4(loai )  Điểm M cần tìm có tọa độ : M(0; -1) Vậy pttt M là: y  x  Câu .Cho số 1, 2, 3, , n Chúng ta thực việc xóa hai số bảng thay số lần tổng hai số Cứ tiếp tục q trình bảng lại số Chứng minh số cuối lớn 4n với số tự nhiên n ³ Lời giải a + b £ 2( a + b) nên việc thay hai số lần Với a , b số dương, ta có tổng hai số tổng tất bậc hai số bảng không giảm Do đó, số nhận cuối S ( số ban đầu Như thế, ta có S ³ S không nhỏ tổng bậc hai ) + + + + n Ta chứng minh bất đẳng thức sau quy nạp n3 (*) 32 ×2 Với n = 2, ta có + = + 2 > > = nên (*) 9 4k Giả sử (*) đến n = k ³ + + + + k ³ ( ( ) + + + + n ³ ) ( Ta có ( ) ỉ 4k 4k3 ÷ k ( k + 1) ỗ ữ + + + + k + k + ỗ + k + = + k + + ữ ỗ ữ ỗ 9 ữ ỗ ố ứ Ta cn chng minh ) 2 4k k ( k + 1) 4( k + 1)3 + k +1 + > Û 9 144 k ( k + 1) > 12 k + k - Khai triển ta 72 k + 111k + 30 k > 25, nên (*) với n = k +1 Theo nguyên lí quy nạp, (*) chứng minh 4n3 Câu 1: Xác định tất số nguyên n > thỏa mãn tính chất sau: Với số nguyên k, mà k  n , tồn bội nguyên n mà tổng chữ số bội nguyên đem chia cho n dư k Lời giải Gọi S tổng chữ số số nguyên A Nếu | A | S  A  Vậy | n Vậy số nhận cuối bảng khơng nhỏ Bài tốn trở thành: Cho khơng chia hết n k số nguyên tùy ý Cần dựng bội A n cho S  A  k  mod n  Nhận xét n chứa nhân tử 2a ,5b Viết n 2a 5b n' ,  n ',10  1 Chọn A 10 y1  n '  10 y2  n '   10 yt  n '  10 y1  n ' 1  10 y2  n ' 1   10 ys  n '  1 Chọn y1  y2   yt  z1   zs đủ lớn để 2a.5b | A Khi S  A  t  s & A t  10s  mod n ' t  10s 0  mod n '  Ta cần tìm  Như t  s k  mod n  Vì = nên có s cho s  k  mod n '  Chọn t k  s  mod n  , t,s thỏa mãn hệ Do đó, n có bội nguyên A cho S  A  k  mod n  Vậy n ước Câu 1: Cho n số tự nhiên lớn Đặt un số ánh xạ f :  1, 2, , n   0,1, 2,3, 4 thỏa mãn f  i   f  i  1 1, i 1, 2, , n  Xác định công thức un theo n ? Lời giải Gọi an số ánh xạ thỏa mãn f  n  0 Gọi bn số ánh xạ thỏa mãn f  n  1 Gọi cn số ánh xạ thỏa mãn f  n  2 Gọi d n số ánh xạ thỏa mãn f  n  3 Gọi en số ánh xạ thỏa mãn f  n  4 Theo giả thiết ta lập hệ thức truy hồi : an 1 bn , bn 1 an  cn , cn 1 bn  d n , d n 1 en  cn , en 1 d n (*) Từ suy ra: bn 1  d n 1 an  en bn   d n  (1) Mặt khác b2 d 2, b3 d 3 (2) Từ suy bn d n , n từ suy en an , n (**) Từ , suy bn an   cn  3bn  3k n 2k   k  (***) 3 n 2k Gọi un số ánh xạ thỏa mãn toán Kết hợp , , ta được: 14.3k  un 2an  2bn  cn 4bn   6bn   k  8.3 n 2k  n 2k x  mx  n với m  n  x Chứng minh rằng: Nếu tồn a để đường thẳng  : y a không cắt họ đường cong (C m ) họ đường cong có cực đại cực tiểu Câu Cho họ đường cong (C m ) : y  Lời giải Vì m  n  nên họ đường cong (C m ) có cực đại, cực tiểu m  n   x  mx  n a vơ nghiệm x Nên suy phương trình x  (a  m) x  n  a 0 vô nghiệm   a  2a (m  2)  m  4n < có nghiệm a   a 4m  4n  >  m  n    (C m ) có cực đại, cực tiểu Đường thẳng  khơng cắt (C m ) nên phương trình  sin x Câu Chứng minh rằng: e dx > 3 Lời giải Bổ đề: x  