Chủ đề 1 hàm số mức độ vận dụng cao phần 2 file word có lời giải

CHỦ ĐỀ 1: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM VÀ KHẢO SÁT HÀM SỐ MỨC ĐỘ VẬN DỤNG CAO-Phần Câu 61 (THPT Thanh Chương 1- Nghệ An - 2021) Cho hàm bậc ba y  f  x  có đồ thị hình vẽ bên Số điểm cực trị hàm số y  xf  x  1  A B C Lời giải D Chọn B 2  Đặt: f  x  ax  bx  cx  d  f  x  3ax  2bx  c Ta có: đồ thị giao với trục Oy điểm  0;1  d 1  Đồ thị hàm số y  f  x  có hai điểm cực trị   1;3 ;  1;  1 nên 3a  2b  c 0 b 0 3a  2b  c 0      a 1  f  x   x  3x  a  b  c   c    a  b  c  3  f  x  1  x  1   x  1   x  3x   f  x  1 3x  x  g  x   xf  x  1   g  x  2 xf  x  1  f  x  1  xf  x  1   g  x  2 x  x  3x  3  x  x  3  x 0  x 2,532   x 0  x 1,347   Suy g  x  0   x  x  0   x  0,879  x  x  0  x 2, 076    x 0, 694  x  0,52  g  x  phương trình bậc có nghiệm phân biệt nên hàm số g  x  có điểm cực trị Câu 62 (THPT Thanh Chương 1- Nghệ An - 2021) Cho hàm số y  f ( x) liên tục R có bảng xét dấu đạo hàm sau: Hàm số y 3 f  x  1  x  15 x  18 x  đồng biến khoảng Trang A  3;    3 B  1;   2 5  C  ;3  2  Lời giải  5 D  2;   2 Chọn B  Ta đặt: y  g ( x)  f  x  1  x  15 x  18 x   g ( x) 6 f  x  1  12 x  30 x  18 6  f  x  1  x  x  3  x  1  x  2  Có f  x  1 0    x  3   x  4  x 1   x 3   x 2   x 5  Từ đó, ta có bảng xét dấu sau:  3 Dựa vào bảng xét dấu trên, ta kết luận hàm số g ( x ) đồng biến khoảng  1;   2 Câu 63 (THPT Thanh Chương 1- Nghệ An - 2021) Cho hàm số f ( x ) x   x Số giá trị nguyên tham số m để phương trình xf ( x)  1 4x  m   f  1 B A 4x  m   0 có hai nghiệm phân biệt C Lời giải D Chọn D Ta có: f ( x)  x   x  f '( x) 1  x  x2  0, x   Suy hàm số f ( x ) x   x đồng biến  Mặt khác, ta lại có: f ( x)  x   x  x  1 x Nên phương trình tương đương với: xf ( x)       xf ( x)   x  m  f  x  m  0 Trang 2  f ( x) 1 4x  m   f  1 4x  m   0      xf ( x )   x  m  f  x  m    2 Đến ta xét hàm đặc trưng y g (t ) tf (t ) t t  t  t  t t  Có g '(t ) 2t  t    t2 t 1  0, t   nên suy g (t ) đồng biến    g ( x) g  x  m   x 1  x  m   Do x  m  x   x  0  x 1 x  m  0 nên suy    m  x  x   x  m   x  1 Xét hàm y  p ( x) x  x  2, x 1  p( x) 2 x  0  x 3 (nhận) Ta có BBT hàm p ( x ) sau: Dựa vào BBT để phương trình có hai nghiệm phân biệt m   p (3); p (1)   m    7;  3 Như vậy, ta kết luận có tất giá trị nguyên thỏa mãn yêu cầu đề Câu 64 (THPT Nguyễn Công Trứ - Hà Tĩnh - 2021) Cho hàm số f  x    m3  x3  3mx   3m  2m   x  m3  2m với m tham số Có số nguyên m    2020; 2021 cho f  x  0 với x   2020; 2021 ? A 2023 B 2022 C 2021 Lời giải D 2020 Chọn B f  x    m3  x  3mx   3m  2m   x  m  2m 0 x   2020; 2021 3   x  m    x  m   mx   2mx x   2020; 2021 (1) Xét hàm số f (t ) t  2t , f '(t ) 3t   0t Vậy hàm số f (t ) đồng biến  nên  1 suy x 2021 x   2020; 2021  m  x 2020 Vậy đoạn   2020; 2021 có 2022 giá trị nguyên m thỏa mãn x  m mx x   2020; 2021  m  Câu 65 (THPT Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2021) Cho