ÔN TOÁN THPT

  Câu (Đề thức 2018) Cho hai hàm số  y  f  x  ,  y  g  x   Hai hàm số  y  f   x   và  y  g   x   có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm  số  y  g   x      3  Hàm số  h  x   f  x    g  x    đồng biến trên khoảng nào dưới đây?  2   31  9   31   25  A  5;    B  ;3    C  ;     D  6;     5 4      Lời giải Kẻ đường thẳng  y  10  cắt đồ thị hàm số  y  f   x   tại  A  a;10  ,  a   8;10   Khi đó   f  x    10,  x   a  f  x    10,   x      ta có    3 3 25   g x   5,  x   11 g x   5,  x        2 2 4     3  Do đó  h  x   f   x    g   x     khi   x    2  Kiểu đánh giá khác:  3  Ta có  h  x   f   x    g   x     2  25 9  Dựa vào đồ thị,  x   ;3  , ta có   x   ,  f  x    f  3  10 ;  4   2x    3   , do đó  g  x    f      2 2    3  9  Suy ra  h  x   f   x    g   x    0, x   ;3   Do đó hàm số đồng biến trên  2  4  9   ;3    4  Câu (Đề thức 2018) Cho hai hàm số  y  f  x  ,  y  g  x   Hai hàm số  y  f   x   và  y  g  x   có đồ thị như hình vẽ bên    trong  đó  đường  cong  đậm  hơn  là  đồ  thị  của  hàm  số  y  g ( x )   Hàm  số  7  h  x   f  x  3  g  x   đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 2   13   29   36  A  ;4   B  7;    C  6;    4     5  36  ;       D  Lời giải Chọn A Cách 1. Ta thấy  f '( x )  g '( y )  với mọi  x  (3 ; 8)  và mọi  y       7 2 Suy ra  f '( x  3)  g '  x     với mọi  x   (3;8)    hay  x  (0  ; 5)     25   x    ;7   f ( x  7)  10    13   Cách Ta có:  x   ;     h( x)     9 7 4    x    3;   g   x      2 2   13   h  x   đồng biến trên   ;4   4      Câu (Đề thức 2018) Cho hai hàm số  y  f ( x)  và  y  g ( x)  Hai hàm số  y  f ( x)   và  y  g ( x)  có đồ thị như hình vẽ dưới đây, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị  5  hàm số  y  g ( x)  Hàm số  h( x)  f ( x  6)  g  x    đồng biến trên khoảng nào dưới  2  đây?   21  A  ;          21  C  3;     5 1  B  ;1   4   17  D  4;     4 Lời giải 5  Ta có  h( x)  f ( x  6)  g   x     2  Nhìn vào đồ thị của hai hàm số  y  f ( x)  và  y  g ( x)  ta thấy trên khoảng  (3;8)  thì  g ( x)   và  f ( x)  10  Do đó  f ( x)  g ( x)   5 11  Như vậy:  g   x     nếu   x     x    2 4  f ( x  6)  10  nếu   x    3  x    5 1   Suy ra trên khoảng   ;   thì  g   x     và  f ( x  7)  10  hay  h( x)    2 4   1  Tức là trên khoảng   ;1  hàm số  h( x)  đồng biến.  4  Câu (Đề thức 2018) Cho hai hàm số  y  f  x   và  y  g  x   Hai hàm số  y  f   x    và  y  g   x   có đồ thị như hình vẽ dưới đây, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị  9  hàm số  y  g   x   Hàm  số  h  x   f  x    g  x    đồng biến trên khoảng  nào  2  dưới đây?         16  A  2;     5   B   ;0       16  C  ;        13  D  3;     4 Lời giải 9  Ta có  h  x   f   x    g   x     2  Nhìn vào đồ thị của hai hàm số  y  f   x   và  y  g   x   ta thấy trên khoảng   3;8   thì  g   x    và  f   x   10  Do đó  f   x   g   x    9  Như vậy:  g   x     nếu   x      x    2 4  f   x    10  nếu   x    4  x    Câu 9    Suy ra trên khoảng    ;1  thì  g   x     và  f   x    10  hay  h  x     2      Tức là trên khoảng    ;0   hàm số  h  x   đồng biến.    (Đề Tham Khảo 2018) Cho hàm số  y  f ( x)  Hàm số  y  f '( x)  có đồ thị như hình  bên. Hàm số  y  f (2  x ) đồng biến trên khoảng    A 1;3 B  2;  C  2;1 Lời giải Chọn C Cách 1:   D  ; 2   Tính chất:  f ( x )  và  f (  x)  có đồ thị đối xứng với nhau qua  Oy  nên  f ( x )  nghịch biến  trên  ( a; b)  thì  f (  x)  sẽ đồng biến trên  ( b;  a )    x  (1; 4) Ta thấy  f '( x )   với    nên  f ( x )  nghịch biến trên  1;   và   ; 1  suy ra   x  1 g ( x )  f (  x )  đồng biến trên ( 4; 1)  và  1;    Khi đó  f (2  x )  đồng biến biến trên  khoảng  ( 2;1) và   3;     Cách 2:  x  1 Dựa vào đồ thị của hàm số  y  f   x   ta có  f   x       1  x  Ta có   f   x      x  f    x    f    x    Để hàm số  y  f   x   đồng biến thì   f   x     f    x       x  1 x      1   x   2  x  Câu (Đề Minh Họa 2017) Tìm  tất  cả  các  giá  trị  thực  của  tham  số  m   sao  cho  hàm  số  tan x    y  đồng biến trên khoảng   0;    tan x  m  4 A m   m    B m    C  m    D m    Lời giải Chọn A   Đặt  t  tan x , vì  x   0;   t   0;1    4 t 2 Xét hàm số  f  t   t   0;1  Tập xác định: D   \ m   tm 2m Ta có  f   t     t  m    Để hàm số  y  đồng biến trên khoảng   0;  khi và chỉ khi:  f   t   t   0;1    4 m    m  2m    t   0;1      m   m   ;0  1;    t  m  m   0;1 m       1  tan x  m    tan x   2 cos x   CASIO: Đạo hàm của hàm số ta được  y  cos x  tan x  m  Ta nhập vào máy tính thằng  y  \ CALC\Calc  x     ( Chọn giá trị này thuộc   0;   )   4  \= \ m  ?  1 giá trị bất kỳ trong 4 đáp án.  Đáp án D  m   Ta chọn  m   Khi đó  y   0,17   ( Loại)  Đáp án C   m   Ta chọn  m  1,5  Khi đó  y   0, 49   (nhận)  Đáp án B  m   Ta chọn  m   Khi đó  y   13,   (nhận)  Vậy đáp án B và C đều đúng nên chọn đáp án A  Câu (Đề Tham Khảo 2018) Có  bao  nhiêu  giá  trị  nguyên  của  tham  số  m   để  hàm  số  y  x  x  12 x  m  có   điểm cực trị?  A   B   C   D   Lời giải Chọn D y  f  x   x  x  12 x  m   Ta có:  f   x   12 x3  12 x2  24 x ;  f   x    x   hoặc  x  1  hoặc  x      Do hàm số  f  x   có ba điểm cực trị nên hàm số  y  f  x   có   điểm cực trị khi  m    m   Vậy có   giá trị nguyên thỏa đề bài là   m   m  1; m  2; m  3; m    Câu (Đề thức 2018) Có  bao  nhiêu  giá  trị  ngun  của  tham  số  m   để  hàm  số  y  x8   m  3 x   m   x   đạt cực tiểu tại  x  ?  A   B   C   Lời giải   D Vơ số.    