e  x  x Thật vậy, xét f  x  e  x   0;    x Ta có f ( x) e x  0 , x 0 x  f  x   f   0  e x  x  , x  Áp dụng bổ đề ta có: x   0;    esin x   sin x 1   esin x dx  (1  sin x )dx  3 2 Câu Cho y  m  1 x   m  1 x  4mx  m a) Tìm giá trị m để hàm số đồng biến b) Chứng minh với m đồ thị hàm số qua điểm cố định thẳng hàng Lời giải a) Tập xác định: D  Cần điều kiện: y 3  m  1 x   m  1 x  4m 0, x   TH1: m  Khi y 4  (thỏa mãn) TH2: m  Khi y tam thức bậc nên y 0, x   m     '  9(m  1)  12m(m  1) 0 Kết luận:  m  m      m   (m  1)(7 m  3) 0 b) Giả sử  x0 ; y0  tọa độ điểm cố định mà đồ thị qua Khi ta có m  x03  302  x0  1  x03  3x02  y0 0, m  x03  3x02  x0  0  0  x0  3x0  y0 (1) Lập bảng biến thiên ta thấy phương trình x0  x0  x0  0 có nghiệm phân biệt, đồ thị hàm số qua điểm cố định  x  3x  x  0 Khi tọa độ điểm cố định thỏa mãn hệ   x  3x  y 0 Trừ hai phương trình cho được: y  x  0 , điểm cố định thuộc đường thẳng y 4 x  Câu Tìm giá trị tham số a để bất phương trình x 1  nghiệm với ax  x  a  x Lời giải Trước hết cần ax  x  a  0 với x   a  a     '  a   4  a (a  3)  TH1: Nếu a   ax  x  a   0, x   , bất phương trình cho thỏa mãn với x   x   ax  x  a  3, x    ax  x  a   0, x    ° 25  4a  a     a 4 41 (vì a    ) (do a   ) TH2: Nếu a  ax  x  a   0, x   bất phương trình cho thỏa mãn với x   x   ax  x  a  3, x    ax  x  a   0, x    ° 25  4a  a     a  41 (vì a   ) (do a  )    41    41 ;   Kết luận: a    ;        x  mx  m  (Cm ) x 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số  Cm  m 1 Câu Cho hàm số: y  2) Tìm m để cực đại, cực tiểu  Cm  nằm hai phía đường thẳng x – y –10 Lời giải x  x 7 1) Khi m 1 hàm số trở thành y  (C1 ) x *) Điều kiện xác định: x 1  x  x2  2x  ; y 0   *) Sự biến thiên : y  ( x  1)  x 4 Ta có bảng biến thiên - Hàm số đạt cực đại x  yCĐ  đạt cực tiểu x 4 yCT 9 f  x   lim f  x    - Đường thẳng x 1 tiệm cận đứng xlim  1 x Đường thẳng y x  tiệm cận xiên xlim  f  x  – x –  xlim     lim  f  x  – x –   lim x   x   0 x 0 x *) Đồ thị : 2) Điều kiện xác định: x 1  x  x2  x   y  Ta có ; y 0   ( x  1)  x 4 Do với m  Cm  ln có cực đại cực tiểu A   2; m   B  4; m   A , B nằm hai phía đường thẳng x – y –1 0  xA – y A –1  xB – yB –1     m    21 – m      m  Câu Tìm p q để giá trị lớn hàm số y  x  px  q   1;1 bé Lời giải Đặt y  f  x   x  px  q Kết luận:   m  Ta có f   q ; f  1 1  p  q ; f   1 1  p  q  f  1  f    f  1  f     p    f   1  f    f   1  f     p Ta xét trường hợp sau:   f  1   max f  x   TH1: p   p      1;1  f  0    f       max f  x   TH2: p   p      1;1  f  0   2 TH3: p 0 f  x  x  q Khi giá trị lớn hàm số y  f  x  đoạn   1;1 đạt x 1 x 0 Ta có f    q , +) Nếu q   +) Nếu q   +) Nếu q  f  1  f   1   q 1  max f  x     1;1 2 1 q   max f  x     1;1 2 1 f    f  1   max f  x    1;1   2 Từ trường hợp ta kết luận p 0 , q  thoả mãn toán x2  x  Câu Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  