VDC CHƯƠNG 1 đạo hàm phan 2

CHƯƠNG 1: (TIẾP THEO) BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO CHUYÊN ĐỀ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM Chủ đề 1: (tiếp theo) Dạng 2: Một số toán ứng dụng chuyển động Bài 54: π  S ( t ) = 40sin  π t + ÷, ( t ( s ) ) , 3  Một vật chuyển động có phương trình qng đường tính theo đơn vị mét a Tính vận tốc vặt chuyển động thời điểm t=4(s) b Tính gia tốc vật chuyển động thời điểm t=6(s) Giải π ′ π π    v ( t ) = S ' ( t ) = 40  π t + ÷ cos  π t + ÷ = 40π cos  π t + ÷ 3 3 3    a) Ta có: π  v ( ) = S ' ( ) = 40π cos  4π + ÷ = 40π = 20π ( m / s ) 3  vậy: b) Ta có: π ′  π π   a ( t ) = v ' ( t ) = −40π  π t + ÷ sin  π t + ÷ = −40π sin  π t + ÷ 3 3 3    Vậy: Bài 55: π  a ( ) = v ' ( ) = −40π sin  6π + ÷ = −40π = −20 3π ( m / s ) 3  S ( t ) = 50t , ( t ( s ) ) , Một vật rơi tự có phương trình chuyển động a Tính vận tốc vật rơi tự thời điểm t=6(s) 50 ( m / s ) b Sau thời gian vật rơi tự đạt vận tốc Giải v ( t ) = S ' ( t ) = 10t a Ta có t = 6( s) v ( ) = S ' ( ) = 10.6 = 60 ( m / s ) Vậy vận tốc thời điểm là: độ cao tính theo đơn vị mét b Vậy để vận tốc vật rơi đạt Bài 56: 50 ( m / s ) thì: 50 = 10t ⇔ t = ( s ) v ( t ) = 5t + 7t , ( t (s) ) , Một vật chuyển động có vận tốc biểu thị cơng thức tính theo đơn vị (m/s) a Tính gia tốc vật thời điểm t=2(s) b Tính gia tốc vật thời điểm vận tốc chuyển động vật 12 m/s giải: a ( t ) = v ' ( t ) = 10t + t = 2( s) a) Ta có: Vậy gia tốc vật thời điểm v(t ) a ( ) = v ' ( ) = 10.2 + = 27 ( m / s ) b) Vật thời điểm vận tốc chuyển động vật 12 m/s: t = (t/ m) v ( t ) = 12 ⇔ 5t + 7t = 12 ⇔  t = −2, 4(loai) t = 1( s ) : a ( 1) = v ' ( 1) = 10 + = 17 ( m / s ) Với Bìa 57: (Đề KSCL THPT Việt Trì) S ( t ) = + 3t − t , t ( s ) Một chất điểm chuyển động theo quy luật đạt giá trị lớn t t=4 t =3 t=2 A B C Giải: v ( t ) = S ' ( t ) = 6t − 3t Ta có: v ' ( t ) = − 6t Vận tốc D v( m / s) t =1 v ' ( t ) = ⇔ − 6t = ⇔ t = BBT t V '( t ) V(t) +∞ + − Vmax Vậy vận tốc chuyển động đạt GTLN t=1 Chọn D Bài 58: chuyển động Hằng ngày mực nước hồ thủy điện miền Trung lên xuống theo lượng nước mưa, suối nước đổ hồ Từ lúc 8h sáng, độ sâu mực nước hồ tính theo mét lên xuống theo thời t3 h ( t ) = 24t + 5t − gian t (giờ) ngày cho công thức Biết phải thông báo cho hộ dân phải di dời trước xả nước theo quy đinh trước Hỏi cần thông báo cho hộ dân di dời trước xả nước Biết mực nước hồ phải lên cao xả nước 15h 16h 17h 18h A B C D Giải: Ta có: h ' ( t ) = 24 + 10t − t t = −2(loai) h ' ( t ) = ⇔ 24 + 10t − t = ⇔  t = 12 (t/ m) BBT t h '( t ) h( t) +∞ 12 + − hmax Vậy để mực nước lên cao phải 12 Vậy phải thơng báo cho dân di dời vào 15 chiều ngày Chọn A Bài 59: (đề minh họa Quốc gia 2017) Một ô tô chạy với vận tốc 10m/s người lái đạp phanh, từ thời điểm đó, tô chuyển động v ( t ) = −5t + 10, ( t ( s ) ) , chậm dần với vận tốc t khoảng thời gian tính giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh Hỏi từ lúc đạp phanh đến dừng hẳn, ô tô di chuyển mét? A 0,2m B 2m C 10m D 20m Giải: v0 = 10 ( m / s ) Ta có: a = v ' ( t ) = −5 Gia tốc ô tô chuyển động chậm dần đều: Tại thời điểm tơ dừng lại vận tốc v(2t ) − v02 = 2aS ⇔ − 102 = ( −5 ) S ⇔ S = 10 ( m ) Ta có: 10m Vậy tơ cịn quãng đường Chọn C Lưu ý: Bài cịn áp dụng tích phân để tìm qng đường di chuyển tô dừng lại Bài 60: Một cá hồi bơi ngược dòng (từ nơi sinh sống) để vượt khoảng cách 300km (tới nơi sinh v sản) Vận tốc dòng nước 6km/h Giả sử vận tốc bơi cá nước đứng yên km/h E ( v ) = cv3t , lượng tiêu hao cá thời gian t cho cơng thức c số; E tính jun Vận tốc bơi cá nước đứng yên để lượng cá tiêu hao bao nhiêu? A 9km/h B 6km/h C 10km/h D 12km/h Giải: v − ( km / h ) , ( v ≥ ) Vận tốc cá bơi ngược dòng: 300 t= ( h) v−6 Thời gian cá bơi từ nơi sinh sống đến nơi sinh sản: Năng lượng tiêu thụ cá bơi từ nơi sinh sống đến nơi sinh sản: 900 300 300cv  v  E ( v ) = cv − cv3 = 3 − ÷ v−6 v−6  v−6 ( v − 6) E '( v) = ⇔ BBT X 300cv  v  v = ⇔ v = 3 − ÷= ⇔ − v−6  v−6 v−6 +∞ E '( x ) − + E(x) Emin Vậy vận tốc bơi cá nước đứng yên để lượng cá tiêu hao v = ( km / h ) Chọn A Nhận xét: E ( v ) = c ( v − 6) Đối với có nhiều em tìm nhầm hàm chọn v = 6km / h 300 (J) v−6 Chọn sai hồn tồn vận tốc v biểu thức Và tìm E ( v ) = cv 3t , v vận tốc thực cá di chuyển, t thời gian cá bơi từ nơi sinh sống đến nơi sinh sản ứng với vận tốc cá trừ vận tốc dòng nước Bài 61: (trích từ Luận văn thạc sĩ Nguyễ Văn Bảo) Chi phí nhiên liệu tàu chia làm hai phần Trong phần thứ khơng phụ thuộc vào vận tốc 480 ngàn đồng/giờ Phần thứ hai tỉ lệ thuận với lập phương vận tốc, v = 10km / h phần thứ hai 30 ngàn đồng/giờ Hãy xác định vận tốc tàu để tổng chi phí nguyên liệu km đường nhỏ nhất? A 10km/h B 15km/h C 20km/h D 25km/h Giải: x ( km / h ) x Gọi vận tốc tàu Thời gian tàu chạy quãng đường km (giờ) 480 x Chi phí tiền nhiên liệu cho phần thứ là: (ngàn đồng) v = 10km / h Khi vận tốc chi phí cho qng đường km phần thứ hai là: 30 = 10 (ngàn đồng) x ( km / h ) y Xét vận tốc , gọi (ngàn đồng) chi phí cho quãng đường km vận tốc x