Tuyển chọn các câu hàm số mực độ VD-VDC phân tích dạng toán và hướng suy luận

Vậy: khi thay đổi, điểm cực đại của đồ thị luôn nằm trên một đường thẳng cố định có phương trình:. Vậy đường thẳng có hệ số góc.. 1.Dạng toán: Đây là dạng toán tìm điều kiện củ[r]

(1)

MỤC LỤC

DẠNG 1: XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU DỰA VÀO BẢNG BIẾN THIÊN, ĐỒ THỊ

DẠNG 2: TÌM THAM SỐ M ĐỂ HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU 12

DẠNG 3: ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU VÀO PT, BPT, HPT, BĐT 21

DẠNG 4: CÂU HỎI LÝ THUYẾT VỀ TÍNH ĐƠN ĐIỆU 26

DẠNG 5: TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ CHO BỞI CÔNG THỨC 28

DẠNG 6: TÌM CỰC TRỊ DỰA VÀO BBT, ĐỒ THỊ 37

DẠNG 7: TÌM M ĐỂ HÀM SỐ ĐẠT CỰC TRỊ TẠI ĐIỂM X0 CHO TRƯỚC 42

DẠNG 8: TÌM M ĐỂ HÀM SỐ, ĐỒ THỊ HÀM SỐ BẬC BA CÓ CỰC TRỊ THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN 44

DẠNG 9: TÌM M ĐỂ HÀM SỐ, ĐỒ THỊ HÀM SỐ TRÙNG PHƯƠNG CÓ CỰC TRỊ THỎA MÃN ĐK 49

DẠNG 10: TÌM M ĐỂ HÀM SỐ, ĐỒ THỊ HÀM SỐ CÁC HÀM SỐ KHÁC CÓ CỰC TRỊ THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN 52

DẠNG 11: GTLN, GTNN TRÊN ĐOẠN 56

DẠNG 12: GTLN, GTNN TRÊN KHOẢNG 63

DẠNG 13: SỬ DỤNG CÁC ĐÁNH GIÁ, BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN 64

DẠNG 14: ỨNG DỤNG GTNN, GTLN TRONG BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH 65

DẠNG 15: GTLN, GTNN HÀM NHIỀU BIẾN 69

DẠNG 16: BÀI TOÁN ỨNG DỤNG, TỐI ƯU, THỰC TẾ 73

DẠNG 17: CÂU HỎI LÝ THUYẾT VỀ MAX MIN 81

DẠNG 18: BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH CÁC ĐƯỜNG TIỆM CẬN CỦA HÀM SỐ (KHÔNG CHỨA THAM SỐ) HOẶC BIẾT BBT, ĐỒ THỊ 83

DẠNG 19: BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH CÁC ĐƯỜNG TIỆM CẬN CỦA HÀM SỐ CÓ CHỨA THAM SỐ 84

DẠNG 20: BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀ CÁC ĐƯỜNG TIỆM CẬN 87

DẠNG 21: NHẬN DẠNG ĐỒ THỊ 87

DẠNG 22: BIỆN LUẬN SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH DỰA VÀO ĐỒ THỊ, BẢNG BIẾN THIÊN 90

TUYỂN CHỌN CÁC CÂU HÀM SỐ MỨC ĐỘ VD-VDC PHÂN TÍCH DẠNG TỐN VÀ HƯỚNG SUY LUẬN

(2)

DẠNG 1: XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU DỰA VÀO BẢNG BIẾN THIÊN, ĐỒ THỊ

Câu (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019)Cho hàm số có bảng xét dấu đạo hàm sau

Hàm số nghịch biến khoảng khoảng đây?

A B C D

Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn xét tính đơn điệu hàm số tổng dựa vào bảng biến thiên

2 Hướng giải: Xét

B1: Tính đạo hàm của hàm số g x' 

B2: Lập bảng xét dấu g x'  từ suy khoảng đồng biến (nghịch biến)

Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn B

Xét

Ta có ,

Dựa vào bảng xét dấu , ta có bảng xét dấu :

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số nghịch biến khoảng

Câu (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01)Cho hàm số bậc bốn có đồ thị hàm số hình vẽ bên

Hàm số đồng biến khoảng khoảng sau đây?

A B C D

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn xét tính đơn điệu hàm số tổng dựa vào đồ thị

2 Hướng giải: Vì y f x  hàm số bậc bốn nên có dạng

  y f x

  2019 y  f x 

4; 2 1;2  2; 1  2;4     2019

y g x   f x 

    2019 y g x   f x 

     2019  

g x   f x    f x  

2

x x g x

x x

      

  

      

f x g x 

 

y g x 1;2

( )

y f x y f x( )

x y

O

-4 -3 -2

-3

-1 -2

3

3 ( )

y f x x  x  x

 0; 1;1 1; 2; 0

4

( ) ,( 0)

(3)

B1: Hàm số f x'  qua bốn điểm nên xác định công thức hàm số

B2: Khi đó, để xét tính đồng biến hàm số cần tìm, ta tính đạo hàm lập bảng xét dấu

Từ đó, ta giải toán cụ thể sau: Lời giải Chọn D

Hàm số ;

Đồ thị hàm số qua điểm nên ta có:

Do hàm số

Hàm số đồng biến khoảng

Câu Cho hàm đa thức bậc , có đồ thị hàm số hình vẽ Hàm số đồng biến khoảng khoảng sau đây?

A B C D

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn xét tính đơn điệu hàm số hợp dựa vào đồ thị

2 Hướng giải:

B1: Dựa vào đồ thị hàm sốf x'  , có hai điểm đặc biệt đồ thị (2 điểm cực trị ) có hồnh độ

1,

x x Khi f ''  x a xx1xx2 nên f x'  nguyên hàm hàm số f'' x Từ đây, ta tìm công thức hàm số f x' 

B2: Tính đạo hàm hàm số g x'  dựa vào hàm số f x' 

B3: Lập bảng xét dấu, từ đồ thị suy khoảng đồng biến (nghịch biến)

Từ đó, ta giải toán cụ thể sau: Lời giải Chọn B

4

( ) ,( 0)

f x ax bx cx dx e a  f x( ) 4 ax33bx22cx d ( )

y f x ( 4;0),( 2;0),(0; 3),(2;1)   96

256 48

7

32 12

24

7

32 12 24

3

a

a b c d

a b c d b

d

c

a b c d

d                                         

3 2 15 55

3 ( ) ; ( ) 3

24 12

y f x x  x  x y f x x  x   x  x  x

  11 0 x y x x           

( 11;0) 2;

 

y  f x y f x 

5 2  4 10

y  f  x  x  x

5 y x O

 3;4 2;5

2

 

 

  ;22

 

 

  0;23

 

 

 

(4)

Từ đồ thị ta suy có hai điểm cực trị

Ta có ,

Thay tọa độ điểm vào ta hệ:

Vậy

Đặt hàm có TXĐ

Đạo hàm ,

Ta có bảng xét dấu

Từ BBT ta chọn đáp án B

Câu (SỞ GD&ĐT CẦN THƠ NĂM 2018-2019)Cho hàm số liên tục R có đồ thị hàm số hình vẽ

Hàm số nghịch biến khoảng

A B C D

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn xét tính đơn điệu hàm số tổng dựa vào đồ thị

2 Hướng giải: Đặt

B1: Tính đạo hàm hàm số g x' 

B2: Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số đường thẳng

B3: Nếu khoảng đồ thị hàm nằm hồn tồn phía đường thẳng

Nếu khoảng đồ thị hàm nằm hồn tồn phía đường thẳng

Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải

 

y f x y f x  A   0;1 ,B 2;5    2 2

f x ax x ax  ax    1

ax

y f x  ax b

,

A B  1

1

4

3

b a

a b

  

   



1 b a

 

   



  3 1

f x   x x 

  5 2  4 10

g x  f  x  x  x 

  2 5 2  4 5 4 4 24 43 22

g x   f  x  x   x  x  x

  24 5

2

x g x

x

  

   

  

  g x

( )

y f x

( )

y f x

2

( ) 2

y f x  x x

( 1; 2) (1;3) (0;1) (;0)

2

( ) ( ) 2

y g x  f x  x x

( )

g x  f x( )

( ) : y2x2

( ; )a b f x( ) ( ) : y2x2 g x( ) 0  x ( ; )a b

(5)

Chọn C

Đặt

Ta có:

Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số đường thẳng (như nhình vẽ dưới)

Dựa vào đồ thị ta thấy

Dấu khoảng xác định sau:

thì

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm nằm hồn tồn phía đường thẳng

nên

Do hàm số nghịch biến mà nên hàm số nghịch

biến

Câu (SỞ GD&ĐT CÀ MAU NĂM 2018-2019)Cho hàm số có đồ thị hình vẽ sau

Hàm số nghịch biến khoảng đây?

A B C D

1.Dạng toán: Đây dạng toán xét tính đơn điệu hàm số hợp dựa vào đồ thị

2 Hướng giải: Đặt

B1: Tính đạo hàm hàm số

B2: Dựa vào đồ thị, giải phương trình g x' 0

( ) ( ) y g x  f x  x x

2

( ) ( ( ) ) ( ) 2 g x  f x  x x  f x  x

( ) ( ) 2

g x f x x

    

( )

g x  f x( )

( ) : y2x2

 

1

0

3

x g x x x

  

   

   ( )

g x ( ; )a b

( ; )a b f x( ) ( ) : y2x2

( ) ( ; )

g x   x a b

( ; )a b f x( ) ( ) : y2x2 g x( ) 0  x ( ; )a b

( 1;1) f x( ) ( ) : y2x2 g x( ) 0   x ( 1;1)

2 ( )

y f x  x x ( 1;1) (0;1) ( 1;1) (0;1)

 

y f x f x 

   2 g x  f x 

 1;3  3; 1  0;1 4; 

( ) ( ) 2

y g x  f x  x x

   2

(6)

B3: Lập bảng xét dấu x, f x' 22 g x'  Từ tìm khoảng nghịch biến

Từ đó, ta giải toán cụ thể sau: Lời giải Chọn C

,

Bảng xét dấu :

Vậy nghịch biến khoảng

Câu (Sở GD&ĐT Quảng Bình năm 2018-2019)Cho hàm số y f x  có bảng xét dấu đạo hàm hình bên Hàm số y e 3f2 x 13f2x đồng biến khoảng

A.1; B  ; 2 C 1;3 D 2;1

1 Dạng tốn: Xét biến thiên hàm số g x amf u x  nbcf u x  d biết bảng xét dấu đạo hàm hàm số y f x 

Phương pháp giải: Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm hàm số y f x , xét dấu hàm số

 

y g x  , từ kết luận khoảng đồng biến hàm số g x amf u x  nbcf u x  d

2 Hướng giải:

B1: Tính đạo hàm hàm số   mf u x   n cf u x   d

g x a  b  ;       '. mf u x   nln     '. cf u x   dln

g x  mf u x n a  a cf u x d b  b B2: Tìm tất giá trị biến x để g x 0

B3: Đối chiếu với phương án kết luận

   2

g x f x  x22   f x22 2 x f x 22

   

2

0

2

0 1

2

2 2

x x

x

g x x x

f x

x x



  



  

            

      

 2 0 2 2

2 x

f x x

x

 

       

 

  

2 2 0 2 2 2 2

f x   x      x

  g x

 

(7)

Từ bảng đạo hàm ta thấy ' 

1

x f x

x

  

    



   

3f x 3f x

y e    

  2    2 

' ' f x ' 3f x.ln

y f x e   f x 

     

  2  2 

' ' f x 3f x.ln

y f x  e    

      

Để hàm số đồng biến y' f' 2 x3e3f2 x13f2x.ln 30

 

 

'

f x

    (vì 3e3f2 x13f2x.ln 0 )

 

'

1

x x

f x

x x

   

 

    

     

 

Đối chiếu đáp án, chọn x thuộc khoảng 2;1

Câu (Sở GD&ĐT Phú Thọ năm 2018-2019 lần 1)Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục

 Đồ thị hàm số y f x'  hình vẽ

Hàm số g x  f   2x 1 x1 2x 4 đồng biến khoảng đây?

A 2;

  

 

  B  ; 2 C

1 ;

 

 

  D

1 ; 2

 

 

 

1 Dạng toán: Xét biến thiên hàm số g x  f u x  v x  biết đồ thị hàm số

 

y f x

Phương pháp giải: Dựa vào đồ thị hàm số y f x  xét dấu hàm số y g x  , từ kết luận tính biến thiên hàm số g x  f u x  v x 

2 Hướng giải:

B1: Tính đạo hàm hàm số g x  f u x  v x ; g x u x f u     v x' 

B2: Đặt t  2x 1, tìm giá trị t để y' 2 'f t 2t2t f t' 0, suy tất giá trị biến x để g x 0

B3: Đối chiếu với phương án kết luận

(8)

Ta cóy g x   f  2x 1 x1 2x 4 f  2x 1 2x22x4

 

' '

y   f   x x

Đặt t      2x 2x t Khi y' 2 ' 2f   x 1 4x2 trở thành

    

' ' 2 '

y   f t  t t f t

Xét y' 2 'f t 2t2t f t'   0 t f t' 

3

1

2 2

2 x

t x

t x x

 

     

  

  

         

  

Vậy hàm số g x  f  2x 1 x1 2x 4 đồng biến khoảng

 

1

2; , 2;

2

   

 

 

Câu (Sở GD&ĐT Bình Phước năm 2018-2019 lần 1)Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau

Hàm sốy f x 22nghịch biến khoảng đây?

A 2; B  0; C  ; 2 D 2;0 Phân tích hướng dẫn giải

1 Dạng toán: Xét biến thiên hàm số g x  f u x   biết bảng biến thiên hàm số y f x 

Phương pháp giải: Dựa vào bảng biến thiên hàm số y f x xét dấu hàm số

 ,

y g x  từ kết luận tính biến thiên hàm số g x  f u x  

2 Hướng giải:

(9)

B3: Xét dấu hàm số y g x   (dựa vào dấu u x  f u ) kết luận

Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn A

Ta có y' ' x f x 22.

 

2

0

0 2 2

'

' 2

2 2

x

x x

y x

f x x

x x



 

 



     

       

 

    

   



Do nghiệm phương trình ' 0y  nghiệm bội lẻ, mà y' 3 6 ' 7f  0nên tacó bảng xét dấu 'y

Vậy hàm số y f x 22nghịch biến khoảng 2;

Câu (Sở GD&ĐT Lào Cai năm 2019)Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục  Đồ thị hàm số y f x  hình vẽ

Số điểm cực trị hàm số y f x 20172018x2019

A B C D

1 Dạng tốn: Tìm số điểm cực trị hàm số F x  f u x  g x  biết đồ thị hàm số

 

y f x

Phương pháp giải: Dựa vào đồ thị hàm số y f x  tìm số nghiệm phương trình

 

F x  xét dấu hàm số y F x  , từ suy số cực trị hàm số

      

F x  f u x g x

2 Hướng giải:

B1: Đặt t x 2017 Đưa hàm số cho hàm số y f t 

B2: Tính đạo hàm hàm số y f t  Giải phương trình f t 0 (dựa vào đồ thị hàm số

 

y f x )

B3: Xét đổi dấu hàm số y f t  kết luận số cực trị

(10)

Lời giải Chọn A

Đặt t x 2017  x t 2017, ta hàm số y f t 2018t20172019

  2018 2018.2017 2019

y f t t

    

Khi đó: y f t 2018

 

0 2018

y  f t 

Từ đồ thị ta thấy đường thẳng y2018 cắt đồ thị hàm số y f x  điểm nên phương trình y 0 có nghiệm t0

Với t t 0, ta có: y t 0 Với t t 0, ta có: y t 0

Vậy hàm số cho có điểm cực trị

Câu 10 (Sở GD&ĐT Bà Rịa Vũng Tàu năm 2018-2019)Cho hàm số y f x  có đạo hàm  Đồ thị hàm số y f x  hình vẽ

Hỏi hàm số y f x 2 nghịch biến khoảng sau đây?

A 1;0 B ;1 C  1; D 4; Phân tích hướng dẫn giải

1 Dạng toán: Xét biến thiên hàm số g x  f u x   biết đồ thị hàm số y f x  Phương pháp giải: Dựa vào đồ thị hàm số y f x  xét dấu hàm số y g x  , từ kết luận tính biến thiên hàm số g x  f u x  

2 Hướng giải:

B1: Tính đạo hàm hàm số g x  f u x  ; g x u x f u     B2: Giải phương trình g x 0

B3: Xét dấu hàm số y g x   (dựa vào dấu u x  f u ) kết luận

Từ đó, ta giải toán cụ thể sau: Lời giải Chọn A

(11)

+)

+)  

2

1

0

1

x x

f x

x x

      

     

  



+)  

2

1

0

4

2 x x

f x x

x

   

   

     



  

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy hàm số y f x 2 nghịch biến khoảng 1;0

Câu 11 (Sở GD-ĐT Nam Định 2018-2019) Cho hàm số f x  liên tục  có đạo hàm f x  thỏa mãn f x   1 x x 2  g x 2018 với g x   0, x  Hàm số

1  2018 2019

y f  x x nghịch biến khoảng ?

