Bài tập vận dụng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Hỏi chiều rộng nhỏ nhất của đoạn đường đầu tiên gần nhất với giá trị nào trong các giá trị bên dưới để ô tô có thể đi vào GARA được.. (giả thiết ô tô không đi ra ngoài đường, không đi n[r]

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 CHỦ ĐỀ: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO DẠNG

TÌM GTLN – GTNN CỦA HÀM SỐ THEO CÔNG THỨC Câu Cho hàm số  

1



 

 x m y f x

x Tính tổng giá trị tham số m để  2;3    2;3  

max f x min f x 2

A. 4 B. 2 C. 1 D. 3

Câu Gọi A a, lần lƣợt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số:

3

y x  xm đoạn 0; Gọi S tập giá trị thực tham số m để Aa12 Tổng phần tử Sbằng

A 0 B 2 C 2 D 1

Câu Gọi T tập hợp tất giá trị tham số m để hàm số y mx 12 x m

 

 có giá trị lớn đoạn  2;3

6 Tính tổng phần tử T

A.17

5 B.

16

5 C.2 D.6

Câu Cho hàm số    2 

1

f x  x ax  ax a b   , với a, b Biết khoảng 4;

 

 

 

hàm số đạt giá trị lớn x 1 Hỏi đoạn 2;

  

 

  hàm số đạt giá trị nhỏ giá trị x?

A.

4

x  B

3

x  C

2

x  D x 2 Câu Cho hàm số  2

3

y x  xm Tổng tất giá trị tham số m cho giá trị nhỏ hàm số đoạn 1;1

A 1 B 4 C 0 D 4

Câu Có giá trị nguyên dƣơng tham số m để giá trị nhỏ hàm số

1

x m y

x  

 đoạn  2; 14

A 2 B 1 C 0 D 4

Câu Có giá trị tham số m để giá trị lớn hàm số

2

 

 

x m y

x m đoạn  0; 1

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

Câu Cho hàm số

,

yax  cx d a có

 ;0    

min

x

f x f

    Giá trị lớn hàm số

 

y f x đoạn  1;3

A d11a B d16a C d2a D d8a

Câu Cho hàm số có f x  có đạo hàm hàm f ' x Đồ thị hàm số f ' x nhƣ hình vẽ bên Biết f  0  f  1 2f  2  f  4  f  3 Tìm giá trị nhỏ mvà giá trị lớn

M f x  đoạn  0;

A m f  4 ,M  f  2 B m f  1 ,M  f  2

C m f  4 ,M  f  1 D m f  0 ,M  f  2

Câu 10 Gọi S tập tất giá trị nguyên tham số m cho giá trị lớn hàm số

4

1 19

30 20

4

y  x  x  x m  đoạn 0; 2 không vƣợt 20 Tổng phần tử S

A 210 B 195 C 105 D 300

Câu 11 Cho hàm số  

4

y f x  x  x  x a Gọi M m, lần lƣợt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số cho đoạn  0; Số giá trị nguyên a thuộc đoạn 3;3 cho M 2m

A 3 B 5 C 6 D 7

Câu 12 Gọi S tập hợp giá trị m để hàm số

3

y x  x m đạt giá trị lớn

50 [ 2; 4] Tổng phần tử thuộc S

A 4 B 36 C 140 D 0

Câu 13 Cho hàm số f x  có đạo hàm f x Đồ thị hàm số y f x cho nhƣ hình vẽ

Biết f  2  f  4  f  3  f  0 Giá trị nhỏ lớn f x  đoạn  0; lần lƣợt

A f    2 , f B f    4 , f

C f    0 , f D f    2 , f

Câu 14 Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên nhƣ hình dƣới Tìm giá trị lớn

hàm số    2

4

3

g x  f xx  x  x  x đoạn  1;3

O

2 x

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

A 15 B 25

3 C

19

3 D 12

Câu 15 Có số nguyên m để giá trị nhỏ hàm số

38 120

y x  x  x m đoạn 0; đạt giá trị nhỏ

A. 26 B. 13 C. 14 D. 27

Câu 16 Xét hàm số f x  x2ax b , với a, b tham số Gọi M giá trị lớn hàm số 1;3 Khi M nhận giá trị nhỏ đƣợc, tính a2b

A 2 B 4 C 4 D 3

Câu 17 Cho hàm số  2

y x  x m Tổng tất giá trị thực tham số m cho

[ 2;2]min y 4

A. 31

4

 B 8 C 23

4

 D 9

4

Câu 18 Cho hàm số y f x  liên tục cho

0;10    

max

x f x  f  Xét hàm số    

2

g x  f x x x  xm Giá trị tham số m để

 0;2  

max

x g x 

A 5 B 4 C 1 D.

Câu 19 Gọi S tập hợp giá trị tham số m để giá trị lớn hàm số

2

x mx m

y

x

 



 đoạn 1;1 Tính tổng tất phần tử S

A

 B 5 C.

3 D 1

Câu 20 Cho hàm số y f x  có đồ thị f x nhƣ hình vẽ

Giá trị lớn hàm số    

1

g x  f x  x  x đoạn 1; 2 A  1

3

f   B  1

f  C  2

f  D

3

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

N.C.Đ

Câu 21 Cho hàm số f x  liên tục 0;  thỏa mãn     2  x f x x f x 2f x , với  

f x  ,  x 0;   1

f  Gọi M, m lần lƣợt giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y f x  đoạn  1; Tính Mm

A

10 B

21

10 C

7

3 D

5

Câu 22 Cho hàm số y f x  có đạo hàm f x Hàm số y f x liên tục tập số thực có bảng biến thiên nhƣ sau:

Biết  1 10

f   , f 2 6 Giá trị nhỏ hàm số   3   

g x  f x  f x đoạn 1; 2

A 10

3 B

820

27 C

730

27 D 198

Câu 23 Cho hàm số yf x  Đồ thị hàm số đạo hàm yf ' x  nhƣ hình vẽ dƣới Xét hàm số     3

2018

3

g x  f x  x  x  x Mệnh đề dƣới đúng? A

 3;1    

min g x g

  B min g x3;1  g 3

C

   

    3;1

g g

min g x

2



 

 D

3;1    

min g x g

  

Câu 24 Cho hàm số y f x( ) nghịch biến thỏa mãn

 

( ) ( ) ,

f x x f x x  x  x  x Gọi M m lần lƣợt 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

Câu 25 Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên nhƣ sau

Tìm giá trị lớn hàm số    3  3

5 15

g x  f x  x  x  x  x đoạn 1; 2 ?

A 2022 B 2019 C 2020 D 2021

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

A x0  4 B x0  1 C x0 3 D x0  3

Câu 27 Cho hàm số f x( ) Biết hàm số y f x( ) có đồ thị nhƣ hình bên Trên đoạn [ 4;3] ,

hàm số

( ) ( ) (1 )

g x  f x  x đạt giá trị nhỏ điểm

A.x0  1 B.x0 3 C.x0  4 D x0  3 Câu 28 Có giá trị nguyên tham số m để  

1;3

max x 3x m 4?

A Vô số B 4 C 6 D 5

Câu 29 Cho hàm số y f x  liên tục cho

1; 2  

max f x

  Xét g x  f3x 1 m Tìm tất giá trị tham số m để

 0;1  

maxg x  10

A 13 B 7 C 13 D 1

Câu 30 Cho hàm số y f x  có đạo hàm cấp hai Biết f 0 3, f 2  2018 bảng xét dấu f x nhƣ sau:

Hàm số y f x 20172018x đạt giá trị nhỏ điểm x0 thuộc khoảng sau đây?

A  ; 2017 B 2017; C  0; D 2017;0 Câu 31 Có số thực m để giá trị nhỏ hàm số

4

y x  x  m x

5



CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu Cho hàm số  

1



 

 x m y f x

x Tính tổng giá trị tham số m để  2;3    2;3  

max f x min f x 2

A. 4 B. 2 C. 1 D. 3

Lời giải Chọn A

Hàm số  

1



 

 x m y f x

x xác định liên tục  2;3 Với m 2, hàm số trở thành

 2;3    2;3  

2 max

   

y f x f x (không thỏa)

Với m 2, ta có

 2

m y

x

   



Khi hàm số ln đồng biến nghịch biến  2;3 Suy  

                     

2;3 2;3

2;3 2;3

max ;

max ;

f x f f x f

f x f f x f

 

 

  



Do đó:              

2;3 2;3

6

max

2

m m

f x  f x  f  f    m  

Theo giả thiết

 2;3    2;3  

2

max 2

6

m m

f x f x

m

  

     

  

Vậy tổng giá trị tham số m thỏa mãn yêu cầu toán là: 4

Nhận xét: đề cho thêm dấu giá trị tuyệt đối biểu thức

 2;3    2;3  

max f x min f x 2 không cần thiết

Câu Gọi A a, lần lƣợt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số:

3

y x  xm đoạn 0; Gọi S tập giá trị thực tham số m để Aa12 Tổng phần tử Sbằng

A 0 B 2 C 2 D 1

Lời giải Chọn A

Đặt:    

3 3

u x x  x m u x  x 

   

 

2 0;

0 3

1 0; x

u x x

x

  

      

   

Ta có: u 0 m u;  1  m 2;u 2  m Suy ra:

 0;2    0;2    0;2  

2; 2 ;

Max u x  m Min u x   m Max yMax m m TH1:    

 0;2

2 2

m m       m a Min y ( loại )

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 TH2:

 0;2  0;2

2 2;

m    m Min y m AMax y m

Từ giả thiết: 12  2 2 12 16 ( )

4 ( )

m TM

Aa m m m

m koTM

 

        

  

TH3:

 0;2    0;2  

2 2 ;

m     m Min y  m Max y  m

Từ giả thiết: 12  2 2 12 16 ( )

4 ( )

m koTM

Aa m m m

m TM

 

        

  

Kết hợp trƣờng hợp suy ra: S   4; 4 Vậy tổng phần tử Sbằng:    4

Câu Gọi T tập hợp tất giá trị tham số m để hàm số y mx 12 x m

 

 có giá trị lớn đoạn  2;3

6 Tính tổng phần tử T

A.17

5 B.

16

5 C.2 D.6

Lời giải Chọn A

Ta có y mx 12 x m

 



Điều kiện

x m

 

3

2 2

1

mx m

y y

xm xm

- Nếu m1

1

x y

x  

 Khi max[2;3] y1, suy m1 khơng thỏa mãn - Nếu m3   1 m y 0 Suy hàm số y mx 12

x m  

 đồng biến đoạn [2;3]

Khi [2;3]   2

3

3

max 18 3

3

5 m m

y y m m

m m

 

 

       



 



Đối chiếu với điều kiện m1, ta có m3 thỏa mãn yêu cầu toán - Nếu m3   1 m y 0 Suy hàm số y mx 12

x m  

 nghịch biến đoạn [2;3]

Khi [2;3]   2

2

2

max 12 2

2

5 m m

y y m m

m m

 

 

       



 



Đối chiếu với điều kiện m1, ta có

5

m thỏa mãn yêu cầu toán

Vậy 3;2

5

T   

  Do tổng phần tử T

2 17

3

5

 

 

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Câu Cho hàm số    2 

1

f x  x ax  ax a b   , với a, b Biết khoảng 4;

 

 

 

hàm số đạt giá trị lớn x 1 Hỏi đoạn 2;

  

 

  hàm số đạt giá trị nhỏ giá trị x?

A.

4

x  B

3

x  C

2

x  D x 2 Lời giải

Chọn C

Tập xác định hàm số

Ta có:     

2

f x  x ax  ax a b  Vì khoảng 4;

3

 

 

  hàm số đạt giá trị lớn x 1nên hàm số đạt cực trị

x  ( điểm cực đại hàm số) a0  1

f

          4( 6a b 2) b 6a2

     

2

f x  a x x  x

Khi  

3

0

1 x

f x x

x

         

   

( nghiệm đơn)

Hàm số đạt cực đại x 1nên có bảng biến thiên:



2

x  điểm cực tiểu thuộc 2;

  

 

  Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ

2

x  đoạn 2;

  

 

  Câu Cho hàm số  2

3

y x  xm Tổng tất giá trị tham số m cho giá trị nhỏ hàm số đoạn 1;1

A 1 B 4 C 0 D 4

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Xét hàm số  

3

f x x  x m

Để GTNN hàm số  2

3

y x  xm đoạn 1;1

 1;1  

min f x

 

1;1  

max f x

   Ta có  

3

f x  x  ;   1 x f x

x

  

   



  f x  nghịch biến 1;1

Suy       1;1

max f x f m

     min1;1 f x  f 1   2 m Trƣờng hợp 1:

 1;1  

min f x m m

       

Trƣờng hợp 2:

1;1  

max f x m m

         

Vậy tổng giá trị tham số m

Câu Có giá trị nguyên dƣơng tham số m để giá trị nhỏ hàm số

1

x m y

x  

 đoạn  2; 14

A 2 B 1 C 0 D 4

Lời giải Chọn B

Tập xác định D \ 1  Ta có

 

2

0

m y

x

 

  

 ,  x D

Do hàm số nghịch biến đoạn  2; Suy

 2;3  

miny y

2

3

m  

 14   m Vậy có giá trị nguyên dƣơng m Câu Có giá trị tham số m để giá trị lớn hàm số

2



x m y

x m đoạn  0; 1

A 0 B 2 C 3 D 1

Lời giải Chọn D

Điều kiện: xm

Hàm số cho xác định  0; m 0; (*)

Ta có

   

2

2

1

2

0

   

 

   

   

 

m

m m

y

x m x m với  

0;

 x

Hàm số đồng biến đoạn  0; nên

   

2 0;4

2

max

4



 



m y y

m

 0;4

maxy 1

2

1



  



m m

2

6

m   m

3

     



m

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

N.C.Đ

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

Câu Cho hàm số

,

yax  cx d a có

 ;0    

min

x

f x f

    Giá trị lớn hàm số

 

y f x đoạn  1;3

A d11a B d16a C d2a D d8a Lời giải

Tác giả: Đinh Thị Thúy Nhung; Fb: Thúy Nhung Đinh Chọn B

Vì

,

yax  cx d a hàm số bậc ba có

 ;0    

min

x

f x f

    nên a

 y'0 có hai nghiệm phân biệt

Ta có

'

y  ax  c có hai nghiệm phân biệt ac0 Vậy với a0,c0 y'0 có hai nghiệm đối

3 c x

a

  

Từ suy

 ;0  

min

3

x

c f x f

a  

 

   

  3 12

c c

c a

a a

          

Ta có bảng biến thiên

Ta suy

 1;3    

max 16

x

f x f a c d a d

       

Câu Cho hàm số có f x  có đạo hàm hàm f ' x Đồ thị hàm số f ' x nhƣ hình vẽ bên Biết f  0  f  1 2f  2  f  4  f  3 Tìm giá trị nhỏ mvà giá trị lớn

M f x  đoạn  0;

A m f  4 ,M  f  2 B m f  1 ,M  f  2 C m f  4 ,M  f  1 D m f  0 ,M  f  2

Lời giải

Chọn A

Dựa vào đồ thị hàm f ' x ta có bảng biến thiên

O

2 x

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

Vậy giá trị lớn M  f  2

Hàm số đồng biến khoảng  0; nên f  2  f  1  f  2  f  1 0 Hàm số nghịch biến khoảng  2; nên f  2  f  3  f  2  f  3 0 Theo giả thuyết: f  0  f  1 2f  2  f  4  f  3

 0  4  2  1  2  3  0  4

f f f f f f f f

        

Vậy giá trị nhỏ m f  4

Câu 10.Gọi S tập tất giá trị nguyên tham số m cho giá trị lớn hàm số

4

1 19

30 20

4

y  x  x  x m  đoạn 0; 2 không vƣợt 20 Tổng phần tử S

A 210 B 195 C 105 D 300

Lời giải Chọn C

Xét hàm số   19

30 20

4

f x  x  x  x  m đoạn 0; 2  

 

 

 

3

5 0;

19 30 0;

3 0;

x

f x x x x

x

    

        

    Bảng biến thiên:

với f  0  m 20 ;f  2  m

Xét hàm số 19 30 20

4

y  x  x  x m  đoạn 0; 2 + Trƣờng hợp 1: m20 0 m 20 Ta có

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019  0;2

Max y = m 6 20m14.Kết hợp m20 suy khơng có giá trị m

+ Trƣờng hợp 2: m 6 20  m m Ta có:  0;2

Maxy = m 6 20m 14.Kết hợp m 7suy 7 m14 Vì m nguyên nên m7; 8;9;10;11;12;13;14

+ Trƣờng hợp 3: 20    m m m 7. Ta có:  0;2

Maxy = 20 m 20m0 Kết hợp m 7suy 0 m7 Vì m nguyên nên m0; 1; 2;3; 4;5;6;7

Vậy S 0; 1; 2; ;14 Tổng phần tử S 14 15 105





Câu 11 Cho hàm số  

4

y f x  x  x  x a Gọi M m, lần lƣợt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số cho đoạn  0; Số giá trị nguyên a thuộc đoạn 3;3 cho M 2m

A 3 B 5 C 6 D 7

Lời giải Chọn B

Xét  

4

g x x  x  x a với x 0;

   

4 12

g x  x  x  x x x  x ;  

0

0

2

x

g x x

x       

  

 0

g a; g 1  1 a; g 2 a Bảng biến thiên g x 

Trƣờng hợp 1: a0 Khi M  a 1; ma

Ta có M 2m  1 a 2a a Với a  3;3 a 1; 2;3 a

  

  

 



Trƣờng hợp 2: a    1 a Khi M  a; m  a 1

Ta có M 2m   a 2a   1 a Với a  3;3 a  3; 2 a

  

    

 



Trƣờng hợp 3:   1 a Với a  3;3 a a

  

  

 

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Vậy có giá trị a cần tìm

Câu 12 Gọi S tập hợp giá trị m để hàm số

3

y x  x m đạt giá trị lớn

50 [ 2; 4] Tổng phần tử thuộc S

A 4 B 36 C 140 D 0

Lời giải Chọn A

Xét hàm số

( )

g x x  x mcó  

3

g x  x  x Xét   0 x g x

x

 

   

 

Khi giá trị lớn hàm số

3

y x  x m [ 2;4] là:  2;4         

max max ; ; ;

x

y y y y y

    maxm m; 4 ;m20 ;m16 Trường hợp 1: Giả sử maxy m 50 50

50 m m

     



Với m50 m16 6650( loại) Với m 50 m20 7050(loại)

Trường hợp 2: Giả sử maxy m 4 50 54 46 m m

     



Với m54m 5450(loại)

Với m 46 m20 6650( loại)

Trường hợp 3: Giả sử maxy m20 50 70 30 m m

     



Với m70 m16 8650(loại)

Với m 30 m16 1450, m 3050; m 4 3450 (thỏa mãn) Trường hợp 4: Giả sử maxy m16 50 34

66 m m

 

   

Với m34 m 3450,m 4 3050,m20 1450(thỏa mãn) Với m 66 m 6650(loại)

Vậy S  30;34 Do tổng phẩn tử Slà: 30 344

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Biết f  2  f  4  f  3  f  0 Giá trị nhỏ lớn f x  đoạn

 0; lần lƣợt

A f    2 , f B f    4 , f C f    0 , f D f    2 , f Lời giải

Ta có:   0

2 x f x

x

 

    



Bảng biến thiên hàm số f x trên đoạn  0;

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy  0;4

max ( )f x  f(2)

Ta có f  2  f  4  f  3  f  0  f 0  f 4  f 2  f 3 0 Suy ra: f  4  f(0) Do  

0;4

min ( )f x  f(4)