chi phí cho quãng đường km vận tốc x, ta có: 3x3 3 y= = k10 ⇔ k = 10 1000 Ta có: Suy y = kx P ( x) = Vậy tổng chi phí tiền nhiên liệu cho km đường là: P ( x) Bài tốn trở thành tìm x để nhỏ 480 x P '( x ) = − + x 1000 480 x P '( x ) = ⇔ − + = ⇔ x = 20 x 1000 960 18 x P ''( x ) = + x 1000 960 18.20 P ''(20) = + >0 20 1000 480 x3 + x 1000 P ( x) x = 20 đạt GTNN x = 20 ( km / h ) Vậy vận tốc tàu CHọn C Bài 62: Suy S= gt Một vật rơi tự với phương trình chuyển động , giây (s) Vận tốc vật thời điểm t = 5s bằng: A 49m/s B 25m/s C 10m/s D 18m/s Giải: v = S ' = gt t = 5s nên thời điểm Vận tốc vật là: v = 9,8.5 = 49 ( m / s ) CHọn A g = 9,8m / s t tính Bài 63: S = t − 3t + 4t Một chất điểm chuyển động thẳng theo phương trình S tính mét (m) Gia tốc chất điểm lúc t=2s là: 4m / s 6m / s 8m / s A B C Giải: a = S '' = t − D , t tính giấy (s) 12m / s nên thời điểm t=2s gia tốc chất điểm là: a = 6.2 − ( m / s ) Chọn B Bài 64: S = t + 3t − 9t + 27 Cho chuyển động thẳng theo phương trình , t tính giấy (s) S tính mét (m).Gia tốc chuyển động thời điểm vận tốc triệt tiêu là: 0m / s 6m / s 24m / s 12m / s A B C D Giải: v = S ' = 3t + 6t − 9; a = S '' = 6t + Tại thời điểm vận tốc bị triệt tiêu: Với t =1 t = 3t + 6t − = ⇔  t = −3 ( loai ) gia tốc chuyển động là: a = 6.1 + = 12 ( m / s ) Chọn D Bài 65: S = t − t + 2t − 100 Một chất điểm chuyển động theo quy luật Chất điểm đạt giá trị nhỏ thời điểm: t =1 t = 16 t =5 A B C Giải: t = −2 ( l ) S ' = t − 3t + = ⇔  t = D , t tính giấy (s) t =3 Vậy chất điểm đạt GTNN t= 1s Chọn A Bài 66: a ( t ) = 3t + t ( m / s ) Một vật chuyển động với vận tốc 10m/s tăng tốc với gia tốc quãng đường vật khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc? 6800 4300 5800 m m m 11100m 3 A B C D Giải: a ( t ) = 3t + t Hỏi v ' ( t ) = a ( t ) ; S ' ( t ) = v(t ) Theo đề ta có: vận tốc ban đầu ⇒ v ( t ) = t + t + 10 ( m / s ) 1 S ( t ) = t + t + 10t ( m ) 12 10 ( m / s ) Quãng đường vật khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là: S ( 10 ) = Chọn C Bài 67: 4300 ( m) v '( t ) = v( t ) ( m / s) m / s2 ) ( t +1 Một vật chuyển động với vận tốc , có gia tốc vận tốc ban đầu 6m / s vật Vận tốc vật sau 10 giây (làm tròn kết đến hàng đơn vị): A 14m/s B 13m/s C 11m/s D 12m/s Giải: v = + = 13 ( m / s ) Vận tốc vật sau 10 giây Chọn B CHỦ ĐỀ TÌM GIÁ TRỊ CỦA THAM SỐ ĐỂ HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU TRÊN MIỀN D y = f ( x, m ) , m D tham số, có taaph xác định f D ⇔ f ′ ≥ 0, ∀x ∈ D • HÀm số đồng biến f D ⇔ f ′ ≤ 0, ∀x ∈ D • HÀm số nghịch biến Từ suy điều kiện m Sử dụng GTLN, GTNN hàm số tập D để giải toán tìm giá trị tham số để hàm số đơn điệu Lí thuyết nhắc lại: Cho bất phương trình: f ( x, m) ≥ 0, ∀x ∈ D ⇔ f ( x ) ≥ g ( m ) , ∀x ∈ D ⇔ f ( x ) ≥ g ( m ) Cho hàm số x∈D Cho bất phương trình: f ( x, m) ≤ 0, ∀x ∈ D ⇔ f ( x ) ≤ g ( m ) , ∀x ∈ D ⇔ f ( x ) ≤ g ( m ) x∈D Phương pháp: Để điều kiện để hàm số đồng biến nghịch biến tập xác định (hoặc y = f ( x, m) khoảng xác định) hàm số , ta thực bước sau: - Bước 1: Tìm TXĐ hàm số y′ y′ ≥ 0, ∀x ∈ D y′ ≤ 0, ∀x ∈ D - Bước 2: Tính Để hàm số đồng biến , (để hàm số nghịch biến ) ta sử dụng lý thuyết nhắc lại phần - Bước 3: Kết luận giá trị tham số Chú ý: f ( x ) g ( m ) + Phương pháp sử dụng ta tách thành riêng biệt + Nếu ta khơng thể tách phải sử dụng dấu tam thức bậc 2 Sử dụng phương pháp tham thức bậc hai để tìm điều kiện tham số: Lý thuyết nhắc lại: y′ = 1) xảy số hữu hạn điểm 2) Nếu y ' = ax + bx + c thì:  a = b =  c ≥ • y′ ≥ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔   a >   ∆ ≤  a = b =  c ≤ • y′ ≤ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔   a <   ∆ ≤ g ( x ) = ax + bx + c 3) Định lí dấu tam thức bậc hai g ( x) ∆0 • Nếu có hai nghiệm khoảng hai nghiệm khác dấu với • Nếu ∆=0 x=− a, ngồi khoảng hai nghiệm g ( x) dấu với a g ( x ) = ax + bx + c x1 , x2 4) So sánh nghiệm tam thức bậc hai với số ∆ > ∆ >   • x1 < x2 < ⇔  P > • < x1 < x2 ⇔  P > • x1 < < x2 ⇔ P < S < S >   y = ax + bx + cx + d 5) Để hàm số thực bước sau: y′ • Tính có độ dài khoảng đồng biến (nghịch biến) Tìm điều kiện để hàm số có khoảng đồng biến ngịch biến: x1 − x2 = d ( x1 + x2 ) − x1 x2 = d ( ) • Biến đổi thành • Sử dụng định kí Vi-et đưa (2) thành phương trình theo m • Giải phương trình, so với điều kiện (1) để chọn nghiệm • BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Tìm tất giá trị thực tham số m cho hàm số: a ≠  ∆ > ( 1) ( x1; x2 ) d ta y = − x + x + ( m + 1) x − 3m + m≤− m ≤ A Giải: B TXĐ : nghịch biến m≥− C ¡ ? D m≤3 D=¡ y′ = − x + x + ( x + 1) Ta có: ∆ ' = 2m + Hàm số nghịch biến ¡ khi: y′ ≤ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ ∆ ' ≤ ⇔ m ≤ − Chọn B Bài 2: m Tìm tất giá trị thực tham số cho hàm số: y = mx − 3x + ( m − ) x − 3m + ¡ nghịch biến ? m≤2 m ≤1 m ≥ −1 A B C Giải: TXĐ : D m ≤ −1 D=¡ y′ = 3mx − x + ( m − ) Ta có: Hàm số nghịch biến R y′ = 3mx − x + ( m − ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ TH1: m = 0, y′ = −6 x − ≤ 0, x ∈ ¡ y ' = −6 x − ≤ ⇔ x ≥ −1 Không thỏa mãn yêu