A 1; B  0;3 C ;3 D 4; Phân tích hướng dẫn giải

1 Dạng tốn:Đây dạng tốn tìm khoảng đồng biến, nghịch biến hàm hợp

2 Hướng giải:

B1: Tìm đạo hàm hàm hợp đề cho theo công thức f u u f u   

B2: Đề có yếu tố f1x nên thay x 1x Đề yêu cầu tìm khoảng nghịch biến nên tiến hành giải bất phương trình y 0

Từ ta có lời giải cụ thể sau :

Lời giải Chọn D

Đặt: y h x   f 1 x 2018x2019

Ta có: h x  f1 x 2018 x3x g 1x Xét h x  0 x3x0 (vì g1x  0, x )

0 x

Vậy hàm số h x  nghịch biến  0;3 nên đáp án đáp án B  

2

1

0

2

x

f x x

x x

  

 

 

      

  

(12)

DẠNG 2: TÌM THAM SỐ M ĐỂ HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU

Câu 12 (Sở GD&ĐT Bắc Ninh năm 2018-2019 lần 01)Tập tất giá trị tham số m để hàm số y x 33mx23x1 đồng biến

 là:

A m  1;1 B m     ; 1 1; 

C m    ; 1 1; D m  1;1

1 Dạng tốn: Tìm tham số để hàm số bậc ba đơn điệu khoảng Dcho trước

2 Hướng giải:

B1: Liên quan tới tính đơn điệu nên ta tính đạo hàm hàm cho

B2: Đề yêu cầu hàm đồng biến  nên y   0 x  Sau ta triển khai theo hướng

Hướng Nếu lập D sang 1vế, vế cịn lại đặt h x  so sánh mvới h x  trênD

Nếu    

x D x D

m h x x D m h x

 

     ,   max  

x D x D

m h x x D m h x

 

    

Hướng Nếu không cô lập m ta dùng tính chất hàm bậc ba dấu tam thức bậc hai

Từ ta có lời giải chi tiết sau:

Ta có y 3x26mx3

Hàm số đồng biến  y  0, x  Đạo hàm hàm bậc hai, nên:

0,

y   x     

2

1 1;1

36

y

m m

m



 

       

 



Câu 13 (Sở GD&ĐT Quảng Ninh năm 2018-2019 lần 01)Cho hàm số

2

x m y

x

 

 Tập hợp tất giá trị m để hàm số đồng biến khoảng 0;

A 2; B ;2 C ; 2 D 2; Phân tích hướng dẫn giải

1 Dạng tốn: Tìm tham số để hàm phân thức bậc bậc đơn điệu khoảng

D cho trước

2 Hướng giải:

B1: Liên quan tới tính đơn điệu nên ta tính đạo hàm hàm cho Cách tính nhanh :

 2

ax b ad bc

cx d cx d



 

  

  

  

B2: Hàm số có tập xác định K Hàm số đồng biến nghịch biến khoảng xác định nên trước hết phải đảm bảo DK

B3: Đạo hàm hàm u

v số có dạng

m

v ;

2 0,

v   x K nên cần xét dấu m Nếu hàm đồng biến m0; hàm nghịch biến m0 (lưu ý, khơng xảy dấu “=”)

(13)

TXĐ: D\ 2  Như 0;  D Ta có

 2

2

m y

x

  



Hàm số cho đồng biến khoảng 0;  y  0, x 0; m m

     hay m  ; 2

Câu 14 (Sở GD&ĐT Hà Tính năm 2018-2019)Có giá trị nguyên dương tham số m để hàm số y x 4mx2 đồng biến khoảng 2;

A B C D

1 Dạng tốn: Tìm tham số để hàm trùng phương đơn điệu khoảng D cho trước

2 Hướng giải:

B2: Đề yêu cầu hàm đồng biến 2; nên y   0 x 2; Theo tính chất hàm trùng phương, phương trình y 0 ln có nghiệm bằng0 Tách x hàm bậc hai Sử dụng dấu tam thức bậc hai lập bảng biến thiên để xét dấu đạo hàm

Lời giải Chọn B

+ TXĐ: D Ta có y 4x32mx

Hàm số đồng biến 2;     y 0, x 2;

   

3

2

4 0, 2;

2

x

x mx x

x x m

 

       

 



     

2 2

2;

2x m x 2; m 2x x 2; m 2x



            

Lập bảng biến thiên hàm bậc hai y2x2 xét khoảng 2; ta :

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: m8

Vì m nguyên dương nên m1; 2;3; 4;5;6;7;8

Vậy số giá trị nguyên dương tham số m thỏa mãn YCBT:

Câu 15 (Sở GD&ĐT Điện Biên năm 2018-2019)Tìm tập hợp tất giá trị tham số m để hàm số 2 2 3 4

3

y x  x  m x đồng biến khoảng  1; 

A 0; B 1;

 

 

  C

1 ;

2

  

 

  D ;0

(14)

B2: Đề yêu cầu hàm đồng biến khoảng  1;  nên y     0 x  1;  Sau ta triển khai theo hướng

Hướng Nếu cô lập m sang vế, vế cịn lại đặt h x  so sánh m với h x  trênD

Nếu    

x D x D

m h x m h x

 

   ,   max  

x D x D

m h x m h x

 

  

Hướng Nếu không cô lập m ta dùng tính chất hàm bậc ba tính chất hàm đạo hàm

Lời giải

Chọn D

Ta có y x24x2m3

Hàm số đồng biến khoảng        1;  y 0, x  1; 

 

2 4 2 3 0, 1;

x x m x

        

      

2

1;

2m x 4x 3, x 1; 2m x 4x *

 

           

Đặt g x x24x3  

g x  x ; g x    0 x Lập bảng biến thiên g x  ta được:

Dựa vào bảng biến thiên, * 2m g    1 m

Câu 16 (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02)Có giá trị nguyên tham số thuộc đoạn để hàm số nghịch biến khoảng

?

A B C D

1.Dạng tốn: Đây dạng toán định mđể hàm số đồng nghịch khoảng cho trước

PP chung: Trước tiên ta đạo hàm hàm số

Sau tùy thuộc vào kiện đề ta biện luận tham số m

2 Hướng giải:

B1: Tìm TXĐ, tính đạo hàm B2: Xét phương trình có B3: Biện luận theo tham số m

Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn C

m 10;10 y x 33x23mx2019  1;2

10 20 11 21

 

3

y  x  x m

2 2 0

(15)

Hàm số Tập xác định:

Ta có

Xét phương trình có

*Với ta có nên hàm số ln đồng biến (khơng thỏa mãn) *Với ta có nên có hai nghiệm phân biệt , ( ).Ta có bảng biến thiên hàm số

Hàm số nghịch biến

Kết hợp u cầu tốn ta có

Câu 17 (SỞ GD&ĐT KIÊN GIANG NĂM 2018-2019)Cho hàm số ( tham số) Gọi tập hợp tất giá trị nguyên tham số để hàm số cho đồng biến khoảng Tính số phần tử biết

A B C D

1.Dạng toán: Đây dạng toán định mđể hàm số đồng nghịch khoảng cho trước

Sau tùy thuộc vào kiện đề ta biện luận tham số m( độc lập tham số m được)

2 Hướng giải:

B1: Tìm TXĐ, tính đạo hàm

B2: Độc lập tham số m :

B3: Đặt f x là biểu thức độc lập tham số m.Khi ta tìm minf x , x 6;

Hàm số cho đồng biến khoảng

  3 3 2019 y f x x  x  mx

D

 

3

y  x  x m

2 2 0

x  x m     m

1

m   f x   0, x 

1

m   f x 0 x1 x2 x1x2  

y f x

 

y f x  1;2  

 

1

3 1

1

0

3

f m

x x m

m f

 

   



       

  



 10; 9; ; 1;0 m   

4

2019

4

x mx x

y   mx

m S m

6;  S m2020

4041 2027 2026 2015

   

3 1 0, 6;

y x mx   x m x m x     x x  

6;  y   0, x 6; 

   

3 1 0, 6;

y x mx   x m x m x     x x  

 

3

2 1 , 6;

x x

m x x

x



      

(16)

Đặt

Mà nên , có phần tử Ta chọn B

Câu 18 Do câu 18 trùng với câu 16 nên không làm lại câu

Câu 19 (SỞ GD&ĐT CÀ MAU NĂM 2018-2019)Có giá trị nguyên dương tham số để hàm số đồng biến khoảng

A B C D

1.Dạng toán: Đây dạng toán định mđể hàm số đồng nghịch khoảng cho trước hàm biến

PP chung: Tìm tập xác đinh,đạo hàm hàm số

Sau tùy thuộc vào kiện đề ta biện luận tham số m, nghiệm mẫu nằm khoảng đồng biến nghịch biến mà đề yêu cầu

2 Hướng giải:

B2: Để hàm số đồng biến khoảng

B3: Giải giao nghiệm để tìm tham số m

Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Chọn D

Tập xác định

Ta có

Để hàm số đồng biến khoảng

Vì ngun dương nên Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu tốn

Câu 20 (SỞ GD&ĐT LẠNG SƠN NĂM 2018-2019)Có giá trị nguyên tham số để

hàm số đồng biến khoảng ?

A B C D

1.Dạng toán: Đây dạng toán định mđể hàm số đồng nghịch khoảng cho trước

Sau tùy thuộc vào kiện đề ta biện luận tham số m( độc lập tham số m được)

2 Hướng giải:

 

f x x m f x , x 6;    m f x , x 6; 

6

m

 

2020

m m  2020; 2019; ,6  2027

m mx y x m  

  ; 3

4

  2 m y x m    

 ; 3

 

2 1 0

; m m             \ D m   2 m y x m    

 ; 3

 

2 1 0

; m m           1 m m m           ; 1 1;3

m

     m m 2;3

m

   

3 3 2 3 4 1

y  x m x  m  m x  0;1

1

   

2

3

y x m x m m

(17)

B2: Do việc độc lập tham số m phức tạp nên ta dự đoán nghiệm toán

B3: Ta lập bảng biến thiên dụa vào nghiệm vừa tìm so sánh với khoảng đề cho để tìm tham số m

Ta có

Bảng biến thiên:

Để hàm số đồng biến khoảng

Vì ngun nên Vậy có giá trị nguyên m

Câu 21 (CỤM SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU NĂM 2018-2019 LẦN 01)Gọi S tập hợp số nguyên

m để hàm số  

3 x m y f x

x m  

    đồng biến khoảng  ; 14 Tính tổng T phần tử S?

A T 10 B T 9 C T 6 D T  5 Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm điều kiện tham số để hàm số phân thức hữu tỉ bậc bậc đơn điệu khoảng cho trước (cố gắng đưa phương pháp chung cho dạng toán được)

2 Hướng giải:

B1: Tìm tập xác định D\ 3 m2 B2: Tính đạo hàm  

 2

5

3

m f x

x m

 

 

 

B3: Hàm số đồng biến  ; 14 hàm số liên tục  ; 14và    ; 14

f x     x ( f x 0 hữu hạn điểm thuộc  ; 14

Tập xác định D\ 3 m2

4 x m y

x m

 

     



   

3 3 2 3 4 1

y  x m x  m  m x

   

2

3

y x m x m m

        3x22m2x m m  4

 

0

4 x m y

x m

 

     



 0;1  m   0 m    3 m

(18)

Ta có  

 2

5

3

m f x

x m

 

 

 

Hàm số đồng biến  ; 14

 

5

3 ; 14 14

m m

   

  

 

       

 

1

4

m

m m

  

     



Vậy S     4; 3; 2; 1;0        T 10

Câu 22 (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01)Cho hàm số y f x  liên tục  có đạo hàm f x x x2 2x2 6x m với x Có số nguyên m thuộc đoạn 2019; 2019 để hàm số g x  f1x nghịch biến khoảng  ; 1?

A 2012 B 2009 C 2011 D 2010

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm điều kiện tham số để hàm số hợp đơn điệu khoảng cho trước (cố gắng đưa phương pháp chung cho dạng toán được)

2 Hướng giải:

B1: Tính đạo hàm hàm số g x  f1x g x  f1x

  2   2  

1 x x 1 x x m

            2  2 

1

x x x x m

     

B2: Hàm số g x  nghịch biến khoảng  ; 1   0, * 

g x x

    , (dấu " " xảy hữu hạn điểm)

B3: Đánh giá với x1 x 12 x 1 nên  *       x2 4x m 5 0, x 1     m x2 4x 5, x 1

      2   2  

1 1

g x  f   x x  x     x x m

 

x 1 2 x 1x2 4x m 5

     

Hàm số g x  nghịch biến khoảng  ; 1   0, * 

g x x

    , (dấu " " xảy hữu hạn điểm)

Với x1 x 12 x 1 nên  *       x2 4x m 5 0, x 1

2 4 5, 1

m x x x

     

Xét hàm số y  x2 4x 5

khoảng  ; 1, ta có bảng biến thiên:

(19)

Kết hợp với m thuộc đoạn 2019;2019 m nguyên nên m9;10;11; ;2019 Vậy có 2011 số nguyên m thỏa mãn đề

Câu 23 (SỞ GD&ĐT YÊN BÁI NĂM 2018-2019)Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục  hàm số y f x  có đồ thị hình vẽ

Xét hàm sốg x  f x 25 Khẳng định khẳng định đúng?

A Hàm số g x  nghịch biến khoảng  ; 2

B Hàm số g x  đồng biến khoảng 2;0

C Hàm số g x đồng biến khoảng 2;

D Hàm số g x nghịch biến khoảng 2;2 Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn xét tính đơn điệu hàm số hợp (cố gắng đưa phương pháp chung cho dạng toán được)

2 Hướng giải:

B1: Tính đạo hàm g x 2x f x 25 B2: Giải phương trình g x 0

B3: Xét dấu đạo hàm g x , từ suy khoảng đồng biến, nghịch biến hàm số

Ta có g x 2x f x 25;  

 

0

5

x g x

f x

  

      



Từ đồ thị ta suy 2

0

5

x x



   

 

     

 

     

 

Bảng biến thiên

+ +

+

+ +

0

7

f ' x 2-5 x

2

0

0 +∞

∞

+

0

2

g g'

(20)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số g x đồng biến khoảng 2;0

Câu 24 (SỞ GD&ĐT ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019) Cho hàm số y f x  liên tục  có bảng xét dấu f x  hình vẽ

Giá trị tham số m để hàm số   1  2 2 y g x f x

x mx m

   

   chắn đồng biến 3;0

A m   2; 1 B m   ; 2 C m  1;0 D 0; Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm điều kiện tham số để hàm số hợp đơn điệu khoảng cho trước (cố gắng đưa phương pháp chung cho dạng toán được)

2 Hướng giải:

B1: Tìm điều kiện xác định: x2   mx m2 1 0 B2: Tính đạo hàm    

 2 2 2

1

x m

g x f x

x mx m



     

  

B3: Đặt ẩn phụ t 1 x x;   3;0,  t  1;4

Hàm số đồng biến khoảng 3;0khi g x      x  3;0

Điều kiện: x2   mx m2 1 0 (luôn

2 2

2 1 1 0

2

m m

x mx m   x    

  )

   

 2 2 2

1

x m

g x f x

x mx m



     

  

Đặt t 1 x x;   3;0  t  1;4 f1x x,   3;0 f t t   ,  1; Do từ bảng biến thiên suy f t   0, t  1;4  f1    x 0, x  3;0

Ycbt

 2 2 2  

2

0, 3;0

1

x m

x

x mx m



    

        2x m 0, x  3;0    3;0 

2 , 3;

m x m x m



         

(21)

DẠNG 3: ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU VÀO PT, BPT, HPT, BĐT

Câu 25 (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho phương trình

       

2

ln ln

m x   x m x   x Tập hợp tất giá trị tham số m để phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt thoả mãn 0   x1 x2 khoảng a; Khi a thuộc khoảng

A 3,8;3,9 B 3,6;3,7 C 3,7;3,8 D 3,5;3,6 Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước cách sử dụng tính đơn điệu hàm số (cố gắng đưa phương pháp chung cho dạng toán được)