Vậy giá trị nhỏ lớn f x  đoạn  0; lần lƣợt là: f    4 , f Câu 14 Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên nhƣ hình dƣới Tìm giá trị lớn

hàm số    2

4

3

g x  f xx  x  x  x đoạn  1;3

A 15 B 25

3 C

19

3 D 12

Lời giải Chọn D

     2

4

g x   x f xx x  x 2x2f4xx2 4 x Với x 1;3 4 x 0; 4 x x 24 nên  2

4

f xx 

Suy  2

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

N.C.Đ Suy

 1;3    

maxg x g  f  4  7 12

Câu 15 Có số nguyên m để giá trị nhỏ hàm số

38 120

y x  x  x m đoạn 0; đạt giá trị nhỏ

A. 26 B. 13 C. 14 D. 27

Lời giải ChọnD

Xét u x x438x2120x4m đoạn  0; ta có  

   

5 0;

0 76 120 0;

3 0; x

u x x x

x

    

        

   

Vậy

     

     

[0;2] [0;2]

max max (0) , (2) max , 104 104

min (0) , (2) , 104

    

  

   



u x u u m m m

u x u u m m m

Cách 1:

Nếu 4m0   [0;2]

min f x 4m0

Nếu 4m104   0 m 26   [0;2]

min f x  4m1040 Nếu 4m 0 4m104   26 m 0thì  

[0;2]

min f x 0 Vậy có 27 số nguyên thỏa mãn Cách 2:

Khi  

[0;2]

min miny  0 (4m m104)    0 26 m Có 27 số nguyên thoả mãn Câu 16 Xét hàm số  

f x  x ax b , với a, b tham số Gọi M giá trị lớn hàm số 1;3 Khi M nhận giá trị nhỏ đƣợc, tính a2b

A 2 B 4 C 4 D 3

Lời giải Chọn C

Xét hàm số  

f x  x ax b Theo đề bài, M giá trị lớn hàm số 1;3

Suy

     

1

M f M f M f

 



 



 



1

1

M a b

M a b

M a b

   



   

   



4M a b 3a b a b

          

1 a b 3a b 2( a b)

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

N.C.Đ

Nếu M 2 điều kiện cần 1   a b 3a b     1 a b 1 a b, 3 a b

,   1 a b dấu

1

a b a b a b

a b a b a b

          

             

2 a b

      



Ngƣợc lại, a b

     

 ta có, hàm số  

2

2

f x  x  x 1;3 Xét hàm số  

2

g x x  x xác định liên tục 1;3   2

g x  x ; g x     0 x  1;3

M giá trị lớn hàm số f x  1;3M maxg     1 ; g ; g  =2

Vậy

1 a b

     

 Ta có: a2b 4

Câu 17 Cho hàm số  2

y x  x m Tổng tất giá trị thực tham số m cho

[ 2;2]min y 4

A. 31

4

 B 8 C 23

4

 D 9

4

Lời giải

Chọn C

Xét

ux  x m đoạn [-2;2] ta có ' 1

u   x    x

Ta tính đƣợc u   2 m 2; 1;

2

u     m

  u 2  m

Nhận xét 6,

4

m      m m m nên   2;2

max

A u m



   ;  

2;2

1

4

a u m



  

Nếu

2 [ 2;2]

1

0 ( / ); ( )

4 4

a m y m m t m m l



 

           

 

Nếu  2

[ 2;2]

0 8( / ); 4( )

A m y m m t m m l



            

Nếu

[ 2;2]

1

0( )

4

A a m y l



      

Vậy tổng giá trị thực tham số 23 4  

Câu 18 Cho hàm số y f x  liên tục cho

0;10    

max

x f x  f  Xét hàm số    

2

g x  f x x x  xm Giá trị tham số m để     0;2

max

x g x 

A 5 B 4 C 1 D.

Lời giải Chọn D

Xét hàm số    

h x  f x x  0; Đặt tx3x x,  0; Ta có t 3x2   1 x nên t0;10

Vì

       

3

max f x x max f t

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

Mặt khác    2

2 1

p x   x x   m x    m m Suy     0;2

max

x p x  m x



Vậy

 0;2  

max

x g x        m m m Cách 2: Phương pháp trắc nghiệm

Chọn hàm y f x 4 thỏa mãn giả thiết: hàm số y f x  liên tục có 0;10    

max

x f x  f 

Ta có     2

2

g x  f x x x  x  m x  xm   2

g x   x ; g x   0 x

Xét hàm số g x  liên tục đoạn  0; , g x   0 x Ta có g 0  4 m,  1

g  m, g 2  4 m Rõ ràng g 0 g 2 g 1 nên

 0;2    

max

x g x g Vậy 5   m m

Câu 19 Gọi S tập hợp giá trị tham số m để giá trị lớn hàm số

2

x mx m

y

x

 



 đoạn 1;1 Tính tổng tất phần tử S

A

 B 5 C.

3 D 1

Lời giải Chọn A

Xét hàm số  

2

x mx m

y f x

x

 

 

 1;1 có    2

2 f x

x

  

 ;

  0  

4 1;1

x f x

x

 

   

  

 ;      

3 1

1 ; ;

3

m m

f    f  m f  

 

Bảng biến thiên

x 1

 

f x  

 

f x f  0

 1  1

f  f

Trƣờng hợp f  0   0 m Khi  1;1       

3 max f x max f ; f



   3 max 1;

3

m m 

 

   

     m m Trƣờng hợp f  0   0 m

Khả    

1

1

1

f

m f

 

   

 

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

Khả 1

3 m

    Khi    

1

1

f f

  

 

 3max1;1 f x  maxf    0 ; f 

 

3 max m m;

    : Trƣờng hợp vô nghiệm

Khả

3 m

   Khi

 1;1         

3 max f x max f ; f ; f



   : Vơ

nghiệm

Vậy có hai giá trị thỏa mãn m1  3,m2 2 Do tổng tất phần tử S

1



Câu 20 Cho hàm số y f x  có đồ thị f x nhƣ hình vẽ

Giá trị lớn hàm số    

1

g x  f x  x  x đoạn 1; 2 A  1

3

f   B  1

f  C  2

f  D

3



Lời giải Chọn B

Ta có:          

1 1 (*)

g x  f x x   f x  x    f x x 

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

Giá trị lớn hàm số    

1

g x  f x  x  x đoạn 1; 2  1

f  Câu 21 Cho hàm số f x  liên tục 0;  thỏa mãn     2 

3 x f x x f x 2f x , với  

f x  ,  x 0;   1

f  Gọi M, m lần lƣợt giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y f x  đoạn  1; Tính Mm

A

10 B

21

10 C

7

3 D

5 Lời giải

Chọn D

Ta có     2 

3 x f x x f x 2f x  3x f x2  x f3  x 2xf2 x

    

 

2

2

2 x f x x f x

x f x

 

 

( )

x

x f x



 



 

  

3 ( ) x

x C

f x   Thay x1 vào ta đƣợc 1 

1 C

f   ,   1

3

f  nên suy C2

Nên  

2 x f x

x



 Ta có    

4

2

6

x x f x

x 

 

 ; f x   0 x

Khi đó, f x  đồng biến  1; Suy  1

3

m f  ;  2 M  f 

Suy

3 3

M    m

Câu 22 Cho hàm số y f x  có đạo hàm f x Hàm số y f x liên tục tập số thực có bảng biến thiên nhƣ sau:

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

Biết  1 10

f   , f 2 6 Giá trị nhỏ hàm số g x  f3 x 3f x  đoạn 1; 2

A 10

3 B

820

27 C

730

27 D 198

Lời giải

Tác giả:Trần Phương; Fb: Trần Phương Chọn C

Xét hàm số g x  f3 x 3f x  đoạn 1; 2   2   

3

g x  f x   f x , g x 0        

0

1

f x f x

 



  



Từ bảng biến thiên, ta có:    

 

1 1;

1

2 1;

x x

         



Và f x 0,   x  1; 2 nên f x  đồng biến 1; 2    1 10

f x f

   

  f x

  2 

1 f x

  ,   x  1; 2 nên  2 vô nghiệm Do đó, g x 0 có nghiệm x 1 x2

Ta có   3   

1

g   f   f 

3

10 10 730

3

3 27

   

    

   

  3   

2

g  f  f  6 33 6 198 Vậy

 1;2    

730

min

27

g x g

   

Câu 23 Cho hàm số yf x  Đồ thị hàm số đạo hàm yf ' x  nhƣ hình vẽ dƣới Xét hàm số     3

2018

3

g x  f x  x  x  x Mệnh đề dƣới đúng?

A       3;1

min g x g

  B min g x3;1  g 3

C

   

    3;1

g g

min g x

2



 

 D

3;1    

min g x g

  

Lời giải

Chọn D

Cho hàm số yf x  Đồ thị hàm số đạo hàm yf ' x  nhƣ hình vẽ dƣới Xét hàm

số     3     3

2018 ' '

3 2

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

Cho      

3

3 3

' ' '

2 2

1

x

g x f x x x f x x x x

x    

           

  

Dựa vào đồ thị ta so sánh đƣợc       3;1

min g x g

  

Câu 24 Cho hàm số y f x( ) nghịch biến thỏa mãn

 

( ) ( ) ,

f x x f x x  x  x  x Gọi M m lần lƣợt 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

Lời giải Chọn A

Ta có:  

( ) ( )

f x x f x x  x  x  f2( )x xf x( )x63x42x2

2

4f ( ) 4x xf x( ) 4x 12x 8x

     2

4f ( ) 4x xf x( ) x 4x 12x 9x

     

 2 3 2

2 ( )f x x (2x )x

   

3

2 ( )

2 ( )

f x x x x

f x x x x

   

 

    

3

( )

( )

f x x x

f x x x

  

 

   

Với '

( ) ( ) 0,

f x x  x f x  x    x nên f x( ) đồng biến

Với '

( ) ( ) 0,

f x    x x f x   x    x nên f x( ) nghịch biến

Suy ra:

( )

f x   x x Vì f x( ) nghịch biến nên

 1;2

max ( ) (1) M  f x  f  

và  

1;2

min ( ) (2) 10 m f x  f  

Từ ,ta suy ra: 3M m 3.  2 104  chọn đáp án A Câu 25 Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên nhƣ sau

Tìm giá trị lớn hàm số    3  3

5 15

g x  f x  x  x  x  x đoạn 1; 2 ?

A 2022 B 2019 C 2020 D 2021

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

N.C.Đ Chọn D

         

3 3 3 3

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

   

2

3 3

0

1

f x x x g x

x

     

   

  

Mà        

1; 2; 3 3

x  x  x   f x  x   f x  x x   ,

 

0 1

g x  x     x Ta có

Vậy

 1;2    

maxy g f 2 2021

     

Câu 26. Cho hàm số f x  Biết hàm số y f x có đồ thị nhƣ hình bên Trên đoạn 4;3, hàm số g x 2f x   1 x2 đạt giá trị nhỏ điểm

A x0  4 B x0  1 C x0 3 D x0  3 Lời giải

Chọn B

Ta có g x 2f  x 2 1x2f  x  1 x

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

N.C.Đ Dựa vào hình vẽ ta có g x 0  f x  1 x

4

      

  

x x x

Ta có bảng biến thiên

Vậy hàm số g x 2f x   1 x2đạt giá trị nhỏ x0  1

Câu 27 Cho hàm số f x( ) Biết hàm số y f x( ) có đồ thị nhƣ hình bên Trên đoạn [ 4;3] ,

hàm số

( ) ( ) (1 )

g x  f x  x đạt giá trị nhỏ điểm

A.x0  1 B.x0 3 C.x0  4 D x0  3 Lời giải

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

Ta có

( ) ( ) (1 )

g x  f x  x g x'( )2 ( ) 2(1f x   x) 2[ ( ) (1f x  x)]

'( ) '( ) 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:

( ) ( ) (1 )

g x  f x  x g x'( )2 ( ) 2(1f x   x) 2[ ( ) (1f x  x)]

Vì đoạn [ 4; 1]  đồ thị hàm số y f x'( ) nằm phía dƣới đồ thị hàm số y 1 x

'( ) [ 4; 1] '( ) x [ 4; 1] ( )

f x x x g 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] '( ) x [ 1;3] ( )

f x x x g x g x

           đồng biến (-1;3)

(3) ( 1)

g g

   (**)

Từ (*) (**) suy g x( ) đạt giá trị nhỏ đoạn [ 4;3] x0  1 Câu 28 Có giá trị nguyên tham số m để  

1;3

max x 3x m 4?

A Vô số B 4 C 6 D 5

Lời giải Chọn D

Đặt 2

( ) ( )

f x x  x  m f x  x  x

( )

2 x f x

x

     

 

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Ta thấy

[1;3]

max ( )f x  f(3)m [1;3]

min ( )f x  f(2) m

Ta có    

1;3

max x 3x m max m m; 4 Trường hợp 1:

 

2

4 8 16 2

0 2,

0

4 4

max ; 4

m m m m m m

m m

m

m m m

        

     

    

   

     



mà m nên m0;1; 

Trường hợp 2:

 

2

4 8 16 2

2 4,

4

4

max ; 4

m m m m m m

m m

m

m m m

        

     

    

  

    



mà m nên m 3;

Vậy, có giá trị nguyên tham số m Vậy chọn đáp án D

Câu 29 Cho hàm số y f x  liên tục cho

1; 2  

max f x

  Xét g x  f3x 1 m Tìm tất giá trị tham số m để

 0;1  

maxg x  10

A 13 B 7 C 13 D 1

Lời giải Chọn C

Ta có:            

0;1 0;1 0;1

maxg x maxf 3x 1 m m max f 3x1

Đặt t3x1 Ta có hàm số t x  đồng biến Mà x 0;1   t  1;2 Suy ra:        

0;1 1;

max f 3x max f t



   Suy    

0;1

maxg x  m Do

 0;1  

maxg x  10   m 10  m 13

Câu 30 Cho hàm số y f x  có đạo hàm cấp hai Biết f 0 3, f 2  2018 bảng xét dấu f x nhƣ sau:

Hàm số y f x 20172018x đạt giá trị nhỏ điểm x0 thuộc khoảng sau đây?

A  ; 2017 B 2017; C  0; D 2017;0 Lời giải

Chọn A

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

Đặt t x 2017

Ta có y f x 20172018x f t 2018t2017.2018g t      2018

g t  f t 

Dựa vào bảng biến thiên hàm số f x suy phƣơng trình g t  có nghiệm đơn   ;0 nghiệm kép t 2

Ta có bảng biến thiên g t 

Hàm số g t  đạt giá trị nhỏ t0     ;0

Suy hàm số y f x 20172018x đạt giá trị nhỏ x0 mà

   

0 2017 ;0 ; 2017

x       x

Câu 31 Có số thực m để giá trị nhỏ hàm số

4

y x  x  m x

5



A 2 B 3 C 0 D 1

Lời giải Chọn D

Xét  

4

f x x  x m có    m

TH1 m1:  

0

f x    x y x  x m

miny   5 m (TM)

TH2 m1: f x 0 có hai nghiệm x1  2 1m; x2  2 1m Nếu xx x1; 2:

2

3

y   x m  1

y x    m  2 y x    m

 1  2 y x y x

 

1; 2

min 8

x x

y m

       (Không TM)

Nếu xx x1; 2:

8

yx  x m )

CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019

miny     m 13 m 8 (Loại) )

 x2    4 m 3:

miny m

CHỦ ĐỀ: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO

DẠNG 2

TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN

Câu Cho hai số thực dương x y, thỏa mãn

3

1

x

y y

x

 

 

Giá trị lớn biểu thức

S  xy là: A 89

12 B

11

3 C

17

12 D

82

Câu Cho x y,  thỏa mãn x  y x2y2xy  x y Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

1

xy P

x y



  Tính Mm A 1

3 B

2

 C 1

2 D

1  Câu Cho x y, số thực thỏa mãn 2

1

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

4

2

1

x y

P

x y

 



  Giá trị AM15mlà:

A 17 6 B 17 C 17 6 D 17

Câu 4. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x2y24x6y 4 y26y10 4 xx2 Gọi M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức  2 

T x y a Có giá trị nguyên thuộc đoạn 10;10 tham số a để M2m?

A 17 B 15 C 18 D 16

Câu Cho x y, số thực thỏa mãn x3 2 y12 5 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

3

2

y xy x y P

x y

   



 

A 3 B C. 114

11 D 2

Câu 6. Cho số thực dương a b, thỏa mãn 2a2b2ab (a b ab)( 2) Giá trị nhỏ biểu thức

3 2

3 2

4 a b a b

P

b a b a

   

      

    thuộc khoảng nào?

A (-6 ;-5) B (-10 ;-9) C (-11 ;-9) D (-5 ;-4)

Câu Cho số thực x y, thay đổi thỏa mãn 3x22xyy2 5 Giá trị nhỏ

của biểu thức 2

2

Px xy y thuộc khoảng sau

Câu Cho số phức z x yi x y  ( ,  ) Thỏa mãn z    2 i z 5i biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:

2

2 2

3

2 2

x y y H

x y x y x y x y

  



        Giá trị 2x y bằng:

A. 6 B.  6

C.  3 D.  6

Câu Cho x y, thỏa mãn log3 2 2 ( 9) ( 9)

x y

x x y y xy x y xy

     

   Tìm giá trị lớn

biểu thức 10

x y P

x y

 



  x y, thay đổi

A 2 B 3 C 1 D 0

Câu 10 Cho số thực x, y thay đổi thỏa mãn x2y2xy1 hàm số  

2

f t  t  t  Gọi M, m tương ứng giá trị lớn nhỏ

4

x y

Q f

x y

   

    

  Tổng Mm

A  4 B  4 C  4 D  4 2

Câu 12 Cho số x y, thỏa mãn x25y2  1 4xy hàm số bậc ba y f x  có đồ thị hình vẽ Gọi M m, tương ứng giá trị lớn nhỏ 3

4

x y P f

x y

   

    

 

Tích M m A 1436

1331 

B 3380

1331 C

1436

1331 D

1944 1331

Câu 13. Cho số thực x y, thay đổi thỏa mãn x25y22xy1 hàm số f t  t4 2t22 Gọi M m, giá trị lớn giá trị nhỏ

3

x y Q f

x y

        

  Tổng Mm

A 4 2 B 8 2 C 66 D 9 17

Câu 14 Cho số thực x y z, , thỏa mãn

xy yz zx x y z

  



   

 hàm số  

2

4

f x x  x

Gọi M m, giá trị lớn giá trị nhỏ f x  Tổng Mm

A 3 B 28

9 C

19

Câu 15 Cho số thực dương x y z, , thay đổi thỏa mãn: 5x2y2z29xy2yzzx Tìm giá trị lớn biểu thức:

 3 2

1

x P

y z x y z

 

  

A. 18 B 12 C 16 D 24

Câu 16 Cho hàm số f x 2x36x21 số thực m,n thỏa mãn 2

4 2

m  mn n  n Giá trị nhỏ f m 2

n

  

 

 

 

A 99 B 100 C 5 D 4 Câu 17 Cho x, y0 thỏa mãn

2

x y biểu thức 4

P

x y

  đạt giá trị nhỏ Tính x2y2

A 25

16 B

5

4 C

2313

1156 D

153 100 Câu 18 Cho 0x y, 1 thỏa mãn

2

2

2018 2017

2 2019

x y x

y y

   

  Gọi M m, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức   

4 25

   

S x y y x xy Khi đóMm bao nhiêu?