Ta có  y  x8   m  3 x   m   x     y  x   m  3 x   m   x     y     x3 x   m  3 x   m      x      g  x   x   m  3 x   m    Xét hàm số  g  x   x   m  3 x   m    có  g   x   32 x   m  3   Ta thấy  g   x    có một nghiệm nên  g  x    có tối đa hai nghiệm  +) TH1: Nếu  g  x    có nghiệm  x     m   hoặc  m  3   Với  m   thì  x   là nghiệm bội   của  g  x   Khi đó  x   là nghiệm bội 7 của  y   và  y  đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm  x   nên  x   là điểm cực tiểu của  hàm số. Vậy  m   thỏa ycbt.  x  Với  m  3  thì  g  x   x  30 x       x  15  Bảng biến thiên    Dựa vào BBT  x   không là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy  m  3  không thỏa ycbt.  +)  TH2:  g       m  3   Để  hàm  số  đạt  cực  tiểu  tại  x     g       m2    3  m    Do  m    nên  m  2; 1; 0;1; 2   Vậy cả hai trường hợp ta được   giá trị nguyên của  m  thỏa ycbt.  Câu (Đề thức 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham sớ  m  để đờ thị của hàm sớ  y  x3  3mx2  4m3  có  hai điểm cực trị  A  và  B  sao cho tam giác  OAB  có  diện tích  bằng   với  O  là gốc tọa độ.  1 A m   ; m    B m  1 ; m    2 C m    D m    Lời giải Chọn B     y  3x  6mx    x   y  4m3 y   3x  6mx     m  0    x  2m  y  Đồ thị của hàm số có hai điểm cực trị  A  0; 4m3   và  B  2m;0  ,   m     1 SOAB  OA.OB   4m3.2m   4m   m  1   2 Câu 10 (Đề Tham Khảo 2017) Gọi  S  là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số  m  để đồ  thị của hàm số  y  x  mx   m  1 x  có hai điểm cực trị  A  và  B  sao cho  A, B   nằm khác phía và cách đều đường thẳng  d : y  x   Tính tổng tất cả các phần tử của  S   A   C 6   B D   Lời giải Chọn A Cách 1: Ta có  y '  x  2mx   m  1     m3  3m   x  m 1 m3  3m   B m  1;  y'     A  m  1;  và      3 x  m 1     m  m  1 Dễ thấy phương trình đường thẳng  AB : y   x   nên  AB  không thể  3 song song hoặc trùng với  d  A, B  cách đều đường thẳng  d : y  x   nếu trung  điểm  I  của  AB  nằm trên  d   m   m3  3m  m3  3m I  m;  5m   m  18m  27        d   m  3  3    Với  m   A, B  thỏa điều kiện nằm khác phía so với  d   Với  m  3   A, B  thỏa điều kiện nằm khác phía so với  d   Tổng các phần tử của  S  bằng 0.      Câu 11 (Đề thức 2017) Cho  hàm  số  y  Min y  Max y  1;2  1;2  A  m    xm   ( m   là  tham  số  thực)  thoả  mãn  x 1 16  Mệnh đề nào dưới đây đúng?  B  m    C m    Lời giải D m    Chọn D Ta có  y  1 m  x  1    Nếu  m   y   Không thỏa mãn yêu cầu đề bài.   Nếu  m   Hàm số đồng biến trên đoạn  1;  , suy ra  y  max y  1;2  1;2  16 m  m  16    m   (loại).  3  Nếu  m   Hàm số nghịch biến trên đoạn  1;  ,    m  m 16    m  5  1;2  1;2  3 x 1 Câu 12 (Đề thức 2018) Cho hàm số  y   có đồ thị   C   Gọi  I  là giao điểm của  x2 hai tiệm cận của   C   Xét tam giác đều  ABI  có hai đỉnh  A ,  B  thuộc   C  , đoạn thẳng  Suy ra  y  max y  y    y  1  AB  có độ dài bằng  A   C   B   Lời giải x 1  1   x2 x2 I  2;1  là giao điểm hai đường tiệm cận của   C     C  :  y      Ta có:  A  a;1     C  ,  B  b;1     C    a2 b2         IA   a  2;   ,  IB   b  2;     a2 b2   Đặt  a1  a  ,  b1  b   ( a1  ,  b1  ;  a1  b1 ).  