1 x Lời giải Tập xác định:  \  1 Sự biến thiên:  x 0  x2  x 0   +) y  (1  x)  x 2 +) lim y ; lim y   suy đường thẳng x 1 tiệm cận đứng x 1 q  x y ; lim y   +) xlim   x    x2  x   x    lim[ y  ( x  3)] 0 nên đường thẳng y  x  tiệm cận xiên x  1 x 1 x Bảng biến thiên: y Đồ thị:  x sin xdx Câu Tính tích phân: I   cos x Lời giải Đặt x   t  dx  dt x   t 0  (  t )sin t sin t I  dt   dt  I  cos t   cos t  I   sin t dt 2  cos t Đặt u cos t  du  sin tdt t u  du  I   11 u2  -1    ;  , du   tan v  dv  2 Đặt u tan v với v    u -1  v du (1  tg v)dv   dv  I  2 1 u  tg v     dv  v        2  (  ) 4 x  mx  m ( tham số m 2 ) 2x  m Tìm điểm trục hồnh mà từ vẽ hai tiếp tuyến với đường cong  Cm  mà chúng vng góc vơí Lời giải Gọi M  x0 ;0  điểm cần tìm Câu Cho đường cong  Cm  : y  Đường thẳng ( ) qua M có hệ số góc k có phương trình: y k  x  x0  x  mx  (  ) Để tiếp tuyến đường cong phương trình sau có nghiệm kép: k ( x  x0 ) 2x  m    2k  x   m  2kx0  mk  x   mkx0 0 có nghiệm kép 1  2k 0    k  x0  m   m     2k    mkx0  0  (2) k   (I)   k (2 x  m)  4k (2  mx )  m  0 (3)  Bài tốn trở thành tìm điều kiện để hệ (I) có hai nghiện phân biệt k1 , k2 thỏa mãn k1k2  Thay (2) vào (3) ta có:  x0  m   m  12 0 (4) Vì (4) ln nên hệ (I)  (3)  x0  m 0   Điều kiện cần tìm là:  m    2x  m  m   x0    x  m  4  m    x0  m  4  m (vì m 2 ) (5) Nếu m  (5) vơ nghiệm  m   m2 Nếu m  (5)  x0   m   m2 Vậy có hai điểm M  x0 ;0  cần tìm với x0  e n x Câu Cho I n   x dx với n số tự nhiên Tìm lim I n 1 e Lời giải  nx  ( n 1) x e e  I n  I n 1 Ta có x   0;1  x 1 e  e x e n x Mặt khác  0, x   ;1  I n  0, n  e x Vậy  I n  dãy đơn điệu giảm bị chặn nên tồn lim I n hữu hạn 1 e n x  e   n 1 x dx e  n x dx   e  n Ta có I n  I n 1  x 1 e n 0 n Như ta I n  I n 1   e (*) n n Rõ ràng: lim I n lim I n1 lim  e 0 nên lấy giới hạn vế (*) suy lim I n 0 n Vậy lim I n 0     Câu : Cho hàm số y    x3 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số x Lời giải * TXĐ: D R \  1 * Sự biến thiên +) Tiệm cận x 3 x 3 lim  ; lim  Đường thẳng có phương trình x 1 tiệm cận đứng x x  x x  x 3 x 3 lim 1; lim 1 Đường thẳng có phương trình y 1 tiệm cận ngang x   x  x   x  4  0, x 1 nên hàm số nghịch biến tập xác định +) Bảng biến thiên: y   x  1 Lập bảng biến thiên * Đồ thị: Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I  1;1 làm tâm đối xứng x3 Tìm điểm M thuộc (C) cho tổng khoảng cách từ M đến đường x thẳng 1 : 2x  y    : x  2y   nhỏ Câu : Cho hàm số y  Lời giải  x  3 Giả sử M  x0;   (C ) x0    Khi đó, khoảng cách từ M đến 1: 2x  y   2x0  x0   x0  x0  khoảng cách từ M đến  : x  2y   x0   x0  Suy 2x0  d    x0  1 2x0  tổng x0   x0   x0   2x0   x0  khoảng  x0  ; cách là:     x0   2x0   x0  x0      x0   x0   (1) x0  x0  x0      12   x    x     x0   x0      x0  Dấu đẳng thức xảy (2)  x0      x0  Khi (1) xảy dấu đẳng thức nên dmin  12 x0  3, x0  