2 Hướng giải:

B1: Tìm điều kiện: x1

B2: Biến đổi phương trình tương đương với    

2 2

ln

1 1 0

x m x x e            

B3: Xét hàm số  

  ln

x f x

x 

  khoảng 0;, lập bảng biến thiên Từ kết luận điều kiện m để thỏa mãn yêu cầu tốn

Điều kiện: x1

Vì x0 khơng thỏa mãn phương trình nên ta có

 1 mlnx  1 x ln   x  1 1  

 

ln

ln 1

m x x

x              2 ln 1 x m x x e             

Do nghiệm x 1 e

   nên phương trình  1 có hai nghiệm thoả mãn 0   x1 x2 phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt cho 0   x1 x2

Xét hàm số  

 2 ln x f x x  

 khoảng 0; ta có  

    2 ln 1 ln x x x f x x       

  ln 1 3 

x

f x x

x 

      

Xét hàm số   ln 1 x

h x x

x 

    có  

 2

1

0

1 1

h x x

x x

     

  , nên h x  đồng

biến 0; phương trình f x 0 có khơng q nghiệm

(22)

Từ bảng biến thiên ta có phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt thoả mãn

1

0   x x 6 ;

ln ln

m  m  

 

Vậy 3,7;3,8 ln

a 

Câu 26 (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y f x( ) có bảng biến thiên sau:

Giá trị lớn củam để phương trình:

3 13

2 ( ) ( ) ( )

2

f x f x f x

e    m có nghiệm đoạn  0;

A e5 B e1513 C e3 D e4 Phân tích hướng dẫn giải

1 Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm tham số m để phương trình có nghiệm

2 Hướng giải:

B1: Lập bảng biến thiên

B2: Dựa vào bảng biến thiên tìm GTLN GTNN hàm số

13

2 ( ) ( ) ( )

2

f x f x f x

y e     0;

B3: Kết luận giá trị lớn m

Ta có:

3 13

2 ( ) ( ) ( )

2

f x f x f x

e    m  2 3( ) 13 2( ) ( ) ln

2

f x  f x  f x   m Đặt ( ) 2 3( ) 13 2( ) ( )

2

g x  f x  f x  f x 

 

( ) ( ) ( ) 13 ( )

(23)

Ta có

( ) 1;

( ) ( ) 1;

7

( )

f x x x

g x f x x x a

x b f x



      

 

       

   

  

Bảng biến thiên đoạn  0; :

Giá trị lớn để phương trình có nghiệm đoạn  0; là: lnm  4 m e4

Câu 27 (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có giá trị nguyên tham số để phương trình3 13 4sin 2019 sin 2019

2 3

m m x   x 

có nghiệm thực?

A B C D

1 Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm tham số m để phương trình có nghiệm Tuy nhiên tốn cô lập tham số mà sau đặt ẩn phụ đưa dạng f t( ) f a( ), với

( )

f t hàm đơn điệu

2 Hướng giải:

B1: Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình

B2: Từ hệ phương trình ta suy f t( ) f a( ), với f t( ) hàm đơn điệu Dựa vào bảng biến thiên tìm GTLN GTNN hàm số f t( )

B3: Kết luận giá trị lớn m

Đặt sinx22019a a  1;1 Phương trình cho  13

2 3 m

m a a

  

Đặt 2m3a t

3

1 4

2 3

1

2

m a t m a t

m t a

 

   

 

 

     



 



4

3

a a t t

   

Xét hàm ( )

f t  t t với t Ta có ( ) 32 0

f t  t   với  t  m

m

(24)

3 ( )

3

f t t t

   đồng biến Từ (*) suy f t( ) f a( ) t a

Do đó1 2

2m3a a m a 3a với a  1;1 Đặt

3 8

( ) ; ( )

3

g a  a  a g a  a 

Ta có

2

8

( )

2

3 a g a a

a

  

     

   

(thỏa mãn)

Khi đó: (1) 2; ( 1) 2; 32; 32

3 3 27 27

g   g   g  g   

   

Phương trình có nghiệm

 1;1  1;1  

32 32

min ( )g a m max ( )g a 27 m 27 m 1;0;1

m

 

   

     

 

 

Câu 28 Có giá trị âm tham số để phương trình 2019m 2019m x x2 có hai nghiệm thực phân biệt?

A B C Vơ số D

1 Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm tham số m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt Tuy nhiên ta cô lập tham số mà sau đặt ẩn phụ đưa dạng

( ) ( )

f t  f a , với f t( ) hàm đơn điệu

2 Hướng giải:

B1: Đưa phương trình dạng f t( ) f a( ) với f t( ) hàm đơn điệu suy ( ) ( )

f t  f a  t a

B2: Từ phương trình t a g x( )h m( ) Lập bảng biến thiên hàm số g x( ) B3: Kết luận giá trị lớn m

Điều kiện 2019m x 20

Phương trình 2019m 2019m x x22019m 2019m x x4

2

2019m x 2019m x x x

      (1)

Xét hàm số f t( ) t2 t 0;, ta có f t     ( ) 0,t t 0 suy f t( ) đồng biến 0;

Khi (1)  f  2019m x 2 f x 2  2019m x x22019m x 4x2

Xét hàm số g x( )x4x2 có g x( ) 4 x32x ;

0 ( )

2

x

g x x

x

    

   

    



m

(25)

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy phương trình cho có nghiệm

1

2019

8076

2019 0

m m



    

 

 



  

 

Vì m âm nên 8076

(26)

DẠNG 4: CÂU HỎI LÝ THUYẾT VỀ TÍNH ĐƠN ĐIỆU

Câu 29 (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019)Cho hàm số

y ax bx cx d có đồ thị hình Khẳng định sau

A 2

3

a b ac

 

  

 B

0

3

a b ac

 

  

 C

0

3

a b ac

 

  

 D

0

3

a b ac

 

  



1.Dạng toán: Đây dạng toán nhận dạng đồ thị hàm số bậc ba

2 Hướng giải:

B1: Dựa vào hình dạng đồ thị hàm số suy mối quan hệ hệ số a b c d, , , B2: Kết luận

Dựa vào đồ thị ta có lim

xy  suy a0

Từ đồ thị ta suy y   0, x  3ax22bx c   0, x   b2 3ac0 Vậy 2

3

a b ac

 

  



Câu 30 (SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM NĂM 2018-2019)Tập hợp tất giá trị tham số thực m để hàm số y  x3 6x24m2x2 nghịch biến khoảng ;0

A ;

  

 

  B

5 ;

 

 

  C

1 ;

 

 

  D

5 ;

2

  

 

 

1 Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm tham số m để hàm số nghịch biến khoảng

2 Hướng giải:

B1: Tìm đạo hàm f x( ) 0 lập Tìm GTLN GTNN g x( ) khoảng theo yêu cầu toán

B3: Kết luận giá trị m

Ta có y  3x212x4m2

(27)

 

4m 3x 12x 2, x ;0

       Đặt f x( ) 3 x212x   2, x  ;0

( ) 12

f x  x    x Ta có bảng biến thiên f x( )

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 4m3x212x   2, x  ;0

4m 10

  

2

m

  

Vậy ;

2

m   

  hàm số nghịch biến khoảng ;0

Câu 31 (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số

 

3 , , ,

y x bx  cx d b c d có đồ thị hình vẽ

Mệnh đề đúng?

A b0,c0,d 0 B b0,c0,d 0

C b0,c0,d0 D b0,c0,d0 Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng toán: Đây dạng toán đồ thị hàm số bậc

2 Hướng giải: Dựa vào dấu hiệu như: tính đơn điệu; cực trị; giao đồ thị với trục tọa độ; … để tìm dấu hệ số b c d, , Cụ thể:

B1: Từ vị trí giao điểm đồ thị hàm số với trục tung ta tìm dấu hệ số d

B2: Từ vị trí hai điểm cực trị đồ thị ta suy phương trình y 0 phải có hai nghiệm x x1; 2 thỏa mãn x1 0 x x2;  x2 x x1 20;x1x20

Ta có: y 3x22bx c . Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy:

- Giao điểm đồ thị hàm số với trục tung nằm phía trục hoành ta kết luận d0 - Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm hai phía trục tung đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại tới trục tung nhỏ khoảng cách từ điểm cực tiểu tới trục tung nên phương trình

0

y  phải có hai nghiệm x x1; thỏa mãn:

1 2 2

2

0 ; 0; 0; 0;

3

b

x  x x  x  x x  x x   c    b c

Vậy b0,c0,d0

+

(28)

DẠNG 5: TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ CHO BỞI CÔNG THỨC

Câu 32 (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f x  có

    2 3

3 ,

f x x x x  x  Số điểm cực tiểu hàm số cho

A B C D

1.Dạng tốn: Đây dạng toán cực trị hàm số - tìm số cực trị hàm số cho cơng thức f x 

2 Hướng giải: Từ công thức f x  ta suy bảng xét dấu f x  kết luận

Ta có:     2 3

0

0 3

2

x

f x x x x x

x

  

       

   Ta có bảng xét dấu f x  sau:

Vậy hàm số cho có điểm cực tiểu

Câu 33 (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hàm số sau khơng có điểm cực trị?

A y x 33x1. B y x 33x1. C y x 44x21. D y x 22 x Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng toán: Đây dạng toán cực trị hàm số - tìm số cực trị hàm số cho công thức hàm số y f x 

2 Hướng giải: Từ công thức hàm số y f x  ta tính y f x  suy bảng xét dấu f x  kết luận

- Với hàm số y x 33x1 hàm số bậc 3; có tập xác định: D; có đạo hàm

3 3;

y x  y   x nên hàm số có điểm cực trị

- Với hàm số y x 33x1 hàm số bậc 3; có tập xác định: D; có đạo hàm

3 0,

y  x    x  nên hàm số khơng có cực trị

- Với hàm số y x 44x21 hàm số bậc trùng phương; có tập xác định: D; có đạo hàm y4x38 ;x y  0 x 0 nên hàm số có điểm cực trị

(29)

- Với hàm số y x 22x hàm số bậc 2; có tập xác định: D; có đạo hàm

2 2;

y x y  x nên hàm số có điểm cực trị

Câu 34 (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Hàm số 3 1

y x x  x đạt cực tiểu điểm

A x 1 B x1 C x 3 D x3 Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn cực trị hàm số - tìm cực trị hàm số bậc

2 Hướng giải: Từ công thức hàm số y f x  ta tính y f x  suy bảng xét dấu f x  kết luận

Hàm số 3 1

3

y x x  x hàm số bậc 3; có tập xác định: D; có đạo hàm

2 2 3; 0 3.

1 x

y x x y

x

  

     





Bảng xét dấu đạo hàm:

Suy hàm số đạt cực tiểu điểm x1

Câu 35 (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f x  có

     2  3 4

1 ,

f x  x x x x  x  Số điểm cực trị hàm số cho

A B C D

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn cực trị hàm số - tìm số cực trị hàm số cho công thức f x 

2 Hướng giải: Từ công thức f x  ta suy bảng xét dấu f x  kết luận

Ta có:      2  3 4

1

0

3

x x

f x x x x x

x x

    

        

(30)

Vậy hàm số cho có điểm cực trị

Câu 36 (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ )Cho hàm số y f x  có đạo hàm Số điểm cực trị hàm số cho

A B C D

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm số cực trị hàm số biết đạo hàm

2 Hướng giải:

B1: Giải phương trình f x 0 tìm nghiệm B2: Lập bảng biến thiên hàm số f x 

B3: Dựa vào bảng biến thiên kết luận

Ta có

Do hàm số có điểm cực trị

Câu 37 (SỞ GD&ĐT LÀO CAI 2019)Cho hàm số f x  có đạo hàm f x  khoảng , đồ thị hàm số f x  khoảng hình vẽ

Hàm số f x  có điểm cực trị?

  24

' ,

3

x

f x x

x



  

3

 

'

f x    x

(31)

A B C D Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm số cực trị hàm số biết đồ thị hàm f x 

2 Hướng giải:

B1: Từ đồ thị hàm f x  lập bảng biến thiên hàm số f x , đồ thị hàm nằm trục Ox  

f x  ,đồ thị hàm nằm trục Ox f x 0 B2: Dựa vào bảng biến thiên tìm số cực trị hàm số

Dựa vào đồ thị hàm số ta có bảng biến thiên hàm số sau:

Vậy hàm số f x  có điểm cực trị

Câu 38 Cho hàm số y f x  liên tục , có đạo hàm f x x x3 1 2 x2 Hỏi hàm số  

y f x có điểm cực trị?

A B C D

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm số cực trị hàm số biết đạo hàm

2 Hướng giải:

B1: Giải phương trình f x 0 tìm nghiệm B2: Lập bảng biến thiên hàm số f x  B3: Dựa vào bảng biến thiên kết luận

Ta có:   3  2 

0

2

x

f x x x x x

x

  

       

   

Ta thấy f x  đổi dấu qua x0 x 2 nên hàm số y f x  có điểm cực trị

Câu 39 (SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02)Trong khẳng định sau hàm số

1

x y

x

 

 khẳng định đúng?

A Đồng biến  B Đồng biến khoảng xác định

C Có cực trị D Nghịch biến  Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng toán xét chiều biến thiên hàm số bậc bậc

2 Hướng giải:

 

f x f x 

1



(32)

B1: Tìm tập xác định, tính y, ta thấy y   0, x TXĐ

B2: Tính giới hạn hàm số x  điểm không thuộc tập xác định hàm số B3: Lập bảng biến thiên kết luận

Tập xác định hàm số: D\ 1 Ta có:

 2

0,

y x D

x

    



 1  1  1  1

2 2

lim lim 1; lim lim ; lim lim

1 1

x x x x x x

x x x

y y y

x   x   x

         

  

       

  

Từ ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến khoảng  ; 1  1;  Vậy khẳng định B

Câu 40 (SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02)Cho hàm số y x 33x có giá trị cực đại cực tiểu y y1, Mệnh đề sau đúng?

A 2y1y26 B y1y2  4 C 2y1y2  6 D y1y24 Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm cực trị hàm số bậc

2 Hướng giải:

B1: Tìm tập xác định, tính y Giải phương trình y 0 B2: Lập bảng biến thiên tìm cực trị hàm số

B3: Kiểm tra xem đẳng thức đáp án đưa phù hợp

Tập xác định: Ta có: y x33x3x23 suy 0 3 3 0 1 x

y x

x

 

      

 



Từ bảng biến thiên suy ra:

D

1 cđ 2; ct

(33)

Câu 41 (SỞ GD&ĐT CẦN THƠ NĂM 2018-2019) Cho hàm số y f x  xác định \ 0  có  

2 2x x f x

x

 

  ,  x Mệnh đề sau đúng?