hàm số y  f  x  2 x  3x  Tập hợp giá   2sin x    trị m để phương trình f  f     f  m  có nghiệm đoạn  a ; b  Khi giá trị    4a  8b thuộc khoảng sau đây? Trang  23  A  7;    B   2;5   43 39  C  ;    Lời giải  37 65  D  ;    Chọn D Ta có: y 6 x  x  x 0 y 0    x 1 Bảng biến thiên: Ta có:  f  2sin x  1  3  2sin x   sin x     ;  suy f     0;1 nên 2  2    2sin x    f     0;1    Phương trình f     2sin x    f    f  m  có nghiệm   f  m  1    2m3  3m  0  2m  3m 0 m  2 Vậy 4a  8b 4  13 Câu 66 (THPT Hoàng Hoa Thám - Đà Nẵng - 2021) Cho hàm số f  x  có bảng xét dấu f '  x  sau: x Hàm số y  f   e   3x e  3e x  5e x  đồng biến khoảng đây?  3 A  0;   2 B  1;3 C   3;  D   4;  3 Lời giải Chọn C x x 3x 2x x x x 2x x  Ta có y '  e f '   e   e  6e  5e e   f '   e   e  6e  5 Đặt t 2  e x , ta được: y '   t    f '  t     t     t   5   t    f '  t   t  2t  3   Trang  t 2 y ' 0    t    f '  t   t  2t  3 0    f '  t   t  2t   Hàm số g  x   x  x  parabol có trục đối xứng x  cắt trục hồnh điểm có  x 1 hoành độ  Suy f '  t   t  2t   x    Bảng xét dấu:  t 1  t   Dựa vào bảng xét dấu y '  0, x    3;  x2  5x  Câu 67 (THPT Hoàng Hoa Thám - Đà Nẵng - 2021) Cho hàm số f  x   Có tất bao x 1 m để bất phương trình nhiêu giá trị nguyên dương tham số 2021 f   x  18 x  28  m x  18 x  28 m  4042 nghiệm với x thuộc đoạn  2; 4 A 673 B 808 C 135 Lời giải D 898 Chọn A  Đặt u  3x  18 x  28  3( x  3)    x    x    ta có với x   2;4 u   1;2  Biến đổi BPT ta 2021 f  u   m.u m  4042  2021  f  u   2 m  u  1  Ta có f  x   x2  5x  u  5u  u2  u nên f  u    bất phương trình  2 x 1 2u  2u  2021 u  u  2021u 2u  2u  2021u g (u ) , u   1;2  m umin  Lúc yêu cầu toán tương đương m   1;2 2u  2021 2021u  0, u   1;2 hàm số , u   1;2 ta có g (u )   Xét hàm số g (u )   2u  1 2u  biến đổi tiếp m  u  1  m  2021u 2021  g  1  u 1;2  2u   Kết hợp với m số nguyên dương ta m   1;2;3; ;673 g  u  tăng đoạn  1;2 Vì g (u )  Vậy tìm 673 số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Câu 68 (THPT Đào Duy Từ - Hà Nội - 2021) Cho hàm số f  x  Bảng biến thiên hàm số f  x  sau: Trang Số điểm cực trị hàm số y  f  x  x  : A B C Lời giải D Chọn A Ta có : y  x   f  x  x   x 1 y 0   x   f  x  x  0    f  x  x  0 Từ bảng biến thiên hàm số y  f  x   x2   x  Ta có f  x  x  0   x   x2   x a    ;  1 x b    1;0  x c   0;1  * x d   1;    Nhận xét phương trình x  x m  x  x  m 0 : +) Có nghiệm phân biệt khi:  m   m   +) Có nghiệm kép khi:  m 0  m  nghiệm kép x 1 +) Có nghiệm x 1 khi:   m 0  m  Suy  * có nghiệm (đơn) phân biệt khác x 1 Do y  0 có nghiệm đơn Vây: y  f  x  x  có điểm cực trị Câu 69 (THPT Đào Duy Từ - Hà Nội - 2021) Cho hàm số y  f ( x) liên tục  có bảng biến thiên sau: Trang  3x Số nghiệm phương trình f  x2 2  1 0 B A C D Lời giải Chọn C  f 23 x  x 2  1 0  f  x  x 2   23 x  x 2 2 (1)     23 x  x 2 a ( a   1) (2)  x  x 2 b (b  5) (3)  Giải (1): 23 