Tam giác  ABI  đều khi và chỉ khi    D 2      a1   b12    a1 b1  a1  a  b1  b  IA2  IB       a1b1       a1b1  cos IA, IB  cos 60  IA.IB     IA.IB 2  a1  a    1    2  1 1  Ta có  1  a12  b12       a12  b12         a1 b1   b1 a1   a1  b1  a  b a  b  a b      a12  b12   2     a12  b12  1  2     2    a b  a b a b a b   1  1   1   1  a  1b1  3 2 2 Trường hợp  a1  b1  loại vì  A / B ;  a1  b1 ,  a1b1  3  (loại vì khơng thỏa    ).    a   12   Do đó  a1b1  , thay vào     ta được  a12 a12  2 a1 3 Vậy  AB  IA  a12  Câu 13    a12 (Đề thức 2018) Cho hàm số  y  14 x  x  có đồ thị   C   Có bao nhiêu điểm  3 A   thuộc   C    sao  cho  tiếp  tuyến  của   C    tại  A   cắt   C    tại  hai  điểm  phân  biệt  M  x1; y1  ,  N  x2 ; y2   ( M ,  N  khác  A ) thỏa mãn  y1  y2  8 x1  x2  ?  A   B 2  C 0  D   Lời giải Chọn B Cách 1: Gọi  d  là tiếp tuyến của   C   tại  A   x    28   y  x  x  y    x  3 x   Do tiếp tuyến tại  A  cắt   C   tại  M ,  N  x A   ;       Số nghiệm phương trình (1) số giao điểm đồ thị hàm số y  g ( x ) y  t Dựa vào bảng biến thiên ta có + t  1 t  316 phương trình (1) có nghiệm 27 + t  1 t  316 phương trình (1) có nghiệm 27 + 1  t  316 phương trình (1) có nghiệm phân biệt 27 * Ta có f ( f ( x)  3)  m  f ( x)   f (t )  m  2t  (2) Điều kiện để phương trình (2) có nghiệm t   (2)  f (t )  m  4t  4t   m  4t  4t   f (t )  m  2t  3t  12t  t  1 Đặt h(t )  2t  3t 12t  ; h(t)  6t  6t  12 ; h (t )    t  Bảng biến thiên Số nghiệm phương trình (2) số giao điểm đồ thị hàm số y  h (t ) y  m Dựa vào bảng biến thiên ta có + m  14 phương trình (2) vơ nghiệm + m  14 m  11 phương trình (2) có nghiệm + 11  m  14 phương trình (1) có nghiệm phân biệt Phương trình f ( f ( x)  3)  m  f ( x)  có nghiệm thực phân biệt phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (2) có nghiệm phân biệt Vậy phương f ( f ( x)  3)  m  f ( x)  có nghiệm thực phân biệt phương trình (2) có 316 hai nghiệm phân biệt   t  27 Dựa vào bảng biến thiên ta kết 11  m  14 Suy S  1; 2; ;13 Tổng phần tử S    11  12  13  91 Câu 131 (Sở GD Bạc Liêu - 2019) Cho hàm số f  x   x  x  m Hỏi có giá trị nguyên tham số m  m  2020  để với ba số phân biệt a, b, c  1;3 f  a  , f  b  , f  c  độ dài ba cạnh tam giác A 2015 B 2011 C 2019 Lời giải D 2020 Chọn B f   x   3x  x x  f  x    x  Ta có bảng biến thiên f 1  m  2; f    m  4; f  3  m Vậy max f  x   m; 1;3 f  x   m  1;3 Với a, b, c  1;3 , để f  a  , f  b  , f  c  ba cạnh tam giác  f  a   f b  f  c    f  