Chủ đề 1 hàm số mức độ vận dụng cao phần 1 file word có lời giải

CHỦ ĐỀ 1: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM VÀ KHẢO SÁT HÀM SỐ MỨC ĐỘ VẬN DỤNG CAO-PHẦN Câu (Chuyên Quốc Học Huế - 2021) Cho hàm số y  x  2m(m  1) x  2m3  m  có đồ thị  Cm  ( x m m tham số thực) Gọi A điểm thỏa mãn vừa điểm cực đại  Cm  ứng với giá trị m vừa điểm cực tiểu  Cm  ứng với giá trị khác m Giá trị a để khoảng cách từ A đến đường thẳng  d  : x   a  1 y  a 0 đạt giá trị lớn A a 3 B a  10 C a  Lời giải D a  10 Chọn D 2 x  2m( m  1) x  2m3  m   x  m   2m  x  m   ( Điều kiện x m )  x m x m y  f  x  x  m   2m x m  y ' 1  0   x  m  1  x  m y  x  m 1    x  m   x m   y  m  1 1   2m 2  2m  2  x m   y  m  1    2m   2m Khi A  x0 , y0  thỏa hệ phương trình m1  m2   x0 m1  m2  m1  m2      2 m1  m2 2  y0 2  2m1   2m2  m1  m2   m1  m2  2   m1   x0   5     A  ,    2 m   y   2  Với  d  : x  (a  1) y  a 0  d  A;  d      a  1  a 2 a  2a   a  a     g ' a 0   g a     Xét hàm   a  2a   a   Bảng biến thiên 10 x     f ( x) 58 f ( x) 49 10 10 g  x  max a  nên d  A,  d   max a  3  m1  m2   m1  m2  a2 a  2a  10    49 Trang Câu (Chuyên Quang Trung - Bình Phước - 2021) Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình bên  sin x  cos x  Phương trình f    0 có nghiệm   A B C  3 7    ;  D Lời giải Chọn A sin x  cos x     sin  x   Đặt sin  x   t , t    1;1 Ta có: 4 4   Phương trình tương đương: f  t     t t1    ;  1  loai    t t2    1;0   3 7  ; Với x    , ta có bảng biến thiên t sau:  4   3 7  ; Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình t t2 có nghiệm x     4  Trang Câu (Chuyên Quang Trung - Bình Phước - 2021) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục  x2  x  Đồ thị y  f  x  hình vẽ Số đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  f  x  f  x A B C Lời giải D Chọn A  x  1  x   x2  x   Xét hàm số y  f  x   f  x  f  x   f  x   1  f  x  0 Xét phương trình f  x   f  x   1 0    f  x  1  x 1 kep   x 1 TCĐ, x  không TCĐ Với f  x  0    x   don   x 0   x 0 , x x1 , x  x2 đường TCĐ Với f  x  1   x x1   0;1  x  x   2;     Vậy đồ thị hàm số có đường TCĐ Câu (Chuyên Quang Trung - Bình Phước - 2021) Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị hình vẽ Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên tham số m để hàm số y  f điểm cực trị Tổng phần tử S A B C   x  1   m có D 10 Trang Lời giải Chọn A Xét hàm số y f   x  1 m    y 2  x  1 f   x  1  m   x 1   y ' 0    x  1  m      x  1  m 3  x 1    x  1   m    x  1 3  m Để hàm số có điểm cực trị   m 0   m   m   m    1;0;1; 2 Vậy tổng phần tử S Câu (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2021) Cho hàm số f  x  ax  bx  cx  dx  e,  a 0  có đồ thị đạo hàm f '( x) hình vẽ Biết e  n Số điểm cực trị hàm số y  f  f  x   x  A B 10 C 14 Lời giải D Chọn A Ta có y '  f  x   x  ' f ''  f  x   x   f '( x)   f ''  f  x   x   f '  x   0 y ' 0    f ''  f  x   x  0 + f '  x   0  f '  x  2 có nghiệm  f  x   x m (1) + f ''  f  x   x  0    f  x   x n (2) Xét phương trình  1 : f  x   x m  m   , đặt g  x   f  x   x  g '  x   f '  x    x  x1  m g '  x  0  f '  x  2   x 0  x  x2  n Bảng biến thiên: Trang Từ bảng biến thiên  phương trình  1 có nghiệm Xét phương trình   : f  x   x n  n  e  , đặt h  x   f  x   x  h '  x   f '  x    x x1  m h '  x  0  f '  x  2   x 0  x x2  n Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên  phương trình (2) có nghiệm Vậy hàm số y  f  f  x   x  có điểm cực trị Câu (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2021) Cho hàm số f  x   x  2m ( m tham số) Gọi S x 2 f  x   f  x  2 Số phần tử S tập hợp tất giá trị m cho max  1;3  1;3 A B C Lời giải D Chọn C Ta có f  x    2m  x  2 , x  f  x  min f  x  1 Nếu m 1  f  x  1, x  , max  1;3  1;3   2m  m   2m  2m , f  3  Nếu m 1 ta có f  x  hàm số đơn điệu đoạn  1;3 , f  1  f  x  0, max f  x   f  1 +) Nếu f  1 f  3 0   m   1;3  1;3 2   2m  m  , m   2  max f  x   f  3 Do max f  x   f  x  2     1;3  1;3  1;3   2m  m  , m  2    Kết hợp điều kiện xét khơng có giá trị m 13 Trang  m   +) Nếu f  1 f  3    m     f  x   max f  x   f  1  f  3  1;3  1;3  2m  m  2m  m  f  x   f  x  