A 383

16 B

136

3 C

25

2 D

391 16 Câu 19 Biết đồ thị hàm số

3

yx  x tiếp xúc với parabol

yax b điểm có hồnh độ x 0; Giá trị lớn S a b

A Smax  1 B Smax 0 C Smax 1 D Smax  3

Câu 20 Hàm số f x   x1 2 x22  x20192 (x ) đạt giá trị nhỏ x A 2020 B 1010 C 2019 D 0

Câu 21 Hàm số yx4ax3bx21 đạt giá trị nhỏ x0 Giá trị nhỏ biểu thức

S a b

A 2 B 0 C 2 D 1

Câu 22 Cho số thực a b c, , thỏa mãn a2b2c22a4b4 Tính P a 2b3c biểu thức 2a b 2c7 đạt giá trị lớn

A P7 B P3 C P 3 D P 7 Câu 23 Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn 2

2 10

a b c  a b c a c 2 Tính giá trị biểu thức P3a2b c Qa2b2 c2 14a8b18c đạt giá trị lớn

A 10 B.10 C 12 D.12 Câu 24 Cho phương trình có nghiệm Giá trị nhỏ

bằng

A B C D

4

1

x ax bx cx 2

P a b c

2

3

8

Câu 25 Biết hai hàm số f x x3ax24x2 g x   x3 bx22x3 có chung điểm cực trị Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a b

A 3 B 6 C 6 D 3 BỔ SUNG BÀI TẬP TỰ LUẬN HÀM NHIỀU BIẾN

Bài Cho số thực a, b, c thuộc đoạn  1;3 thỏa mãn điều kiện abc6 Tìm giá trị

lớn biểu thức abc

ca bc ab abc a c c b b a P 72 12 2 2 2        

Bài 2: Cho x,y,z 1;2 Tìm giá trị lớn biểu thức

 

   

4 2               yz z y yz z y x z y x xyz zx yz xy A

Bài 3: Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a1,b2,c3 Tìm giá trị lớn biểu thức

 

  12 3 27 8 2 2

2  

             c b a b c a b c b b c b a bc ac ab B

Bài 4: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn  2

z y x z

y   Tìm giá trị nhỏ

biểu thức          

z y x z y x P           1 1 1 1 2

Bài 5: Cho abc0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

                       

 2 2 2 2

a c c b b a ca bc ab c b a P

Bài 6: Cho x,y,z0;xyzx yz20 Tìm giá trị nhỏ    2

z y z x y x

P    Bài 7: Cho  ;1

2 , ,b c

a Tìm giá trị lớn biểu thức

b a c a c b c b a

P     

Bài 8: Cho 2 2

2 , ,

,b c a b a b

a    Tìm giá trị lớn   c12

a c b c P

Bài 9: Cho a, b, c số thực thỏa mãn a,c1;b2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức      

 ac b c a a b b a c c b c b a P            2 2

Bài 10: Cho số thực Tìm giá trị nhỏ biểu thức

Bài 11: Cho số a,b,c 0;1 Tìm giá trị lớn biểu thức

abc ab c ac b bc a P        1

 Có nhiều tốn tìm cực trị biểu thức ta cần sử dụng biến đổi làm giảm

được số biến Tuy nhiên toán cực trị có dạng phân thức ta phải sử dụng bất đẳng thức để đánh giá làm giảm số biến toán.

 Các bất đẳng thức thường dùng

1 Cho a,bR ta cóab2 4ab

2. Cho a,b0 ta có   2

3

4 a b ab

b a b

a     

 0;1 ,

,y z

x zminx,y,z  

y z xy xz yz y yz z x z y P        

3. Cho a,b0 ta có

b a b

a   

4 1

4. Choa,b,cR ta cóa b c abc abbcca

3 2

2

5. Cho a,b,cR ta có abbcca23abcabc

6. Cho a,b,c0 ta có

c b a c b

a     

9

1

7. Choa,b0 vàab1 ta có

ab b

a    

 1 1

8.Cho a,b0 vàab1 ta có

ab b

a    

 1 1

Nhận xét: Trên số BĐT tiêu biểu thường sử dụng để tìm cực trị cách dồn biến, ngồi ta sử dụng hệ khác bất đẳng thức khác Ứng dụng BĐT để giải toán sau

Bài 12: Cho số thực a,b,c 1;2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  

ca bc ab c ab b a P       2 2

Bài 13: Cho số không âm a, b, c thỏa mãn c0 a3b3 cc1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  2

2 2 c b a c b a P     

Bài 14: Chox,y,z0 thoả mãn x yz0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức  3

3 3 16 z y x z y x P     

Bài 15: Cho x, y, zlà ba số thực thuộc đoạn  1;2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

 

 2  2 2

2

2 x y z x y z

y x P       

Bài 16: Cho số thực a,b,c0 thỏa mãn 2

2

b a

c   Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 2 c b a c c a b c b a P       

Bài 17: Cho số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x2yz0 Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức:

y x y x z y x y z y x P 2 10        

Bài 18: Cho số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện ab,ac Tìm giá trị lớn biểu thức:  

b a c c a b c b a a P 5

5      



Bài 19: Cho ba số thực dương x,y,zthỏa mãn 0x yz Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

    x z

x z y xz z y y xz y z x P 2 3 2 2 15      

Bài 20: Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn

c ab c

b c

a    Tìm giá trị nhỏ

biểu thức: 2 2

2 b a c b a c a c b c b a P        

 

a b c abc

ca bc ab c a T

 

  

 2

Bài 22: Cho số thực dương thỏa mãn:   1

z y

x Tìm giá trị lớn biểu

thức: 3 3

3 3 2

24

1 x z

z y y x x yz z

xy

P  

   

Bài 23: Cho số thực dương thỏa mãn

4

               

z x x z z y y

x

Tìm giá trị lớn biểu thức:

z x

z z

y z y

x y P

     

2

2

2

2

2

z y x, ,

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu Cho hai số thực dương x y, thỏa mãn

3

1

x

y y

x

 

 

Giá trị lớn biểu thức

S  xy là: A 89

12 B

11

3 C

17

12 D

82 Lời giải

Chọn B

Theo giả thiết y0 nên ta có :

     3

3

3

3 3 3

1

x

y x x y y x x y y

y

x    

              

 

 

 3  2

f x f y

   với f t  t3 t

Ta có f t 3t2   1 0, t nên hàm số f t  đồng biến , suy 3x 3y2

hay 2

3

y x  Doy0 3x 3y2 nên

x

Khi 2 2  2 11 11

6 3

3 3

S  x y x x    x  x   x   Do max 11

3

S  x1

Câu Cho x y,  thỏa mãn x  y x2y2xy  x y Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

1

xy P

x y



  Tính Mm A 1

3 B

2

 C 1

2 D

1  Lời giải

Chọn B Cách 1:

Với điều kiện x  y 1;x2y2xy  x y ta có P 2 xy2 x y xy



 

Nếu y0 2 1

2

x

x x x

 

   



  

 Khi P0

Nếu y0 2

1

x y P

x x

y y

  

     

Đặt t x y

 Ta có 2

t P

t t



  , t

Xét   2

t f t

t t



  , t    

2

1

t f t

t t

 

 

Từ bảng biến thiên:

3

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

1

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

x y xy x y

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

Vậy

3

M   m

Cách 2:

Với điều kiện x  y 1;x2y2xy  x y ta có P 2 xy2 x y xy



 

 

2

1 (*)

Px xy P Py

    

+) NếuP0 x0 y0

+) Nếu P0thì

0 x y     

Để phương trình (*) có nghiệm x 2  

1 1

3

x y P P P

         

Ta có:

M 

  2 1

3 1

1

3

x y

y P x y

x y

x y x

P

x y

x x

x y xy x y x

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

m 

  2 1 1

1

1 1 x x y y P y x y x y x P x x

x y xy x y x

y                                                    Do 1; m

3

M    Vậy

3

M   m

Câu Cho x y, số thực thỏa mãn 2

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

4 2 1 x y P x y   

  Giá trị AM15mlà:

Lời giải Chọn A

Ta có 2  2 3 2

1

4

x xyy   xy   xy  xy     2 x y Mặt khác: 2  2  2_ 2

3 x y x y xy x y

 

        

Đặt 2

2

tx y   t 

  Vậy  

2

4

1

t t

P g t

t

  

 

 Xét hàm số  

2

4

;

1

t t

g t t

t

 

    

   

   

  2

' ; ;

1

t t

g t t

t

 

    

   

     

2

' ;

3

g t     t   

  Vậy  

2 ;2

11

15

t

g t

    

 ;  

2 ;2

max 6

t

g t

    

 

Vậy AM 15m17 6

Nhận xét: toán thường gặp đề thi TSĐH năm trước Tư tưởng toán sử dụng ứng dụng đạo hàm tìm GTNN, GTLN hàm số sau áp dụng phương pháp dồn biến

Câu 4. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x2y24x6y 4 y26y10 4 xx2 Gọi M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức  2 

T x y a Có giá trị nguyên thuộc đoạn 10;10 tham số a để M2m?

A 17 B 15 C 18 D 16

Lời giải Chọn D

Ta có 2 2

4 6 10

         

x y x y y y x x

 2 2

6 10 10 6

          

y y y y x x x x  *

Xét hàm   2

f t t t, có f t( )2t 1 0,  t

Ta có hàm y f t  đồng biến 0; ,  

6 10 0;

    

y y ,

 

64xx  0; 

Nên  *     2 2

6 10 6 10

          

f y y f x x y y x x

  2 2

2

6 10

y  y   xx  x  y 

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

OA x y

GọiA1, A2 giao điểm đường thẳng OIvới đường tròn ( )C

 ; ( )

A x y  C : OA1OAOA2 , với OA1 OI R 13 3 OA2 OI R 13 3

Tức ta có 2

13 3  x y  13 3  13 3  a x2y2  a 13 3 a

Th1 : 13 3    a a 13 3 ,  1 Khi M  13 3 a m 13 3 a

 

2 13 13 13

         

M m a a a

Kết hợp với điều kiện 1 a nguyên thuộc đoạn 10;10 ta có

 5; 4; 3; 2; 1;0

     

a

Th2: 13 3    a a 13 3 ,  ** Khi M  a 13 3 m a 13 3

 

2 13 13 13

         

M m a a a

Kết hợp với điều kiện  ** a nguyên thuộc đoạn 10;10 ta có a7;8;9;10

Th3: 13 13 13

13

   

     



   

a

a a

, *** Khi M 0 m0 nên ta ln có M2m

Kết hợp điều kiện  *** a nguyên thuộc đoạn 10;10 ta có 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 Cho x y, số thực thỏa mãn x3 2 y12 5 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

3

2

y xy x y P

x y

   



 

A 3 B C. 114

11 D 2

Lời giải Chọn A

  2 2 2

3

   

   

2 2

2

2

3

2

2

4 4

2

y xy x y x y x y

P

x y

y x x y y xy x x y

x y x y

        



 

   

    

 

   

Đặt t x 2y

 2 2   2 2    

1 2  x3  y1  x 3 2y2  x2y5225  0 x 2y10

4

, 10

1

t t

P t t

t t

 

    

 

Sử dụng MTCT minP3 t1

Câu 6. Cho số thực dương a b, thỏa mãn 2a2b2ab (a b ab)( 2) Giá trị nhỏ biểu thức

3 2

3 2

4 a b a b

P

b a b a

   

      

    thuộc khoảng nào?

A (-6 ;-5) B (-10 ;-9) C (-11 ;-9) D (-5 ;-4) Lời giải

Chọn A

Vì a b, dương nên từ giả thiết 2a2b2ab (a b ab)( 2), ta chia hai vế cho ab

 2 1

2 a b ab (a b ab)( 2) a b (a b)

b a a b

   

              

   

Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si cho hai số dương (a b ) 1

a b

  

 

 :

1 1

(a b) 2 (a b).2 2 a b

a b a b b a

     

             

     

Dấu " " xảy (a b) 1

a b

 

       Suy a b 2 a b

b a b a

       

   

    Đặt , ( 0)

a b

t t

b a

  

Khi đó:

5

2 2( 2) 4 15

3

t

t t t t

t

  

        

   

Do đó, ta có điều kiện

t

Mặt khác:

3

3 2

3 2

4 a b a b a b a b a b

P

b a b a b a b a b a

   

         

                  

     

   

       

   

4 t 3t t 4t 9t 12t 18

       

Đặt   12 18 '(t) 12 18 12 0,

f t  t  t  t  f  t  t   t

Từ bảng biến thiên ta có,

;

5 23

( )

2

t

Min f t f

Vậy giá trị nhỏ biểu thức P 23 

2

1

1 1

( )

2

a

a b

b

b a

a a b

a b b



 



 

   



   

     

  

 

 

 

 

Câu Cho số thực x y, thay đổi thỏa mãn 3x22xyy2 5 Giá trị nhỏ

của biểu thức 2

2

Px xy y thuộc khoảng sau

A  4;7 B 2;1 C  1; D 7;10 Lời giải

Chọn C

Xét

3

y  P loại phương án A D

Xét

2 2

7

0

2

y y

y  P x   

  ta có biểu thức

2

2

5

2 x xy y P x xy y

 



 

Chia tử mẫu vế phải cho

y tâ

2

2

3

5

2

x x

y y

P x x

y y

   

    

       

Đặt      

2

2 2

3

5 14

( ) ' , ' 1

2 ( 2)

5 t

x t t t t

t t R f t f t f t

y P t t t t t

  

    

        



    

 Bảng Biến thiên hàm số f t 

Từ bảng biến thiên ta có   5

f t P

P

Vậy P đạt giá trị nhỏ

4, dấu xảy t    3 x 3y

Câu Cho số phức z x yi x y  ( ,  ) Thỏa mãn z    2 i z 5i biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:

2

2 2

3

2 2

x y y H

x y x y x y x y

  



        Giá trị 2x y bằng:

A. 6 B.  6

C.  3 D.  6

Lời giải Chọn B

Ta có: z    2 i z 5i    x y (1) Gọi M điểm biểu diễn số phức z M thuộc đường thẳng d có phương trình (1)

Mà    

       

2

2 2

3

2 2

x y y

H

x y x y x y x y

    



 2   2  ( 1)( 1) ( 1)( 2) ( 1) ( 1) ( 1) ( 2)

x x y y

x y x y (2)

Đặt A( 1;1), (1;2), ( ; ) B M x y

 1; , ( 1; 2) cos

AMBM

AM x y MB x y AMB H

AM BM

        

Mà A, B thuộc nửa mặt phẳng bờ đường thẳng d, M thuộc d nên cos AMB nhỏ góc AMB lớn

Gọi (C) đường tròn qua A, B tiếp xúc với đường thẳng d C Phương trình đường thẳng AB là: x2y 3

Gọi E giao điểm AB d E3;0 Vậy C thỏa mãn: EC2 EA EB 10

 

( 5; 5), 5;

C C

     

Chọ C để góc CEA nhọn ta  5; 5

5

a

C a b

b     

        

   Câu Cho x y, thỏa mãn log3 2 2 ( 9) ( 9)

2

x y

x x y y xy x y xy

     

   Tìm giá trị lớn

biểu thức 10

x y P

x y

 



  x y, thay đổi

A 2 B 3 C 1 D 0

Lời giải Chọn C

Điều kiện xác định; 2 2 ( )

x y

x y x y xy

    

Vì 2

2 ( )

2

y

x y xy  x  y   với x y, 

Ta có log3 2 ( 9) ( 9)

2

x y

x x y y xy x y xy

     

  

2 2

3

log (x y) log (x y xy 2) x y xy 9(x y)

          

2 2

3

2 log (x y) 9(x y) log (x y xy 2) x y xy

            

2 2

3

log 9(x y) 9(x y) log (x y xy 2) x y xy

            (1)

Đặt f t( )log3tt ( t 0) Có '( ) 1

.ln

f t t

   với ( t 0) f hàm đồng biến với ( t 0) Khi đó:

2 2

(9( )) ( 2) 9( )

f xy  f x y xy  xy x y xy

2

2 9

x y xy x y

      

2

4x 4y 4xy 36x 36y

      

2

(2x y) 18(2x y) 3(y 3) 19

       

Mà 2

3(y 3) (2x y) 18(2x y) 19

           1 2x y 19

Mặt khác 19

10

x y

P P

x y

 

    

  Dấu xảy

2 19

3

x y x

y y

  

 

    

 

Câu 10 Cho số thực x, y thay đổi thỏa mãn x2y2xy1 hàm số  

2

f t  t  t  Gọi M, m tương ứng giá trị lớn nhỏ

4

x y

Q f

x y

   

    

  Tổng Mm

A  4 B  4 C  4 D  4 2 Lời giải

Chọn C

Ta có: x2y2xy1

2

3

2

y y

x

 

    

  Ta đặt:

5

4

x y t

x y

  

   4

t x y x y

       t 5 x t 1y  4t

   

5 3

2

y y

t x  t t

       

 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

         

2 2

2

2 3

2 3 3

2 2

y y y y

t  t x  t   t t x  

                

    

   

 2  2  2

2 4t  t 3t .1

      

 

2

12t 24t

     2 t Xét hàm số  

2

f t  t  t  với  2 t Có:  

6

f t  t  nên   6 0

t

f t t t

t

 

      

Ta có: f     5 2, f  0 1, f  1 0, f  2   5 Do M  f  0 1, m f     5

Vậy M   m 4

Bài tốn gốc: Cho ax2by2cxyd Tìm MGT 1

2 2

a x b y c t

a x b y c

 



 

Phương pháp giải:

Cách Lượng giác hóa

Ta có: 2   2 2

' ' ' '

ax by cxy d a x b y  c x d y 

Đặt ' ' sin sin

' ' cos cos

a x b y x m

c x d y y n

 

 

  

 



    

 

Suy ra: 1

2 2

sin cos

a x b y c

t A B C

a x b y c  

 

   

 

Ta có: A2B2 C2 suy MGT t Cách 2:

   

1 1

2 2

a x b y c

t A mx ny B kx qy C

a x b y c

 

     

 

Chọn m n k q, , , cho   2 2 2

mx ny  kx qy ax by cxy

2

2

2

m k a

n q b

mn kq c

  



  

  



Áp dụng BĐT Bunhiacoxki ta có:  2

C  A B d suy MGT t

Câu 12 Cho số x y, thỏa mãn x25y2  1 4xy hàm số bậc ba y f x  có đồ thị hình vẽ Gọi M m, tương ứng giá trị lớn nhỏ 3

4

x y P f

x y

   

    

 

Tích M m A 1436

1331 

B 3380

1331 C

1436

1331 D

1944 1331 Lời giải

Chọn C

Từ 2  2

5

x  y   xy x y y 

Đặt x 2y sin x sin 2cos

y cos y cos

  

 

   

 

   

  Khi

Xét  

 

2 sin 3

2 3

4 sin 4

cos cos x y

t

x y cos cos

  

  

  

 

 

      

2 sin

sin

cos cos

 

 

 



  

Ta có: tsin2cos42sincos3  t sin  1 2t cos   4t  * Phương trình  * có nghiệm  t 2 2 2t1 2 4t32 2

11

t 

    Khi P f t  t3 3tvới 2

11

t 

   Dễ dàng tìm M 2, 718

1331

m Vậy 1436 1331

M m

Câu 13. Cho số thực x y, thay đổi thỏa mãn x25y22xy1 hàm số f t  t4 2t22 Gọi M m, giá trị lớn giá trị nhỏ

3

x y Q f

x y

        

  Tổng Mm

A 4 2 B 8 2 C 66 D 9 17

Lời giải Chọn C

Ta có: x25y22xy1  2

4

x y y

   

Đặt

3

x y t

x y

  

  t x 3y2  x y 12t  1 t 1xy2ty Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