Vậy M(3; 3) M(-1; -1) điểm cần tìm Câu 1: Cho hàm số y mx   m  1 x   m   x  (1) ( m tham số thực) Tìm tất giá trị m để hàm số (1) có điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1  x2 1 Lời giải Ta có y ' 3mx  6(m  1) x  9( m  2) Hàm số cho có cực trị  y ' 0 có nghiệm  m 0 m 0 m 0      (*)   phân biệt    '   18m  36m    m   ;       m  1 (1)  x1  x2  m Do x1 , x2 nghiệm pt y ' 0, theo định lý Viét ta có   x x   m   (2)  m Lại có x1  x2 1 (3) 3m    m 2  x1  m 3m     m   m      Từ (1), (3)   thay vào (2) ta (t/m (*)   m m m m  x    m Kết luận: Các giá trị cần tìm m 2, m  Câu : x 1 có đồ thị  C  đường thẳng d : y  x  m  ( m tham số x2 thực) Chứng minh với m, đường thẳng d cắt  C  điểm phân biệt A, B Cho hàm số y  Gọi k1 , k hệ số góc tiếp tuyến A B  C  Xác định m để  3k 2  1   3k2  1 98 Lời giải x 1  x  m  (1) x2 (1)  x    x  m  1  x   (vì x  khơng nghiệm pt (1)) Hoành độ giao điểm (C) d nghiệm pt  x    m  x   2m 0 (2) Ta có    m     2m  m  4m  12  m   Vậy pt (1) ln có nghiệm phân biệt hay d cắt (C) điểm phân biệt A, B Gọi x1 , x2 hoành độ A, B  x1 , x2 nghiệm pt (2) Theo định lý Viét ta có  m  k1   x  x    x1    Mặt khác ta có    x x   2m k  2    x2    1  k1k2    4 2 2  x1    x2    x1 x2  x1  x2     2m  m        2 2 Khi  3k1  1   3k2  1 98  9k1  9k   3k1  3k2  96 (*) Ta có k1 , k2  Theo bđt Côsi: 9k12  9k 22 2 81k12k 22 18k1k2 72  3k1  3k2  4 9k1k2 12 24 Vậy VT(*) 72  24 96 Dấu xảy  k1 k2  x1    x2    x1  x2   m   m  2 Kết luận: Giá trị cần tìm m  Câu : Tìm giới hạn hàm số :  x  x2  Lim x x2  Lời giải Giới hạn bẳng 1/16 ( thêm bớt tử với sử dụng liên hợp để khử dạng vô định 0/0) Câu 3: Cho hàm số   x sin x   víi x 0 f ( x )  x 0 víi x 0  Tính đạo hàm hàm số x = chứng minh hàm số đạt cực tiểu x = Lời giải f ( x)  f (0) f '   lim x x lim x  x sin x  lim x x2 x sin x   x    x sin x    x sin x  1   sin x lim sin x x x  x sin x   x sin x  0   Mặt khác với x 0 , ta cã f  x   sin x   x sin x  2  f  x  0  f     x sin x  Vì f ( x) liên tục R từ suy f  x  Đạt cực điểm x 0 Câu 1: Cho parabol (P): y 2 x  (5  m) x  đường thẳng d : y  x  2m ( m tham số) Tìm m để (P) cắt d hai điểm A, B phân biệt cho độ dài đoạn AB ngắn Lời giải (P) cắt d điểm phân biệt phương trình sau có nghiệm phân biệt x  (5  m) x   x  2m  x  (6  m) x   2m 0 (1) Pt (1) có nghiệm phân biệt    m  4m  44  với m Vậy d cắt (P) điểm phân biệt A  x1 ;  x1  2m  , B( x2 ;  x2  2m) m   x1  x2  với x1 , x2 nghiệm pt(1)    x x    2m  2 m  2   Có AB 2   x1  x2   x1 x2   2 (2)  40 , (2)  m, AB 20  AB 2 Đẳng thức xảy m  Vậy m  giá trị cần tìm Câu 1: Cho hàm số y  x  2mx  3m hàm số y  x  Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt hoành độ chúng dương Lời giải Yêu cầu toán  PT sau có hai nghiệm dương phân biệt x  2mx  3m  x   x  2(m  1) x  3m  0   '      3( m  1)    2( m  1)   m    '    m   Kết hợp nghiệm, kết luận