a   f  c   f b   f b  f  c   f  a  Điều f  x  f  x   max f  x  1;3 1;3 1;3 Do đó, giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán  m  4  m  m  Kết hợp với giả thiết cho, ta được: g  m  2020 Vậy số giá trị nguyên m 2012 Câu 132 (Sở GD Tiền Giang - 2019) Cho hàm số y  2x 1 có đồ thị  C  Biết đường thẳng x 1 d : y   x  m cắt  C  hai điểm phân biệt A , B , độ dài nhỏ AB A B C 10 D Lời giải Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm  C  d : 2x 1  2 x  m 1 x 1  x  1  x  1    x    2 x  m  x  1 2 x   m   x  m   (2) d cắt  C  hai điểm phân biệt  pt 1 có hai nghiệm phân biệt  pt (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1    m2   (luôn với m )   m   m    Khi giao điểm A , B d  C  có hồnh độ x1 , x2 nghiệm pt (2)   A  x1 ; 2 x1  m   AB  x2  x1 ; 2 x2  x1    B  x2 ; 2 x2  m  2  AB   x2  x1    x1  x2   x1 x2      m  8 5.8 hay AB  10 Dấu xảy m   AB  Vậy AB đạt giá trị nhỏ 10 Câu 133 (Sở GD Tiền Giang - 2019) Có giá trị nguyên dương tham số m cho hàm số m  sin x nghịch biến khoảng cos x A B y Chọn C Đặt t  sin x , ta có hàm số g t   m t 1 t π π  ; ? 6 3 C Lời giải D Vô số π π  Vì hàm số t  sin x đồng biến khoảng  ;  nên hàm số f  x  nghịch biến khoảng    π π   ;  hàm số g t  nghịch biến khoảng      ;   2      t  2mt 1    ;   0,  t  Ta phải có g ' t   0, t   ;     2   2    1 t  1 3 1 3 t 1  t  2mt 1  0, t  ;   m  , t  ;   2   2  2t Xét hàm số h t   1 3 1  t 1 t 1 , t  ;  có h 't    0, t  ;  nên h t  nghịch  2   2  2t 2t   biến khoảng  ;   2    Bài toán thỏa mãn m  g      12 Vì m nguyên dương nên có giá trị tham số m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 134 (Sở GD Tiền Giang - 2019) Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m để đồ thị   hàm số y  x3  3mx  m2  x có hai điểm cực trị A B cho khoảng cách từ A B đến đường thẳng  :3 x  y   Tích giá trị tất phần tử S A B C 5 Lời giải D 3 Chọn C y  x3  3mx2   m2  1 x  x1  m   y1  m  3m  Ta có y    x  mx  m  1 , y '     x2  m   y  m  3m   Đồ thị hàm số ln có hai điểm cực trị A  m  1; m  3m   , B  m  1; m  3m   , m Vì khoảng cách từ A B đến đường thẳng  nên ta có:  m  1   m3  3m    1   m  1   m3  3m    1  m  6m   m    m  1  m2  m       m1.m2 m3  5  m2 m3  5 Câu 135 (Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần - 2019) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục  Hàm số y  f '  x  có đồ thị hình vẽ bên Tìm tập hợp S tất giá trị thực tham số m để hàm số g  x   f '( x )  có nghiệm phân biệt, lim f  x    x   f  x   f  x   m có điểm cực trị, biết phương trình f  a   1, f  b   , lim f  x    x   A S   5;0  B S   8;0  1  C S   8;  6  Lời giải 9  D S   5;  8  Chọn A Từ gt ta có BBT f ( x ) Xét hàm số h  x  f  x  f  x , có h '  x   f  x  f '( x)  f '  x  h '  