A Hàm số có điểm cực tiểu điểm cực đại

B Hàm số có ba điểm cực trị

C Hàm số có hai điểm cực tiểu

D Hàm số có hai điểm cực đại

1 Dạng toán: Đây dạng toán cực trị hàm số

+ Để tìm số cực trị hàm số y f x , ta cần tìm số lần đổi dấu hàm số f x 

trên tập xác định

+ Để xác định cực đại, cực tiểu hàm số, ta cần lập bảng xét dấu hàm số f x 

trên tập xác định (bảng biến thiên hàm số f x ) Ở số ta kiểm tra thơng qua

 

f x

2 Hướng giải:

B1: Lập bảng biến thiên hàm số f x  tập xác định

B2: Xác định số điểm cực đại, số điểm cực tiểu hàm số y f x  B3: Chọn mệnh đề

Hàm số cho xác định \ 0  Ta có  

2

2 0

2

x x x

f x

x x

  

  

   

 



Bảng biến thiên hàm số y f x 

Vậy hàm số có hai điểm cực tiểu Chọn đáp án C

Câu 42 (SỞ GD&ĐT KIÊN GIANG NĂM 2018-2019) Cho hàm số f x  có đạo hàm    2  2 2

9

f x  x  x  x ,  x  Gọi T giá trị cực đại hàm số cho Chọn khẳng định

A T  f 0 B T  f 9 C T  f 3 D T  f  3 Phân tích hướng dẫn giải

1 Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm giá trị cực trị hàm số

+ Để xác định giá trị cực đại, cực tiểu hàm số, ta cần lập bảng xét dấu hàm số

 

(34)

2 Hướng giải:

B1: Lập bảng biến thiên hàm số f x  tập xác định B2: Xác định giá trị cực đại hàm số y f x 

Ta có f x 0x29x23x20

x x

  

  

Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực đại hàm số T  f 3

Câu 43 (SỞ GD&ĐT CÀ MAU NĂM 2018-2019) Cho hàm số f x  có đạo hàm

    2  3 

1 2

f x  x x x ,  x  Số điểm cực trị hàm số cho là:

A B C D

1 Dạng toán: Đây dạng toán xác định số điểm cực trị hàm số

+ Để tìm số cực trị hàm số y f x , ta cần tìm số lần đổi dấu hàm số f x 

trên tập xác định

2 Hướng giải:

B1: Giải phương trình f x 0

B2: Xác định số nghiệm bội lẻ phương trình f x 0 B3: Kết luận số điểm cực trị đồ thị hàm số

Từ công thức đạo hàm hàm số f x  ta có:

 

f x    2  3 

1 2

x x x

    

1

3

x x x

    

 

    

Phương trình f x 0 có nghiệm bội lẻ nghiệm đơn , nghiệm nghiệm bội chẵn ( kép) nên số điểm cực trị hàm số

Câu 44 (CỤM SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU NĂM 2018-2019 LẦN 01) Điểm cực tiểu hàm số

3 3 9 2

yx  x  x

A x11 B x3 C x7 D x 1

x

2

x 

(35)

1 Dạng tốn: Đây dạng toán xác định điểm cực trị hàm số

+ Để xác định điểm cực đại, cực tiểu hàm số, ta cần lập bảng xét dấu hàm số

 

f x bảng biến thiên hàm số f x  tập xác định hàm số

+ Có thể sử dụng việc xét dấu f x nghiệm phương trình f x 0 thỏa mãn

 0

f x 

2 Hướng giải: Cách 1:

B1: Lập bảng biến thiên hàm số f x  tập xác định B2: Xác định điểm cực tiểu hàm số y f x 

Cách 2:

B1: Giải phương trình f x   0 x xi

B2: Xét dấu f xi Nếu f xi 0 xi điểm cực đại Nếu f xi 0 xi điểm

cực tiểu

Cách 1:

Ta có y 3x26x9

3

x y

x

  

    



Vậy hàm số đạt cực tiểu x3 Cách 2:

Ta có y 3x26x9 0

x y

x

  

    



6

y  x

 1 12

y     ; y 3 12 0 Vậy hàm số đạt cực tiểu x3

Câu 45 (CỤM SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU NĂM 2018-2019 LẦN 01) Giá trị cực tiểu hàm số

4 2 3

yx  x  là:

A yCT 3 B yCT  3 C yCT 4 D yCT  4 Phân tích hướng dẫn giải

(36)

+ Để xác định giá trị cực đại, cực tiểu hàm số, ta cần lập bảng xét dấu hàm số

 

f x bảng biến thiên hàm số f x trên tập xác định hàm số

2 Hướng giải:

B1: Lập bảng biến thiên hàm số f x  tập xác định B2: Xác định giá trị cực đại hàm số y f x 

Tập xác định D

4

y  x  x 0

1

x y

x

 

     



(37)

DẠNG 6: TÌM CỰC TRỊ DỰA VÀO BBT, ĐỒ THỊ

Câu 46 (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số có đồ thị hình vẽ sau

Đồ thị hàm số có tối đa điểm cực trị?

A B C D

1 Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm số cực trị hàm ẩn chứa dấu giá trị tuyệt đối

2 Hướng giải: Đặth2f x x2 B1: Giải phương trình h x 0 B2: Lập bảng biến thiên h x 

B3: Từ BBT h x  ta suy BBT g x  cho có nhiều cực trị

Xét hàm số

Từ đồ thị ta thấy

  y f x  

y f x

  2  

g x f x x

7

  2   '  2 '  2

h x  f x x h x  f x  x

   

' ' 2

h x   f x        x x x x

 

    

                

2

2 ' 2 '

2 4

f x x dx x f x dx

h x h x h h h h h h



   

           

(38)

Vậy có tối đa cực trị

Câu 47 (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 02)Cho hàm số có bảng biến thiên hình vẽ

Xét hàm số Số điểm cực trị hàm số

A B C D

1 Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm số cực trị hàm ẩn chứa dấu giá trị tuyệt đối

2 Hướng giải:

B1: Vẽ BBT hàm số y f x 4 cách dời đồ thị qua phải đơn vị B2: Vẽ BBT hàm số y f x 4 cách lấy đối xứng qua trục x4 B3: Từ BBT hàm số y f x 4 ta suy số điểm cực trị hàm số

Gọi đồ thị hàm số

Khi hàm số có đồ thị với ảnh qua phép tịnh tiến sang phải đơn vị

Từ bảng biến thiên hàm suy bảng biến thiên hàm số :

Từ suy bảng biến thiên hàm số

  2  

g x f x x

( )

y f x

  2019

( ) 4 2018

y g x  f x  g x( )

5

  2019

( ) 4 2018

y g x  f x 

( )C y f x ( )

 4

y f x ( ')C ( ')C ( )C

( )

y f x y f x 4

 4

(39)

Vậy hàm số cho có cực trị

Do hàm số có cực trị

Câu 48 (CỤM SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU NĂM 2018-2019 LẦN 01)Cho hàm số có đạo hàm có đồ thị hình vẽ

Hàm số đạt cực đại điểm nào?

A B C D

1 Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm số cực trị hàm ẩn

2 Hướng giải:

B1: Giải phương trình g x 0

B2: Từ đồ thị g x  ta lập bảng biến thiên g x  B3: Từ BBT g x ta suy điểm cực đại

Ta có:

( Như hình vẽ )

 4

y f x

  2019

( ) 4 2018

y g x  f x 

( ) f x ( )

f x

3

( ) ( )

3

x

g x  f x  x  x

2

x x0 x1 x 1

   

' '

g x  f x x  x

 

'

g x   f x'  x22x1

0

x x x

  

 

(40)

Bảng xét dấu :

Từ bảng xét dấu ta suy hàm số đạt cực đại

Câu 49 (SỞ GD&ĐT BÀ RỊA VŨNG TÀU NĂM 2018-2019)Cho hàm số có đạo hàm Hàm số có đồ thị hình vẽ

Số điểm cực trị hàm số

A B C D

2 Hướng giải:

B1: Giải phương trình g x 0 cách xét giao điểm đường thẳng y f x 2018 đường thẳng y2019

B2: Từ đồ thị g x  ta lập bảng biến thiên g x  B3: Từ BBT g x ta suy số điểm cực trị

Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau:

  ' g x

  '

g x g x  x1

 



y f x

 y f x 

   20182019 2020

g x f x x

(41)

Ta có ,

Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số đường thẳng

Đồ thị vẽ cách tịnh tiến đồ thị hàm số bên phải 2018 đơn vị theo phương trục Do đó, số nghiệm phương trình số nghiệm phương trình

Từ đồ thị hàm số suy đường thẳng cắt đồ thị hàm số điểm nhất, tức phương trình (1) có nghiệm

Phương trình khơng có nghiệm bội chẵn nên hàm số đổi dấu lần

Vậy hàm số có điểm cực trị

   2018 2019

    

g x f x g x  0 f x 20182019 1 

 1 y f x 2018 2019



y

 2018



 

y f x y f x 

Ox  1

  2019

 

f x  

 

y f x y2019 y f x 2018

 

 

g x yg x 

   20182019 2020

(42)

DẠNG 7: TÌM M ĐỂ HÀM SỐ ĐẠT CỰC TRỊ TẠI ĐIỂM X0 CHO TRƯỚC

Câu 50 (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01)Cho hàm số có bảng biến thiên sau

Số điểm cực tiểu hàm số

A B C D

2 Hướng giải:

B1:Giải phương trình g x 0 B2:Lập bảng biến thiên g x 

B3: Từ BBT g x ta suy số điểm cực trị

Lời giải Chọn C

Ta có

Dựa vào bảng biến thiên suy

Khi ta có bảng xét dấu

Do hàm số có điểm cực tiểu

DẠNG 7:

Câu 51 ( Sở GDĐT Vĩnh Phúc năm 2018 - 2019 lần 2) Tìm tất giá trị tham số để hàm

số đạt cực trị thỏa mãn

 



y f x

 2 3 4 2 1 g x f x f x

4

  6 2   . 8    . 0

     

g x f x f x f x f x       0              f x f x f x

   

2

0 , ,

1                   x x x

f x f x

x x x

          ; 1;0 0;1 1;                    

x a x

x b f x

x c

x d x

 



g x x

1

x a 1 b c d x2

 



g x          

5

m

   

3

1

3

(43)

A B C D Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm điều kiện tham số để hàm số bậc có điểm cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước

2 Hướng giải:

B1: Tính y Tìm điều kiện để y có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 cho   1 x1 x2

B2:

Cách 1: Đặt ẩn phụ t x    1 x t đưa phương trình ẩn t tìm đk để phương trình có nghiệm dương phân biệt

Cách 2: Dùng định lý đảo dấu tam thức bậc hai

Cách 3: Cơ lập m với phương trình y 0

Ta có

Đặt Khi

Hàm số đạt cực trị thỏa mãn có hai

nghiệm phân biệt thỏa mãn có hai nghiệm

phân biệt dương Điều tương đương với

Cách

Ta có

Hàm số đạt cực trị thỏa mãn có hai

nghiệm phân biệt thỏa mãn Điều tương đương với

Chọn B

3 m

  

2 m

   

1 m m       2 m        

2 2 3 4 3

y x  m x m

1

t    x x t y  t2 2m2t2m7

x ,x   1 x1 x2 x22m3x4m 3 0

x ,x   1 x1 x2  t2 2m2t2m 7 0

 

3

2

7

2 2

2

m m

S m m m

P m m

                                        

2 2 3 4 3

y  f (x) x  m x m

1

x ,x   1 x1 x2 x22m3x4m 3 0

x ,x   1 x1 x2

0 ( 1)

1 a f S             

2 2 3 0

1 2( 3) 4( 3)

(44)

DẠNG 8: TÌM M ĐỂ HÀM SỐ, ĐỒ THỊ HÀM SỐ BẬC BA CÓ CỰC TRỊ THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN

Câu 52 ( Sở GDĐT Quảng Ninh năm 2018 - 2019 lần 1) Cho hàm số

với tham số, gọi đồ thị hàm số cho Biết rằng, thay đổi, điểm cực đại đồ thị nằm đường thẳng cố định Xác định hệ số góc đường thẳng

A B C D

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm điều kiện tham số để đồ thị hàm số bậc có điểm cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước

2 Hướng giải:

B1: Tính y Tìm điều kiện để y có hai nghiệm phân biệt x x1, 2

B2: Lập BBT để tìm điểm cực đại đồ thị hàm số M m  1; 3m2

B3:Khi đó, tìm mối quan hệ hồnh độ tung độ điểm M suy phương trình đường thẳng d

Ta có:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy điểm cực đại đồ thị điểm Nhận xét:

Vậy: thay đổi, điểm cực đại đồ thị nằm đường thẳng cố định có phương trình:

Vậy đường thẳng có hệ số góc

Câu 53 ( Sở GDĐT Ninh Bình năm 2018 - 2019 lần 1) Cho hàm số Tìm tất giá trị thực tham số cho hàm số có hai điểm cực trị , thỏa

mãn

A

2 B C D

3 3 3( 1) y x  mx  m  x m

m  C m

 C d k

d

k  

3

k  k3

3

k  

2 2

3 3( 1) 3( 1)

y  x  mx m   x  mx m 

2

0

1 x m

y x mx m

x m

  

       

  

 C M m  1; 3m2  

3 3( 1) : 1,

M M

y   m   m    x  M d y   x m

m  C d

3

y  x

d k  3

 

3 2 2 5 1

    

y x m x x

m x1 x2 x1x2

1   2

x x

1



(45)

1.Dạng toán: Đây dạng tốn tìm điều kiện tham số để hàm số bậc có điểm cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước

2 Hướng giải:

B1: Tính y Tìm điều kiện để y có hai nghiệm phân biệt x x1, 2

B2: Khi đó, nhận xét dấu nghiệm phương trình y 0 x1 0 x2 nên

Từ sử dụng định lý Viet với phương trình y 0 tìm

m

Tính được:

Khi nên hàm số ln có hai điểm cực trị ,

Nhận xét nên Suy ra:

Câu 54 Cho hàm số với tham số thực Tìm tất giá trị để hàm số có điểm cực đại điểm cực tiểu nằm khoảng

A B C D

1.Dạng toán: Đây dạng toán tìm điều kiện tham số để hàm số bậc có điểm cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước

2 Hướng giải:

B1: Tính y Tìm điều kiện để y có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 m3

B2: Khi đó, nhận xét phương trình y 0 có nghiệm x1 1;x2  m 2 nên có hai nghiệm phân biệt nằm khoảng     2 m

Từ tìm m

Ta có

Để hàm số có điểm cực đại cực tiểu nằm khoảng có hai nghiệm phân

biệt nằm khoảng

Câu 55 ( Sở GDĐT Quảng Nam năm 2018 - 2019)Có giá trị thực tham số để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị đối xứng qua đường thẳng ?

1   2

x x    x1 x2

 

3

    

y x m x

 2

4 15



  m   x1 x2x1x2

0

a c x1 0 x2

1   2

x x    x1 x2 2 2

b a   2 

 m 

2 m

 

   

3

2

y x  m x  m x m

m 2;3

 1; \ 3  

m  m 3; m 1;3 m  1; 4

0

y 

2;3

   

2

6 6

y  x  m x m

   

2

0

2 x

y x m x m

x m                 

2;3 y 0 2;3

2

m m m m                    m

3 3

2

(46)

A B C D

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm điều kiện tham số để đồ thị hàm số bậc có điểm cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước

2 Hướng giải:

B1: Tính y Tìm điều kiện để y có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 B2: Tìm điểm cực trị đồ thị hàm số ,

B3:Khi đó, tìm điều kiện để hai điểm cực trị ,A B đối xứng qua đường thẳng Từ tìm m

Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải

Ta có ;

Hàm số có hai điểm cực trị có hai nghiệm phân biệt Với điều kiện , giả sử hai điểm cực trị đồ thị hàm số ,

trung điểm đoạn thẳng

Yêu cầu toán

Đối chiếu điều kiện ta

Câu 56 (SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tất giá trị củam để đường thẳng qua điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm sốy x 33mx2 cắt đường tròn tâm

 1;1

I , bán kínhR1tại hai điểm phân biệt ,A Bsao cho diện tích tam giácIAB đạt giá trị lớn nhất?

A

2

m  B

2

m  C

2

m  D

3

m  Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm giá trị tham số thỏa điều kiện cho trước

2 Hướng giải:

B1:Tìm điều kiện (1) tham số m để hàm số có cực đại, cực tiểu Viết phương trình đường thẳng qua cực đại cực tiểu

B2: .sin



IAB

S IB IB AIB Với sin AIB1

Khi SIAB đạt giá trị lớn sinAIB1 Tam giác IAB vuông cân I B3:Khi  ,  2

2

  IA 

d I Từ tìm giá trị tham số m

1

3 0;

2 A m 

  B m ;0

y x

2

' 3

y  x  mx y' x

x m        '

y  m0

0

m 0;1

2 A m 

  B m ;0

3 ;

2 AB m m 

       ; m m I 

  AB

3

0

2

0

2

d

m m

AB u m

m m m

I d                          

(47)

Ta cóy x 33mx 2 y3x23m Hàm sốy x 33mx2có điểm cực trị

 phương trìnhy 3x23m0có hai nghiệm phân biệt m 0 1 

Ta có 2

3

y x y mx

Suy phương trình đường thẳng qua hai điểm cực đại cực tiểu

2 2

y  mx  mx y  

Đường thẳng cắt đường tròn tâmI 1;1 , bán kínhR1 hai điểm phân biệt ,A B

2

( , )

4

m

d I R m

m



       

 dom0

Ta có .sin 1sin

2 2

IAB

S  IB IB AIB AIB Dấu xảy sinAIB 1 AIB 90 Khi tam giácIAB vng cân tạiIcóIA1 nên

 ,  4 8 1 0

2

d I    m  m  m  thỏa mãn đk (1)

Vậy diện tích tam giácIAB đạt giá trị lớn

m 

Câu 57 (CỤM SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số

   1  3 4

3

y f x  x  m x  m x m  Tìmmđể hàm sốy f x  có điểm cực trị?