 2     2 2 2 2

2t1  t1 xy 2ty  t1 t xy 4y   2 2

2t t t

    

2

2t 6t t

      

Xét hàm số f t  t4 2t22với   3 t Có: f t 4t34t, nên  

0

0

1

t

f t t

t

       

  

 0 2,  1 1,  3 65

f  f   f  

Do M  f   3 65;m f   1 Vậy: M m 66

Câu 14 Cho số thực x y z, , thỏa mãn

xy yz zx x y z

  



   

 hàm số  

2

4

f x x  x

Gọi M m, giá trị lớn giá trị nhỏ f x  Tổng Mm

A 3 B 28

9 C

19

9 D 2

Viết lại điều kiện:

xy yz zx x y z

  



    

 

5

zy x y z y z x

  

  

   

 

8

5

yz x x y z x

  

  

  

  *

Vì x y z, , thỏa mãn  * nên y z, hai nghiệm phương trình

 

2

5

T  x T  xx   **

Điều kiện có nghiệm phương trình  ** là:

 2  2 2

5 x 5x x 3x 10x

          

3

x

   Xét hàm số f x x24x5 với

3

x

  Có f x 2x4 nên f x   0 x

    10

1 2; 1;

3

f  f  f   

 

Do M  f  1 2,m f  2 1 Vậy M m

Câu 15 Cho số thực dương x y z, , thay đổi thỏa mãn: 5x2y2z29xy2yzzx Tìm giá trị lớn biểu thức:

 3 2

1

x P

y z x y z

 

  

A. 18 B 12 C 16 D 24

Lời giải Chọn C

Ta có:  2 2  

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

2

5x y z x y z y z

       

Vì 7yz2 0 5x29yz x 2yz2 0x2y2z5x  y z

2

x y z

     x 2y   z x 2yz Ta có:

 3    3

2 2

2

1

2

y z x

P

y z x y z y z y z y z



   

       Do    

2 2 2

2

yz  y z

 

   3  3

2

2

1 27 27

2

y z P

y z

y z y z

y z



    



 

 Đặt t

y z

 



3

27

t P t

   Đặt    

3

4

27

t t

f t  t  f t  

 

0 36

f t t t

Từ bảng biến thiên ta thấy f t 16 PMax 16 Dấu xảy

12

2

1

6

y z y z

x y z

x y z





    

   

 

  



  

 

Câu 16 Cho hàm số f x 2x36x21 số thực m,n thỏa mãn 2

4 2

m  mn n  n Giá trị nhỏ f m 2

n

  

 

 

 

A 99 B 100 C 5 D 4 Lời giải

Chọn A

+) Xét hệ thức 2

4 2

m  mn n  n ,  1 +) Đặt m 2 t

n

 

Ta có m2 2nt   m nt 2 +) Thay vào  1 ta được:   2 

2 2 2

nt  nt n n  n

     

4 2

t t n t n

      

+) Có số thực m,n thỏa mãn  1  phương trình  2 có nghiệm   

 2  

2

2 2t t 4t

       

4 5;1

t t t

      

+) Xét hàm số f t 2t36t21 đoạn 5;1

 

6 12

f t  t  t;    

 

0 5;1

0

2 5;1

t f t

t

       

   



Ta có f    5 99, f   2 9, f  0 1, f  1 9 Suy    

5;1

min f t 99

   t  5

Vậy giá trị nhỏ f m 2 n

  

 

 

  99 Câu 17 Cho x, y0 thỏa mãn

2

x y biểu thức 4

P

x y

A 25

16 B

5

4 C

2313

1156 D

153 100 Lời giải

Chọn D

Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:  2

2

4

4 25 25

3

4 4 4

4

P

x y x y x y



      



Dấu “ =” xảy 4 4x 4y  x y mà

3

x y nên 10 x y       

Suy giá trị nhỏ P 25

6 10 x y       

2 153

100

x y

  

Cách 2:

Ta có 4 25 25 25 

4 9

P x y x y

x y x y

 

 

       

   

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

4 25 25 20

2

9

x x

x  x  ;

1 25 25

2

4 9

y y

y  y 

20 25 25

3

P

    

Dấu “ =” xảy

4 25 25 x x y y        mà 0; x y x y         10 x y        

Suy giá trị nhỏ P 25

6 10 x y       

2 153

100

x y

  

Cách 3:

Do x0

x y nên 0;3

x 

  Xét hàm số  

6

f x

x x

 

 0;       Ta có  

 2 4 f x x x      ;

   2

0

6

x x

f x x x

x x               0; 0; x x                     

Ta có   lim

x

f x



  ;  

2 lim

x

f x



    

 ; 25

5

f    

 

Dựa vào bảng biến thiên hàm số f x  ta có   0;

2

6 25

min

5

f x f

     

    

 

Suy giá trị nhỏ P 25

6 10

x y

      

2 153

100

x y

  

Câu 18 Cho 0x y, 1 thỏa mãn

2

2

2018 2017

2 2019

x y x

y y

   

  Gọi M m, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức   

4 25

   

S x y y x xy Khi đóMm bao nhiêu?

A 383

16 B

136

3 C

25

2 D

391 16 Lời giải

Chọn D

+)     

2

2

1

2

2018

2017 2018 2017 2018 2017

2 2019

x y x y x

y x

y y

         

  (1)

+) Xét hàm số   ( ) 2018 2017t

f t  t  , t0, ta có:

 

( ) 2017t ln 2017 2018.ln 2017 0,

f t  t  t   t suy f t( ) đồng biến 0; Từ ta có (1)  f x  f 1y     1 y x y x

+) Xét biểu thức:   

4 25

S x  y y  x  xy

 

 2   2    4 3 2

4x x x 3x 25x x 16x 32x 18x 2x 12

           

+) Tìm GTLN, GTNN hàm số g x 16x432x318x22x12

 0;1

Ta có: g x 64x396x236x2 Suy  

     

2

0;1

2

0 0;1

4

0;1

x

g x x

x

 

 

 

 

    



   



Ta có 191; 191; 25;  0 12;  1 12

4 16 16 2

g   g   g   g  g 

 

   

Khi 25; m 191 391

2 16 16

M   M  m

Cách khác: đặt txy với

4

t

 

16 12

S  t  t Khảo sát hàm số

16 12

y t  t

trên 0;1    

  để tìm max, Câu 19 Biết đồ thị hàm số

3

yx  x tiếp xúc với parabol

yax b điểm có hồnh độ x 0; Giá trị lớn S a b

A Smax  1 B Smax 0 C Smax 1 D Smax  3 Lời giải

Chọn B

Đồ thị hàm số

3

yx  x tiếp xúc với parabol

yax b điểm có hồnh độ

 0;

x hệ phương trình  

 

3

2

3

3 2

x x ax b

x ax

    

 

 

 có nghiệm x 0; Vì x 0; nên từ  2 suy ra:

2

3

2a x

x



 thay vào  1 ta được: 2b  x3 3x4

Suy ra: 3

2S 2a 2b x

x

     

Xét   3

f x x

x

    khoảng  0;

Ta có:   2

3

f x x

x

   

 

2

0 1

f x x x x

x

         

Bảng biên thiên:

Dựa vào BBT, ta có GTLN 2S0 nên GTLN S0 Vậy đáp án B.

Câu 20 Hàm số f x   x1 2 x22  x20192 (x ) đạt giá trị nhỏ x A 2020 B 1010 C 2019 D 0

Lời giải Chọn B

TXĐ: D

  2 1 2 2 2 2019 2019 1 2019

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

 

2019.2020

2 2019 2019 2020

2

x x

 

    

 

  2019 2 2020 1010

f x   x   x

Ta có BBT:

Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ x1010

Cách 2:

Ta có      2 2

2019 2 2019 2019

f x  x      x   

   

2 2019 2

2019 2019 2019

2

x x

      

 2  2 2

2019 x 2020.x 1010 2019 2019.1010

       

 2  2 2

2019 x 1010 2019 2019.1010

      

2 2

1 2019 2019.1010 , x

     

Do f x đạt giá trị nhỏ x1010

Câu 21 Hàm số yx4ax3bx21 đạt giá trị nhỏ x0 Giá trị nhỏ biểu thức

S a b

A 2 B 0 C 2 D 1 Lời giải

Chọn D

Ta có f x  f  0 , x  x4ax3bx2  0, x

 

2

0,

x x ax b x

     

0,

x ax b x

     

0

  

4

a b

  

4

a b

  Khi đó:

2

1 1,

4

a a

S   a b a       a

 

Dấu “” xảy

2

1

2

1

2

a b

b a a

 

  

 

   

    

Vậy minS 1, a 2, b1

Câu 22 Cho số thực a b c, , thỏa mãn a2b2c22a4b4 Tính P a 2b3c biểu thức 2a b 2c7 đạt giá trị lớn

Lời giải Chọn B

Cách 1: phương pháp đại số

Ta có: 2   2 2

2 4

a b c  a b  a  b c 

Áp dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối bất đẳng thức BCS, ta có kết sau:

       

  2 2 2 2 2  2

2 2 11 2 11

1 2 11 20

BCS

a b c a b c a b c

a b c

              

           

   



Đẳng thức xảy khi:

   

  2 2 2

2 2

3

1

3

2

2

1

a b c

a

a b c

b c

a b c

     

  

 

    

  

   

     



Khi đó: P a 2b3c 3 2.3 3.   2 Cách 2: phương pháp hình học

Trong không gian Oxyz, gọi mặt cầu  S có tâm I1; 2;0, bán kính R3 Khi đó:

    2 2 2 2

: 4

S x  y z  x  y z  x y

và mặt phẳng  P : 2x y 2z 7

Gọi M a b c ; ; , ta có:  ;  2

a b c

d M P    

Vì a2b2c22a4b 4 M  S

Bài toán cho trở thành: Tìm M S cho d M ; P  lớn Gọi  đường thẳng qua I vng góc  P

1

:

2

x t

y t

z t

   

    

   

Điểm M cần tìm giao điểm  với  S :M13;3; ,  M21;1;2

Ta có:         

20 20

; ; ;

3 3

d M P  d M P  Maxd M P   M M

Vậy P a 2b3c 3 2.3 3.   2

Phân tích: Khi quan sát cách giải, giáo viên ta dễ chọn Cách ngắn gọn tiết kiệm thời gian Tuy nhiên học sinh không nhiều em tiếp cận bất đẳng thức BCS Đối với Cách 2, mặt trình bày dài hơi, nhiều tính tốn bước tính tốn bản, học sinh nhận ý đồ tác giả việc giải tốn khơng nhiều thời gian Bài toán dễ đề yêu cầu tìm Min Max

biểu thức 2a b 2c7

A 10 B.10 C 12 D.12 Lời giải

Chọn D

Gọi  S mặt cầu tâm I1; 2;3 , bán kính R 24 Khi đó:

  2

: 10

S x y z  x y z

Gọi  P mặt phẳng có phương trình x z 2 điểm K7;4; 9  Với M a b c ; ;  Theo giả thiết ta có: M S M P M   S  P Hơn nữa:

  2  2 2

2 2

14 18 146 146

Qa b c  a b c a  b  c  KM 

Bài tốn trở thành: Tìm M nằm đường trịn giao tuyến mặt cầu  S mặt phẳng  P cho KM lớn

 P có VTPT n 1;0;1

Gọi  đường thẳng qua K vng góc  

7

:

9

x t

P y

z t

  



   

    

Gọi H hình chiếu K lên mặt phẳng  P H    P H9;4; 7 

Ta có: KM2 KH2HM2, mà KH không đổi nên KM lớn HM

lớn

Gọi d đường thẳng qua I vng góc  

1

:

3

x t

P d y

z t

  



   

   

Gọi J tâm đường tròn giao tuyến  S  P J hình chiếu I lên  P

  0; 2;2

J d P J

    

Phương trình đường thẳng

3

: 2

2

x t

HJ y t

z t

 

    

   

B

P

A J

I

H

Gọi A B, giao điểm HJ  S A 3; 4;5 , B 3;0; 1  Ta có: HA4 22HB2 22

Vậy MaxHM 4 22 M  A 3; 4;5 Khi đó: P3a2b c  12 Câu 24 Cho phương trình có nghiệm Giá trị nhỏ

bằng

A B C D

Lời giải Chọn B

Gọi nghiệm phương trình (*)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

( khơng nghiệm phương trình (*) )

Đặt ta có

Đặt

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có

Khi phương trình có

nghiệm

Vậy giá trị nhỏ

4

1

x ax bx cx 2

P a b c

2

3

8

3

0

x

1

x ax bx cx

4 3

0 0 0 0

x ax bx cx ax bx cx x

2

4 2 2

0 0 0 0

x ax bx cx a b c x x x

2

2 2

6

0 0

1

x

a b c

x x x x0

2 0(t 0) t x

2

2 2

3

1

t

a b c

t t t

2

3

1

(t 0)

t f t

t t t

3

3 2

/

2 2

3 3

4 1 ( 1) 1

f t t t t t t t t t t t t t t t

t t t t t t t t t

0

4

3

f t t 2

3

a b c

2

a b c 2

3

a b c

1

x ax bx cx

x

2 2

P a b c

Câu 25 Biết hai hàm số f x x3ax24x2 g x   x3 bx22x3 có chung điểm cực trị Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a b

A 3 B 6 C 6 D 3 Lời giải

Chọn C

Ta có f x 3x22ax4

g x  3x22bx2

Vì f x  g x  có chung điểm cực trị nên f x 0 g x 0 có chung nghiệm t Suy

2

2

3

3 2

3 2

2

t a

t at t

t bt t

b t                       Ta có

2 2

3 3

3

2

t t t

P a b t

t t t t

 

   

        

  (bất đẳng thức Cauchy) Dấu xảy t t

t

    Vậy minP6

BÀI TẬP BỔ SUNG

Bài : Cho số thực a, b, c thuộc đoạn  1;3 thỏa mãn điều kiện abc6 Tìm giá trị

lớn biểu thức abc

ca bc ab abc a c c b b a P 72 12 2 2 2         Lời giải

Ta có: abbcca2 a2b2b2c2c2a22abcabca2b2b2c2c2a212abc

Đặt   12

3      

ab bc ca a b c x

Ta có: a,b,c 1;3 a1b1c10abcabbcacabc10

0

5   

 

abc x abc x

Lại có: a3b3c30abc3abbcca 9abc270 27

3  

abc x Do đó: 3x27abcx52x22x11

Ta có:  

2 72 72 72 2           x x x x x abc x x P

Xét hàm số

2 72 ) (    x x x

f , x11;12

Ta có: 72

2 ) (

'   2 

x x

f x11;12 nên

11 160 ) 11 ( ) (  

 f x f P

Vậy

11 160

maxP a1;b2;c3

Nhận xét: Đây toán hay Ta phải dùng hai lần giả thiết biến  1;3

; ;b c

a để tìm miền giá trị xabbcca đánh giá P thông qua biến x

đề tác giả muốn rèn luyện cho học sinh kỹ giải toán cực trị phương pháp dồn biến

Bài 2: Cho x,y,z 1;2 Tìm giá trị lớn biểu thức

 

   

4 2               yz z y yz z y x z y x xyz zx yz xy A Lời giải Vì x,y,z 1;2 , nên ta có

x1y2z20xyz22x yz 2 yzxyz4 Dấu xảy x1 y2 z2 Do

 

       

4 4 4 4 2                            yz z y yz z y x yz yz z y x yz z y yz z y x yz z y x zx yz xy A

   

4 4 1 4                     yz z y yz z y yz yz z y yz z y x yz A 4 4         yz yz yz yz yz A

Đặt t yz; t 1;2

Xét hàm số:  

1 2 ) ( 2        t t t t t

f với t 1;2

Ta có

   

2 27 2 )

( 3 2   

      t t t t

f , nên f(t) đồng biến  1;2 Suy ) ( ) (  

 f t f A

Vậy

6

maxA x1;yz2

Bài 3: Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a1,b2,c3 Tìm giá trị lớn biểu thức

 

  12 3 27 8 2 2

2  

             c b a b c a b c b b c b a bc ac ab B Lời giải

Ta có 12a23b2 27c2  34a2b2 9c22ab3c (1) Mặt khác 2ab3cbcbac  ac2b0

a c b c b c b

a     

2 (2)

Lại có 2abacbcbcbac  bca10 a c

b c b bc ac

ab     

2 (3)

Từ (1), (2), (3) ta     ) ( ) ( ) (                    c a b c b b c a b c b b c a b c b c a b c b B     ) ( ) (              c a b c b c a b c b c a b c b B

Đặt t bcb(ac)0t 13 Xét hàm số

8 ) (     t t t t

     1  8  6 10 8 )

( 2 2 2 2   

          t t t t t t t t f , ) (  f , 16 ) (  f 21 47 ) 13 (  f

Từ suy

7 16 max 16 ) (   

 f t B

B đạt

3 , ,

1  

 b c

a

Bài 4: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn  2

z y x z

y   Tìm giá trị nhỏ

biểu thức          

z y x z y x P           1 1 1 1 2 Lời giải Từ giả thiết ta có:      

x z y z y z y x z y

x  2  2    

Do đó:       2 

2

2

2 4 1 x x x z y z

y   

           

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:         

z y x z y x P          1 1 1

     3 3 2 1 1 x x x x x x x x P          

Xét hàm số:  3

2 1 ) ( x x x x x f     

Ta có:  

 

1 1 ) (

' 4   

   x x x x f

Lập bảng biến thiên ta được:

108 91 ) (         f x f P

Vậy giá trị nhỏ P 108

91

Khi ,

5

1  

 y z

x

Bài 5: Cho abc0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

                       

 2 2 2 2

a c c b b a ca bc ab c b a P Lời giải

Nhận xét: Giả thiết cho gợi ý toán Cách làm giảm biến số quen thuộc đặt

0

,     



c x b c y x y a Khi đó:            xy y x x c c c y c y c x c c y c x c ca bc ab c b a                     2 2 2 2

Do ta viết lại P dạng     

         

 2 2 12 12

x y y x y xy x P

Như với cách đặt ẩn phụ này, ta làm giảm số biến P thành hai biến Thậm chí P đồng bậc x y Ta việc đặt ẩn phụ quen thuộc

Đặt  1

y x

t ta     1 ( );

1

1 2 2

2 t f t t t t

P 

                             

 3 3

2 2 1 1 1 ) ( ' t t t t t t t t f                3

3 3 3 3 1 1 1 ) ( '              t t t t t t t t t t t t t t f

Cách đặt phức tạp Ta đặt theo cách khác sau

Đặt   t 2

x y y x

t Khi ta có

                                             x y y x x y y x x y y x x xy y xy y x xy x y y x P 1

1 2 2 2

    ( ) 2 1 t f t t t t t P              

Xét hàm f(t) 2; ta được:ln f(t)3ln(t1)ln(t2)  1 2

5 2 1 ) ( ) ( '          t t t t t t f t f   

 

5 ) ( ' ) ( ' 2        

 f t t

t t t t f

Lập bảng biến thiên ta

4 27 ) (         f t f P

Đẳng thức xảy 2 ,

2           

 t x y a b d c d d

x y y x

Vậy giá trị nhỏ biểu thức P 27

Bài 6: Cho x,y,z0;xyzx yz20 Tìm giá trị nhỏ    2

z y z x y x

P    Lời giải

Nhận xét:Có ý quan trọng phép biến đổi nhỏ

     yz

yz yz z y x x yz xz xy x z x y

x   2       20

Như biến hình thành

Đặtt yz0 suy 20 t t2 f(t)

t

P    Xét

t t t t

f( ) 2 20 0; Ta có: ( ) 20 20  22 2 10

2

2

2   

           t t t t t t t t t t t f

Lập bảng biến thiên ta suy f(t) f(2)16

Do P16 Đẳng thức xảy  

              2 10 z y x yz z y x xyz Kết luận:         16 z y x P

Bài 7: Cho  ;1 , ,b c

a Tìm giá trị lớn biểu thức

b a c a c b c b a

Nhận xét:Khi gặp tốn trên, ta chưa thể tìm cách phá giá dấu giá trị tuyệt đối Do thử quy đồng tách tung xem có đặc biệt khơng Bởi lưu ý rằng: cho