x    f  x  f '( x)  f '  x    f '  x    f ( x)    x  a  x  b  f ( x)  3 / f ( x )   /  x  c  a (theo BBT) BBT h( x) Để hàm số g ( x) | f  x   f  x   m || h  x   m | có điểm cực trị phương trình h  x   m phải có nghiệm phân biệt, hay  m   5  m  Câu 136 (Quang Trung - Bình Phước - Lần - 2019) Cho hàm số f  x  liên tục  Hàm số f   x  có đồ thị hình vẽ: y O x Bất phương trình f  2sin x   2sin x  m với x   0;   A m  f    B m  f 1  C m  f 1  D m  f    Lời giải Chọn B Đặt 2sin x  t Vì x   0;   nên t   0;  Bất phương trình trở thành f  t   t2 t2 với t   0;   m Đặt g  t   f  t   2 Bất phương trình với t   0;  max g  t   m  0;2 Ta có g   t   f   t   t g   t    f   t   t Nghiệm phương trình khoảng  0;  hồnh độ giao điểm đồ thị y  f   t  đường thẳng y  t với t   0;  y y=t O x Dựa vào đồ thị ta nghiệm t    0;  Cũng dựa vào đồ thị ta thấy t   0;1 f   t   t  g   t   , t  1;  f   t   t  g t   Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy max g  t   g 1  f 1   0;2  Vậy bất phương trình cho với x   0;  m  f 1  Câu 137 (Quang Trung - Bình Phước - Lần - 2019) Cho hàm số f  x   ax  bx  cx  d có đồ thị hình vẽ y x O Gọi S tập hợp giá trị m  m cho  x  1 m3 f  x  1  mf  x   f  x   1  0, x   Số phần tử tập S A B D C Lời giải Chọn C Từ đồ thị ta thấy f  x  =1 Đặt g  x   m3 f  x  1  mf  x   f  x    x  1 m3 f  x  1  mf  x   f  x   1  0, x   * Từ giả thiết ta có điều kiện cần để m  g 1   m3 f 1  mf 1  f 1    m3  m     m  1 Điều kiện đủ: +)Với m  ta có *  g  x    x  1  f  x   1  với x  Do m  thỏa mãn có * +)Với m  ta có  x  1  f  x  1  1   x  1  1  f  x  1  1  x   Do 2 m  thỏa mãn +) Với m  1, *   x  1   f  x  1  f  x   1  ** Xét x  ta có lim f  x  1  x  f  x  lim a  x  1  b  x  1  c  x  1  d   ax  bx  cx  d  x  40  α  , α  1: f  2α 1   f  α  hay f  α   f  2α 1 1    α  1  f  α   f  2α  1  1  ( không thỏa mãn ** ) Do m  1 khơng thỏa mãn Vậy S có phần tử Câu 138 (Hội trường Chuyên - Lần - 2019) Hỏi hàm số y  sin x  x có điểm cực trị khoảng   ;   ? A B C Lời giải D Chọn C Xét f  x   sin x  x, x    ;      x   k Ta có f '  x   2cos2 x  ; f '  x    cos2 x     ,k Z  x     k  + Với x   + Với x    k x    ;    x    2  ;x  3  k x    ;    x   Bảng biến thiên Bảng biến thên y  f  x   ;x  2 Vậy hàm số y  sin x  x có điểm cực trị khoảng   ;   Câu 139 (Hội trường Chuyên - Lần - 2019) Cho hàm số f  x   x  x  số thực m, n m2  thỏa mãn m2  4mn  5n2  2n  Giá trị nhỏ f   n   A B 99 C D 100 Lời giải Chọn B Đặt m2  t  m  2  nt  m  nt  2 thay vào đẳng thức n    t  4t   n  2 2t      nt  2  n  5n  2n   n   1 , có t  4t   0, t   m2  4mn  5n2  2n  ta có: nt  2 2 Phương trình 1 có nghiệm n   '   (2 2t  2)  9(t  4t  5)   t  4t    t  [ 5;1] Xét hàm số f  t   2t  6t  đoạn [5;1] t  0  5;1 f '  t   6t  12t    