A.   3 m B m1 C.m4 D m0

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm số điểm cực trị hàm số có chứa dấu giá trị tuyệt đối Số điểm cực trị hàm số f x  2n1 với n số cực trị dương hàm số f x 

2 Hướng giải: Hàm số y f x ax3bx2 cx d a 0

B1:Hàm số y f x  có điểm cực trị f x  có hai điểm cực trị dương B2:Khi phương trình f x 0có hai nghiệm dương phân biệt

B3:Thiết lập hệ bất phương trình theo tham số m Giải hệ tìm m

(48)

Chọn B

Cóy f x  hàm số chẵn Nên đồ thị nhận trục Oylàm trục đối xứng

Xét    1  3 4

3

y f x  x  m x  m x m 

Hàm số y f x  có điểm cực trị y f x  có điểm cực trị phân biệt có hồnh độ dương

  f x

  có nghiệm phân biệtx10;x2 0 Có f x x22m1x m 3

1

0

0 1

3

m m

x x m m

m x x

 

    



 

       

    

 

(49)

DẠNG 9: TÌM M ĐỂ HÀM SỐ, ĐỒ THỊ HÀM SỐ TRÙNG PHƯƠNG CÓ CỰC TRỊ THỎA MÃN ĐK

Câu 58 Cho hàm số có đồ thị hình vẽ Biết tất điểm cực trị hàm số

với

Số điểm cực trị hàm số là:

A B C D

Lờigiải Chọn C

Ta xét bảng biến thiên hàm số:

 

y f x y f x 

2; 0; 2; ; 6a

 a 6

y = f(x)

y

x a

O

-2

 3 2

y f x  x

8 11

 2

( ) 3

g x  f x  x

            

        

     

6 6

6

5

5 6

6

' ' ' ' 6 '

0

3

6

' 6 ' 3

'

3

g x f x x x x f x x x x f x x

x x x x x x

y x x f x x x x

f x x

x x

x x a

x x                                                

6 3 2 1 3 2 0 1 1.

x  x    x  x    x   x 

   

6

4

0 *

3

3 x x x x x x                

6 3 2 3 3 2 0 2 2

(50)

Từ bảng biến thiên ta suy phương trình có nghiệm biệt khác khác nghiệm phương trình

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác khác nghiệm phương trình Ta lấy nghiệm gần sau:

Vậy có:

+) nghiệm không điểm cực trị +) nghiệm không điểm cực trị +) nghiệm điểm cực trị

+) nghiệm điểm cực trị +) nghiệm điểm cực trị +) nghiệm điểm cực trị +) nghiệm điểm cực trị +) nghiệm điểm cực trị +) nghiệm điểm cực trị +) nghiệm điểm cực trị +) nghiệm điểm cực trị Vậy có tất điểm cực trị

Câu 59 (SỞ GD&ĐT LẠNG SƠN NĂM 2018-2019) Để đồ thị hàm sốy x 42mx2 m 1 có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích 2, giá trị tham sốm thuộc khoảng sau đây?

A. 2;3 B 1;0 C  0;1 D  1;2

   

     

5

0 0

' ' 6 1

1

y h x x x

x h

y h x x x x h

x h

  

  

 

          

   



 

6 3 4

x  x a 0; 1;1 

   2 ;  

6 3 6 5

x  x  0; 1;1 

     2 ; ;

   

6 3 6 5 3 6 0 , 5,547, 5;6 2,355

2,355

x m x

x x x x x m m m

x

x m

   

             

  



 

6

4

3

4 2,195

4

2,355

n x m

m x n

x x a

x x n

a m n x m

   

       

        

 

 

   

   



 

' '

y  g x 

2 x  1 x 1

2 x  1 x 1 x  0 x

1 x 43  x 43 1

1 x 43 x 43 1

1 x m x m

1 x  m  x m

1 x 2 x

1 x  2  x

1 x1 x1  m; nx1

(51)

1.Dạng tốn: Đây dạng toán cực trị hàm số bậc bốn trùng phương Hàm số y f x ax4bx2c a 0

Nếu

2

 b 

a đồ thị hàm số có ba điểm cực trị A 0;c , ;

    

  

  

 

b b

B f

a a ,

;

2

    

 

  

  

 

b b

C f

a a tạo thành tam giác cân A

2 Hướng giải:

B1:Tìm điều kiện để hàm số có ba điểm cực trị Tìm tạo độ điểm cực trị B2:Các điểm cực trị tạo thành tam giác cân Tính diện tích tam giác cân B3:Từ điều kiện toán suy giá trị tham số m

3

4

y  mx  mx Xéty x

x m

     

 

 với m0

Tọa độ ba điểm cực trị là:A0;m1, B m m; 2 m 1, C m m; 2 m 1

GọiH trung điểm cạnhBC, ta cóAH m BC2, 2 m.

 

2

1

1;

2

ABC

(52)

DẠNG 10: TÌM M ĐỂ HÀM SỐ, ĐỒ THỊ HÀM SỐ CÁC HÀM SỐ KHÁC CÓ CỰC TRỊ THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN

Câu 60 (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Có giá trị nguyên tham số mđể hàm số y 3x44x312x2m2 có điểm cực trị?

A B C D

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm số điểm cực trị hàm số có chứa dấu giá trị tuyệt đối Số điểm cực trị hàm số f x  tổng số cực trị hàm số f x  số nghiệm đơn nghiệm bội lẻ phương trình f x 0

2 Hướng giải:

B1:Xác định số điểm cực trị hàm số y f x trong dấu giá trị tuyệt đối Hàm có điểm cực trị

B2:Suy số nghiệm đơn nghiệm bội lẻ phương trình f x 0

B3:Bài tốn quy tìm m để phương trình 3x44x312x2m2 0 có hai nghiệm phân biệt

Xét hàm số f x 3x44x312x2m2; f x 12x312x224x

  0, 1,

f x   x x  x Suy ra, hàm số y f x có điểm cực trị

 Hàm số y 3x44x312x2m2 có điểm cực trị đồ thị hàm số y f x  cắt trục hồnh điểm phân biệt 3x44x312x2m2 0 có nghiệm phân biệt

Phương trình 3x44x312x2m2  0 3x44x312x2m2 (1) Xét hàm số g x  3x44x312x2;g x  12x312x224x Bảng biến thiên:

Phương trình (1) cớ nghiệm phân biệt

2

5 32

m

m m

 

  



 



Vậy m    5; 4; 3;3; 4;5

Câu 61 (SỞ GD QUẢNG NAM 2019) Cho hai hàm đa thức y f x y g x ,    có đồ thị hai đường cong hình vẽ bên Biết đồ thị hàm số y f x  có điểm cực trị B, đồ thị hàm số y g x   có điểm cực trị A

4

(53)

A B C D

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm số điểm cực trị hàm số có chứa dấu giá trị tuyệt đối Số điểm cực trị hàm số f x  tổng số cực trị hàm số f x  số nghiệm đơn nghiệm bội lẻ phương trình f x 0

2 Hướng giải:

B1:Xác định số điểm cực trị hàm số f x   g x dấu giá trị tuyệt đối Hàm có điểm cực trị x0

Xác định số nghiệm phương trình f x   g x Phương trình có hai nghiệm phân biệt Suy hàm số f x g x  có 3  điểm cực trị

B2:Suy số nghiệm đơn nghiệm bội lẻ phương trình f x g x  m Lập bảng biến thiên tìm m

B3:Kết hợp với điều kiện m  5;5 m nguyên suy kết

Gọi điểm cực trị f x  g x  Dựa vào đồ thị ta có bảng dấu f x  g x 

Đặt h x  f x   g x ; Lúc đó, h x  f x g x   0 x x0 Ta có BBT h x  là:

Dựa vào BBT h x , phương trình h x 0 có hai nghiệm phân biệt a b (a b )

x

(54)

Lúc đó, ta có BBT hàm số y h x  sau:

Dựa vào BBT hàm số y h x  hàm số y f x g x  m có cực trị

4

m

Vì m  5;5 m nên m2,3, Vậy có giá trị m thỏa yêu cầu toán

Câu 62 (SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH 2018-2019)Hỏi có tất giá trị nguyên tham số m để hàm số 3 9 5

2

m

y x  x  x  có 5 điểm cực trị?

A 62 B 63 C 64 D 65

1 Dạng toán: Đây dạng toán khảo sát đồ thị hàm số y f x( )

Cho hàm số y f x  có đồ thị  C Hàm số      

   

0 f x f x y f x

f x f x

 

  

 

 có đồ thị

 C cách:

 Giữ nguyên phần đồ thị  C nằm A2; 3   Lấy đối xứng phần đồ thị  C nằm y ax

cx d

 

 qua

2

1

x y

x

 

 bỏ phần đồ thị  C nằm 1;

1

x y

x

 



2 Hướng giải:

B1: Khảo sát lập bảng biến thiên hàm số   3 9 5

m g x x  x  x 

B2: Hàm số y g x  có 5 điểm cực trị  Đồ thị hàm số g x  cắt trục hoành ba điểm phân biệt

B3: Giải bất phương trình ymin  0 ymax tìm m thỏa yêu cầu

Xét hàm số   3 9 5

m g x x  x  x 

Ta có:   3 6 9 ;   0

3 x

g x x x g x

x

  

       



(55)

Ta có:  1 ,  3 32

2

m m

g   g  

Bảng biến thiên hàm số g x :

Hàm số g x  có giá trị cực tiểu  3 32

m

g   giá trị cực đại  1

m g  

Hàm số 3 9 5

2

m

y x  x  x  có 5 điểm cực trị

 Đồ thị hàm số   3 9 5

m

g x x  x  x  cắt trục hoành ba điểm phân biệt

 32 0 64

2

m m

m

     

(56)

DẠNG 11: GTLN, GTNN TRÊN ĐOẠN

Câu 63 (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01)Có giá trị tham số m để giá trị lớn hàm số

2 2 x m y x m   

 đoạn  0; 1

A B C D

1 Dạng tốn: Tìm GTLN GTNN hàm số y ax b cx d

 

 đoạn  a b;

2 Hướng giải:

B1: Hàm số xác định liên tục đoạn  a b; Tính 'y , kiểm tra ' 0y  hay ' 0y   a b;

B2: Nếu ' 0y  hàm số đồng biến  a b;

 ;    ;  

max ,

a b

a b y y b y y a

  

Nếu ' 0y  hàm số nghịch biến  a b;

 ;    ;   

max ,

a b

a b y y a y y b

  

Điều kiện: x m

Hàm số cho xác định  0; m 0;  * Ta có     2 2

2 m 0

m m y

x m x m

   

 

   

   

  với  x  0;

Hàm số đồng biến đoạn  0; nên

    0;4 max 4 m y y m       2 0;4 2

max 1

3

m m

y m m

m m                  

Kết hợp với điều kiện (*) ta m 3 Do có giá trị m thỏa yêu cầu toán

Câu 64 Cho hàm số yx42x2 m 2 đồ thị  C Gọi S tập giá trị m cho đồ thị  C có tiếp tuyến song song với trục Ox Tổng tất phần tử S là:

A B C D

1.Dạng tốn: Tiếp tuyến hàm số trùng phương y ax 4bx2c có đồ thị  C Kiểm tra hàm số y ax 4bx2ccó cực trị

Nếu hàm số có điểm cực trị  C có tiếp tuyến song song trùng Ox Nếu hàm số có điểm cực trị  C có tiếp tuyến song song trùng Ox

2 Hướng giải:

B1: Kiểm tra hàm số có điểm cực trị A0;m2 , B 1;m3 , C 1;m3 B2: Viết phương trình tiếp tuyến  d1 :y m 2  d2 :y m 3 B3: u cầu tốn có tiếp tuyến song song với Ox nên

2 d Ox d Ox     

(57)

Ta có y 4x34x ,

1

0

1

x

y x

x

   

   

  

Hàm số cho có ba điểm cực trị

Giả sử A0;m2 , B 1;m3 , C 1;m3 ba điểm cực trị đồ thị  C Tiếp tuyến đồ thị  C điểm A0;m2  d1 :y m 2

Tiếp tuyến đồ thị  C điểm B1;m3 C1;m3  d2 :y m 3

Đồ thị  C có tiếp tuyến song song với trục Ox d1 d2trùng với trục Ox, hay m2 m3

Vậy S 2;3 , suy tổng tất phần tử S

Câu 65 (SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01)Tổng giá trị lớn M giá trị nhỏ m hàm số f x   x6 x24 đoạn  0;3 có dạng a b c với a số nguyên b c, số nguyên dương Tính S a b c  

A B 2 C 22 D

1.Dạng tốn: Đây dạng toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y f x  đoạn  a b;

2 Hướng giải:

B1: Hàm số xác định liên tục đoạn  a b; Tính y cho y 0 tìm giá trị  ;

i

x  a b

B2: Tính y a y b y x     , , i B3: Khi

 ;       

min , , i

a b y y a y b y x max a b; ymaxy a y b y x     , , i 

Hàm số f x   x6 x24 xác định liên tục đoạn  0;3

   

2

4

x x x

f x x x

x x

 

     

 

   

  0;3

2 0;3

x f x

x

  

   

 



 0 12,  1 5 ,  2 ,  3 13 f   f   f   f   Suy

 0;3

maxy M  3 13

 0;3

miny m  12 13 12

M  m   a b c với a số nguyên b c, số nguyên dương nên 12, 3, 13

(58)

Câu 66 (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Tìm giá trị lớn hàm số   2x

f x  x e đoạn 1;1

A

 

 

1;1

ln max

2 y



 

 B

 

2 1;1

maxy e

  

C

   

2 1;1

maxy e

    D  1;1

ln max

2

y







1 Dạng tốn: Đây dạng toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y f x  đoạn  a b;

2 Hướng giải:

B1: Hàm số xác định liên tục đoạn  a b; Tính y cho y 0 tìm giá trị  ;

i

x  a b

B2: Tính y a y b y x     , , i B3: Khi

 ;       

min , , i

a b y y a y b y x max a b; ymaxy a y b y x     , , i 

Hàm số f x  x e2x xác định liên tục đoạn 1;1

  1 2 2x

f x   e

  1ln1  1;1

2

f x   x  

 1 1 2, 1ln1 1ln 2 ,  1 1

2 2

f    e f    f  e

 

 

Vậy

 

 

1;1

ln max

2 y



 



Câu 67 Cho hàm số  

2 x m f x

x

 

 với m tham số thực Giả sử m0 giá trị dương tham số m để hàm số có giá trị nhỏ đoạn  0;3 3 Giá trị m0 thuộc khoảng khoảng cho ?

A 20; 25  B 5;  C 6;  D 2;5  Phân tích hướng dẫn giải

1 Dạng toán: Bài toán tham số Max-Min (cụ thể hàm phân thức đoạn  a b; )

2 Hướng giải:

Xét hàm số phân thức bậc nhấty f x m ;  tham số m, đoạn  a b;

B1: Tính y f x m( ; ) Do hàm số phân thức bậc nhất, lại có đạo hàm đặc biệt, nên dễ thấy ( ; )

f x m  f x m( ; ) 0,  x  a b; B2: Tính

 ;    ;   max ,

a b

a b f x f x chứa tham số m

B3: YCĐB  Pt tham số m  tham số m cần tìm

(59)

Chọn D

Xét hàm số  

2 x m f x

x

 

 đoạn  0;3

Ta có:  

   

2

0,

8 0;3

m

f x x

x



    

  hàm số  

2 x m f x

x

 

 đồng biến đoạn  0;3

     

2

0;3

min

8 m f x f

   

Theo giả thiết, ta có:

   

2

0;3

2

min 3

8 2 6

m m

f x

m

 

       

 



Mà m0 0 m02 6 2;5

Câu 68 (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hai số thực x y, thỏa mãn

2 4 6 4 6 10 6 4

x y  x y  y  y   x x Gọi M m, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức T  x2y2 a Có giá trị nguyên thuộc đoạn 10;10 tham số a để M 2m?

A 17 B 15 C 18 D 16

1 Dạng toán: Bài toán tham số Max-Min biểu thức nhiều biến (cụ thể biểu thức biến)

2 Hướng giải:

Chuyển toán Max-Min đoạn thẳng dễ giải hơn, mặt phẳng tọa độ Oxy B1: Ta có : T  x2y2  a OA a , với OA x2y2 ,A x y ;  , O 0; 0, a tham số B2: Trong đó: A x y ;    C x: 2y24x6y 4 y26y10 6 4 x x

Sử dụng pp hàm số, rút gọn phương trình  C →  C phương trình đường trịn Suy ra, GTLN – GTNN OA

B3: Biện luận theo a, tìm GTLN M- GTNN m T dựa vào GTLN–GTNN OA

Ta có x2y24x6y 4 y26y10 6 4 x x  y26y10 y26y10 4  x x 2 6 4 x x (*) Xét hàm số f t  t2 t, có f t 2t   1 0, t 0

Nên  

f t  t t đồng biến 0; , mà y26y100; , 4 x x 20;  (*)  f y26y10  f 6 4 x x 2  2

6 10

y  y   x x  y26y10 4  x x x2 2 y329.

Xét điểm A x y ;  thuộc đường trịn  C có phương trình x2 2 y329 Ta có OA x2y2

(60)

Gọi A A1, giao điểm đường thẳng OI với đường tròn  C

 ;   :

A x y C OA OA OA

    với OA1OI R  13 3 OA2 OI R  13 3. Tức ta có : 13 3  x2 y2  13 3  13 3  a x2y2 a 13 3 a. Th1: 13 3    a a 13 1  

Khi đó: 13 3   a T 13 3 a  m 13 3 a M,  13 3 a Để M 2m 13 3  a 13 3  a a 13 *  

Mà a nguyên, thuộc đọan 10;10, kết hợp (1), (*)  a      5; 4; 3; 2; 1;0 

Th2: 13 3    a a 13   

Khi đó, 13 3   a T 13 3 a  M  a 13 3, m a  13 3.

   

2 13 13 13 **

M  m a   a   a 

Mà a nguyên, thuộc đọan 10;10 , kết hợp    2 ; **  a 7;8;9;10 

Th3: 13 13 13 3  

13

a

a a

   

     



   

Khi đó, M 0 m0 ta ln có M 2m

Mà a nguyên, thuộc đọan 10;10 , kết hợp  3  a 1; 2;3; 4;5;6 Vậy a      5; 4; 3; 2; 1; 0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9;10 

Câu 69 (SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f x  Biết hàm số  

'

y f x có đồ thị hình bên Trên đoạn 4;3, hàm số g x 2f x   1 x2 đạt giá trị nhỏ điểm

(61)

1.Dạng toán: Đây dạng toán hàm số g x  mà cho sẵn đồ thị hàm số f x 

2 Hướng giải:

B1: Tính g x  Cho g x  0 f x   h x

B2: Vẽ đồ thị hàm số y h x   lên hệ trục tọa độ có sẵn đồ thị hàm số f x  Dựa vào xét dấu g x 

B3: Lập bảng biến thiên hàm số g x  kết luận

Ta có g x( ) ( ) (1 f x  x)2g x( ) ( ) 2(1 f x   x) 2f x( ) (1 x).

4

( ) ( ) 1

3

x

g x f x x x

x

   

        

  

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, suy g x  đạt giá trị nhỏ đoạn 4;3 x0  1 Ta có: g x( ) ( ) (1 f x  x)2g x( ) ( ) 2(1 f x   x) 2f x( ) (1 x)

Vì đoạn  4; 1 đồ thị hàm số y f x  nằm phía đồ thị hàm số y 1 x ( ) , [ 4; 1] ( ) 0, [ 4; 1] ( )

f x x x g x x g x

              nghịch biến  4; 1

( 4) ( 3) ( 1)

g g g

       *

Vì đoạn 1;3 đồ thị hàm số y f x  nằm phía đồ thị hàm số y 1 x ( ) , [ 1;3] ( ) 0, [ 1;3] ( )

f x x x g x x g x

            đồng biến 1;3

(3) ( 1)

g g

    **

(62)

Câu 70 (SỞ GD&ĐT CẦN THƠ NĂM 2018-2019) Cho hàm số y f x  nghịch biến  thỏa mãn f x x f x   x63x42 ,x2  x

   Gọi Mvà m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y f x  đoạn  1; Giá trị 3M m

A.4 B 28 C 3 D 33

1.Dạng toán: Đây dạng toán cho phương trình hàm số f x  (phương trình hàm) sau hỏi vấn đề hàm số f x 

2 Hướng giải:

B1: Từ phương trình đề cho biến đổi thành đẳng thức để tìm f x  (có thể kết hợp thêm điều kiện đề cho để xác định f x )

B2: Đã xác định hàm số f x , ta tính tốn trả lời u cầu tốn

Ta có: f x x f x  x63x42x2 f2 x xf x x63x42x2

 

       

2 2

4f x 4xf x 4x 12x 8x 4f x 4xf x x 4x 12x 9x

          

     

 

   

3

2

2 3

3

2

f x x x x f x x x

f x x x x

f x x x x f x x x

      

      

      

 

 

Với f x x32x f x 3x2   2 0, x 

nên f x  đồng biến  Với f x    x3 x f x  3x2   1 0, x  nên f x  nghịch biến

 Suy ra: f x   x3 x Vì f x  nghịch biến

 nên

 1;2    

max

M  f x  f  

 1;2    

min 10

m f x  f  

(63)

DẠNG 12: GTLN, GTNN TRÊN KHOẢNG

Câu 71 (SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Giá trị lớn hàm số y x 22x3 đoạn  0;3

A 18 B C D

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y f x  liên tục đoạn  a b;

2 Hướng giải:

B1: Tìm điểm x x1, 2, ,xn khoảng  a b; , f x  khơng xác định B2: Tính f a f x     , 1 , f x2 , , f x   n , f b

B2: Tìm số M lớn nhất, số m nhỏ số Ta có:

 ;    ;  

max ,

a b

a b f x M f x m

Ta cóy2x2 ; y    0 x 0;3  f  0 1 ; f  3 18

Suy

(64)

DẠNG 13: SỬ DỤNG CÁC ĐÁNH GIÁ, BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN

Câu 72 (CỤM SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU NĂM 2018-2019 LẦN 01)Để giá trị lớn hàm số

2

y x x  m đạt giá trị nhỏ m thỏa

A

2

m B

2

m C

3

m D

3

m Phân tích hướng dẫn giải

1 Dạng toán :Đây dạng toán cực trị hàm giá trị tuyệt đối

2 Hướng giải:

B1: Từ hàm số đề cho , dùng cách đặt ẩn phụ

2

t x x Tìm miền xác định ẩn phụ t

B2 :Vì hàm f t  t 3m4 tăng nên             

0;1

0

max max ;

2

t

f f

f t f f





 

B3: Sử dụng bất đẳng thức trị tuyệt A B  A B

Gọi Ta đặt t 2x x  t 1x12 0 t 1

Khi hàm số viết lại y t 3m4 với suy

 0;1  

3 max max ;

2

m m

A t m   m  m     

Áp dụng BĐT trị tuyệt đối ta có:

 0;1  

3 max max ;

2

3 3

2 2

m m

A t m m m

m m m m

   

       

     

  

Do Đẳng thức xảy

max A y

 0;1 t

1

A

  

3

m m

    

 

   

 

3

(65)

DẠNG 14: ỨNG DỤNG GTNN, GTLN TRONG BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Câu 73 (SỞ GD&ĐT ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019)Cho hàm số Hàm số có bảng biến thiên sau:

Bất phương trình với

A B C D

1 Dạng toán :Đây dạng toán ứng dụng giá trị lớn , giá trị nhỏ

2 Hướng giải:

B1: Cơ lập m Biến đổi bất phương trình cho dạng  ,  1;1 max1;1  

x

m g x x m g x

 

     

B2 : Khảo sát hàm số g x  1;1 nhằm tìm    

1;1

max

x  g x

B3 : Kết luận m

Xét , x  1;1

Hàm số nghịch biến

,

với

Câu 74 (SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH 2018-2019) Số giá trị nguyên tham số thuộc đoạn 2019; 2019để phương trình x2m2x 4 m1 x3 4x

có nghiệm

A B C D

1 Dạng tốn :Đây dạng toán kết hợp biện luận số nghiệm phương trình tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số đoạn

2 Hướng giải:

B1 Biến đổi phương trình cho nhằm tìm biểu thức giống dẫn đến dặt ẩn phụ để toán đơn giản Đăt

2 4

x t

x





B2 Từ điều kiện xác định ẩn x , tìm điều kiện xác ẩn phụ t

B3 Cô lập tham số m, ta thu phương trình hồnh độ giao điểm : m f t   

y f x y f x 

x  2 



y

2

 

 

f x x m x  1;1  

m f x  m f   1 m f   1 m f  1 1

   

f x x   m m f x x  1

    g x  f x x

    3 0,  1;1

g x  f x  x    x      

 

1 0, 1;1

3 0, 1;1

f x f x

x x

      

 

    

  y g x   1;1

 1    1

g g x g

      x  1;1

 1 x  1;1  m g   1 f  1

m

(66)

B4 Khảo sát hàm y f t  Dựa vào bảng biến thiên , tìm điều kiện tham số m thỏa yêu cầu đề

Điều kiện :

*) Nhận thấy khơng nghiệm phương trình

*) Với chia hai vế phương trình cho ta được:

Đặt Vậy với

Phương trình trở thành:

Xét hàm số

Bảng biến thiên hàm số :

Phương trình cho có nghiệm phương trình có nghiệm

Từ bảng biến thiên ta thấy Kết hợp số nguyên suy có 2013 giá trị

Câu 75 (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019)Số giá trị nguyên tham số nằm

trong khoảng để phương trình có nghiệm

A B C D

1 Dạng tốn : Đây dạng toán cực trị hàm giá trị tuyệt đối

2 Hướng giải:

B1 Xét hàm f x  x 1 2019x Phá dấu giá trị tuyệt đối cách xét dấu biểu thức

B2.Tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ hàm số hàm bên dấu trị tuyệt

B3 Sử dụng tính chất hàm trị tuyệt đối toàn phần để suy giá trị lớn hàm số   2019

f x  x  x

B4 Vậy phương trình có nghiệm f x 2020 m max f x 

Lời giải

3 4 0 0

x  x  x

0

x

x x34x

   

2

2 1

4

x x

m m

x x

    



2 4 4 4

2

x

t x x

x x x



     t 2  x

 1

   

2 1 2 0 2 ( 2) 2

1

t t

t m t m m m t t

t t

 

           

 

  f t t

t

  

 2;

 

     

   

2

3 2;

4

1 ;

1 2;

1

t

t t

f t f t

t

t t

   

 

       

   

  

  f t

 2 t2;

7

m m m  2019; 2019 m

m 0; 2020 x 1 2019x 2020m

(67)

Chọn D

Ta có

Vì hàm số hàm số đồng biến đoạn nên ta có

Suy Do đó, ta có

Vì vậy, phương trình cho có nghiệm

Suy có 2018 giá trị nguyên nằm khoảng

Câu 76 (SỞ GD&ĐT ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019)Gọi tập tất giá trị tham số để bất phương trình  4

1

x x  x m m  m thỏa mãn với giá trị Tính tổng giá trị

A B 3 C 5 D

1 Dạng toán : Đây dạng toán kết hợp biện luận số nghiệm phương trình tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số đoạn

2 Hướng giải:

B1.Cô lập tham số mđể dẫn đến f m g x ,  x  f m ming x 

B2 Khảo sát hàm số g x  để tìm ming x 

B3 Giải bất phương trình f m ming x  để tìm giá trị tham số m

Đặt f x   x14 x24x5

     

 

3 3 2

' 4 12 14 3

' 0

f x x x x x x x x

f x x

 

            

  

Xét

   

 

4 6 ' 4 2 6

'

f m m m m f m m m

f m m

      

  

 

min f x m m 6mm1

   

 

2018, 1; 2019 2019

2 2020 , 1; 2019

x

f x x x

x x

 



     

 

 ( ) 2x 2020

h x   [1; 2019]

  [1;2019]  

[1;2019]max ( ) max (1), (2019)h x  h h 2018, ( ) (1), (2019)h x  h h  2018

1;2019min f x 0 max1;2019 f x 2018 min f x 0 max f x 2018

0 2020  m 2018  2 m 2020

m 0; 2020

S m



x

S

f(x)

f '(x) 0

-∞

+∞

-+∞ 0

-4 +∞

+ x

f(m)

f '(m) 0

-∞

+∞

-+∞ 1

-4 +∞

(68)

vậy tổng giá trị

Câu 77 (SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH NĂM 2018 - 2019)Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên

dương tham số để bất phương trình sau nghiệm

với Tổng tất phần tử Sbằng:

A B C D

1 Dạng tốn: Biện luận nghiệm BPT chứa tham số dựa vào phương pháp hàm số Xét BPT f u  f v   1 xác định khoảng K

- Nếu hàm số f đồng biến khoảng K ta có  1  u v - Nếu hàm số f nghịch biến khoảng K ta có  1  u v

2 Hướng giải:

B1: Biến đổi BPT cho dạng x2 1 3 x2 1    mx 3 mx để từ ta xét hàm số đặc trưng f t  t3 t hàm số đồng biến khoảng

 ;  B2: Khi BPT cho tương đương với x2 1 mx

Bài tốn trở thành tìm m để BPT x2 1 mx nghiệm với  1; x2 1,  1;

x m x

x



    

B3: Xét hàm số g x  x2 1,x  1;

x



  Bài toán thỏa mãn

 1;  

m g x

Ta có:

Xét hàm đặc trưng

Bài tốn trở thành tìm để bất phương trình nghiệm với

     1; 3    

1 0, 1;

g x x g x g

x

        

Vậy để bất phương trình cho nghiệm với x 1; m2 Vì m nguyên dương nên S 1; có phần tử Tổng phần tử

1

m x63x4m x3 34x2mx 2  1;3

x

3

6 3 3 4 2 0 3 4 2 3

x  x m x  x mx  x  x  x  m x mx

x2 1 3 x2 1  mx mx  1

     

  '  3 1 0

f t   t t f t  t  

 1  f x 2 1 f mx x2 1 mx

m x2 1 mx x 1;3

   

2 1 x , 1;3

x mx m g x x

x



(69)

DẠNG 15: GTLN, GTNN HÀM NHIỀU BIẾN

Câu 78 (SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH 2018 - 2019) Cho thỏa mãn x  y

2 1

x     y xy x y Gọi M m, giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

xy P

x y



  Tính Mm

A B C D

1 Dạng toán: Đây dạng toán GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến

Phương pháp: Biến đổi biểu thức cho dạng hàm phụ thuộc biến số (chú ý xác định điều kiện cho biến số phụ) đưa tốn tìm GTLN, GTNN hàm số biến tập hợp xác định (khoảng, nửa khoảng đoạn)

2 Hướng giải:

B1: Thế điều kiện giả thiết vào vế trái ,P ta có P 2 xy2

x y xy



 

B2: Ta nhận thấy tử mẫu P hai biểu thức đẳng cấp bậc hai hai ẩn , x y

- Ta tính giá trị P y0

- Khi y0, chia tử mẫu P cho y2, ta biến đổi P trở thành biểu thức phụ thuộc biến số t x

y



B3: Khi tốn đưa tìm GTLN, GTNN hàm số   2 , t

f t t

t t

   

Với điều kiện ta có :

- Nếu Khi

- Nếu Đặt Ta có: ,

Xét , ;

 

2

lim lim lim

1

1 1

t t t

t t f t t t t t           Ta có bảng biến thiên hàm số f t :

, x y

1 3   2 1; 1

x y   x  y xy x y   P 2 xy2

x y xy



 

0

y 2 1

2 x x x x          

 P0

0

y 2

1 x y P x x y y          x t y  2 t P t t 

  t

  1 t f t

t t



  t    

2 2 1 t f t t t    

(70)

Từ bảng biến thiên:

Vậy

Câu 79 (SỞ GD&ĐT ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019) Cho thỏa mãn hàm số bậc ba có đồ thị hình vẽ Gọi giá trị lớn nhỏ

nhất Tính

A B C D

1 Dạng toán: Đây dạng toán GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến

2 Hướng giải:

B1: Đặt 2 2 2 x y t

x y xy  

    , ta điều kiện giả thiết, tìm miền giá trị ẩn t B2: Bài toán đưa dựa vào đồ thị hàm số để xác định GTLN, GTNN hàm số miền cho trước

B3: Kết luận

1

M  2

2

1

1 1

1

3 1

1

3

x y

x x y

x y x

y

x y

x x

x y xy x y x

                                     

m  2

2

1

1 1 x x y x y x y y x x x x

x y xy x y

y                                              

M m  

,

x y 5x26xy5y216  

y f x M m,

2 2 2 x y P f

x y xy

   

     

 

2 M m

4 2

4 1 -1

2 4

(71)

Đặt Vì

nên

Do với

Dựa vào đồ thị, ta có    

3

3 0;

0;

2

max 0;

M P f m P f

                      

Suy ra:

Câu 80 (SỞ GD QUẢNG NAM - 2019) Cho hai số thực dương , thỏa mãn

 1

2

2y  y 2x log x2y Giá trị nhỏ biểu thức P x

y



A B C D

1 Dạng tốn: Đây dạng toán GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến

2 Hướng giải:

B1: Từ điều kiện giả thiết, ta có

 1

Đặt tlog 22 x2y, ta biến đổi  1 phương trình dạng f u  f v , với hàm số f

đơn điệu khoảng  ; 

B2: Khi ta rút t theo y suy x theo y

B3: Biến đổi P trở thành hàm ẩn y tính GTNN hàm số khoảng cách lập bảng biến thiên hàm số khoảng

Có

Đặt

2 2 2 x y t

x y xy

 



    P f t 

2

5x 6xy5y 16

 

   

 

2 2 2 2 2

2

2 2

1

5 3 6 3

8 .

