D01 các bài toán tổng hợp về hàm số muc do 4

[2D1-9.1-4] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2018 - BTN) Gọi T  tiếp tuyến Câu 48 x 1  C  điểm có tung độ dương, đồng thời T  cắt hai tiệm cận  C  x2 A B cho độ dài AB nhỏ Khi T  tạo với hai trục tọa độ tam giác có diện tích đồ thị hàm số y  bao nhiêu? A 0,5 B 2,5 C 12,5 D Lời giải Chọn C  x 1  ; gọi điểm M  x0 ;   C   x  2  x0   x 1 Phương trình tiếp tuyến: y  x  x0    x0   x0   y  Ta có tiệm cận đứng: d1 : x  2 tiệm cận ngang: d2 : y  A  T   d1 nên tọa độ điểm A nghiệm hệ: x 1   x  2 x  x0    y  x0    x 1 x  x0    y  2  x0      x  2  x0  x0   x0     B  T   d2 nên tọa độ điểm B nghiệm hệ: x 1  x  x0    x  x0  2  y  x0     x0    y 1 y 1    2  16  AB   x0      ; AB    x0   2  x  x      x0  1 Vì y0   x0  3 AB    x0  3 Suy A  2; 3 , B  4; 1 nên ta có phương trình AB : y   x  3   y  x  M  AB  Ox nên tọa độ điểm M nghiệm hệ: y  x 5  x  5  M  5;    y  y  N  AB  Oy nên tọa độ điểm N nghiệm hệ: y  x 5 x   N  0; 5   x  y  Vậy SOMN  5.5  12,5 Câu 33: [2D1-9.1-4] (THPT Kiến An - HP - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Gọi  C  đồ thị hàm số y  x  x  1, M điểm di động  C  ; Mt , Mz đường thẳng qua M cho Mt song song với trục tung đồng thời tiếp tuyến M phân giác góc tạo hai đường thẳng Mt , Mz Khi M di chuyển  C  Mz ln qua điểm cố định đây?  1 A M  1;  4   1 B M  1;  2  C M  1;1 D M  1;0  Lời giải Chọn A   Gọi tọa độ điểm M là: M x0 ;  x0  1 Phương trình đường thẳng Mz có dạng: y  k  x  x0    x0  1  kx  y  kx0   x0  1  2 Phương trình đường thẳng Mt là: x  x0  x  x0  Phương trình đường phân giác góc tạo hai đường thẳng Mt , Mz là: x  x0 kx  y  kx0   x0  1 x  x0 kx  y  kx0   x0  1    0 1 k 1 k 1    y  k  k  x  kx0  x0 k    x0  1   y  k  k  x  kx0  x0 k    x0  1 Mặt khác tiếp tuyến M phân giác góc tạo hai đường thẳng Mt , Mz nên:      x0   k  k   y  x   k  k    x   k  k  0  (*)    y  x   k  k    x   k  k   x 1  k  k 1   Thay (*) vào phương trình đường thẳng Mz ta có: +) Với x0   k  k  ta có:   Mz : kx  y  kx0   x0  1   y  kx  k  k  x0  1   x0  1     2 1 1   y  kx  k  k k  k    k  k    y  kx  k  2  +) Với x0   k  k  ta có:   Mz : kx  y  kx0   x0  1   y  kx  k  k  x0  1   x0  1     2 1 1   y  kx  k  k k  k    k  k    y  kx  k  2  Do phương trình đường thẳng Mz : y  kx  k  Gọi M  x0 ; y0  tọa độ điểm cố định mà Mz qua ta có: y0  kx0  k  k   x0    x0  1 1     k  x0  1   y0  k      M  1;  4  y0  y0     4   1 Vậy Mz qua điểm cố định M  1;  4  Câu 46 [2D1-9.1-4] (SỞ GD VÀ ĐT THANH HĨA-2018) Một ao hình ABCDE , ao có mảnh vườn hình trịn có bán kính 10  m  Người ta muốn bắc câu cầu từ bờ AB ao đến vườn Tính gần độ dài tối thiếu l cầu biết: - Hai bờ AE BC nằm hai đường thẳng vng góc với nhau, hai đường thẳng cắt điểm O ; - Bờ AB phần parabol có đỉnh điểm A có trục đối xứng đường thẳng OA ; - Độ dài đoạn OA OB 40 m 20 m; - Tâm I mảnh vườn cách đường thẳng AE