t  2   5;1 Ta có f ( 5)  99 , f (2)  , f (0)  , f (1)  m2  Vậy giá trị nhỏ f   99 n   Câu 140 (Lương Thế Vinh - Hà Nội - Lần - 2019) Cho hàm số y  f  x  liên tục  cho max f  x   f    Xét hàm số g  x   f  x  x   x  x  m Giá trị tham số m để x0;10  max g  x   x0;2 A B Chọn D Đặt t  x  x Vì x   0;2  t   0;10 C 1 Lời giải D Ta có: max g  x   max  f  x  x   x  x  m   max f  x3  x   max   x  x  m  x 0;2 x0;2  x 0;2 x0;2  max f  t    m (với t  x  x max   x  x  m    m ) x 0;2 t 0;10  max f  x    m    m   m x 0;10 x  Suy ra: max g  x    m    x  x0;2 t  Theo giả thiết, ta có: max g  x    m    m  x0;2 Câu 141 (Lương Thế Vinh - Hà Nội - Lần - 2019) Cho hàm số f  x   x5  3x3  4m Có giá trị nguyên tham số m để phương trình f A 15 B 16   f  x   m  x3  m có nghiệm thuộc 1;2 ? C 17 Lời giải D 18 Chọn B Đặt t  f  x  m  t3  f  x  m t  f  x   m Ta có hệ   f  x   x3  f  t   t  x  f  t   m Xét hàm số g  x   f  x   x3 , x  1;2  g   x   f   x   3x  x  1; 2  Hàm số g  x  đồng biến đoạn 1;2 Vì g  x   g  t   x  t  f  x   x3  m  x5  3x3  4m  x3  m  3m  x5  x3 1 Xét hàm số h  x   x5  x3 , x  1; 2  h  x   x  x  x  1; 2 Phương trình 1 có nghiệm  h 1  3m  h     3m  48   m  16 Do m  Z  m  1; 2;3;4; ;16 Vậy có 16 giá trị nguyên tham số m - HẾT Câu 142 (THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần - 2019) Cho hàm số f  x   ax  bx  cx  d có đồ thị hình vẽ bên Hàm số g  x    f  x   nghịch biến khoảng đây? A   ;  B 1;  C  3;   D   3;1 Lời giải Chọn B Cách 1:  f  x   x  3; x  3 (nghiệ m ké p)     g x  f x f x  g x    Ta có          f   x   x  1; x  3 x 1  f   4  Do x    Từ đồ thị hàm số y  f  x   f  4  f   x     g   4  f  4 f   4  Ta có bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy hàm số g  x  nghịch biến khoảng  ; 3 1;3 Cách 2: Từ đồ thị suy f  x   a  x  3 x  3 ; a  4 Suy g  x   a  x  3  x  3  g   x   2a  x  3 x  3  4a  x  3  x  3 3  g   x   2a  x  3 x  3  x  3 Lập bảng biến thiên tương tự suy kết Câu 143 (THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần - 2019) Có tất giá trị nguyên dương tham số m để hàm số y  mx   m  5 x  đồng biến khoảng  0;    A B C D Lời giải Chọn B Ta có: y  4mx3   m   x Hàm số y  mx   m  5 x  đồng biến khoảng  0;     y  0, x   0;     4mx3   m  5 x  0, x   0;     2mx  m   0, x   0;    (*) Xét   2m  m  5 , a  m , S  Đặt g  x   2mx  m  Bảng xét dấu a  a  TH1: m    : g  x  có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  x1  x2    Bảng xét dấu g  x  Dựa vào bảng xét dấu g  x  ta thấy g  x   0, x   x2 ;    g  x   0, x   0;   (vô lý) Vậy m  : loại TH2: a   m  ta có: g  x    0, x   0;    Do đó: m  (nhận) a   g  x   0, x    g  x   0, x   0;    TH3:  m      Vậy  m  nhận a   g  x  có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 