0 ,

,    

b b c c a P

a Nên sau biến đổi chắn chứa nhân tử abbcca

Do đó:              

abc c a ca c a bc b a bc b a ab abc a c ca c b bc b a ab

P             

    abc a c c b b a

P   

Đến ta giả sử

2

1    

a b

c để mục tiêu làm dấu giá trị tuyệt đối     abc a c c b b a

P   

Nhận xét có phép biến đổi làm giảm biến số cách đơn giản

Đặt: 1  2

        x y c b y c a x

Ta có:     f x y

y x y x x x xy x y y x

P 1 1  ;

                   

Mục tiêu viết đạo hàm theo biến y (hoặc biến x)   f  x y y x  x

y x x x y x

fy ; 1 2 y ; 0  1;          

Lập bảng biến thiên ta thu

 ;   ;  1 1   31 1 ,  1;

2           

 t x

t t t t t x x x x x x x x f y x f P

hay  1 2 1 ( ) t g t t t

P   

Xét hàm g(t)  1; ta có: lng(t)3.ln t1 lnt12.lnt

      0;  1; 1 2 1 2 3 1 ) ( )

( 2 2   

                    t t t t t t t t t t t t t t t t t t g t g

Từ ta có        

2 2 2 ) (      g t g

Như  

2 ) (   g t P

Đẳng thức xảy   

                          ; 2 ; ; ; 2 2 c b a c b c a y x x t x y

Vậy     

         ; 2 ; ; ; 2 max c b a P

Bài 8: Cho 2 2

2 , ,

,b c a b a b

a    Tìm giá trị lớn   c12

a c b c P Lời giải

Ta có:                       2 2 2 2 a y b x y c x c a y y c b x x c

Từ thiết 2  2  12  22 1

a b b a b a

Như ta phải chọn x2 1,y2 2

Do ta có:    

2 2

1 2 2 2

2

2      

                 

 c c c c

a b c c c a c b c P ) ( 2 c f c c

P   

         

Xét hàm số f(c) 0; ta có:

4 ) ( 2 ) (               

 c c f c c

f

Lập bảng biến thiên ta suy ra:

2 6 ) (                     f c f P Vậy , , 6

maxP  a b c 

Bài 9: Cho a, b, c số thực thỏa mãn a,c1;b2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức      

 ac b c a a b b a c c b c b a P            2 2 Lời giải

Ta có 1a2b022abab02abab2     2 2           ab b a c a b b a c ab a b

Tương tự ta có     2      bc c b a c b c b a Lại có

  2     4  4 2

3ac 2 b2  ac 2b2  ac 2  acb ac  abacbc

     

 

   

7 2 2 2 4 2                                                                     ca bc ab ca bc ab ac bc ab ca bc ab ac ca bc ab bc bc ab ab bc ac ac ca bc ab bc c b a ab b a c P

Xét hàm số  

7 45 7 ) (        t t t t

f mà

4 13 45        

ab bc ca P

t

Vậy  ; ;  1;2;1

13

minP  a b c 

Bài 10: Cho số thực Tìm giá trị nhỏ biểu thức

Lời giải

Với tốn có điều kiện ban đầu tìm cách khai thác nó, dự đốn điểm rơi

 0;1 ,

,y z

x zminx,y,z  

y z xy xz yz y yz z x z y P        



2

 0;1 ,

,y z x

0 ;

1 

Hơn với có chứa mẫu, hạng tử gợi ý cho dồn biến

Ta có suy

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta Dấu xảy Vì dự đốn điểm rơi nên khả hồn tồn xảy

Ta có:

Do

Với điều kiện ta ln có

Suy

Áp dụng bất đẳng thức Cauchyta có Mà

Dấu xảy

Vậy minP4 đạt x y1;x0

Bài 11: Cho số a,b,c 0;1 Tìm giá trị lớn biểu thức

abc ab c ac b bc a P        1 Lời giải

Khơng tính tổng qt tốn, ta giả sử 0cba1 Ta có bc c b bc bc bc bc c bc b bc abc ab c ac b bc a P                     1 1 1 1 1

Từ giả thiết ta   

1 1             bc c b c b bc c b Suy bc bc A     1

1 Đặt t1bc1t2 Xét hàm số ( ) 1;t 1;2

t t t f

Ta có '( )1 12 0t 1;2

t t

f suy f(t) đồng biến  1;2

2 ) ( ) (  

 f t f

Vậy giá trị lớn biểu thức P

abc1

Bài 12: Cho số thực a,b,c 1;2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  

ca bc ab c ab b a P       2 2 Lời giải Áp dụng hệ 1ab2 4ab

yz xz xy 

2

yz xz xy  yz

xz xy 

 0;1 

x      

z x x z y x z x x z y x z x z y x x        

 2 2

;

B A B A  

2  B

A z y1;z0 xxz y yz

 

x z x y z x z x z y x      2 2

2  

y z yz  y z y yz      2 1 2       yz xz xy z y x xz yz xy yz xz xy z y yz z x z y x P                 

 2

2 2

2 2 2

 0;1 ,

,y z x

1x1y1z0xyyzxz1xyzxyzxyz yz xz xy z y x P      

y z xy z x y z xy xz yz

x2  2   2 2 22  

  x y z x y z xy xz yz z

y

x, ,  0;1      2 2  

 

Ta có    

a b a b M

c c b a ca bc ab c ab b a P              2 2 2 4

Do a,b,c 1;2 nên ab0, chia tử mẫu M choab2ta được: 1

2   

                 t t b a c b a c

M với

b a c t  

Với a,b,c 1;2    

 ;1

4 t b a c

t Xét hàm số

1 ) ( 2    t t t

f trên ;1

Ta có  

 

1 2 ) ( ' 2

2   

   t t t t

f ,   ;1

t  f(t)nghịch biến  ;1        

 ;1

4 ; ) ( )

(t f t

f hay  P Vậy 

MinP , giá trị nhỏ đạt ab1và c2

Bài 13: Cho số không âm a, b, c thỏa mãn c0 a3b3 cc1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  2

2 2 c b a c b a P      Lời giải

Nhận xét: từ giả thiết ta nhận thấy biến a b có tính chất đối xứng, để giải toán

ta sử dụng  

2 2

2 a b

b

a   

Ta có:

Với hai số thực x, y tùy ý, ta có

Từ giả thiết sử dụng đánh giá ta thu

Đặt (vì ) Khi

Xét hàm số , ta có ,

Do hàm số nghịch biến ,

Hay , thỏa mãn c0và

Vậy , giá trị nhỏ đạt khiab1;c2

Bài 14: Chox,y,z0 thoả mãn x yz0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức  3

3 3 16 z y x z y x P       

 

2 2 2 2                       c b a c b a c b a c b a

P c0

 2  2  2 2 4 y x y x y x y xy

x        

0 

c a3b3 cc1

      

4 3 2 3

2                 

c b a b a c b a c b ab a b a c b a c c 0     t c b a

t a,b0 c0

 2 2    t t P

 2 2 ) (    t t t

f  0;1

 1 )

(

' 3 

   t t t

f t 0;1 )

(t

f  0;1

8 ) ( ) (  

 f t f t 0;1

3 

P a,b,c0 a3b3 cc1

8 

Ta có

Áp dụng hệ 2 ta có

Do Đặt

Khi Xét hàm số

Ta có                      ; 1 ; ) ( ' 189 ) ( ' t t t f t t t f

Lập bảng biến thiên suy ,

Vậy , giá trị nhỏ đạt x y4z

Bài 15: Cho x, y, zlà ba số thực thuộc đoạn  1;2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

 

 2  2 2

2

2 x y z x y z

y x P        Lời giải

Nhận xét: Ta cần biến đổi 2xyz22x2y2z2z24xyz4xy

Ta có      

xy z y x z y x z y x z y x y x P 4 2 2 2 2            

Ta có Do

Đặt , thuộc đoạn Khi ta có

Xét hàm

Ta có , Suy hàm số đồng biến Do ) ( )

(t  f 

f , hay ,

Vậy , giá trị nhỏ đạt x y1 z2 Bài 16: Cho số thực a,b,c0 thỏa mãn 12 22 22

b a

c   Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 2 c b a c c a b c b a P        3 16                            z y x z z y x y z y x x P 3 3 4                                    

 x y z

z z y x y x z y x y z y x x 3 16                    z y x z z y x z

P  0;1

   t z y x z t

 3 16 t t

P    1 163

4 )

(t t t

f    0;1

81 16 ) (        f t

f t0;1

81 16 ) (   P f t

81 16 

MinP

 2

4xy x y  

   

2 2 4                               z y z x z y z x z y z x y x z y x z y x P z y z x

t  x,y,z  1;2 t 1;4 2

2

4

1 t t

t P    2 ) ( t t t t f  

  1;4

  '( )

4 ) ( ' 2 2     

 f t

t t

t t t

f t 1;4 f(t)

 1;4 t 1;4

6 

P x,y,z 1;2

1 

Lời giải Vì ta có

1

1

1 2

                 c b c a c a c b c b c a P

Đặt , (vì ) biểu thức P trở thành

Biến đổi giả thiết ta thu

Ta có

và (1)

Ta lại có (2) (vì )

Từ (1) (2)

Biến đổi biểu thức P, ta thu

Từ hệ 3, ta có:

Đặt Do

Xét hàm số

Ta có , (vì )

Suy hàm số đồng biến

, hay

Vậy giá trị nhỏ đạt ab2c

Bài 17: Cho số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x2yz0 Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức:

y x y x z y x y z y x P 2 10         Lời giải Ta có Do  c c a x c b

y x,y0 a,b,c0

1 1

1    2   y x x y y x P 2 2 b a

c  

 2

2 2 2 2 2 2 1 2 2 y x y x y x b c a c b a

c           

x y  x y xy x y y

x2 22 2   2  

 2  2    2

2 1 2

1           



y x y xy x y x y x y

x

xy24xy4xyxy4 x,y0

1

2     

 x y x y

  1 1 1 1 1 1 2 2

2   

                    y x y x y x y x x y y x P   1 1                  y x y x P y x y x y x P     x y t t 1      t t P 1 ) (      t t t

f 4;

    1 2

4 ) (

' 2 2 

    t t t t t

f t4; f'(t)0t4 t4; )

(t

f 4;

3 ) ( ) (  

 f t f t4;

Đặt Khi

Xét hàm số

Ta có

Lập bảng biến thiên suy , Suy

Vậy , giá trị nhỏ đạt khix2y,z4y

Nhận xét ta coi P hàm z x, y tham số xét hàm P(z) 0;x2y

Bài 18: Cho số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện ab,ac Tìm giá trị lớn biểu thức:  

b a c c a b c b a a P 5

5      



Lời giải Vì

a b a c a c a b a c a b P 5             

Đặt

Khi biểu thức P viết lại sau:

Ta có

Do hay

Đặt

Khi ta có

Xét hàm số

3 12 3 12            y x y x y x y x y x y x y x x P    t y x t 3 12       t t t t P 3 12 ) (      t t t t t

f 0;

                                  ; 18 ; 12 ) ( ' 3 12 12 ) (

' 2 2 2

t t t t t f t t t t f ) ( )

(t  f 

f t0;

7  P  MinP  a

0;1

,           y x a c y a b x , ,b c

a ab,ac

  x

y y x y x P 5                       x y y x y x P 5 2 2 y x y

x 10 2

4 5     

 2x2y50,x,y0;1  x y  x y  x y

P 2 10 2 2         

 

5        y x y x P

0;2

   x y t

t x,y0;1  

5      t t P

 

5 5 ) (      t t t

Ta có

Do hàm số đồng biến

hay , với thỏa mãn điều kiện

Vậy , giá trị lớn đạt abc

Bài 19: Cho ba số thực dương x,y,zthỏa mãn 0x yz Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

    x z

x z y xz z y y xz y z x P 2 3 2 2 15       Lời giải

Ta có Đặt

            1 , , ; ; c abc c b a x z c z y b y x a Do đó:

Áp dụng hệ quả2, ta có

Xét hàm số Ta có Lập bảng biến thiên suy

Vậy giá trị nhỏ đạt hay 2x y z

Bài 20: Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn

c ab c

b c

a    Tìm giá trị nhỏ

của biểu thức: 2 2

2 b a c b a c a c b c b a P         Lời giải Đặt a x.c;b y.c;x,y1

Thay vào giả thiết ta có: (khơng thỏa mãn giả thiết) Tương tự không thỏa mãn

thay vào giả thiết ta có:

Mặt khác

   

    5  1 5 0, 0;2

60 24 5 25 ) (

' 2 2

2 2 2              t t t t t t t t t t f ) (t

f   , 0;2

15 11 ) ( ) ( ;

0  f t  f  t

15 11 

P a,b,c0 ab,ac

15 11  MaxP x z x z z y y x z y z y y x y x P 15 3                         c c b a b b a a

P 15

3         c c c c b a b a ab

P  15 16

   c c c

f( ) 216 1; '( )2 162  f'(c)0c2

c c c f     

 (2) 12, 1; )

(c f c

f 12  MinP        2 c b a 

x bc  bc0

1  y ;  

x y

x y  xy y

x xy y

x1 1   22 1 1 

 1 1   1 1 1

1         

  

x x y x y x y

 1 11   2  4

 x y xy x y xy xy

x y xy y x y xy y x xy x y x y x x y y x P 1 1 1 2 2

2          

Hay

Đặt , ta có  

t t t t t P 3 2     

Xét hàm số  

t t t t t t f 3 ) ( 2    

 4; Ta có

       0,

2 18 6 ) ( ' 2 2 2                 t t t t t t t t t t t t t t f

Suy hàm số đồng biến Do đó: 

24 41 ) ( ) ( ;

4 f t  f  Vậy

24 41

minP hay ab2c

Bài 21: Cho a,b,clà số thực dương thỏa mãn: abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

 

a b c abc ca bc ab c a T     

 2

Lời giải Đặt

Khi      

1 2 2             y x xy xy y x y x y x xy xy y x y x T

Đặt

Đặt ta có

Do hàm số nghịch biến

Xét hàm số  

 2 2

4 ) (    S S S S

g với

Ta có (vì )

Từ bảng biến thiên suy

Do ta có

Vậy , giá trị nhỏ đạt hay abc

Bài 22: Cho số thực dương thỏa mãn:x2 y2 z2 1 Tìm giá trị lớn biểu

thức: 3 3

3 3 2 24

1 x z

z y y x x yz z xy

P  

    Lời giải  

x y xy y x y x xy y x P 1 2                

xy xy

xy xy xy xy y x xy xy P 3 2 1 2 2          ;   xy t t

) (t

f 4;   y x x y b y c b x

a ;  0 1

xy P y x

S   ;    

0 1 1

0    

         

 P S

y x S x y    2 4 ) (    S P P S S P

f  

 1 0, 0; 1

2 )

(

' 3 2

4       

 P S

S P P S S P f  

f P 0;S1

 

  , 0; 1

1 ) ( ) ( 2        

 P S

S S S S f P

f S1

  

  '( )

1 2 ) ( ' 3        

 g S S

S S S S S S

g S1

    

 , 1;

3 ) ( )

(S g S

g ) ( ) ( ) (   

 f P g S g

T

3 

MinT x y 1

Nhận xét: Bài 22 ta thay giả thiết vào biểu thức P P biểu thức đồng bậc Tuy nhiên sử dụng biến đổi đại số ta chưa làm giảm số biến biểu thức Ta cần sử dụng hệ để đánh giá biểu thức

Ta có 2 2  2 2  2 2  2 2  2 2

1 x y x z

yz z y z x xy x yz z xy           

Ta lại có

Vậy Đặt (vì )

Khi

Xét hàm số

Ta có (vì )

Lập bảng biến thiên suy hay

Vậy , giá trị lớn đạt

3   y z x

Bài 23: Cho số thực dương thỏa mãn

4                 z x x z z y y x

Tìm giá trị lớn biểu thức:

z x z z y z y x y P       2 2 2 2 Lời giải Từ giả thiết ta có

x z z x z x x z z x x z z y y x x z z y y x x                                                 2 4 4 2 2

Đặt (vì )

Do Ta có

1 2

2   

z y x

 2 2  2 2

2

2

1

1 x y x z

yz z y z x xy x yz z xy                                 

 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

4

1

1 x z

z y x y y z y z x x x yz z xy                         xy y yz y y x y y z y x yz z xy 2 1 1 2 2 2 2 2              x y z y x yz z xy 1

1 2

 3 33 3 3  3 3 3 3 3 4                x y z y z x yz xy z x z y y x yz xy z y y x 96                  x y z y x y z y

P   t0

x y z y

t x,y,z0

3 96 t t

P  

3 96 )

(t t t

f    0;

2 ) ( ' 32 ) (

' t   t2  f t  t

f t0

  

 

 , 0;

12 ) ( )

(t f t

f

12 ) (   f t P 12  MaxP z y x, ,

0    t z x

t x,z0

   

2 1 1 2

2    2          

 t t t t t t t

Nhận xét: Mặt khác Do

Vậy Xét hàm số

Ta có

Suy hàm số nghịch biến

Hay với thỏa mãn Vậy , giá trị lớn đạt

     2 x y x z z x z y y x 

1 1

z y y x z x , , ,    z y y x z y x z x z y y x z y y x                    1 1 1 2 4         t t z x z x P ) (     t t t f     ;            

 ;1

2 , 2 10 ) (

' 2 2

2 t t t t t t f ) (t

f  ;1

2              

 ;1

2 , )

(t f t

f

6 

P x,y,z0

CHỦ ĐỀ: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO

DẠNG 3

BÀI TOÁN TỐI ƯU

Câu Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh hình vẽ bên Người ta chia elip parabol có đỉnh , trục đối xứng qua điểm Sau sơn phần tơ đậm với giá đồng/ trang trí đèn led phần cịn lại với giá đồng/ Hỏi kinh phí sử dụng gần với giá trị đây? Biết

rằng

A. đồng B đồng. C đồng. D đồng

Câu Một chất điểm chuyển động thẳng với quãng đường biến thiên theo thời gian quy luật s t  t3 4t212 (m), t (s) khoảng thời gian tính từ lúc bắt đầu chuyển động Vận tốc chất điểm đạt giá trị bé t bao nhiêu?

A 2 (s) B 8

3 (s) C 0 (s) D

4 (s)

Câu Tính diện tích lớn hình chữ nhật ABCD nội tiếp nửa đường trịn có bán kính 10cm (hình vẽ)

A 160cm2 B 100cm2 C 80cm2 D 200cm2

Câu Người ta muốn xây bể hình hộp đứng tích  3

18

V  m , biết đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp lần chiều rộng bể khơng có 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 5 

2 m C 1 m D  

3 m 1, 2, 1,

A A B B

B B B1 M N,

200.000 m2

500.000 m2

1 , 2 ,

A A  m B B  m MN  m

N M

B1

B2

A2

A1

2.341.000 2.057.000 2.760.000 1.664.000

10cm

x

O

D C

Câu Một cốc hình trụ có bán kính đáy 2cm, chiều cao 20cm Trong cốc có nước, khoảng cách đáy cốc mặt nước 12cm (hình vẽ) Một quạ muốn uống nước cốc mặt nước phải cách miệng cốc không 6cm Con quạ thông minh mổ viên đá hình cầu có bán kính 0, 6cm thả vào cốc để mực nước dâng lên Để uống nước quạ cần thả vào cốc viên đá?