cầu đề Vậy m=0 không thỏa mãn m≠0 ¡ TH2: Để hàm số nghịch biến ∀x ∈ ¡ y ' ≥ ⇔ mx − ( m − 1) x + ( m − ) ≥ 0, ∀ ∈ [ 2; +∞ ) ⇔ m ( x − x + 3) + x − ≥ ⇔ m ≥ f ( x) = Đặt Ta có: f '( x) = − 2x , ∀x ∈ [ 2; +∞ ) x − 2x + − 2x , ∀ ∈ [ 2; +∞ ) x − 2x + 2 x − 12 x + ( x2 − x + 3) f '( x) = ⇔ , ∀x ∈ [ 2; +∞ ) x − 12 x + (x ta tìm GTLN hàm: f ( x ) , ∀x ∈ [ 2; +∞ ) − x + 3) x = + =0⇔   x = − ( loai ) 2− f ( 2) = , f + = , lim f ( x ) ≤ m ⇔ ≤ m x →+∞ 3 ( ) Ta có: Chọn A Bài 5: (ĐHKA,A1 - 2013) Tìm tất giá trị thực tham số m cho hàm số: ( 0;+∞ ) y = − x + x + 3mx − nghịch biến khoảng ? m ≤1 m ≤ −1 m ≥ −1 A B C D m≤0 Giải: y′ = −3x + x + 3m Ta có: Hàm số nghịch biến khoảng y ' ≤ ⇔ −3 x + x + 3m ≤ 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ( 0; +∞ ) : ⇔ x − x ≥ m, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) f ( x ) = x − x, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) Đặt Ta có: f '( x ) = 2x − Ta tìm GTNN hàm f ' ( x ) = ⇔ x − = ⇔ x = f ( ) = 0; f ( 1) = −1, lim f ( x) = +∞ Ta có: x →+∞ f ( x ) , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) Vậy để hàm số nghịch biến khoảng Chọn B ( 0;+∞ ) f ( x ) ≥ m ⇔ m ≤ −1 ( 0;+∞ ) thì: Bài 6: (Đề minh họa 2017) Tìm tất giá trị thực tham số y= m cho hàm số: tan x − tan x − m đồng biến khoảng  π  0; ÷  4 A m≤0 1≤ m < C Giải: Đặt 1≤ m < B D t = tan x, với m≤0 m≥2  π x ∈  0; ÷ ⇒ t ∈ ( 0;1)  4 y= Hàm số cho trở thành tìm tham số m để hàm số −m + y′ ( t ) = ( t − m) Ta có: Để hàm số đồng biến khoảng (0;1) thì: 1 ≤ m <  y ' ( t ) >  −m + > m < ⇔ ⇔ ⇔    t ≠ m  m ∉ ( 0;1)  m ∉ ( 0;1) m ≤ t−2 t−m đồng biến khoảng (0;1) Chọn A Bài 7: Tìm tất giá trị thực tham số m cho hàm số: y = x − mx − ( 2m − m + ) x + ( m − 1) ( 2m − 3) −1 ≤ m ≤ A Giải: Ta có: −1 < m ≤ B y′ = x − 2mx − ( 2m − m + ) đồng biến khoảng −1 < m < C ( 2;+∞ ) ? D − ⇔ m − 3m + > 0, ( ∀x ∈ ¡ ) x1 , x2 , ( x1 < x2 ) y' = Giả sử hai nghiệm phương trình , để Hàm số đồng biến khoảng ( 2;+∞ ) thì: S  ≤2 x1 < x2 ≤ ⇔  ( x1 − ) ( x2 − ) ≥ ⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) + ≥ 0,(1)  Theo định lí vi-et ta có: 2m   x1 + x2 =   x x = −2m + m −  (2) Thay (2) vào (1) ta được: m ≤   −2m + m −  2m  − 2 ÷+ ≥ ⇔ −2m + 3m + ≥     m ≤  ⇔ ⇔ −1 ≤ m ≤ −1 ≤ m ≤ −1 ≤ m ≤ Vậy với Chọn A hàm số đồng biến khoảng ( 2; +∞ ) CHỦ ĐỀ GẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH DỰA VÀO HÀM SỐ • Kiến thức Cho f(x) hàm số xác định liên tục D, thì: x ∈ D ⇔ g ( m ) ≥ max f ( x ) f ( x) ≤ g ( m) x∈D với g ( m ) ≥ f ( x ) f ( x) ≤ g ( m) x∈D có nghiệm x ∈ D ⇔ g ( m ) ≤ f ( x ) f ( x) ≥ g ( m) x∈D với g ( m ) ≤ max f ( x ) f ( x) ≥ g ( m) x∈D có nghiệm BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Tìm tất giá trị thực tham số m cho bất phương trình: x ∈ 0;1 +  có nghiệm m≤ A Giải: B ⇔ m ≤ −1 m≥ C ) ( x2 − 2x + + + x ( − x ) ≤ ⇔ m ≤ Bpt t = x2 − 2x + ⇒ x2 − 2x = t − Đặt Ta xác đinhk ĐK t: Xét hàm số t'= Ta có: m x2 − x + + m + x − x2 ≤ t = x2 − 2x + x −1 x − 2x + 2 với D m≤0 x2 − 2x x2 − 2x + + , ( 1) x ∈ 0;1 +  , ta tìm ĐK ràng buộc t ,t ' = ⇔ x = x ∈ 0;1 +  1≤ t ≤ t2 − ⇔m≤ t ∈ [ 1;2] t +1 Khi đó: (1) với Vậy với t2 − f ( t) = t +1 Xét hàm số tăng [1;2] với t ∈ [ 1;2] f '( t ) = Ta có: t + 2t + ( t + 2) > 0, ∀x ∈ [ 1; 2] Vậy hàm số f Do đó, yêu cầu tốn trở thành tìm m để (1) có nghiệm ⇔ m ≤ max f ( t ) = f ( ) = t∈[ 1;2] m≤ Vậy pt có nghiệm Chọn A Bài 2: (Đề tuyển sinh ĐH, CĐ khối B 2014) Tìm tất giá trị thực tham số m cho bất phương trình: m ( A ) t ∈ [ 1;2] + x2 − − x2 + = − x4 + + x2 − − x2 m ≤ −1 Giải: ĐK: Đặt có nghiệm B x ∈ [ −1;1] −1 ≤ m ≤ t = + x2 − − x2 C m ≥1 D m ≤1 x ∈ [ −1;1] , ta xác định ĐK t sau: x ∈ [ −1;1] t = + x2 − − x2 Xét hàm số với Ta có: x t'= + x2 Ta có − x2 = x ( − x2 + + x2 ) − x4 , cho t'= ⇔ x = t ( −1) = 2, t ( ) = 0, t ( 1) = Vậy với Từ + x Với x ∈ [ −1;1] t ∈ 0;  t = + x2 − − x2 ⇒ − x4 = − t m ( t + ) = −t + t + ⇔ Khi pt cho tương đương với: −t + t + =m t+2 Bài tốn trở thành tìm m để phương trình −t + t + f ( t) = t ∈ 0;  t+2 Xét hàm số với −t + t + t+2 có nghiệm t ∈ 0;  f '( t ) = Ta có: −t − 4t ( t + 2) < 0, ∀t ∈ 0;  max f ( t ) = f ( ) = 1, f ( t ) = f t∈0;  t∈0;  Suy ra: ( 2) = −1 f ( t ) ≤ m ≤ max f ( t ) ⇔ − ≤ m ≤ Bây yêu cầu toán xảy khi: t∈0;  t∈0;  −1 ≤ m ≤ Vậy với thảo yêu cầu toán Chọn B Bài 3: (đề tuyển sinh ĐH, CĐ khối A - 2007): Tìm tất giá trị thực tham số m cho bất phương trình: x − + m x + = x − ( 1) A m ≤ −1 B có nghiệm −1 ≤ m ≤ −1 < m ≤ C Giải: ĐK xác định phương trình : Khi đó: ( 1) ⇔ x −1 x2 − x −1 x −1 + m = 24 ⇔3 + m = 24 x +1 x +1 x +1 ( x + 1) t = 24 Đặt Vậy với Khi đó, x ≥ x −1 ,( t ≥ ) x +1 x ≥1 Vì ≤ t x0 2) Nếu f đạt cực tiểu Kiến thức cần nhớ: AB = ( xB − x A ) + ( yB − y A ) 1) Khoảng cách hai điểm A, B M ( x0 ; y0 ) ∆ : ax + by + c = 2) Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng : ax + by0 + c d ( M , ∆) = a + b2 3) Diện tích tam giác ABC: uuur uuur 1 S = AB AC.sin A = AB AC − AB AC 2 ( Tích vơ hướng hai vectơ rr r r a.b = ⇔ a ⊥ b Chú ý: BÀI TẬP VẬN DỤNG rr a.b = a1b1 + a2b2 ) với r r a = ( a1; a2 ) ; b = ( b1; b2 ) Bài 1: Tìm tất giá trị tham số m cho hàm số cực tiểu ( −3; −2 ) ∪ ( −2;1) ( −3; −2 ) −1 < m A B C Giải: y ' = 3( m + ) x2 + x + m Ta có: y = ( m + ) x + x + mx − D ( −2;1) có cực đại, ∆ ' = −3 ( m + 2m − 3) y' Khi tam thức bậc hai có Hàm số có có cực đại, cực tiểu khi:  m ≠ −2 m + ≠ m ≠ −2 ⇔ ⇔ ⇔ m ∈ ( −3; −2 ) ∪ ( −2;1)  ∆ ' > −3 < m <  m + 2m − < Vậy m ∈ ( −3; −2 ) ∪ ( −2;1) thỏa mãn yêu cầu toán Chọn A 2 y = x − mx − ( 3m − 1) x + x1; x2 3 Bài 2: [ĐHD12]: Tìm m để hàm số có hai điểm cực trị cho x1 x2 + ( x1 + x2 ) = m= A Giải: B m=5 C −1 < m D m=7 Ta có: y ' = x − 2mx − ( 3m − 1) = ( x − mx − 3m + 1) , y' = Để hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình có hai nghiệm phân biệt  13 m > 13 ∆ = 13m − > ⇔  ( 1)  13 m < − 13  Ta có x1; x2 y' = nghiệm nên theo định lý Vi-et ta có:  x1 + x2 = m   x1 x2 = −3m + Do đó: x1 x2 + ( x1 + x2 ) = m = ⇔ −3m + 2m + = ⇔ −3m + 2m = ⇔  m =  2 m= Đối chiếu với điều kiện (1) ta thấy có thỏa mãn u cầu tốn Chọn A Bài 3: Tìm tất giá trị tham số m cho hàm số x1; x2 đạt cực trị hai x1 − x2 ≥ điểm cho:  + 64 m ≥   − 64 m ≤  A Giải: D=¡ TXĐ: y ' = x − 2mx + m B  + 63 m ≥   − 63 m ≤  y' = Hàm số có cực đại cực tiểu m > ∆ ' > ⇔ m2 − m > ⇔  , ( 2) m < C  + 61 m ≥   − 61 m ≤  có nghiệm phân biệt x1; x2 D  + 65 m ≥   − 65 m ≤  khi: x1 − x2 ≥ ⇔ ( x1 − x2 ) ≥ 64 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 ≥ 64, ( 1) Ta có: y = x3 − mx + mx −  x1 + x2 = 2m   x1.x2 = m Theo Đl vi-et Ta có: Thay vào (1) ta được:  + 65 m ≥ , ( ) ( 2m2 ) − 4m ≥ 64 ⇔ 4m2 − 4m − 64 ≥ ⇔  − 65 m ≤  Kết hợp (2) (3) ta được:  + 65 m ≥   − 65 m ≤  thỏa mãn toán Chọn D 1 y = mx − ( m − 1) x + ( m − ) x + 3 Bài 4: Tìm tất giá trị tham số m cho hàm số đạt x1; x2 x1 + x2 = cực trị hai điểm cho: m= A m=2 m=3 B Giải: D=¡ TXĐ: y ' = mx − ( m − 1) x + ( m − ) Hàm số có cực đại cực tiểu C m = −5 y' = D m=2 x1; x2 cos2 nghiệm phân biệt khi: m ≠ m ≠ m ≠  ⇔ ⇔ 2 −  2+ ⇔ m ≠ Ta có: (1) y' = x =1± m ⇒ Khi đó: có nghiệm là: tọa độ điểm cực trị đồ thị hàm số A ( − m; −2 − 2m3 ) B ( + m; −2 + 2m3 ) Ta có: uuu r 2 OA ( − m; −2 − 2m3 ) ⇒ OA2 = ( − m ) + ( + m3 ) ; uuu r 2 OB ( + m; −2 + 2m3 ) ⇒ OB = ( + m ) + ( − m3 ) A B cách gốc tọa độ khi: OA = OB ⇔ OA2 = OB ⇔ ( − m ) + ( + m ) = ( + m ) + ( − m3 ) 2 2 m = ⇔ −4m + 16m = ⇔  m = ±  m=± Đối chiếu với điều kiện (1), ta thấy thỏa mãn yêu cầu toán Chọn C ... x ? ?1 + m = 24 ⇔3 + m = 24 x +1 x +1 x +1 ( x + 1) t = 24 Đặt Vậy với Khi đó, x ≥ x ? ?1 ,( t ≥ ) x +1 x ? ?1 Vì ≤ t