TH4: m      Bảng xét dấu g  x  Dựa vào bảng xét dấu g  x  ta thấy: g  x   0, x   x4 ;    g  x   0, x   0;    m   S   x3  x4     S   vô nghiệm P   m   0  2m Kết hợp TH ta có: m  m    m  0;1;2;3; 4;5 Cách 2: Xét hàm số y  mx   m  5 x  TH1: với m  ta có hàm số y  x  có đồ thị Parabol có đỉnh I  0;  3 nên hàm số y  x  đồng biến khoảng  0;   (vì hệ số a   ) TH2: với m  Hàm số y  mx   m  5 x  đồng biến  0;    a  m  m  m      m   0  m   m  5m  a.b  m    m  5   Kết hợp hai trường hợp ta  m  Vì m nên m  0;1; 2;3; 4;5 Câu 144 (THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần - 2019) Có tất giá trị nguyên tham số m để phương trình sau có nghiệm phân biệt: x  16 x  1  m  x  m2  2m   ? A B C Lời giải Chọn C Xét phương trình x  16 x  1  m  x  m2  2m   1 : D 1  x  16 x   m  1 x   m  1  x   x  m  1  x2  x   m   2  x2  4x  m      x  x  m   x  x  m    3 Phương trình 1 có nghiệm phân biệt  Mỗi phương trình  2 ,  3 có nghiệm phân biệt chúng khơng có nghiệm chung  2 có nghiệm phân biệt   2   22  1  m    m  3  3 có nghiệm phân biệt  3   22   m  1   m  Giả sử  2  3 có nghiệm chung Cộng  2  3 theo vế, ta được: x   x  Thay x  vào    m  Do đó, với m   2  3 khơng có nghiệm chung Tóm lại, 1 có nghiệm phân biệt  m   3;5  \ 1 , mà m nên m  2;  1;0; 2;3; 4 Vậy có giá trị nguyên tham số m để phương trình 1 có nghiệm phân biệt Câu 145 (THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần - 2019) Cho hàm số y  f  x  , hàm số y  f   x  có đồ  5sin x   (5sin x  1)  có điểm cực trị thị hình bên Hàm số g ( x)  f     khoảng (0; 2 ) A B C Lời giải Chọn B D  5sin x   Ta có: g ( x)  5cos xf     cos x  5sin x  1    5sin x   g ( x)   5cos xf     cos x  5sin x  1    cos x     5sin x   5sin x   f      2     cos x   cos x     5sin x   3  cos x   sin x  1  5sin x   6   5sin x  1   1  5sin x   2  sin x      5sin x     5sin x  1   sin x   3    5sin x      5sin x  1 sin x        x    x  3  2  cos x   3  x  sin x  1     1  1  sin x     x    arc sin     x  2  arc sin    , ( Vì  x  2 )   5  5    1 1 sin x   x  arc sin    x    arc sin    3 3    3 3 sin x   x  arc sin    x    arc sin    5 5  Suy phương trình g   x   có nghiệm, có nghiệm x  Vậy hàm số y  g  x  có cực trị 3 nghiệm kép ...  )   4  =  m  ?  1 giá trị bất kỳ trong 4 đáp án.   Đáp án D  m   Ta chọn  m   Khi đó  y   0,17   ( Loại)  Đáp án C   m   Ta chọn  m  1,5  Khi đó  y   0, 49   (nhận)  Đáp án B ... 0, 49   (nhận)  Đáp án B  m   Ta chọn  m   Khi đó  y   13,   (nhận)  Vậy đáp án B và C đều đúng nên chọn đáp án A  Câu (Đề Tham Khảo 2018) Có  bao  nhiêu  giá  trị  nguyên  của  tham  số ...   y  4m3 y   3x  6mx     m  0    x  2m  y  Đồ thị của hàm số có hai điểm cực trị  A  0; 4m3   và  B  2m;0  ,   m     1 SOAB  OA.OB   4m3.2m   4m   m