A 30 B 27. C 28 D 29

Câu Một sợi dây có chiều dài 28m cắt thành hai đoạn để làm thành hình vng hình trịn Tính chiều dài (theo đợn vị mét) đoạn dây làm thành hình vng cắt cho tổng diện tích hình vng hình trịn nhỏ nhất?

A 56

4 B.

112

4 C

84

4 D

92

4

Câu Để chuẩn bị cho đợt phát hành sách giáo khoa mới, nhà xuất yêu cầu xưởng in phải đảm bảo yêu cầu sau: Mỗi sách giáo khoa cần trang chữ có diện tích 384cm2, lề lề 3cm, lề trái lề phải 2cm Muốn chi phí sản xuất thấp xưởng in phải in trang sách có kích thước tối ưu nhất, với yêu cầu chất lượng giấy mực in đảm bảo Tìm chu vi trang sách

A 82cm B 100cm C 90cm D 84cm

Câu Với nhơm hình chữ nhật có kích thước 30cm; 40cm Người ta phân chia nhơm hình vẽ cắt bỏ phần để gấp lên hộp có nắp Tìm x để thể tích hộp lớn

A 35 13

3 cm



B 35 13

3 cm



C 35 13

3 cm



D 35 13

3 cm



A 2, 26 m3 B 1,01m3 C 1,33m3 D 1,50 m3 Câu 10 Một vật chuyển động theo quy luật

6

s  t  t với t khoảng thời gian tính từ vật bắt đầu chuyển động s quãng đường vật di chuyển khoảng thời gian Hỏi khoảng thời gian giây, kể từ bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn vật đạt bao nhiêu?

A 243 B 144 C 27 D 36

Câu 11 Một bác nông dân cần xây dựng hố ga khơng có nắp dạng hình hộp chữ nhật tích

3200 cm , tỉ số chiều cao hố chiều rộng đáy Hãy xác định diện tích đáy hố ga để xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất?

A

1200 cm B

120 cm C

160 cm D

1600 cm

Câu 12 Ơng An có khu đất hình elip với độ dài trục lớn 10 m độ dài trục bé m Ông An muốn chia khu đất thành hai phần, phần thứ hình chữ nhật nội tiếp elip dùng để xây bể cá cảnh phần cịn lại dùng để trồng hoa Biết chi phí xây bể cá 1000000 đồng 1m2 chi phí trồng hoa 1200000 đồng 1m2 Hỏi ơng An thiết kế xây dựng với tổng chi phí thấp gần với số sau đây? A 67398224 đồng B 67593346 đồng. C 63389223 đồng. D 67398228 đồng Câu 13 Một hồ rộng có hình chữ nhật Tại góc nhỏ hồ người ta đóng cọc

vị trí K cách bờ AB 1m cách bờ AC 8m, dùng sào ngăn góc nhỏ hồ để thả bèo (như hình vẽ) Tính chiều dài ngắn sào để sào chạm vào bờ AB, AC cọc K (bỏ qua đường kính sào)

A 5 65

4 B 5 C 9 D

5 71

Câu 14 Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB25 m, chiều rộng AD20 m chia thành hai phần vạch chắn MN (M N, trung điểm

BC AD) Một đội xây dựng làm đường từ A đến C qua vạch chắn MN, biết làm đường miền ABMN làm 15 m làm miền

CDNM làm 30 m Tính thời gian ngắn mà đội xây dựng làm đường từ A đến C

A.

3 B

10 725 30 

C 20 725

30 

D 5

Câu 15 Để thiết kế bể cá khơng có nắp đậy hình hộp chữ nhật có chiều cao 60 cm, thể tích

96.000 cm , người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành 70.000đồng/m2 loại kính để làm mặt đáy có giá thành 100.000 đồng/m2 Chi phí thấp để làm bể cá

A 283.000đổng B 382.000đồng C 83.200đồng D 832.000đồng Câu 16 Một hộp có dạng hình hộp chữ nhật tích 48 chiều dài gấp đơi chiều

chất liệu làm nắp hộp Gọi h chiều cao hộp để giá thành hộp thấp Biết h m

n

 với m, n số nguyên dương nguyên tố Tổng mn A 12 B 13 C 11 D 10

Câu 17 Một cổng có hình dạng Parabol  P có kích thước hình vẽ, biết chiều cao cổng 4 m, AB4 m Người ta thiết kế cửa hình chữ nhật CDEF

(với C F, AB; D E,  P ), phần lại (phần tơ đậm) dùng để trang trí Biết chi phí để trang trí phần tơ đậm 1.000.000 đồng/

m Hỏi số tiền dùng để trang trí phần tơ đậm gần với số tiền đây?

A.4.450.000đồng B 4.605.000đồng C 4.505.000đồng D 4.509.000đồng Câu 18 Một hộp có dạng hình hộp chữ nhật tích 48 chiều dài gấp đôi chiều

rộng Chất liệu làm đáy mặt bên hộp có giá thành gấp ba lần giá thành chất liệu làm nắp hộp Gọi h chiều cao hộp để giá thành hộp thấp Biết h m

n

 với m, n số nguyên dương nguyên tố Tổng mn

A 12 B. 13 C 11 D. 10

Câu 19 Một trang trại rau ngày thu hoạch rau Mỗi ngày, bán rau với giá30000đồng/kg hết rau sạch, giá bán rau tăng 1000đồng/kg số rau thừa tăng thêm 20 kg Số rau thừa thu mua làm thức ăn chăn nuôi với giá

2000đồng/kg Hỏi tiền bán rau nhiều trang trại thu ngày ?

A 32400000đồng B 34400000đồng C 32420000đồng D 34240000đồng Câu 20 Hình vẽ bên mơ tả đoạn đường vào GARA Ơ TƠ nhà Hiền Đoạn đường

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh hình vẽ bên Người ta chia elip parabol có đỉnh , trục đối xứng qua điểm Sau sơn phần tơ đậm với giá đồng/ trang trí đèn led phần cịn lại với giá đồng/ Hỏi kinh phí sử dụng gần với giá trị đây? Biết

rằng

A. đồng B đồng. C đồng. D đồng

Lời giải Chọn A

Phương trình đường Elip là: Diện tích hình Elip

Tọa độ giao điểm nghiệm hệ:

Vậy

Parabol đối xứng qua có dạng

Vì

Diện tích phần tơ đậm là:

1, 2, 1, A A B B

B B B1 M N,

200.000 m2

500.000 m2

1 , 2 ,

A A  m B B  m MN  m

N M

B1

B2

A2

A1

2.341.000 2.057.000 2.760.000 1.664.000

B1 -1

1

y

x

O 1

-1 2

-2

M N

2

1

4

x y

  S E a b 2 m2

,

M N 2

1

3

4

x x

x y

y

 

  



 

 

  

 

 

3

1; , N 1;

2

M   

   

 P Oy yax2c a 0

   

1

1

0; , 1; 3

2 1

2

c

B N P

a

  

  

   

 

    

2

: 1

2

P y  x

    

 

1

2

0

3

2 1

4

x

S      x  dx

   

 

• Tính Đặt Đổi cận

Suy

• Tính

Vậy

Tổng số tiền sử dụng là: đồng

Câu Một chất điểm chuyển động thẳng với quãng đường biến thiên theo thời gian quy luật  

4 12

s t  t t  (m), t (s) khoảng thời gian tính từ lúc bắt đầu chuyển động Vận tốc chất điểm đạt giá trị bé t bao nhiêu?

A 2 (s) B 8

3 (s) C 0 (s) D

4 (s) Lời giải

Chọn D

   

3

v t s t  t  t

 

v t  t Có  

v t   t

Dựa vào bảng biến thiên ta có 0; 

4 16

min

3

v v



     

 

Vậy vận tốc chất điểm đạt giá trị bé

t

Câu Tính diện tích lớn hình chữ nhật ABCD nội tiếp nửa đường trịn có bán kính 10cm (hình vẽ)

A

160cm B

100cm C

80cm D

200cm

1

1

1

x

I   dx sin cos

2

x dx

t tdx

  

0

6

x t

x t 

   



    

 

6 6

2

1

0 0

1 sin cos cos cos

I t tdt tdt t dt

  

    

0

1

sin

2

t t





 

    

 

1

1

2

0

0

3 3

1 1

2

x

I    x  dx     x   

       

   



1

3

2

6

S      

 

3

3



  

m

 

 

1.200000 E 500000 2.341.000

Lời giải Chọn B

Đặt OAx 0 x 10 Suy ra: AB2 ;x AD OD2OA2  100x2 Khi đó: SABCD  S AB AD 2 100x x2 2 100x2x4

Suy ra:

3

2

200

'

100

x x

S

x x

 





0

' 200 5

5

x

S x x x x

x

  

       

   

(do 0 x 10)

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy diện tích lớn hình chữ nhật ABCD

100 cm x5 cm

Câu 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 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 5 

2 m C 1 m D  

3 m Lời giải

Chọn D

10cm

x

O

D C

Gọi x x0 chiều rộng hình chữ nhật đáy bể, suy chiều dài hình chữ nhật đáy bể x

2

.3 18

V h x xh x  x0

2

18

3

h

x x

   ,

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

2 2

2

6 48

2 .3 .3 3

P hx h x x x x x x

x x x

       

Đặt f x  48 3x2 x

  , x0 Ta có f  x 482 6x

x



   ,  

2 48

0

f x x x x

x



        

Bảng biến thiên:

Suy vật liệu  

6

4

h m

x

  

Câu Một cốc hình trụ có bán kính đáy 2cm, chiều cao 20cm Trong cốc có nước, khoảng cách đáy cốc mặt nước 12cm (hình vẽ) Một quạ muốn uống nước cốc mặt nước phải cách miệng cốc khơng q 6cm Con quạ thơng minh mổ viên đá hình cầu có bán kính 0, 6cm thả vào cốc để mực nước dâng lên Để uống nước quạ cần thả vào cốc viên đá?

A 30 B 27. C 28 D 29 Lời giải

Chọn C

Gọi bán kính hình trụ r, bán kính viên đá hình cầu R Thể tích viên đá 4 0, 6 3

3R 3

Thể tích nước cần đổ thêm vào cốc để mực nước cách miệng cốc 6cm  .2r2 8 Để quạ uống nước lượng đá bỏ vào cốc phải làm mực nước dâng lên cách miệng cốc không 6cm nên ta phải có: 0, 64  3

3

n   

 3 24 0,

n

  250

9

n

 

Do n nguyên dương nên suy n28

Vậy quạ cần thả vào cốc 28 viên đá

Câu Một sợi dây có chiều dài 28m cắt thành hai đoạn để làm thành hình vng hình trịn Tính chiều dài (theo đợn vị mét) đoạn dây làm thành hình vng cắt cho tổng diện tích hình vng hình trịn nhỏ nhất?

A 56

4 B.

112

4 C

84

4 D

92

4

Lời giải Chọn B

Gọi l1, l2 m chu vi hình vng hình trịn 0l l1, 28

Gọi a, R  m cạnh hình vng bán kính hình trịn Khi ta có: 28

l  l

1

4

l l  a a

2

2

28

2

l l

l R R

 



   

Tổng diện tích hình vng hình trịn là:

2

2 28

16

l l

S a  R 

 

 

     

  , 0 l1 28

Yêu cầu toán tương đương với tìm l10, 28 để S đạt giá trị nhỏ Ta có:

1

1

28 112

'

8

l l

S l

 



 

    



 

Lập bảng biến thiên ta S đạt giá trị nhỏ

112

l

 



Câu Để chuẩn bị cho đợt phát hành sách giáo khoa mới, nhà xuất yêu cầu xưởng in phải đảm bảo yêu cầu sau: Mỗi sách giáo khoa cần trang chữ có diện tích 384cm2, lề lề 3cm, lề trái lề phải 2cm Muốn chi phí sản xuất thấp xưởng in phải in trang sách có kích thước tối ưu nhất, với yêu cầu chất lượng giấy mực in đảm bảo Tìm chu vi trang sách

A 82cm B 100cm C 90cm D 84cm Lời giải

Chọn B

Ta thấy muốn chi phí sản xuất nhỏ kích thước tối ưu diện tích trang sách phải nhỏ đồng thời bảo đảm yêu cầu đề

Gọi x y, thứ tự chiều dài chiều rộng trang sách, đơn vị cm, điều kiện:

6;

Diện tích phần chữ trang là:

x6y4384xy4x6y3602 6x y360

Khi xy4 6xy360 0 xy 10 6xy600, dấu “=” xảy

600 30

4 20

xy x

x y y

 

 



   

  ( thỏa mãn)

Vậy chu vi trang sách sản xuất theo kích thước tối ưu 2xy100 cm

Câu Với nhôm hình chữ nhật có kích thước 30cm; 40cm Người ta phân chia nhơm hình vẽ cắt bỏ phần để gấp lên hộp có nắp Tìm x để thể tích hộp lớn

A 35 13

3 cm



B 35 13

3 cm



C 35 13

3 cm



D 35 13

3 cm



Lời giải

Chọn C

Khối hộp chữ nhật thu có kích thước 30 2 x;20x;x với x0;15

Khi      0;15  

35 13

30 20 max

3

V x  x x  f x  f x  f   

 

Dấu " " đạt 35 13

x 

Câu Ông A dự định sử dụng hết 6,5 m2kính để làm bể cá kính có dạng khối hình hộp chữ nhật chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng( mối ghép có kích thước khơng đáng kể) Bể cá có dung tích lớn ( kết làm tròn đến hàng phần trăm)?

A 2, 26 m3 B 1,01m3 C 1,33m3 D 1,50 m3

Gọi chiều rông bể cá x m , chiều cao y m x y, 0, chiều dài bể cá

 

2x m Diên tích kính sử dụng  2

2 m

  

S x xy xy

Theo ta có:

2

2 6.5 13

2 6,5

6 12

x x

x xy xy y

x x

 

     

Thể tích bể cá  

2 13

12

x

V x x

x



 13 2 3

m



 x x

Ta xét hàm số     13

6

x x

V x   với 0; 13

2

x 

 

Suy  

2 13 12 '

6

x

V x     39

6 

V x   x

Ta có V x( ) đổi dấu từ dương sang âm qua 39 

x nên hàm số đạt cực đại

điểm 39

6 

x

Trên khoảng 0; 13

 

 

 

 hàm số V x  có điểm cực đại nên hàm số đạt giá trị lớn 39

6

x

Thể tích bể cá có giá trị lớn    3 13

0;

39 13 39

max 1, 50 m

6 54

 

 

 

 

 

   

 

V x V

Vậy bể cá có dung tích lớn 1, 50 m3

Cách 2: Xử lý tìm giá trị lớn V x( ) bất đẳng thức Cauchy

Theo cách 1, ta tính     13

6

x x

V x   với 0; 13

2

 

 

 

x

Ta có    

2 2 2 2

13 1 8 (13 4 )(13 4 )

6

x x x x x

V x     

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

3

2 2

2 2 13 13 26

8 (13 )(13 )

3 27

x x x

x x x

Suy

3

1 26 13 39

( ) 1, 50

6 8.27 54

V x ( kết làm tròn đến hàng phần trăm)

y

2x

Dấu “ ” xảy 13 13 39

12

x x x

Vậy bể cá có dung tích lớn 1, 50 m3

Câu 10 Một vật chuyển động theo quy luật

s  t  t với t khoảng thời gian tính từ vật bắt đầu chuyển động s quãng đường vật di chuyển khoảng thời gian Hỏi khoảng thời gian giây, kể từ bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn vật đạt bao nhiêu?

A 243 B 144 C 27 D 36

Lời giải Chọn D

Ta có     2

6 12

3

v t s t t t t t



 



       

 

Tập xác định D

Vì  2

12 36 36

t t t

       với t0

Suy  

0

max 36

t v t

  Dấu xảy  

6

t   t

Vậy khoảng thời gian giây, kể từ bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn vật đạt 36

Câu 11 Một bác nông dân cần xây dựng hố ga khơng có nắp dạng hình hộp chữ nhật tích

3200 cm , tỉ số chiều cao hố chiều rộng đáy Hãy xác định diện tích đáy hố ga để xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất?

A

1200 cm B

120 cm C

160 cm D

1600 cm Lời giải

Chọn C

Gọi x y, chiều rộng chiều dài đáy hố ga; h chiều cao hố ga

x y h, , 0

Ta có:

2

2

1600

2 3200

h x

V xyh x y y x



    

Diện tích bề mặt sử dụng hố ga không nắp

2 8000

2

S xy xh yh x xy x

x

      

Đặt   8000

f x x

x

  Ta có f  x 8x 80002 x

  

  10

f x   x

Vậy S nhỏ x10 y 16 Diện tích đáy hố ga

160 cm

Câu 12 Ơng An có khu đất hình elip với độ dài trục lớn 10 m độ dài trục bé m Ông An muốn chia khu đất thành hai phần, phần thứ hình chữ nhật nội tiếp elip dùng để xây bể cá cảnh phần cịn lại dùng để trồng hoa Biết chi phí xây bể cá 1000000 đồng 1m2 chi phí trồng hoa 1200000 đồng 1m2 Hỏi ơng An thiết kế xây dựng với tổng chi phí thấp gần với số sau đây? A 67398224 đồng B 67593346 đồng. C 63389223 đồng. D 67398228 đồng

Lời giải Chọn A

Gắn mảnh vườn hình elip ơng An vào hệ trục tọa độ hình vẽ Độ dài trục lớn 10m độ dài trục bé 8m nên ta có a5 b4

Phương trình elip là:  

2

:

25 16

x y E   Diện tích elip là: S E ab20

Hình chữ nhật ABCD nội tiếp elip Đặt AB2x0 x 5

2

25

x AD

  

Diện tích hình chữ nhật ABCD là:

2 16

25

ABCD

x S  x 

Diện tích phần cịn lại trồng hoa là:

2

20 16

25

hoa

x S   x  Tổng chi phí xây dựng là:

2

16000000 1200000 20 16

25 25

x x

T  x     x  

 

2

24000000 3200000

25

x x



  

Mặt khác ta có:

2

2

25 25

16000000 16000000 8000000

5 25

x x

x  x    

24000000 3200000 24000000 8000000 67398223.69

25

x

T  x 

      

Dấu " " xảy

2

5

5 25

x x

x

    (thỏa mãn)

Vậy tổng chi phí thiết kế xây dựng thấp gần với số 67398224

Câu 13 Một hồ rộng có hình chữ nhật Tại góc nhỏ hồ người ta đóng cọc vị trí K cách bờ AB 1m cách bờ AC 8m, dùng sào ngăn góc nhỏ hồ để thả bèo (như hình vẽ) Tính chiều dài ngắn sào để sào chạm vào bờ AB, AC cọc K (bỏ qua đường kính sào)

A 5 65

4 B 5 C 9 D

5 71 Lời giải

Chọn B

Đặt APa,AQb a b, 0 Gọi E F hình chiếu vng góc K xuống AB AC Suy KE1, KF8

Ta có: KE PK

AQ  PQ ;

KF QK

AP  PQ

KF KE AP AQ

   hay 1

a b

(Hoặc dùng phép tọa độ hóa: Gán A 0; ,P 0;a ,Q b; Khi K  1;8 Phương trình đường thẳng PQ:x y

b a Vì PQ qua K nên

1

1

b a )

Cách 1:

Ta có: PQ2 a2b2 Vì 1

a b

8k k k

a b

    k

2 2 8k k

a b k a b

a b

   

       

   

2 4

2

k k k k

a b

a a b b

   

       

   

2

3 3

3 16

4

k k

 

K

A C

B P

Q E

Suy PQ nhỏ 2

a b

  nhỏ

2

2

2

8

1

k a

a k b

b

a b

      



   

250 10

k a b

    

  

Vậy giá trị nhỏ PQ 2

a b  125 5 Từ suy chiều dài ngắn sào để sào chạm vào bờ AB, AC cọc K 5

Cách 2:

Vì 1

a b

a b

a

 

 với a8 Khi

2 2

PQ a b

2

8

a a

a

 

   



  với a8 Xét hàm số  

2

8

a f a a

a

 

   



  với a8 Ta có  

 2

2

2

8 8

a f a a

a a



  

 

   

3

2 8

8

a a a

   

 



 ; f a 0  a 10 BBT f a :

Vậy GTNN f a  125 a10

Từ suy chiều dài ngắn sào để sào chạm vào bờ AB, AC

và cọc K 1255

Câu 14 Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB25 m, chiều rộng AD20 m chia thành hai phần vạch chắn MN (M N, trung điểm

BC AD) Một đội xây dựng làm đường từ A đến C qua vạch chắn MN, biết làm đường miền ABMN làm 15 m làm miền

CDNM làm 30 m Tính thời gian ngắn mà đội xây dựng làm đường từ A đến C

A.