1 18 16

2

4

x y x xy y x y xy x y

t

x y xy x y x

x y xy x xy y

                    

t P f t

    0;3

2 t  

 

4 2

4 1 -1

2 4 M m 

x y

ln 2

e ln

2

e ln

2

e

2 ln

e

 1

2

2y y 2xlog x2y  

2

2y y 2x log 2x 2y

     

 1

2

2y  y 2xlog x2y  

2

2y y 2x log 2x 2y

       1

 

2

log 2y

(72)

trở thành:

Xét hàm số nên hàm số

ln đồng biến Kết hợp với ta có:

Khi

Cho

Vậy

 1 2y 2t 2y

y t

    

2y 2t

y t



      2

  2x ,

f x  x x  f x 2 ln 0,x    x  f x 2xx

  2 t y log 22 x2y y 1

2x 2y 2y

    x 2y1

x P

y

 2y

y



 P 2y 1yln 22 y y

  



 

0 ln

P   y  

ln

y

 

min

ln 2

e

P 

2

e

x

ln

(73)

DẠNG 16: BÀI TOÁN ỨNG DỤNG, TỐI ƯU, THỰC TẾ

Câu 81 (SỞ GD&ĐT BÀ RỊA VŨNG TÀU NĂM 2018-2019)Một cơng ty bất động sản có 40 hộ cho thuê Biết cho thuê hộ với giá 3.000.000 đồng tháng hộ có người thuê tăng thêm giá cho thuê hộ 100.000 đồng tháng (theo qui định hợp đồng) có hộ bị bỏ trống Hỏi muốn có thu nhập cao cơng ty phải cho th hộ với giá tháng

A đồng B đồng C đồng D đồng

1 Dạng tốn: Đây dạng toán ứng dụng, tối ưu, thực tế

2 Hướng giải:

B1: Xác định số phòng bị bỏ trống tăng giá cho thuê thêm x đồng

100.000

x

(phòng) Suy số phịng cịn lại có người th là: 40

100.000

x



B2: Tính số tiền công ty thu tháng (bằng số phịng có người th nhân với giá tiền th phịng), ta hàm số ẩn x

B3: Bài tốn đưa tìm điểm x0 để hàm số đạt GTLN x0 khoảng cho trước

Theo tăng thêm 100.000 đồng có trống Do tăng x đồng có trống Số tiền thu nhập tháng cho thuê hộ

Do hàm bậc hai với hệ số số nên đạt giá trị lớn đ

Vậy giá thuê đồng

Câu 82 (Sở GD Quảng Nam 2019 )Cho nửa đường trịn đường kính ABvà hai điểm ,C D thay đổi nửa đường trịn cho ABCD hình thang Diện tích lớn hình thang ABCD

A

2 B

3

4 C D

3 Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm MAX- MIN tốn có yếu tố hình học

Phương pháp: - Tìm cách đặt biên chuyển phương trình hàm - Lập bảng biến thiên thiên suy giá trị MAX- MIN

2 Hướng giải:

3.700.000 3.500.000 3.900.000 4.000.000

100.000

x

2

(3000.000 )(40 ) 10x 120.000.000 ( )

100.000 100.000

x x

x  f x

     

( )

f x a0 f x( ) x500.000

(74)

B1: Đặt OHx 0 x 1 Ta có CD2CH2 1x2

   1

2

AB CD OH

S   x x x

B2: Lập bảng biến thiên: f x  x x 1x2 , với x 0;1 B3: Vậy diện tích lớn hình thang ABCD 3

4

Gọi H trung điểm CD Đặt OHx 0 x 1 Ta có CD2CH2 1x2

Diện tích hình thang là:   1

2

AB CD OH

S   x x x

Xét hàm số f x  x2 x 1x2 , với x 0;1

Ta có     2

2

1

1 ;

2

x

f x f x x x x

x



          

 Bảng biến thiên:

Vậy diện tích lớn hình thangABCD 3

Câu 83 (Sở GD& ĐT Cà Mau Năm 2018-2019)Người ta muốn xây bể hình hộp đứng tích V 18 m3 , biết đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp lần chiều rộng bể khơng có

1

x H

O

D C

B A

1

x H

O

D C

B A

ABCD

(75)

nắp Hỏi cần xây bể có chiều cao h mét để nguyên vật liệu xây dựng (biết nguyên vật liệu xây dựng mặt nhau)?

A 2 m B  

2 m C 1 m D  

3 m Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm MAX- MIN yếu tố hình học

Phương pháp: - Tìm cách đặt biên chuyển phương trình hàm - Lập bảng biến thiên thiên suy giá trị MAX- MIN

2 Hướng giải:

B1: Đặt x x 0 chiều rộng hình chữ nhật đáy bể, suy chiều dài hình chữ nhật đáy bể

3x: ,

Nguyên vật liệu nhỏ

B2: Lập bảng biến thiên : , B3: Suy vật liệu

Gọi chiều rộng hình chữ nhật đáy bể, suy chiều dài hình chữ nhật đáy bể

,

Gọi diện tích xung quanh cộng với diện tích đáy bể hình hộp chữ nhật Nguyên vật liệu nhỏ

1

x H

O

D C

B A

2

.3 18

V h x x h x  x0 182 62 h

x x

  

P

2 2

2

6 48

2 .3 .3 3

P hx h x x x x x x

x x x

       

  48 3

f x x

x

  x0

 

6

h m

x

  

x x0 x

2

.3 18

V h x x h x  x0

2

18 h

x x

  

P

(76)

Đặt ,

Ta có ,

Suy vật liệu

Câu 84 (Cụm Sở GD& ĐT Bạc Liêu Năm 2018-2019)Người ta muốn xây bể chứa nước dạng hình hộp chữ nhật khơng nắp tích 200m3 Đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi

chiều rộng Giá thuê nhân công xây bể 300.000 đồng/m2 Chi phí th cơng nhân thấp

A 51 triệu đồng B 75 triệu đồng C 46 triệu đồng D 36 triệu đồng Phân tích hướng dẫn giải

Phương pháp: - Tìm cách đặt biến chuyển biểu thức

- Sử dụng bất dẳng thức COSI tìm giá trị MAX- MIN

2 Hướng giải:

B1: Gọi chiều rộng, chiều dài đáy x 2x, chiều cao y Diện tích mặt bên mặt đáy

Thể tích

B2:

B3: Khi đóchi phí thấp triệu

Gọi chiều rộng, chiều dài đáy x 2x, chiều cao y Diện tích mặt bên mặt đáy

Thể tích

Vậy chi phí thấp triệu

Câu 85 (Sở GD & ĐT Ninh Bình lần 01 Năm 2018-2019)Một hộp có dạng hình hộp chữ nhật tích chiều dài gấp đôi chiều rộng Chất liệu làm đáy mặt bên hộp có

2 2

2

6 48

2 .3 .3 3

P hx h x x x x x x

x x x

       

  48 3

f x x

x

  x0

  48 6

f x x

x



    

2 48

0

f x x x x

x



        

 

6

h m

x

  

2

6 2

S xy x

2 100

2 200

V x y xy

x

   

2 3

600 300 300 300 300

2 30 180

S x x x

x x x x x

      

3

30 180.300000d 51

T  

2

6 2

S xy x

2 100

2 200

V x y xy

x

   

2 3

600 300 300 300 300

2 30 180

S x x x

x x x x x

      

3

30 180.300000d 51

T 

(77)

giá thành gấp ba lần giá thành chất liệu làm nắp hộp Gọi chiều cao hộp để giá thành hộp thấp Biết với , số nguyên dương nguyên tố Tổng

A B C D

Phương pháp: - Tìm cách đặt biên chuyển biểu thức

- Áp dụng bất đẳng thức COSI tìm giá trị MAX- MIN

2 Hướng giải:

B1: Gọi chiều dài, chiều rộng hộp Khi đó, ta tích hộp Do giá thành làm đáy mặt bên hộp giá thành làm nắp hộp nên giá thành làm hộp

B2: Do giá thành làm đáy mặt bên hộp giá thành làm nắp hộp nên giá thành làm hộp

B3: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số không âm, ta

Gọi chiều dài, chiều rộng hộp Khi đó, ta tích hộp

Do giá thành làm đáy mặt bên hộp giá thành làm nắp hộp nên giá thành làm hộp

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số không âm, ta

Dấu xảy

h

m h

n

 m n

m n

12 13 11 10

2x x (x0)

2 2

2 48 24

V  x h x h x h

3,

 

3 2

L x  xh xh  x

3,

 

3 2

2

8 9

L x  xh xh3 93 x2 xh xh 3 6483  x h2 216

2x x(x0)

2 2

2 48 24

V  x h x h x h

3,

 

3 2

2

8 9

L x  xh xh3 93 x2 xh xh 3 6483  x h2 216

2

8

24 x xh x h

 

 





2

8 . 24

h x

h

    

 



3 x h

  

  

(78)

Câu 86 (Sở GD & ĐT Quảng Bình Năm 2018-2019) Một cổng có hình dạng Parabol có kích thước hình vẽ, biết chiều cao cổng m, m Người ta thiết kế cửa hình chữ nhật (với ; ), phần cịn lại (phần tơ đậm) dùng để trang trí Biết chi phí để trang trí phần tơ đậm đồng/ Hỏi số tiền dùng để trang trí phần tơ đậm gần với số tiền đây?

A đồng B đồng C đồng D đồng

Phương pháp: - Tìm cách đặt biên chuyển phương trình hàm

- Tính diện tích hình học cơng thức thơng thường tích phân Từ suy giá trị MAX- MIN

2 Hướng giải:

B1: Phương trình

Xét đường thẳng qua : (với )

Khi giao điểm đường thẳng * Yêu cầu tốn đạt diện tích hình chữ nhật phải lớn Ta có:

B2: Đặt (với )

 P AB4

CDEF C F, AB D E,  P

1.000.000 m2

4.450.000 4.605.000 4.505.000 4.509.000

 P y:   x2 4 ,

E D y m 0m4  ; 

E  m m D 4m m;   P y m

CDEF

S ED EF  m m

t mt2  4 m m 4 t2

(79)

Khi đó: - Lập bảng biến thiên * Mặt khác diện tích cổng: ( ) Suy diện tích nhỏ phần dùng để trang trí là:

( )

B3: Khi Vậy số tiền dùng để trang trí phần tơ đậm: (đồng)

* Xét có toạ độ đỉnh qua điểm có toạ độ

Ta có hồnh độ đỉnh: ; qua điểm qua điểm

Suy ra:

* Xét đường thẳng qua : (với ) Khi

giao điểm đường thẳng Suy ra: , * Yêu cầu toán đạt diện tích hình chữ nhật phải lớn

Ta có:

Đặt (với )

Khi đó:

  2 4 2 2 8

CDEF

S  f t  t t   t  t

2 2

32

3

S x



    m2

CDEF

S MaxS  32 32 4,5083

3   m

2

4,5083 1.000.000 4.508.300 

 P y ax:  2bx c a  0  0; 4  2;0

0

2

b

b a

     P  0; 4

4

c

   P  2;0

1

a

  

 P y:   x2 4

,

E D y m 0m4 E 4m m;   ; 

D m m  P y m ED2 4m EF m

CDEF

S ED EF  m m

t m t2   4 m m 4 t2 0 t 2

  2 4 2 2 8

CDEF

S  f t  t t   t  t

  6 8 0

f t   t  

3

t

(80)

Suy ra:

* Mặt khác diện tích cổng: ( )

Suy diện tích nhỏ phần dùng để trang trí là: ( )

* Vậy số tiền dùng để trang trí phần tơ đậm: (đồng) (Lưu ý: Có thể dùng MTBT để tìm GTLN khoảng )

32

CDEF

MaxS 

3

t  m

2 2

32

3

S x



    m2

CDEF

S MaxS  32 32 4,5083

3  

m2

4,5083 1.000.000 4.508.300  CDEF

S 0m4

0

(81)

DẠNG 17: CÂU HỎI LÝ THUYẾT VỀ MAX MIN

Câu 87 (Sở GD&ĐT Đà Nẵng 2018-2019) Cho x, y ,z số thực dương thay đổi thỏa

 2 2  

5 x y z 9 xy2yz zx Giá trị lớn biểu thức

 3

2

1 x

P

y z x y z

 

  

bằng

A 18 B 12 C 16 D 24

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm giá trị lớn nhỏ hàm số y f x  theo phương pháp hàm số

2 Hướng giải:

B1: Từ giả thiết 5x2y2z29xy2yz zx  ta thấy vai trò y

z nên đánh giá x2y z 

B2: Đánh giá

   3

4

27 P

y z y z

 

 

B3: Lập bảng biến thiên hàm số  

3

27 t f t  t với

 

t

y z

 



Ta có: 5x2y2z29xy2yz zx 5x25y2z29x y z   18yz0

     

2 2

5x 9x y z 18yz y z

     

Ta lại có: 7y z 2 0 7y214yz7z2 0 2y z 218yz5y2z2  2 Từ (1) (2) suy ra:

   2    

2

5x 9x y z 2 y z x2 y z  5x y z  0

   

2 , ,

x y z x y z x y z

        

  x y z

  

Do đó:

 

     

3 3

2 2

2

1

1 2 27

2 y z x

P

y z x y z y z y z y z y z y z



     

          

Đặt t

y z

 



3

4 ;

27 t

P t t

Xét hàm số:  

3

4 ;

27 t

f t  t t có    

 

2 6 6 16

'

9

t f t f t t l              Ta có: lim 27 t t t         

(82)

Dựa vào bảng biến thiên suy ra:  

3

4 16

27 t

f t  t   t Suy ra:

3

4 16

27 t

P t   t

Suy maxP16 Đẳng thức xảy khi:

 

1

1 12

1

2

y z

y z y z

x x y z

    

 

   

 

  



   



(83)

DẠNG 18: BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH CÁC ĐƯỜNG TIỆM CẬN CỦA HÀM SỐ (KHÔNG CHỨA THAM SỐ) HOẶC BIẾT BBT, ĐỒ THỊ

Câu 88 (Sở GD&ĐT Ninh Bình lần năm 2018-2019) Tổng số đường tiệm cận ngang đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số

2 x 1 y

x

 



A B C D

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm tiệm cận hàm số y f x 

2 Hướng giải:

+ Đường thẳng x x 0được gọi tiệm cận đứng đồ thị hàm số y f x nếu bốn điều kiện sau thỏa mãn:

       

0 0

lim ; lim ; lim ; lim

x x f x   x x f x   x x  f x   x x  f x  

+ Đường thẳng y y 0được gọi tiệm cận ngang đồ thị hàm số y f x nếu  

lim

xf x  y xlim f x  y0

Tập xác định: D     ; 1 1; 

Từ tập xác định ta thấy hàm số khơng có giới hạn x0, đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng

Mặt khác:

2 2

1

2 1

lim lim

x x

x x x

x x

x

 

 

   

2 2

1

2 1

lim lim

x x

x x x

x x

x

 

  

    

Nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang y2 y 2

Câu 89 (Sở GD&ĐT Phú thọ lần năm 2018-2019) Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau:

Tổng số đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số

 2

3

y

f x



(84)

1.Dạng toán: Đây dạng toán xác định đường tiệm cận hàm số y f x  biết bảng biến thiên hàm số

2 Hướng giải:

       

0 0

lim

xf x  y xlim f x  y0

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình 3f x  2 (hay  

f x  ) có 4 nghiệm x1, x2 ,

x , x4 thỏa x1   ; 1, x2  1; 0 ,x3 0;1 , x4  1;  Suy đồ thị hàm số  2

3

y

f x



 có tiệm cận đứng x x 1, x x ,x x , x x Vì

 2

lim lim

3

xyx f x   nên y0 tiệm cận ngang đồ thị hàm số  

2

3

y

f x





Vì

 2

lim lim

3

xyx f x   nên y2 tiệm cận ngang đồ thị hàm số  

2

3

y

f x





Do đồ thị hàm số

 2

3

y

f x



 có tiệm cận ngang y0, y2

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số

 2

3

y

f x





DẠNG 19: BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH CÁC ĐƯỜNG TIỆM CẬN CỦA HÀM SỐ CÓ CHỨA THAM SỐ

Câu 90 (Sở GD&ĐT Bắc Ninh lần năm 2018-2019) Cho hàm số

 

3 2

3

x y

x mx m x m

 

   

Có giá trị nguyên thuộc đoạn 6; 6 tham số để đồ thị hàm số có đường tiệm cận?