m   Câu 1: Cho parabol (P): y  x  x đường thẳng (dm): y 2 x  m  (m tham số) Khi (dm) cắt (P) hai điểm A, B phân biệt , tìm tập hợp trung điểm tam giác AB m thay đổi) Lời giải: 13 +) (dm) cắt (P) hai điểm A, B (A B trùng nhau)  m  +) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x1, x2 ta có: x1 + x2 = 5, x1.x2 = – 2m +) x1, x2 hoành độ giao điểm A, B nên trung điểm I AB có tọa độ: x1  x2   xI     y 3x  2m  2m  17 I  I 13 y 17 13 21   yI  +) Do m  nên ta có: I  8 21 Kết luận: Tập hợp điểm I phần đường thẳng x  ứng với y  2 Câu 1: Cho phương trình: x  2( m  )x  m  0 (*) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x13  x1x22  x1 x23  x2 x12  x2 Lời giải: PT (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ' (m  1)  (m  3)   m   Biến đổi x13  x1 x 22  x1 x 23  x x12  x  ( x  x )[( x  x )  x x  4] 0 (1) Do x1  x nên (1)  ( x1  x2 )2  x1x2  0 (2) Theo Viét ta có: x1+x2 = 2(m+1) ; x1.x2 = m2 – Thay vào (2) có:  m  4(m +1)2 – 2(m2 – 3) – =  m  4m  0    m  (loai) KL : m = - giá trị cần tìm Câu 2: Cho (P): y  x  x  đường thẳng ( d m ) : y 2( m  )x  3m  (m tham số) Tìm m để (dm) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ lớn Lời giải: Hồnh độ giao điểm (dm) (P) nghiệm phương trình: x  x  = 2( m  )x  3m   x – 2mx +3m – = (*) (dm) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ lớn  phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn x1>1, x2>1 '  '       x1  x2   x1   ,x2   ( x  )( x  )   m  3m    , giải ta có: m > KL: m > thoả mãn yêu cầu   2m  3m   2m    Câu 1: Cho phương trình x  x  3m  0 (m tham số) Tìm m để pt có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x2 x12  x2  Lời giải: Để phương trình có hai nghiệm  12  (3m  4) 0  m   x1  x2  Khi m    x1 x2 3m  x12 x2 x12  x2   (3m  4) ( 2)  2(3m  4)   9m  18m 0  m   0;2 Kết hợp với m   5 m   0;  KL  3 Câu 2: Cho phương trình x  x  3m  0 (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn   3;4 Lời giải: Để phương trình có hai nghiệm  12  (3m  4) 0  m  Nghiệm pt x  x  3m  0 hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số y x  x y  3m  Vẽ bảng biến thiên hàm số y x  x đoạn   3;4 Từ bảng biến thiên để phương trình x  x  3m  0 có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn   3;4     3m  3 1 5  m   ;  KL 3 3 Câu 5: Cho phương trình bậc hai: x - (m - 1) x + (2m - 8m + 6) = Tìm m để phương trình có nghiệm Giả sử x1 , x2 hai nghiệm phương trình Tìm giá trị lớn bé biểu thức A = x1 x2 - 2( x1 + x2 ) Lời giải: 23 Đk: D ³ Û 7m - 30m + 23 £ Û £ m £ Theo định lí Viét ta có: ïìï x1 + x2 = m - í ïïỵ x1 x2 = 2m - 8m + Þ A = m - 5m + = ( m - 1) ( m - 4) é 23 ù =- 2m +10m - = f ( m) ; m Ỵ ê 1; ú ê 7ỳ ỷ ổử 5ữ MaxA = f ỗ ữ ỗ ữ= ỗ ố2 ứ MinA = f ( 1) = Câu 6: Viết phương trình hàm số bậc hai biết đồ thị parabol có đỉnh A(1; -2) parabol chắn đường thẳng (d) : y = x + dây cung MN = 34 (đơn vị độ dài) Lời giải: Phương trình (P) có đỉnh A(1; -2) (P): y = m ( x - 1) - ( m ¹ 0) ( 1) Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là: m ( x - 1) - = x +1 Û mx - (2m +1) x - + m = ( 2) D = 16m +1; D > Û m > - 16 - phương trình (2)có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 hoành độ giao điểm 16 M, N (d) (P) D ( x1 - x2 ) = m M , N ẻ ( d ) ị y1 - y2 = ( x1 +1) - ( x2 +1) = x1 - x2 Với ¹ m > Từ (2) suy ra: Þ ( x1 - x2 ) +( y1 - y2 ) = ( x1 - x2 ) ém = ê D Þ MN = 2 Û 17m - 16m - = Û ê (tm) êm =m ê 17 ë ( x - x + 35) Vậy: y = x - x - y =17 2014 2015  Câu 1: Tìm tập xác định hàm số: f  x    x  2x  x2  2x Lời giải 2   x  x   f x   Hàm số xác định   x  x    x     x   x   2  x 3  Vậy tập xác định hàm số f  x  S   1;   2;3  1 x  x Câu 2: Chứng minh hàm số f  x   đồng biến khoảng   1;   x 1 Lời giải Với x1 , x2    1;   , x1  x2 ta có: K  f  x1   f  x2  x1  x2 x1 x2  x  x2 1  x1  x2 x1  x2  1  x2  x1  1 x1  x2   0  x1  x2   x1  1  x2  1  x1  x2   x1  1  x2  1  x1  1  x2  1 (Do x1 , x2    1;   ) Do K   f  x  đồng biến   1;   Câu 3: Chứng minh hàm số f  x   2015  x  2015  x hàm số lẻ Lời giải Tập xác định hàm số D   2015; 2015 Với x  D , ta có  x  D , f   x   2015  x  Câu 1: 2015  x   2015  x   2015  x  f  x  suy f  x  hàm số lẻ Cho hàm số y  x  3x  có đồ thị (C) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số b) Tìm m để phương trình: x  3x  m  có nghiệm Lời giải a) TXĐ: D  b    ;  ; a = > 2a 4a Hàm số đồng biến  32 ;  ; nghịch biến   ; 32  Bảng biến thiên x -∞ +∞ y 3/2 +∞ +∞ 4 2 -1/4 Hình Hình Đồ thị có TĐX x = 3/2, Đồ thị cắt Ox điểm (1;0) (2; 0), cắt Oy (0; 2) Đồ thị (hình vẽ 1) b) Từ đồ thị suy đồ thị hàm số y  x  3x  hình vẽ 2:  m  0  m 2   Từ đó, để phương trình có nghiệm phân biệt điều kiện là:  m    m  9/2  Câu 1: Cho hàm số y x  x  hàm số y  x  m Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I đoạn thẳng AB đến trục tọa độ Lời giải Cho hàm số y x  x  hàm số y  x  m Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm đoạn thẳng AB cách trục tọa độ Yêu cầu tốn  PT sau có hai nghiệm phân biệt x  3x   x  m hay x  x   m 0 (*)có  '   m>1 x  xB 1 ; y I  x I  m m  Gọi x A ; x B nghiệm (*), I trung điểm AB ta có x I  A u cầu tốn  y I  x I  m  1  m 2; m 0 Kết hợp ĐK, kết luận m 2 Câu 1: Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị hàm số y x  x  Lời giải +Lập bảng biến thiên + Vẽ đồ thị hàm số Câu Tìm tất giá trị tham số m để bất phương trình sau có nghiệm: x   x  x  m x 0 Lời giải Điều kiện x 1 Chia hai vế phương trình cho ta có x x  24  m 0  m  x x x, x x1  24 x x x , Ta có bất phương trình m  t  2t x x 1 1   , suy t  , t   0;1 Do x 1 , suy t 0 Ta có x x Xét hàm số f  t   t  2t  0;1 t 1 f  t Đặt t  Từ bảng biến thiên suy m  Nếu HS thiếu t  mà kết luận m  trừ 1,0 điểm câu HS đặt g(t) t  2t  m , xét  1  m TH1   , suy m  , g  t  0 vơ nghiệm TH2  0 , suy m 1 , gọi t1 , t nghiệm, g  t  0  t1 t t Nhận xét t 1 , suy g  t  0 có nghiệm thuộc  0;1 t1     m   m 1 Suy m  2 Cho hàm số y  x  2(m  1) x   m (1) , ( m tham số) a) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt A, B cho tam giác KAB vng K , K (2;  2) b) Tìm giá trị m để hàm số (1) có giá trị lớn Câu Giải a) 2 Cho hàm số y  x  2(m  1) x   m (1) ( m tham số) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt A, B cho tam giác KAB vng K , K (2;  2) Phương trình hồnh độ giao điểm  x  2(m  1) x   m 0  x  2(m  1) x  m  0 (2) Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt A, B phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt   '   (m  1)2  m    2m    m   Gọi nghiệm phương trình (2) x1 , x2   Tọa độ giao điểm A, B A( x1 ;0), B( x2 ;0) ; KA ( x1  2;2), KB ( x2  2;2)  KA  KB  KA KB 0  ( x1  2)( x2  2)  0  x1 x2  2( x1  x2 )  0  m 1  m   2.2(m  1)  0  m  4m  0    m 3 Kết hợp điều kiện m   , ta m 1 , m 3 b) y  x  2(m  1) x   m  y  x  2(m  1) x  (m  1)  (m  1)   m  y  ( x  m  1)  2m   y 2 m  Dấu " " xảy x m  Giá trị lớn hàm số 2m  Giá trị lớn hàm số 2m  6  m 2 Câu Cho parabol (P) có phương trình y  x  3x  , đường thẳng d có phương trình y (2m  1) x  điểm M(3;3) Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng d cắt parabol (P) điểm phân biệt A, B cho tam giác MAB vuông cân M Lời giải + Phương trình hồnh độ giao điểm (P) d là: x  2(m  2) x  0 (*) + Phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt (vì a.c  ) Suy d cắt parabol (P) điểm phân biệt A, B với giá trị m + Gọi A  x1 ; (2m  1) x1   B  x2 ; (2m  1) x2   (với x1 x2 hai nghiệm phương trình (*))   + MA  x1  3; (2m  1) x1  1 MB  x2  3;(2m  1) x2  1 +  Tam giác MAB vuông M suy ra: MA.MB 0   x1  3  x2  3   (2m 1) x1  1  (2m 1) x2  1 0  x1 x1  3( x1  x2 )   (2m  1) x1 x1  (2m  1)( x1  x2 )  0    6(m  2)   (2m  1)  (2m  1)2( m  2)  0  m  2   8m  20m  0    m   + Với m  Suy x1  , x2 1     Khi đó: MA   4;  , MB   2;   Suy MA  MB  13  13 Suy x1  , x2  2       13      13  ;   , MB  ;   Suy MA  MB Khi đó: MA  2     (không thỏa) + Với m  Vậy với m  , tam giác MAB vuông cân M Câu x2  x   có tập xác định R Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y  x  2mx  Lời giải Hàm số y  2x  x   có tập xác định D=R x  2mx  2x2  x   0, x  R x  2mx  2x2  x   1, x  R (vì x  x   0, x  R ) x  2mx  Câu  x  2mx  0, x  R  2  x  2mx  2 x  x  2, x  R  x  2mx  0, x  R   2   (2 x  x  2) x  2mx  2 x  x  2, x  R  x  2mx  0, x  R    x  (2m  1) x  0, x  R 3 x  (2m  1) x  0, x  R   '1 m      (2m  1)  0   (2m  1)  36 0   m   5x    x  x    x f ( x)   m.sin   x  2017    x 1    Cho hàm số Tìm giá trị m để hàm số f ( x ) liên tục x 1 Lời giải    f (1) m.sin   2017   m 2  lim f ( x)  m x   5x      x     ( x   2)  (  x  1)  lim f ( x) lim        xlim  x  1 x x x    x         5x    x x 12 2 x  1 + Tính được: lim  x x + Tính được: lim