3 B

10 725 30 

C 20 725

30 

D 5 Lời giải

Do cần thời gian xây ngắn nên đường làm miền phải đường thẳng

Gọi AE EC đoạn đường cần làm Với NEx m (với 0 x 25)

 

25 m

EM x

  

Ta

 

2 2

2

2

100 100 25

AE AN EN x

EC MC EM x

    

 

    



 Thời gian để làm đoạn đường từ A đến C là:

     

2

2 25 100

100

h

15 30 15 30

x

AE EC x

t x        (Với 0 x 25)

 

 

2

25

15 100 30. 25 100

x x

t x

x x

 

  

  

Xét  

 

2

25

0

15 100 30. 25 100

x x

t x

x x



    

  

   

 

     

2

2

2

2 25 100 25 100

4 25 100 25 100

x x x x

x x x x

     

     

     

       

       

2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

4 25 400 100 25 25

4 25 25 20 25

5 25 45

5

x x x x x x

x x x x

x x x x x

x

       

      

      

 

Ta  

   

4 29

0

6 5

3

1 29

25

3

t t

t

 

      

 

 



Vậy thời gian ngắn mà đội xây dựng làm đường từ A đến C  

2 h

3

Xét        

2 2 2 2 2

2 25 10 20 2 25 10

10

15 30 30

x x x

x

t x           (Với 0 x 25)

Lại có 202 2x  25x2102  45x 2 2x102 do u   v u v  2  2  2

2

20 2x 25 x 10 x 2000

       

Do    

5 2000 2000 2 5

30 30

x

t x     

Vậy  min  h

t x  x5 m 

Vậy thời gian ngắn mà đội xây dựng làm đường từ A đến C  

2 h

3

Câu 15 Để thiết kế bể cá khơng có nắp đậy hình hộp chữ nhật có chiều cao 60 cm, thể tích

96.000 cm , người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành 70.000đồng/

m loại kính để làm mặt đáy có giá thành 100.000 đồng/m2 Chi phí thấp để làm bể cá

A 283.000đổng B 382.000đồng C 83.200đồng D 832.000đồng Lời giải

Chọn C

Gọi x m chiều dài hình chữ nhật đáy x0 Khi chiều rộng là: 0, 096

0, 6x 25x

Khi diện tích mặt xung quanh là: 1, 25

x x

  

 

 

Chi phí để làm mặt xung quanh là: 70.1, 84

25 25

x x

x x

     

   

    (nghìn đồng)

Diện tích mặt đáy là: 4

25 25

x x 

Cho phí để làm mặt đáy là: 100 16

25 (nghìn đồng)

Chi phí để làm bể cá thấp chi phí làm mặt bên thấp

Xét hàm số    

2

2

4 25

, 0;

25 25 25

x f x x x f x

x x x

 

     

  2

0 25

5

Bảng biến thiên

Khi chi phí thấp là: 84.4 16 83.200

5  đồng Bổ sung cách

Xét hàm số   25

f x x x

  với x0

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-Si ta có   4

25 25

f x x x

x x

   

Dấu "" xẩy

25

x x

x

  

Vậy chi phí thấp là: 84.4 16 83.200

5  đồng

Câu 16 Một hộp có dạng hình hộp chữ nhật tích 48 chiều dài gấp đôi chiều rộng Chất liệu làm đáy mặt bên hộp có giá thành gấp ba lần giá thành chất liệu làm nắp hộp Gọi h chiều cao hộp để giá thành hộp thấp Biết h m

n

 với m, n số nguyên dương nguyên tố Tổng mn

A 12 B 13 C 11 D 10

Lời giải Chọn C

Gọi chiều rộng hộp x (x0)  Chiều dài hình hộp 2x Thể tích hộp V x x h.2 48

24

h x

 

Tổng diện tích mặt đáy mặt bên hộp 2 2

24 144

2x 6xh 2x x 2x

x x

    

Diện tích nắp hộp 2x

Giá thành hộp thấp   144

3 2

f x x x

x

 

    

  đạt giá trị nhỏ với x0 Ta có   432 216 216 3 216 216

8 8 216

f x x x x

x x x x x

      

Vậy

min f x0;  216 xảy

2 216 8x

x



27

x

   x 24

9

h

  

Vậy m8; n3    m n 11

Câu 17 Một cổng có hình dạng Parabol  P có kích thước hình vẽ, biết chiều cao cổng 4 m, AB4 m Người ta thiết kế cửa hình chữ nhật CDEF

trang trí phần tơ đậm 1.000.000 đồng/m2 Hỏi số tiền dùng để trang trí phần tơ đậm gần với số tiền đây?

A.4.450.000đồng B 4.605.000đồng C 4.505.000đồng D 4.509.000đồng Lời giải

Chọn D

* Xét    

:

P yax bx c a  có toạ độ đỉnh  0; qua điểm có toạ độ  2; Ta có hồnh độ đỉnh: 0

2

b

b a

   

;  P qua điểm  0;  c  P qua điểm

 2;   a

Suy ra:  P :y  x2

* Xét đường thẳng qua E D, : ym (với 0 m 4) Khi E 4m m; 

 ; 

D m m giao điểm  P đường thẳng ym Suy ra: ED2 4m,

EFm

* Yêu cầu toán đạt diện tích hình chữ nhật CDEF phải lớn Ta có: SCDEF ED EF 2 4m m

Đặt t 4m      t2 m m t2 (với 0 t 2)

Khi đó:    2

2

CDEF

 

6

f t   t  

3

t

  

Suy ra: 32

9

CDEF

MaxS 

3

t  m

* Mặt khác diện tích cổng:

2

2

32

3

S x



    (m2

)

Suy diện tích nhỏ phần dùng để trang trí là: SMaxSCDEF 

32 32

4, 5083

3   (m

2

)

* Vậy số tiền dùng để trang trí phần tơ đậm: 4, 5083 1.000.000 4.508.300 (đồng)

(Lưu ý: Có thể dùng MTBT để tìm GTLN SCDEF khoảng 0 m 4)

Câu 18 Một hộp có dạng hình hộp chữ nhật tích 48 chiều dài gấp đôi chiều rộng Chất liệu làm đáy mặt bên hộp có giá thành gấp ba lần giá thành chất liệu làm nắp hộp Gọi h chiều cao hộp để giá thành hộp thấp Biết h m

n

 với m, n số nguyên dương nguyên tố Tổng mn

A 12 B. 13 C 11 D. 10

Lời giải Chọn C

Gọi chiều dài, chiều rộng hộp 2x x (x0) Khi đó, ta tích hộp

2 2

2 48 24

V  x h x h x h

Do giá thành làm đáy mặt bên hộp là3,giá thành làm nắp hộp 1nên giá thành làm hộp

 

3 2

L x  xh xh  x

2

8 9

L x  xh xh

3 9x xh xh.9 3  2 648 x h 216

 

Dấu xảy

2

8

24

x xh

x h

 

 





3

9

24

8

h x

h

    

 



3

x h

     

 Vậy m8,n3 m n 11

Câu 19 Một trang trại rau ngày thu hoạch rau Mỗi ngày, bán rau với giá30000đồng/kg hết rau sạch, giá bán rau tăng 1000đồng/kg số rau thừa tăng thêm 20 kg Số rau thừa thu mua làm thức ăn chăn nuôi với giá

2000đồng/kg Hỏi tiền bán rau nhiều trang trại thu ngày ?

A 32400000đồng B 34400000đồng C 32420000đồng D 34240000đồng Lời giải

ChọnC

Gọi số lần tăng giá y y 0

Giá bán rau sau lần tăng giá 300001000y đồng/kg Số rau thừa thu mua cho chăn nuôi 20y y 50kg

Số rau bán trước thu mua cho chăn nuôi 100020y kg Tổng số tiền bán rau thu ngày là:

 

 

2

2

1000 20 (30000 1000 ) 20 2000

20000 440000 30000000

32420000 20000 11

P y y y

P y y

P y

   

   

  

Ta có:

 2

32420000 20000 11 32420000

32420000

y P

  

 

max 324200000

P

  y11 N

A.x3, (m) B.x2, (m) C.x3,55 (m) D.x4, 27 (m) Lờigiải

Chọn A

Chọn hệ trục Oxynhư hình vẽ Khi M2, ;x

Gọi Ba; 0suy A0 ; 25a2 Phương trình

2

:

25

x y

AB

a a  

 

Do CD//ABnên phương trình

2

:

25

x y

CD T

a a  

 

Mà khoảng cách ABvà CDbằng 1, 9( )m nên

2

2

2

1 9,5

1,9

25

1

25

T

T

a a

a a



   



 

   

   

    

Điều kiện để ô tô qua M O, nằm khác phía bờ đường thẳng CD

Suy ra:

2, 9,

1

x

    

2 9,5 2, 25

25 a

x a

a a

 

     (đúng với a0 ; 5)

Để cho nhanh, dùng chức TABLE máy tính Casio570ES PLUS

2 9,5 2, 25

(X) 25 X

f X

X X

 

    với STEP =

29; START = 0; END = Thấy GTLN  

2 9,5 2, 25

25 X

f X X

X X

 

    xấp xỉ 3, 698

CHỦ ĐỀ: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO

DẠNG 4

ỨNG DỤNG GTLN, GTNN VÀO TÌM SỐ NGHIỆM PT VÀ BPT

Câu Giả sử số thực thỏa mãn giá trị nhỏ hàm số

A. B. C. D.

Câu Giả sử số thực thỏa mãn giá trị nhỏ hàm số Khi đó:

A. B. C. D.

Câu Giả sử số thực thỏa mãn giá trị lớn hàm số Khi đó:

A. B. C. D.

Câu Tập tất giá trị tham số mđể phương trình m m 1 sin x sinx có nghiệm  a b, Giá trị ab

A.

  B

4

  C

2

  D

2

 

Câu Có giá trị nguyên tham số m để phương trình cos 2xm tan cos x 2x

có nghiệm thuộc đoạn 0; 

 

 

 ?

A 4 B 3 C 2 D 1

Câu Gọi S tập hợp giá trị nguyên tham số m0; 2019 để bất phương trình:

 3

2

1

x  m x  với x  1;1 Số phần tử tập S bằng: A 1 B 2020 C 2019 D 2 Câu Cho hàm số y f x  liên tục đồng biến 0;

2 

 

 

 , bất phương trình   ln cos  x

f x  x e m (với m tham số) thỏa mãn với 0;

x  

  A m f  0 1 B m f 0 1 C m f  0 1 D m f  0 1 Câu Cho hàm số y f x liên tục có bảng xét dấu đạo hàm sau

Bất phương trình f x ex2 m với x  1;1

A m f  0 1 B m f   1 e C m f  0 1 D m f   1 e

m f x 31x 3x mx

 10; 5

m   m  5;0 m 0;5 m5;10

m f x 2018x2019xmx

 30; 20   

m m  20; 0 m0; 20 m20;30

m

 log31  1 log3  1

f x x x mx  1;   3; 2

  

Câu Cho hàm số  

f x ax bx cxd với a b c d, , , số thực, có đồ thị hình bên Có giá trị nguyên tham số m để phương trình f xm 1 m có nghiệm phân biệt

A 3 B Vô số C 1 D 2

Câu 10 Số giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn 2019; 2019 để phương trình

   

2

2 4

x  m x  m x  x có nghiệm

A 2011 B 2012 C 2013 D 2014 Câu 11 Cho hàm số f x  liên tục đoạn  0;3 có bảng biến thiên sau:

Có số ngun m để phương trình    

2

f x m x  x  có nghiệm thuộc đoạn  0;3

A 9 B 5 C 4 D 7

Câu 12 Giá trị lớn hàm số

3

1

x x m y

x

 



 0; 2 Tham số m nhận giá trị

A 5 B 1 C 3 D 8 Câu 13 Cho hàm số f x( ) có bảng biến thiên hình vẽ sau

Phương trình  sinx

2

f  có nghiệm đoạn ;5



 

 

 

A.3 B.2 C.4 D.5

Câu 14 Có giá trị nguyên tham số m  9;9 để phương trình:

 

2

A 14 B 8 C 10 D 12 Câu 15 Cho phương trình 3

16m x 16x 8x 2x 2 2m 10 (m tham số) Khẳng định sau đúng?

A.Phương trình cho vơ nghiệm

B. Phương trình cho có nghiệm thực C. Phương trình cho có hai nghiệm thực phân biệt

D. Số nghiệm phương trình phụ thuộc vào giá trị tham số m

Câu 16 Tổng giá trị nguyên dương m để tập nghiệm bất phương trình

1 72

m

x   x có chứa hai số nguyên

A 27 B. 29 C 28 D 30 Câu 17 Cho hàm số f x  liên tục Hàm số y f x có đồ thị hình vẽ

Bất phương trình   2sin 2sin

f x  xm với x 0; A  1

2

m f  B  1

m f  C  0

2

m f  D  0

2

m f 

Câu 18 Cho hàm số y f x  có f    2 m 1, f  1  m Hàm số y f x có bảng biến thiên hình vẽ bên

Tập hợp tất giá trị tham số m để phương trình  

2

x

f x m

x



 

 có nghiệm  2;1

x  A. 5;

2   

 

  B 2;0 C 2;7 D

;  

 

 

A 2 B 3 C 5 D 4 Câu 20 Cho hàm số y f x  liên tục 0;

2

 

 

  có đồ thị hàm số y f x hình vẽ sau:

Hàm số y f x  đạt giá trị nhỏ 0;7    

  điểm x0 ? A x0 0 B

7

x  C x0 3 D x0 1

Câu 21 Cho phương trình 2x22mx  4 x (m tham số) Gọi p q, giá trị

mnguyên nhỏ giá trị lớn thuộc 10; 10 để phương trình có nghiệm Khi giá trị T  p 2q

A 10 B 19 C 20 D.

Câu 22 Cho hàm số  

3

f x x  x  x Số nghiệm thực phân biệt phương trình  

 2  

f f x     f x

A 7 B 4 C 6 D 9

Câu 23 Gọi S tập tất giá trị nguyên âm tham số m để phương trình

4

2

m

x x  có nghiệm Tập Scó phần tử?

A 10 B 6 C. D 2

Xét hàm số (1 2) ( ) f x x

g x e   , tập nghiệm bất phương trình g x'( )0 A. ;1

2  

 

  B.

1 ;   

 

  C.  

1

1; 2;

2

   

 

  D.  

1

; ;

2

 

     Câu 25 Cho hệ phương trình

2 2

6 6

6

x y z xy yz xz x y z m

   

     

    

với x y z, , ẩn số thực, m tham số Số giá trị

nguyên m để hệ phương trình có nghiệm

A 25 B 24 C 12 D 13

Câu 26 Cho phương trình m2 x 3 2m1 1  x m Biết tập hợp tất giá trị tham số thực m để phương trình có nghiệm đoạn  a b; Giá trị biểu thức

5a3b

A 13 B 7 C 19 D 8

Câu 28 Cho hàm số y f x  liên tục 1;3 có đồ thị hình vẽ sau:

Bất phương trình f x( ) x 1 7 x m có nghiệm thuộc 1;3 A m7 B m7 C m2 22 D m2 22 Câu 29 Cho hàm số    3  

1

f x  m x  x  m x với m tham số Có số nguyên m  2018;2018 cho f x 0 với giá trị x 2;4

A 2021 B 2019 C. 2020. D 4037

Câu 30 Tìm số thực m lớn để bất phương trình sau có nghiệm với x

sin  cos  1 sin  sin  cos 2018

m x x x x x

A

 B 2018 C 2017

2

 D 2017

Câu 31 Số giá trị nguyên tham số m  10;10 để bất phương

2

3 x 6 x 18 3 xx m  m nghiệm   x  3;6

Câu 32 Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn  1

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

y

 A ln

2

e

B ln

2

e

C ln

2

e

D

2 ln

e

Câu 33 Cho hàm số   4

3 3

f x  x  x  x có đồ thị hình vẽ bên

Có tất giá trị nguyên tham số m để phương trình

 

2019f 15x 30x16 m 15x 30x16 m có nghiệm phân biệt thuộc đoạn

 0;

A.1513 B. 1512 C. 1515 D. 1514 Câu 34 Cho mà đồ thị hàm số hình vẽ bên

Bất phương trình nghiệm với

A B C D

Câu 35.GọiS tập hợp tất giá trị nguyên dương tham số m để bất phương trình sau

6 3

3

x  x m x  x mx  nghiệm với x 1;3 Tổng tất phần tử S bằng:

A 3 B 2 C 1 D 4

Câu 36 Số giá trị nguyên tham số m nằm khoảng 0; 2020 để phương trình

1 2019 2020

x   x m có nghiệm

A 2020 B 2021 C 2019 D 2018

Câu 37 Cho hàm số f x x53x34m Có giá trị nguyên tham số m để phương trình f 3 f x mx3m có nghiệm thuộc đoạn  1; 2 ?

( )

f x y f '( )x

( ) sin

x

f x   m x  1;3

(0)

m f m f(1) 1 m f( 1) 1  m f(2)

1



O y

x

A.15 B. 16 C. 17 D. 18 Câu 38 Cho hàm số  

f x ax bx  cx d có đồ thị hình vẽ gọi S tập hợp giá trị m m   cho        

1 1 0,

x m f x mf x  f x     x Số phần tử tập S là?