A B C 12 D 11

1.Dạng toán: Đây dạng toán xác định đường tiệm cận hàm số y f x  có chứa tham số

2 Hướng giải:

       

0 0

(85)

lim

xf x  y xlim f x  y0

Gọi  C đồ thị hàm số

 

3 2

3

x y

x mx m x m

 

   

Ta có:

 

3 2

3

lim lim

3

x x

x y

x mx m x m

 



 

    nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận

ngang y0

Do  C có đường tiệm cận  C có đường tiệm cận đứng

   

3 3 2 1 0 1

x mx m x m

      có nghiệm phân biệt khác

Ta có     

2

1

2 x m

x m x mx

x mx             

Phương trình có nghiệm phân biệt khác

2

3

1

2

5

3

3 m m m m m m m m m                                

Do m  6; 6, m nguyên nên m      6; 5; 4; 3; 2; 2; 4; 5; 6 Vậy có giá trị m thỏa mãn

Câu 91 (Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Có giá trị nguyên tham số m để đồ thị hàm số

2 x y mx x  

  có đường tiệm cận?

A B C D Vơ số

1.Dạng toán: Đây dạng toán xác định đường tiệm cận hàm số y f x  có chứa tham số

2 Hướng giải:

       

0 0

lim

xf x  y xlim f x  y0

(86)

TH1: m0 suy tập xác định hàm số Dx x1; 2, (x1, x2 nghiệm phương trình 8 2 0

mx   x ) Do m0 khơng thỏa u cầu toán

TH2:

8 x

m y

x

   

  suy tập xác định hàm số D  ; 4

4 lim ; lim

xy  xy  Khi ta có x 4 đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số Do m0 khơng thỏa u cầu toán

TH3: m0 suy tập xác định hàm số D  ;x1  x2; (x1, x2 nghiệm phương trình mx2  8x 2 0) Do đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận phương trình

2

8

mx   x có hai nghiệm phân biệt khác

 

6

1 0; 0; 1; 2; 3; 4; 5;

8

m m

m m m m m

m m

  

 

 

       

     

 

 

Suy có tất 6giá trị nguyên tham số m thỏa mãn yêu cầu toán

Câu 92 (SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Phương trình đường tiệm cận ngang đồ thị

hàm số

1 x y

x

 



A x 1 B y 6 C x3 D y2 Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm tiệm cận ngang đồ thị hàm số y f x 

2 Hướng giải: Tìm lim 0

xy y xlimy y0 y y0 tiệm cận ngang đồ thị hàm

số y f x 

Lời giải Chọn D

Ta có lim lim

(87)

DẠNG 20: BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀ CÁC ĐƯỜNG TIỆM CẬN

Câu 93 (SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02)Cho điểm có hồnh độ dương thuộc đồ thị hàm số 2,

2 x y x  

 cho tổng khoảng cách từ đến hai đường tiệm cận đồ

thị hàm số nhỏ Tọa độ điểm là:

A  4;3 B 0;   C 1;   D  3;5 Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm điểm liên quan đến tiệm cận đồ thị hàm số y ax b cx d



 



2 Hướng giải:

B1: Gọi ;   a

M a C

a



 

  

  , (với a0) theo tham số thỏa mãn điều kiện cho

B2: Tìm đường tiệm cận hàm số B3: Tính khoảng cách từ M đến tiệm cận

B4: Tính tổng khoảng cách từ đến hai đường tiệm cận đồ thị hàm số nhỏ để tìm tham số M

Vì điểm có hồnh độ dương thuộc đồ thị hàm số 2 x y x    nên ; a M a a      

  (với a0)

Hai đường tiệm cận đồ thị hàm số :1:x2 2:y1 Suy :  

1

1 M; | |

d d   a  

2

2 ;

2 4

1

2 | |

M

a d d

a a a





     

  

Vây tổng khoàng cách từ đến hai đường tiệm cận là:

1

4

| | | |

d d d a a

a a

       

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có | | | || 4

| | | |

a a

    

 

Dấu xảy : 2 ( 2)2 4 2 4.

2

| |

a a a a a a a                   

Mà a  0 a 4.Vậy M 4;3

DẠNG 21: NHẬN DẠNG ĐỒ THỊ

Câu 94 (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01)Cho hàm số y f x  liên tục  có đồ thị hình vẽ Mệnh đề sau SAI?

A Giá trị lớn hàm sốy f x trên đoạn 2; 2

M M M M M M -2 -2 -1

y

(88)

B Hàm số y f x có cực tiểu 1

C Hàm số y f x có hai điểm cực trị

D Nếu m 2 phương trình f x m có nghiệm Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn lí thuyết tổng hợp hàm số

2 Hướng giải: Xét mệnh đề loại trừ mệnh đề đúng, đồng thời chọn mệnh đề sai

Dựa vào đồ thị có BBT hàm số y f x  2; 2 sau:

► A

► B sai hàm số y f x có giá trị cực tiểu 2 hay cực tiểu 2 ► C hàm số y f x có hai điểm cực trịxCT  1, xC§ 1

► D       

2

2 ,

2

m m

m phương trình f x m có nghiệm

Câu 95 (SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02)Cho bảng biến thiên sau:

Bảng biến thiên hàm số hàm số sau đây?

A

1

x y

x

 

 B  

1 y

x x

 

 C

x y

x

 

 D y x x 1 

1.Dạng toán: Đây dạng toán dựa vào bảng biến thiên để tìm hàm số

2 Hướng giải: Dựa vào bảng biến thiên tìm tiệm cận, đồng thời dựa vào hàm số loại trừ hàm số không thỏa mãn Chọn đáp án kiểm tra lại điều kiện thỏa mãn

Dựa vào BBT, suy ra:

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x  1 Loại đáp án D

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y  1 Loại đáp án B

Hàm số khơng có đạo hàm x 0 Loại đáp án C

Xét đáp án A ta có:

+

0

1 +

x y' y

1 + ∞

(89)

TXĐ: D\ 1

lim

xy  xlim1y , suy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x 1

| |

lim lim lim lim

1

1 1 1

x x x x

x x

y

x x

   

 

    

    

 

 

| |

lim lim lim lim

1

1 1 1

x x x x

x x

y

x x

         

 

 

 

Suy đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y 1

1 lim

x x

y

x y





 

 

   

  

 đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số

0 0

| |

( ) (0) 1

lim lim lim

0

x x x

x

f x f x

x x x

  

  

    

 

0 0

| |

( ) (0) 1

lim lim lim

0

x x x

x

f x f x

x x x

  

  

      

 

Ta thấy

0

( ) (0) ( ) (0)

lim lim

0

x x

f x f f x f

x x

 

 

 



(90)

DẠNG 22: BIỆN LUẬN SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH DỰA VÀO ĐỒ THỊ, BẢNG BIẾN THIÊN

Câu 96 (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019)Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên hình vẽ sau

Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình f x  m có nghiệm phân biệt

A m1;  B m1;  C m 1; D m 1; Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng toán: Đây dạng toán biện luận số nghiệm phương trình dựa vào đồ thị bảng biến thiên

2 Hướng giải:

B1:Dựa vào bảng biến thiên tìm giá trị cực tiểu giá trị cực đại B2: Đường thẳng y m đường thẳng song song trùng với Ox B3:Suy tham số m để phương trình có số nghiệm thỏa mãn

Ta có f x   m f x m   Phương trình (*) có nghiệm phân biệt đồ thị hàm số y f x  cắt đồ thị hàm số y m điểm phân biệt

Theo bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y f x cắt đồ thị hàm số y m điểm phân biệt 1 m

Câu 97 (SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH NĂM 2018-2019)Cho hàm số y f x  liên tục R có đồ

thị hình vẽ Tập hợp nghiệm phương trình f f x   1 có phần tử?

A B C D

1.Dạng tốn: Đây dạng toán xét tương giao đồ thị hàm số ( hàm số hợp ) với đường thẳng y b để số nghiệm phương trình

2 Hướng giải: f f x    1 f f x   1

B1: Xét đồ thị hàm số y  f X  cắt đường thẳng y 1 bốn điểm phân biệt 1; 2; 3;

X X X X Dựa vào đồ thị , xác định vị trí tương đối giá trị

(91)

B2: Thay vai trò X X X X1; 2; 3; 4 f x  trường hợp Lặp lại trình xét tương giao đồ thị hàm số y f x  với đường thẳng y b , b giá trị thỏa mãn vị trí tương đối X X X X1; 2; 3; 4

Tuy nhiên , có trường hợp có hai hồnh độ giao điểm thuộc khoảng chung ( hai nghiệm trùng ) ta cần lý luận tính đơn điệu hàm số khoảng để loại trừ khả trùng nghiệm

B3: Khi số nghiệm phương trình f f x   1 0bằng tổng số giao điểm trường hợp xét bước

Dựa vào đồ thị ta có f f x   1  f f x   1

 

   

2 2;

2

f x a f x b f x f x c

   



    

  



  



+ Với f x   a 2

2 x x x x

   

   



+ Với f x    b  2; 1    

4

5

2 2; 1;0

x x x x x x x x

  



     

    

  



+ Với    

 

8

9

0 2;

2;3 x x

f x x x

x x

   



     

   

+ Với f x  c vô nghiệm

Ta thấy hàm số y f x  đơn điệu  ; 2 , f x 1   a b f x 3 nên x1x3 Hàm số y f x  đơn điệu 2;  , f x 6   b f x 9 nên x6 x9

Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt

Câu 98 (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y f x  thỏa mãn

 0

f  có bảng biến thiên sau:

     

3 13

(92)

 0;

A e2 B e1513 C e4 D e3 Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tìm giá trị tham số mđể phương trình f x m có nghiệm đoạn Phương pháp chung tìm GTNN, GTLN hàm số đoạn chặn mbởi hai giá trị

2 Hướng giải: Phương trình 3  2   

13

2

f x f x f x

e    m

     

3 13

2 ln , ( 0)

2

f x f x f x m m

     

B1: Đổi biến t f x  Từ điều kiện x 0; dựa vào BBT để lý luận điều kiện t B2: Chuyển tốn tìm điều kiện tham số m để phương trình g t lnmcó nghiệm miền điều kiện t Cụ thể tính đạo hàm , lập BBT g t rồi tìm

   

maxg t ; ming t Cho lnmbị chặn maxg t ; ming t  B3: Khi m đạt GTLN lnmđạt GTLN lnmmaxg t 

Phương trình 3  2   

13

2

f x f x f x

e    m 2 3  13 2  7   ln , ( 0).

2

f x f x f x m m

     

Đặt t f x  Với x 0; từ bảng biến thiên

   

 

1; max ,

t  f f 

   

Vì  0 7,  2  3 15

6 13

f  f  f   nên max    0 , 

f f M  Do 1; M 1;7

6

t  

Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn m để phương trình ln 2 13 7 (*)

2

m t  t  t có nghiệm t1;M

Xét hàm số   2 13 7 , 1; .

2

g t  t  t  t t M

 

' 13 g t  t  t

 

' 7

6

t g t

t

    

  

(93)

Từ bảng biến thiên suy phương trình (*) có nghiệm g M lnm g  1      

2 1;

max ln max max e

M

m = g t g   m

Vậy giá trị lớn m để phương trình cho có nghiệm x 0;2 e2.

Câu 99 (SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH 2018-2019)Cho hàm số f x x33x 2 Tính tổng tất giá trị nguyên m để đồ thị hàm số g x  f x m cắt trục hoành điểm phân biệt

A B 10 C D

1.Dạng toán: Đây dạng toán đồ thị hàm số có giá trị tuyệt đối dạng y f x được suy từ đồ thị hàm số y f x đã có dễ vẽ

2 Hướng giải:

B1: Vẽ đồ thị hàm số f x x33x2 ( )C

B2: Để vẽ đồ thị hàm số y f x  từ đồ thị y f x  ta thực hiện:

Bước 1: Giữ nguyên phần đồ thị y f x  ( )C gồm điểm bên phải điểm nằm trục Oy ; bỏ phần đồ thị bên trái trục Oy Ta phần đồ thị P1

Bước 2: Lấy đối xứng phần đồ thị P1 qua trục Oyta phần đồ thị P2 Khi đó: Đồ thị y f x  bao gồm đồ thị P1 P2

B3: Số giao điểmcủa ( ')C với đường thẳng y m số giao điểm đồ thị hàm số

   

g x  f x mvới trục hồnh Vậy để có giao điểm điều kiện m thuộc khoảng Từ ta chọn số ngun tính tổng

(94)

Từ ta có đồ thị hàm số y f x  x33x2 sau:

Để đồ thị hàm số g x  f x m cắt trục hoành điểm phân biệt phương trình  

g x  có nghiệm phân biệt Do phương trình f x  m có nghiệm phân biệt hay đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y f x  x33x2 điểm phân biệt

Dựa vào đồ thị hàm số y f x  suy toán thỏa mãn

4 m 0 m

      

Kết hợp yêu cầu đề m Z , m1;2;3

Vậy tổng giá trị nguyên m thỏa mãn là: 6.  

Câu 100 (CỤM SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho đồ thị hàm số

3 6 9 2

y x  x  x hình vẽ

Khi phương trình x36x29x 2 m ( mlà tham số) có nghiệm phân biệt

A   2 m B 0 m C 0 m D   2 m

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn đồ thị hàm số có giá trị tuyệt đối dạng y f x  suy từ đồ thị hàm số y f x đã có dễ vẽ

2 Hướng giải: Gọi đồ thị hàm số y x 36x29x2 là ( ).C

O x

y

3

(95)

B1: Đồ thị hàm số y x36x29x2 ( ')C có cách biến đổi đồ thị ( )C hàm số y x 36x29x2 sau:

- Giữ nguyên phần đồ thị ( )C nằm trục hoành

- Lấy đối xứng phần đồ thị ( )C phần trục hồnh qua trục hồnh - Xóa phần đồ thị cịn lại ( )C phía trục hồnh

B2: Số nghiệm phương trình x36x29x 2 m số giao điểm đồ thị ( ')C với đường thẳng y m

B3: Phương trình x36x29x 2 m có nghiệm phân biệt đồ thị ( ')C đường thẳng

y m có giao điểm phân biệt

Gọi đồ thị hàm số y x 36x29x2 là ( ).C

Đồ thị hàm số y x36x29x2 ( ')C có cách biến đổi đồ thị ( )C hàm số

3 6 9 2

y x  x  x sau:

- Giữ nguyên phần đồ thị ( )C nằm trục hoành

- Lấy đối xứng phần đồ thị ( )C phần trục hồnh qua trục hồnh - Xóa phần đồ thị cịn lại ( )C phía trục hồnh

+) Số nghiệm phương trình x36x29x 2 m là số giao điểm đồ thị hàm số

3 6 9 2

y x  x  x đồ thị hàm số y m Để phương trình có nghiệm phân biệt điều kiện cần đủ 0 m

Câu 101 Cho hàm số y f x  liên tục có đồ thị hình vẽ y = m

x y

2 y x  = x3 6∙x2 + 9∙x 2

1

(96)

 

3sin cos

4 (1) cos sin

x x

f f m m

x x

     

   

  có nghiệm?

A B C.5 D Vô số

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn sử dụng tính đơn điệu hàm số y f x  để tìm điều kiện có nghiệm phương trình f U  f V U V

2 Hướng giải:

B1: Đổi biến 3sin cos 2cos sin

x x

t

x x

 



  , sau tìm GTNN, GTLN t cách chuyển tìm

điều kiện để phương trình lượng giác dạng a.sinx b cosx c có nghiệm a2b2c2. B2: Chuyển phương trình dạng f t  f m 24m4 Dựa vào đồ thị  

y f x khẳng định hàm số đồng biến 0; . Suy t m24m4.

B3: Từ điều kiện t tìm điều kiện m Sau chọn giá trị nguyên

Đặt 3sin cos 2cos sin

x x

t

x x

 



  2 cost  x t sin x  1 4t  *

Phương trình  * có nghiệm 4t1 2 t 3 2  1 4t2 11 m

   

Suy 0 t

Từ đồ thị y f x  ta có

*y f x  đồng biến 0; *m24m 4 m220; . * t 0;1

Nên 3sin cos  4 4

2cos sin

x x

f f m m

x x

     

   

     

2 4 4

f t f m m

   

2 4 4

t m m

    Phương trình  1 có nghiệm  0 m24m 4 1

2 4 4 1

m m

        3 m

Định dạng
Số trang	96
Dung lượng	6,69 MB