BC 40 m 30 m A l  17,7 m C l  27,7 m B l  25,7 m D l  15,7 m Lời giải : Chọn A  A  Oy Gán trục tọa độ Oxy cho  cho đơn vị 10  B  Ox 2 Khi mảnh vườn hình trịn có phương trình  C  :  x     y  3  có tâm I  4;3 Bờ AB phần Parabol  P  : y   x ứng với x  0; 2  M   P  Vậy toán trở thành tìm MN nhỏ với   N   C  Đặt trường hợp xác định điểm N MN  MI  IM , $MN$ nhỏ MN  MI  IM  N ; M ; I thẳng hàng Bây giờ, ta xác định điểm N để $IN$ nhỏ N   P   N  x;  x  IN   IN  x4  x2  8x  17 4  x    x2    IN    x    x 2  Xét f  x   x  x  8x  17  0; 2  f   x   x3  x  f   x    x  1,3917 nghiệm 1,3917  0; 2 Ta có f 1,3917   7,68 ; f    17 ; f    13 Vậy giá trị nhỏ f  x   0; 2 gần $7,68$ x  1,3917 Vậy IN  7,68  2,77  IN  27,7 m  MN  IN  IM  27,7 10  17,7 m Câu 37: [2D1-9.1-4] [THPT TRẦN QUỐC TUẤN - Lần 1- 2018] Cho hàm số y  x3   m  1 x   m2  2m  x  4m2 có đồ thị  C  đường thẳng d : y  x  Đường thẳng d cắt đồ thị  C  ba điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 , x3 Tìm giá trị lớn Pmax biểu thức P  x13  x23  x33 B Pmax  16  A Pmax  16  C Pmax  23  D Pmax  24  Lời giải Chọn B Xét phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng d đồ thị  C  là: x3   m  1 x   m2  2m  x  4m2  x  *  x3   m  1 x2   m2  2m   x  4m2    x  2mx  2m2   1   x    x  2mx  2m2      x   Để đường thẳng d cắt đồ thị  C  ba điểm phân biệt  * có ba nghiệm phân biệt  1 có hai nghiệm phân biệt khác 2 m    4m  2m   m      m  2  ** 2   '  m  2m   2  m   4  m   Khi d cắt đồ thị  C  ba điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 , x3 , giả sử x3  2 , x1 , x2  x1  x2  2m hai nghiệm phương trình 1 Theo định lý Vi - et, ta có:    x1.x2  2m  Vậy P  x13  x23  x33  x13  x23    x1  x2   x12  x22  x1x2       x1  x2    x1  x2   3x1.x2    2m  4m2  6m2  12      2m  4m2  6m2  12    4m3  24m  Đặt: f  m   4m3  24m   2; 2 , f   m   12m2  24  f   m    m   Vậy Pmax  f    16 8 Câu 44: [2D1-9.1-4] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x  x   x   Khi hàm số y  f  x  nghịch biến khoảng nào? A  2;  B  ; 3 C  3;0  Lời giải D  3;   Chọn B Ta có y  f  x   y   x  f   x  , hay y  xf   x  Mặt khác f   x   x  x   x   nên y  xf   x   x  x   x   x   2 Do y  x5  x  3 x  3 x    x   2 Ta có bảng biến thiên sau Từ bảng biến thiên suy hàm số y  f  x  nghịch biến khoảng  ; 3  0;3 Câu 41: [2D1-9.1-4] (THPT Yên Lạc_Trần Phú - Vĩnh Phúc - Lần - 2018 - BTN) Cho hàm số f  x  có đạo hàm hàm số f   x  Biết hàm số y  f   x    có đồ thị hình vẽ bên Hàm số f  x  nghịch biến khoảng nào? A  ;  3 5 C  ;  2 2 B  1;1 Lời giải Chọn B D  2;   Từ đồ thị hàm số y  f   x    ta suy đồ thị hàm số y  f   x   (đường màu đỏ) cách tịnh tiến xuống đơn vị Suy đồ thị hàm số y  f   x  (đường màu xanh) cách tịnh tiến đồ thị hàm số y  f   x   sang trái đơn vị Do hàm số y  f  x  nghịch biến khoảng  1;1 Câu 46: [2D1-9.1-4] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Hình vẽ đồ thị hàm số y  