x  x 2  x 1 2  x  x  1  x4  x  0   x   Suy phương trình (1) có nghiệm phân biệt Phương trình (2) vơ nghiệm Phương trình (3) 23 x  x2 2 b  x  x  log b  x  x   log b 0 (4) Phương trình (4) có hai nghiệm trái dấu nên phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt khác với nghiệm (1) Vậy, phương trình cho có nghiệm Câu 70 (THPT Đào Duy Từ - Hà Nội - 2021) Cho hàm số y  f ( x ) hàm số bậc , có đồ thị sau:   Phương trình f  sin x  cos x  1 2 sin  x   f  sin x  cos x   sin x có nghiệm 4   5 5  ; thực thuộc đoạn   ?  4  Trang A C Lời giải B D Chọn B y t y  f '(t )   f  sin x  cos x   2 sin  x   f  sin x  cos x   sin x 0 (*) 4  Đặt t sin x  cos x  5 5  ;  t    ;  Ta có x     4  2 Phương trình (*)  f  t   2t f  t   t 0   f  t   t  0  f  t  t Yêu cầu toán trở thành tìm nghiệm phương trình f  t  t 1 với t    ;  Từ đồ thị hàm số phương trình (1) có nghiệm t 0  sin x  cos x 0    sin  x   0  x  k (k  ) 4   x   k 5  5  5 5  x ;     k    k  ; k    k  { 1;0;1}  n0 4  4   Câu 71 (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2021) Cho hàm số f  x  có đồ thị bên  Số nghiệm phương trình f x   A Trang B  x  1 C Lời giải D Chọn B Đặt t  x   x  , x  Ta có t  1  0  x 1 Khi bảng biến thiên hàm số 6x  Phương trình cho trở thành f  t   Dựa đồ thị ta thấy phương trình có nghiệm  t a    1;    t b   1;   t c  2;3    Dựa vào bảng biến thiên hàm số t  x   Phương trình t a  x   x  ta có x  a có nghiệm phương trình t b  x   có nghiệm Phương trình t c  x    Vậy phương trình f x   x  b x  c có nghiệm  x  1 có nghiệm Câu 72 (Trung Tâm Thanh Tường - 2021) Cho f  x  , g  x  hàm đa thức bậc có đồ thị hình vẽ bên Đặt h  x   f  x   g  x  Số điểm cực trị hàm số h  x  A B C Lời giải D Chọn A Theo đồ thị f  x  , g  x  hai đồ thị cắt điểm có hồnh độ  , , nên h  x  a  x    x  1  x   với a  (do hệ số x3 f  x  dương hệ số x3 g  x  âm)  đồ thị y h  x  có dạng: Trang y -2 x  Đồ thị hàm số y  h  x  vẽ dựa đồ thị hàm số y h  x  sau: + Bước 1: Giữ nguyên phần đồ thị bên phải trục tung, bỏ phần bên trái lấy đối xứng phần bên phải trục tung qua trục tung + Từ đồ có qua bước 1, giữ nguyên phần đồ thị trục hoành, lấy đối xứng với phần đồ thị trục hồnh Từ suy số điểm cực trị hàm số h  x  Câu 73 (Trung Tâm Thanh Tường - 2021) Cho hàm số f  x  x  mx  m  8, x   với m số khác Biết phương trình f  x  0 có hai nghiệm phân biệt Hỏi có giá trị nguyên k thỏa mãn phương trình f  x  k có nghiệm phân biệt ? A B 34 C Lời giải Chọn D Ta có: hệ số a 1  f  x  0 có hai nghiệm phân biệt  Đồ thị hàm số có điểm cực trị điểm thuộc trục hoành f  x  3x  m m f  x  0  x   m  0  m m  m  0  m 24 ( thỏa mãn) Trường hợp :    m  6 m 24 : f  x  x  12 x  16 f  x  k có nghiệm phân biệt  k   0;32  Có 31 giá trị nguyên k thỏa mãn  m m  m  0  m 6 ( thỏa mãn) Trường hợp :     m  6 m 6 : f  x  x  3x  f  x  k có nghiệm phân biệt  k    4;0  Có giá trị nguyên k thỏa mãn Trang 10 D 34