2   2 Do max 1;3 1;3     5    m     1  2m   2m  11    m       m    m 1 ( lo¹i m 1)    1  2m  2m   2   11 Vậy S có hai phần tử m 1, m  Câu (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2021) Cho hàm số y  f  x  xác định  , có bảng biến thiên hình vẽ Với giá trị m đồ thị hàm số y  cận đứng Chọn đáp án A  m 1 B m 1 có tổng số đường tiệm cận ngang tiệm f  x  m C  m  Lời giải D m 0 Chọn C y  lim Ta có xlim   x   1  f  x  0 Do đó: xlim   f  x  m  m Nếu m 0 đồ thị hàm số y  khơng có tiệm cận ngang f  x  m 2 Mặt khác phương trình f  x   m 0  f  x  0 vơ nghiệm nên đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng Nếu m 0 đồ thị hàm số y  1 có tiệm cận ngang y  f  x  m m 2 + m  : Phương trình f  x   m 0 vô nghiệm vô nghiệm nên đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng  f  x  m  f x  m     + m 0:  f  x   m Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f  x   m vô nghiệm với m  Trang Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận phương trình f  x   m có hai nghiệm phân biệt   m  Vậy  m  đồ thị hàm số y  Câu có tiệm cận f  x  m (Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - 2021) Cho x, y số thực dương thoả mãn điều kiện  x  xy  0   x  y  14 0 Tổng giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P 3x y  xy  x3  x thuộc khoảng sau đây? A   2;  C  1;3 B   ;  1 D  0;  Lời giải Chọn A Ta có x  xy  0  y  x2  thay vào x  y  14 0 ta có bất phương trình x x2  x2  vào P 3x y  xy  x  x ta có 2x   14 0   x  Thay y  x x  x2   x2  x4  6x2  5x2  3 P 3 x  x  2x  2x    x  x 3x  x  3  x x x  x  P  5x2   9 5x2   0,  x  1; Suy đồng biến P    x2 x  9  1;  9 P  Min P 0 P P   4; Min P P  1  Suy Max  9  9 Vậy Max 1;  9      1;   5  1;   1;   Câu    (Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - 2021) Cho hàm số y  f  x  có bẳng biến thiên sau   Số điểm cực đại hàm số g  x   f x  x  A B C Lời giải D Chọn C  Ta có g  x    f  x  x       2 f  2x  x   4x 1 f  2x  x  2 Trang     8a  a  1 x  x  x a  a  1    f  x  x  0   x   x   g  x  0   x  0       x 1  x  x 1  f  x  x  0   x  x  2    x  Vì a  nên có thứ tự nghiệm g  x  0 là: x1     8a 1    8a  x2   x3   x4   x5  4 Vậy g  x  0 có nghiệm đơn suy g  x  đổi dấu x chạy qua nghiệm đơn  1 Với    ;     x3 ; x4   Xét g   2 f   f    Suy g  x   khoảng  2  1   ;  hay khoảng  x3 ; x4  Ta có bảng xét dấu g  x  sau  2 Ta có hàm f  x  liên tục  nên hàm số g  x   f x  x  liên tục    Vậy hàm số g  x   f x  x  có điểm cực đại x  x2  x  x4    Câu 10 (Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - 2021) Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y (m  m  6) x  (m  3) x  x  nghịch biến  ? A B C Lời giải D Chọn B Ta có y 3(m  m  6) x  2( m  3) x   m  2 TH1: Xét m  m  0    m 3 Với m 3 y   , x   suy hàm số nghịch biến  Vậy m 3 nhận Với m  y  10 x  suy hàm số không nghịch biến  Vậy m  loại TH2: Xét m  m  0 Trang Điều kiện để hàm số cho nghịch biến  y 0 x   a 3( m  m  6)   2  (m  3)  3(m  m  6)( 2) 0   m    7 m  12m  27 0   m     m    m 3   Vì m   nên suy m    1, 0,1, 2,3 Vậy có giá trị nguyên tham số m thỏa yêu cầu toán Câu 11 (Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - 2021) Cho hàm số bậc ba y  f ( x ) có đồ thị đường cong hình vẽ bên Số nghiệm thực phân biệt phương trình f A 24 B 14    x2  x2   2021 D 10 C 12 Lời giải Chọn D y g ( x )  f    x  x  với g ( x)  2021   Ta đặt: t   x , x    2;  suy y g (t )  f t  t  , t   0; 2 t  t  3, t   0;     Suy ra: h(t ) t  t    t  t  3, t   3;  Từ ta có BBT hàm số h(t ) hình vẽ bên: Đặt u  t  t  ta có BBT u sau: Trang x 2 t t t2 3 t t2 3 3 3 3 0 Nhìn vào đồ thị y  f ( x) ta có được:  f ( x) ax3  bx  cx, a 0    a 0  f (1)  f (2) 0, f "(1) 0 Như ta suy f ( x)  x  x  1  x   Mà hàm số có cực trị  x  x0 nên suy f  x0   4 3  x0  Như vậy: f (3) 4, f    0, 2, f  3    49     Từ đó, ta phác họa đồ thị y  f  u  với u  t  t  sau: Dựa vào hình vẽ trên, ta kết luận phương trình g ( x )  có tất 10 nghiệm phân biệt 2021 Câu 12 (Chuyên ĐHSP Hà Nội - 2021) Cho hàm số bậc bốn trùng phương f ( x ) có bảng biến thiên sau: Số điểm cực trị hàm số y  A Chọn C Trang 10 B f ( x )  1 4 x C Lời giải D