f  x  Có giá trị nguyên dương tham số m để hàm số y  f  x  1  m có điểm cực trị ? A B C Lời giải D Chọn C + Đồ thị hàm số y  f  x  1  m suy từ đồ thị  C  ban đầu sau: - Tịnh tiến  C  sang phải đơn vị, sau tịnh tiến lên (hay xuống dưới) m đơn vị Ta đồ thị  C : y  f  x  1  m - Phần đồ thị  C   nằm trục hoành, lấy đối xứng qua trục Ox ta đồ thị hàm số y  f  x  1  m Ta bảng biến thiên của hàm số y  f  x  1  m sau Để hàm số y  f  x  1  m có điểm cực trị đồ thị hàm số  C : y  f  x  1  m phải cắt trục Ox giao điểm m   + TH1: Tịnh tiến đồ thị  C : y  f  x  1  m lên Khi 3  m    m  6  m   m  + TH2: Tịnh tiến đồ thị  C : y  f  x  1  m xuống Khi   m  2 2  m  Vậy có ba giá trị m nguyên dương Câu 31: [2D1-9.1-4] (SGD Bắc Ninh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Có giá trị nguyên tham số m   10;10 để hàm số y  mx3  3mx  (3m  2) x   m có điểm cực trị? A B C 10 D 11 Lời giải Chọn C Xét hàm số f  x   mx3  3mx2   3m   x   m x  Ta có: mx3  3mx2   3m   x   m     mx  2mx  m   1 Yêu cầu tốn  phương trình f  x   có ba nghiệm phân biệt  phương trình 1 có hai  m  m  m    nghiệm phân biệt khác     m  2m  m   Vì m nguyên m   10;10 nên m1;2; ;10 Câu 41: [2D1-9.1-4] (THPT Phan Đăng Lưu - Huế - Lần I - 2017 - 2018) Một người cần từ khách sạn A bên bờ biển đến đảo C Biết khoảng cách từ đảo C đến bờ biển 10 km , khoảng cách từ khách sạn A đến điểm B bờ gần đảo C 40 km Người đường thủy đường đường thủy (như hình vẽ bên) Biết kinh phí đường thủy USD/km , đường USD/km Hỏi người phải đường khoảng để kinh phí nhỏ nhất? ( AB  40km , BC  10km ) C A A 10 km B 65 km D C 40 km B D 15 km Lời giải Chọn B Đặt AD  x km , x  0; 40  BD  40  x  CD  Tổng kinh phí từ A đến C f  x   x.3   40  x   40  x  2  102  102 f  x   3x  x  80 x  1700 f  x   x  80 x  80 x  1700  f  x  x  80 x  1700  x  200 f   x    x2  80 x  1700  200  5x  x  x  80 x  1700 65 Bảng biến thiên Câu 76: [2D1-9.1-4] [CHUN THÁI BÌNH – L4] Phương trình 2017sin x  sin x   cos2 x có nghiệm thực  5 ;2017  ? A vô nghiệm B 2017 C 2022 Lời giải D 2023 Chọn D Ta có hàm số y  2017sin x  sin x   cos2 x tuần hoàn với chu kỳ T  2 Xét hàm số y  2017sin x  sin x   cos2 x  0; 2  Ta có  2sin x.cos x sin x  y  cos x.2017sin x.ln 2017  cos x   cos x  2017sin x.ln 2017    2  cos x  sin x    3 Do  0; 2  , y   cos x   x   x  2  3    1   y    2017    ; y      2017 2 Bảng biến thiên: Vậy  0; 2  phương trình 2017sin x  sin x   cos2 x có ba nghiệm phân biệt Ta có y    , nên  0; 2  phương trình 2017sin x  sin x   cos2 x có ba nghiệm phân biệt 0,  , 2 Suy  5 ;2017  phương trình có 2017   5   2023 nghiệm Câu 40: [2D1-9.1-4] (PTNK Cơ Sở - TPHCM - 2017 - 2018 - BTN) Cho f  x   x3  3x  x  f  f  x   1   f  x   có số nghiệm thực Phương trình C Lời giải B A D Chọn A Đặt t  f  x    t  x3  3x2  x  Khi f  f  x   1   f  x   trở thành:  t  1 t  1  f t    t    3 2  t  4t  8t    f  t    t  2t  t  1  t  t2   1;1  t  t1   2; 1    t  t3   5;6   t  t2   1;1  t  t  1;6   Vì g  t   t  4t  8t  ; g  2   7 ; g  1  ; g 1  10 ; g  5  14 ; g    25 Xét phương trình t  x3  3x2  x  pt hoành độ giao điểm Ta có x –∞ y' + 1 1 – + +∞ 7  y +∞ –∞ 7  Dựa vào bảng biến thiên, ta có + Với t  t2   1;1 , ta có d cắt (C) điểm phân biệt, nên phương trình có nghiệm + Với t  t3   5;6  , ta có d cắt (C) điểm, nên phương trình có nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm Câu 41: [2D1-9.1-4] (THPT Quỳnh Lưu - Nghệ An - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Có giá trị  nguyên m để phương trình 8sin x  m A   162sin x  27m có nghiệm thỏa mãn  x   ? C.Vô số D B Lời giải Chọn A Đặt t  2sin x , với  x     t  0; Phương trình cho trở thành  t  m   81t  27m Đặt u  t  m  t  u  m u  27  3t  m  3 Khi ta   u   3t   27  3t  u   u  27u   3t   27.3t *  3t   27  u  m  Xét hàm số f  v   v3  27v liên tục có nên hàm số đồng biến Do *  u  3t  t  3t  m 1   Xét hàm số f  t   t  3t khoảng 0; có f   t   3t  ; f   t    t  (vì t  ) Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình 1 có nghiệm Vậy có hai giá trị nguyên m thỏa yêu cầu toán Câu 43: [2D1-9.1-4] (Chuyên Quang Trung - BP - Lần - 2017 - 2018) Cho hàm số 2x  có đồ thị  C  Một tiếp tuyến với  C  cắt đường tiệm cận đứng đường y x 1 tiệm cận ngang  C  A B , biết I 1;  Giá trị lớn bán kính đường trịn nội tiếp tam giác IAB A  B  2 C  Lời giải Chọn B Đồ thị  C  có tiệm cận đứng x  , tiệm cận ngang y  y  4  x  1 , x  D  Phương trình tiếp tuyến  C  điểm có hoành độ x0 y    x0  1 x x02  x0   x0  1 , x0   2x   Tọa độ điểm A 1;  , B  x0  1;   x0   Tam giác IAB vng I có IA.IB  16 Gọi p nửa chu vi tam giác IAB Ta có IA.IB IA.IB 16 S  42    2 p IA  IB  IA  IB IA.IB  IA.IB 16  32 Đẳng thức xảy IA  IB  hay x0  r Câu 41: [2D1-9.1-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Cho cấp số nhân  bn  thỏa mãn b2  b1  hàm số f  x   x3  3x cho f  log  b2     f  log  b1   Giá trị nhỏ n để bn  5100 bằng: A 234 B 229 C 333 Lời giải D 292 Chọn A Xét hàm số f  x   x3  3x Có f   x   3x  , f   x    x  1 x y   y 1      2 Mặt khác, ta có b1  b2  Đặt a  log2 b2  log2 b1  b  Ta có: a3  3a   b3  3b 1 Nếu b   a  b   a3  3a  b3  3b  1 vô nghiệm Nếu  b   2  b3  3b   a3  3a     a  1  a    Suy a   b   b   Khi   bn  2n1  5100 n   100log  n  234  b2   Vậy giá trị nhỏ n 234 ... vị Do hàm số y  f  x  nghịch biến khoảng  1;1 Câu 46 : [2D 1-9 . 1 -4 ] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Hình vẽ đồ thị hàm số y  f  x  Có giá trị nguyên dương tham số. .. 4m3  24m  Đặt: f  m   4m3  24m   2; 2 , f   m   12m2  24  f   m    m   Vậy Pmax  f    16 8 Câu 44 : [2D 1-9 . 1 -4 ] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần - 2017 -. .. [2D 1-9 . 1 -4 ] (THPT Yên Lạc_Trần Phú - Vĩnh Phúc - Lần - 2018 - BTN) Cho hàm số f  x  có đạo hàm hàm số f   x  Biết hàm số y  f   x    có đồ thị hình vẽ bên Hàm số f  x  nghịch biến khoảng