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu Giả sử số thực thỏa mãn giá trị nhỏ hàm số

A. B. C. D.

Lời giải Chọn B

Tập xác định hàm số Ta có

Ta xét trường hợp:

+ Khi tức đồng biến

Mà nên không thỏa mãn yêu cầu

+ Khi tức đồng biến

Mà nên không thỏa mãn yêu cầu

+ Khi

Đặt hàm số đồng biến có tập giá trị Mà nên tồn cho ta có bảng biến thiên

Suy bảng biến thiên là:

Ta có đạt giá trị nhỏ giá trị Do đó,

Suy

CÁCH

Nhận xét: Ta có

m f x 31x 3x mx

 10; 5

m   m  5;0 m 0;5 m5;10

 

f x D f ' x 31 ln 31 ln 3x  x m

0 

m f ' x 31 ln 31 ln 3x  x    m 0, x f x 

   

lim lim 31

      

x x

x f x x mx Min f xx  2

0 

m f ' x 31 ln 31 ln 3x  x   0, x f x 

   

lim lim 31

    

x x

x f x x Min f xx  2

0 

m f ' x  0 31 ln 31 ln 3x  x  m

( )31 ln 31 ln 3x  x

g x g x( ) 0;

0

 m a g a( ) m

( )

g x

 

f x

 

f x f a  xa

  ( ) (0)

     

x

Min f x f a f a

  (0)    ln 31 ln 3  ln 93 5;0

g m m

 0

Giả thiết tốn ta có:

Suy

Nhận xét: Để giải tốt dạng toán học sinh cần vận dụng linh hoạt ứng dụng đạo hàm vào khảo sát hàm số chứa tham số

Câu Giả sử số thực thỏa mãn giá trị nhỏ hàm số Khi đó:

A. B. C. D.

Lời giải Chọn C

Tập xác định hàm số Ta có

Ta xét trường hợp:

+ Khi tức đồng biến

Mà nên không thỏa mãn yêu cầu

+ Khi tức đồng biến

Mà nên không thỏa mãn yêu cầu

+ Khi

Đặt hàm số đồng biến có tập giá

trị

Mà nên tồn cho ta có bảng biến thiên

Suy bảng biến thiên là:

Ta có đạt giá trị nhỏ giá trị  

31

,

31

( ) 2, ,

0

x x

x x

m x

x x

f x x m x

x x

f

  

    

 

  

        



 

 

31

lim ln 31 ln ln 93 ln 93

x x

x

m m

x x



   

         

 

m f x 2018x2019xmx

 30; 20   

m m  20; 0 m0; 20 m20;30

 

f x D f ' x 2018 ln 2018 2019 ln 2019x  x m

0 

m f ' x 2018 ln 2018 2019 ln 2019x  x m f x 

   

lim lim 2018 2019

      

x x

x f x x mx Min f xx  2

0 

m ' 2018 ln 2018 2019 ln 2019x  x   0,

f x x f x 

   

lim lim 2018 2019

    

x x

x f x x Min f xx  2

0 

m '  0 2018 ln 2018 2019 ln 2019x  x 

f x m

( )2018 ln 2018 2019 ln 2019x  x

g x g x( )

0; 

m a g a( )m g x( )

 

f x

 

Do đó,

Suy nên

Câu Giả sử số thực thỏa mãn giá trị lớn hàm số Khi đó:

A. B. C. D.

Lời giải

Chọn B

Tập xác định hàm số Ta có

Ta xét trường hợp:

+ Khi tức đồng biến

Mà nên khơng thỏa

+ Khi

Đặt hàm số nên

nghịch biến có tập giá trị

Mà nên tồn cho ta có bảng biến thiên

Suy bảng biến thiên là:

Ta có đạt giá trị lớn giá trị Do đó,

Suy

  ( ) (0)

     

x

Min f x f a f a

(0) ln 2018 ln 2019 15,

    

m g m m0; 20

m

 log31  1 log3  1

f x x x mx  1;   3; 2

  

m m  2;0 m 0; m 2;3

 

f x D   1;     

 

1

'

1 ln 31 ln

  

 

f x m

x x

0 

m    

 

1

' 0,

1 ln 31 ln

     

 

f x m x

x x f x 

 1; 

   31  3  

1

lim lim log log

        

x x

f x x x mx  

 

x

Min f x

0 

m  

 1  1

'

1 ln 31 ln

    

 

f x m

x x

 1  1 ( )

1 ln 31 ln

 

 

g x

x x  2  2

1

'( )

1 ln 31 ln

  

 

g x

x x

( )

g x

 1;  0;

 m a g a( ) m

( )

g x

 

f x

 

f x f a  xa

 

Max ( ) (0)

     

x f x f a f a

1

(0) (0) 1,

ln 31 ln

 

         

 

Câu Tập tất giá trị tham số mđể phương trình m m 1 sin x sinx có nghiệm  a b, Giá trị ab

A.

  B

4

  C

2

  D

2

 

Lời giải Chọn A

1 sin sin

m m   x  x (m 1) m 1 sin x (sinx1)

 

2

2 ( 1)

1 sin , sin

( 1)

m c d

c m x d x

m d c

   



      

  



(c d)(1 c d) c d m 1 sinx sinx

            

1 sin sin

m x x

     

2

1 ( ), sin 0,

m t t f t t x  

         

Ta có

0, 0,

1 max (t) 2, (t)

4

f f

 

   

 

   

Vậy phương trình cho có nghiệm 1 2

4 m m

          

1

a b

    

Câu Có giá trị nguyên tham số m để phương trình cos 2xm tan cos x 2x

có nghiệm thuộc đoạn 0; 

 

 

 ?

A 4 B 3 C 2 D 1

Lời giải Chọn B

Ta có cos 2xm tan cos x 2x 2 cos2x 1 m tan cos x 2x

2

1

2 tan

cos x m x

    0; cos

3

x  x

 

2

1 tan x m tanx

   

Vì 0; tan 0; tan

3

x  x   x 

 

2

1 tan tan

x m

x

  



Đặt t tan x  t 1; 1 3

   

4

3

2

2

t t

m t t

t

 

    

Phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn 0;

x  

  phương trình  1 có nghiệm t1; 1 3

 

Xét hàm số f t   t3 2t với t1; 1 3

Có f t  3t22 Suy f t 0  1; 3

t    

 

 1

f  ,  

3

2 f 3

         

Do m nên phương trình  1 có nghiệm m  1; 0; 1 Vậy có giá trị nguyên tham số mthỏa mãn yêu cầu toán

Câu Gọi S tập hợp giá trị nguyên tham số m0; 2019 để bất phương trình:

 3

2

1

x  m x  với x  1;1 Số phần tử tập S bằng: A 1 B 2020 C 2019 D 2

Lời giải Chọn C

Đặt

1

t x Khi đó, 0    t 1, x [ 1;1] Ta có, bất phương trình:

1     t m t 0, t [0;1]

1, [0;1]

m t t t

      ( ), [0;1]

m f t t

    , với

( )

f t   t t [0;1]

max ( )

m f t

 

Ta có,

( )

f t  t  t

0

( ) 2

3

t f t

t

  

  

  

Lập bảng biến thiên ta được: [0;1]

max ( ) 1f t  Do đó, m1, mà m0; 2019  m [1; 2019]

 có 2019 giá trị nguyên m

Câu Cho hàm số y f x  liên tục đồng biến 0; 

 

 

 , bất phương trình   ln cos  x

f x  x e m (với m tham số) thỏa mãn với 0;

x  

  A m f  0 1 B m f 0 1 C m f  0 1 D m f  0 1

Lời giải Chọn A

Ta có: f x ln cos xexm    

ln cos x (*)

m f x x e

    , f x  đồng biến 0;

2 

 

 

  Xét hàm số       sin

ln cos '

cos

x

g x x g x

x

    đồng biến 0;

2 

 

   Xét hàm số   x '  x

h x e h x  e đồng biến 0; 

 

 

   f x ln cos xex đồng biến 0;

2 

 



  nên đạt GTNN 0;2 

 

    0    0  0

Suy ra: Bất phương trình (*) thỏa mãn với 0;

x  

  m f  0 1 Câu Cho hàm số y f x liên tục có bảng xét dấu đạo hàm sau

Bất phương trình   x2

f x e m với x  1;1

A m f  0 1 B m f   1 e C m f  0 1 D m f   1 e Lời giải

Chọn C

   

x x

f x e  m f x e m

Xét hàm số: g x  f x ex2; g x  f x 2xex2

Trên khoảng 1; 0 ta có     0,  1; 

2

f x

g x x

x

 

      

   

Trên khoảng  0;1 ta có     0,  0;1

2

f x

g x x

x

 

     



 



Tại điểm x0 ta có  2  

0

2 x

f x

g x xe

 

   



 



Suy bảng biến thiên g x :

Từ bảng biến thiên ta có:

 1;1    

maxg x f

  

Do bất phương trình m g x  với x  1;1  1;1    

max

m g x f



  

A 3 B Vô số C 1 D 2 Lời giải

Chọn D

Đặt t  x m 1t 1, phương trình trở thành: f t m  * + Với t   1 x m

+ Với t   1 x m      t x m t 1 Khi với t1 cho ta hai giá trị x Vậy phương trình có nghiệm thực phân biệt  * có nghiệm lớn     1 m m  2;3

Câu 10 Số giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn 2019; 2019 để phương trình

   

2

2 4

x  m x  m x  x có nghiệm

A 2011 B 2012 C 2013 D 2014 Lời giải

Chọn C Điều kiện :

4 0

x  x  x

*) Nhận thấy x0 không nghiệm phương trình *) Với x0 chia hai vế phương trình cho

4

x  x ta được:

   

2

2

2 1

4

x x

m m

x x

    

 Đặt

2

4 4

2

x

t x x

x x x



     Vậy t2 với  x Phương trình  1 trở thành:

   

2

1 2 ( 2)

1

t t

t m t m m m t t

t t

 

           

 

Xét hàm số  

f t t t

  

 2;  

     

 

 

2

2

3 2;

4

1 ;

1 2;

1

t

t t

f t f t

t

t t

     

       

   

  

Bảng biến thiên hàm số f t :

Phương trình cho có nghiệm phương trình  2 có nghiệm t2; Từ bảng biến thiên ta thấy m7 Kết hợp m số nguyên m  2019; 2019 suy có 2013 giá trị m

Có số nguyên m để phương trình    

2

f x m x  x  có nghiệm thuộc đoạn  0;3

A 9 B 5 C 4 D 7

Lời giải Chọn A

Theo đề ta có      

4

2

2

f x

f x m x x m

x x

    

  có nghiệm thuộc đoạn  0;3 (*) Đặt    

  f x h x

g x

 , g x x42x22

 

4

g x  x  x;    

 

0 0;3

0

1 0;3

x g x

x

      

 

 , g 0 2; g 1 1; g 3 65 Nên      

     

0;3 0;3

ming x g 1; maxg x g 65 Từ bảng biến thiên ta có:    

 0;3     [0;3]

max f x  f 9; f x  f 5 Do

   

 

     

   

0;3 0;3

3 1

min ; max

3 13

f f

h x h x

g g

   

Vậy (*) 1, , 

13 m m

    

Câu 12 Giá trị lớn hàm số

3

1

x x m y

x

 



 0; 2 Tham số m nhận giá trị

A 5 B 1 C 3 D 8 Lời giải

Chọn C Đặt  

3

1

x x m f x

x

 





Giá trị lớn y f x  0; 2    

   

0

5, 0;

0;

f x x

x f x

   

  

  



* f x 5,  x 0; 2 

3

5,

x x m x

  

  x 0; 2

3

5 5,

m x x x

      x 0; 2  0;2  

max

m h x

+ Ta có:  

3

h x  x  x , h x 03x22x 5

 

5 L

x x

   

   

Ta có: h 0  5, h 2  3, h 1  8 Suy

 0;2  

maxh x  3,     0;2

minh x  8 Vậy m 3  1

*  x0  0; f x 0 5

3

5

x x m x

 

 

 có nghiệm  0;

5

m x x x

     có nghiệm  0; Theo phần trên, ta suy    8 m  2 Từ  1  2 suy m 3

Cách dùng casio:

Kiểm tra giá tri m từ đáp án A, B, C, D sau Trường hợp 1: m 5  

3

5

x x f x

x

 





Trước làm tắt hàm g x  lệnh “ SHIFT + MODE +  + + 1” Bước 1: Vào môi trường TABLE lệnh “Mode + 7”

Bước 2: Nhập hàm  

3

5

x x f x

x

 



 Bước 3: Nhập Start0; End2;

29

Step 

Quan sát bên cột f x  có giá trị f x 5, 67 nên loại m 5

Ba trường hợp lại làm tương tự có m 3 thỏa mãn giá trị lớn f x 

Phương trình  sinx

2

f  có nghiệm đoạn ;5



 

 

 

A.3 B.2 C.4 D.5

Lời giải Chọn A

Với   sin  

0; sin 0;1 1;

6

x

x  x  t 

 

Phương trình trở thành f t( )3 Kẻ đường thẳng y3 cắt đồ thị hàm số f x  bốn

điểm phân biệt có hồnh độ

     

1; 1; ; ; ; 2;

x a x b x c x d 

Vậy phương trình f t( )3 có bốn nghiệm là:

     

1; 1; ; ; ; 2;

t a t b t c t d 

Đối chiếu điều kiện t 1; nhận tb; tc

 

sin

2

1

2 1; sin log 0;

2

x

b x b  

     

 

Phương trình có nghiệm đoạn ;5



 

 

 

 

sin

2

2 ; sin log ;1

2

x

c x c  

     

 

Phương trình có hai nghiệm đoạn ;5



 

 

 

Vậy phương trình cho có tất nghiệm đoạn ;5



 

 

 

Câu 14 Có giá trị nguyên tham số m  9;9 để phương trình:

 

2

1x m 1 x 1   x có nghiệm?

A 14 B 8 C 10 D 12 Lời giải

Chọn D

Điều kiện:   1 x

Đặt: t  1 x 1x  1

Xét hàm số t x  1 x 1x 1;1  

  

1 1

2 2 1

x x

t x

x x x x

  

   

   

  0

t x   x

Suy t  2; 2 Từ  

2

2 2

1 suy 2 1

2

t   x  x t  Khi PT trở thành:

   

2

2

2

2

t

m t t mt m



       

Bài tốn trở thành: Tìm giá trị ngun tham số m để phương trình:

2

4

t  mt m có nghiệm thuộc đoạn  ; 2 Ta có: t24mt6m  0 t2 ( 2m t 3)

TH1: Nếu 2 3

t   t thay vào  2 ta được:

4  ( vô lý)

TH2: Nếu

2

t    

2

2 *

2

t

PT m

t

 

 Xét hàm số:  

2

2

t g t

t



  2; 2  

   2

2

2

t t g t

t

 

 



   

 2

0 ;

2

0

2 3 ;

t t t

g t

t t

   

   

    

 

    

BBT

Dựa vào BBT suy ra: để PT có nghiệm    

2

2 2 2

m m

m m

 

 

 

 

     

 

 

Với m2, m  9;9 m 2;3; 4;5;6;7;8;9( giá trị thỏa mãn ) Với m 2 23, m  9;9     m  6; 7; 8; 9(4giá trị thỏa mãn )

Câu 15 Cho phương trình 3

16m x 16x 8x 2x 2 2m 10 (m tham số) Khẳng định sau đúng?

A.Phương trình cho vơ nghiệm

B. Phương trình cho có nghiệm thực C. Phương trình cho có hai nghiệm thực phân biệt

D. Số nghiệm phương trình phụ thuộc vào giá trị tham số m Lời giải

Chọn B

Ta có 3

16m x 16x 8x 2x 2 2m 10

2 3

16m x 16x 8x 2x 2m 10

       

Điều kiện:   1

8 2 4 0

2 2

x  x  x  x  x       x x

 

Đặt:   3

16 16 2 10

f x  m x  x x  x  m  với

x  Khi đó:  

2 2

3

12 1

48 16 0,

2

8 2

x

f x m x x

x x



       

 

Bảng biến thiên:

x

2

 

 

f x +

 

f x

18 



Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình f x 0 có nghiệm với

x

Câu 16 Tổng giá trị nguyên dương m để tập nghiệm bất phương trình

1 72

m

x   x có chứa hai số nguyên

A 27 B. 29 C 28 D 30 Lời giải

Chọn B ĐK: x0

Do m dương nên

1 0,

72

m

x    x

Ta có, 72

m

x   x

72

m

x x

    

72

mx x

    1

Nhận thấy x0 không nghiệm  1 nên  1 m 72x2 1 x

  

Xét hàm số y f x( ) 72x2 1

x



 

72

( ) x

y f x

x

 

     x

Bảng biến thiên f x  với x0:

Từ bảng biến thiên ta có  2  3  4 27  , \ , 3, 4 

f  f  f   f x  x , nên để tập nghiệm bất phương trình m 72x2 1

x



 có chứa hai số ngun   27  

4 16

2

f   m f  (tập nghiệm chứa x2, x3)

Với *

m m14,15

Do vậy, tổng giá trị nguyên dương m 14 15 29

Câu 17 Cho hàm số f x  liên tục Hàm số y f x có đồ thị hình vẽ

Bất phương trình   2sin 2sin

f x  xm với x 0; A  1

2

m f  B  1

2

m f  C  0

2

m f  D  0

2

m f 

   

2sin 2sin

f x  xm

Ta có: x 0; sinx0;1 Đặt 2sinxt t 0; 2 ta bất phương trình:    

2

f t  t m

 1 với x 0;  2 với t0; 2 Xét    

2

g t  f t  t với t0; 2    

g t  f t t

Từ đồ thị hàm số y f x yx (hình vẽ) ta có BBT g t  sau:

Vậy yêu cầu toán tương đương với  1  1

mg  f 

Câu 18 Cho hàm số y f x  có f    2 m 1, f  1  m Hàm số y f x có bảng biến thiên hình vẽ bên

Tập hợp tất giá trị tham số m để phương trình  

2

x

f x m

x



 

 có nghiệm  2;1

x  A. 5;

2   

 

  B 2;0 C 2;7 D

;  

 

Chọn D

Đặt    

2

x h x f x

x



 

 , với x  2;1 Ta có    

 2

1

2 3

h x f x x

   



Dựa vào bảng biến thiên hàm số y f x ta có f x    0, x  2;1

 2  

5

0, 2;1

3

x x

    

 Do h x    0, x  2;1 Bảng biến thiên hàm số yh x  khoảng 2;1

Khi đó, phương trình h x m có nghiệm x  2;1 h 1   m h 2

   

1

1

2 f m f

      3

2

m m

m

 

     7

4

m m

m

 

  

7

7

2 m

   

Câu 19 Cho hàm số f x  liên tục có đồ thị hình vẽ bên Có số ngun m để phương trình f f x 1m có nghiệm thực phân biệt?

A 2 B 3 C 5 D 4

Lời giải Chọn A

Nhận xét: Số nghiệm phương trình f x ba số nghiệm phương trình f x a

Xét phương trình f f x 1m  1

+ Trường hợp 1: Với m    ; 1 2;

Khi phương trình  * có nghiệm Suy phương trình  1 có tối đa nghiệm (không thỏa mãn)

+ Trường hợp 2: Với m 1 Khi  * trở thành

     

   

1 1

1

2

0;1 , 0;1

f x t

f t

t t f x t t

  

 

      

  



 

Phương trình f x  1 có nghiệm, phương trình f x  1 t t1, 1 0;1 có nghiệm Suy phương trình  1 có nghiệm (không thỏa mãn)

+ Trường hợp 3: Với m2 Khi  * trở thành

       

2 2

1

1

2;3 , 2;3

f x t

f t

t t f x t t

  

 

     

  



 

Phương trình f x  1 có nghiệm, phương trình f x  1 t2,t2 2;3 có nghiệm Suy phương trình  1 có nghiệm (khơng thỏa mãn)

+ Trường hợp 4: Với m  1; 2 Khi  

     

   

   

   

3 3

4 4

5 5

0;1 , 0;1

* 1; , 1;

2;3 , 2;3

t t f x t t

t t f x t t

t t f x t t

    

 

 

      

      

 

Phương trình f x  1 t t3, 3 0;1 có nghiệm, phương trình f x  1 t4,t4 1; có nghiệm, phương trình f x  1 t t5, 5 2;3 có nghiệm Dựa vào đồ thị ta thấy nghiệm nghiệm phân biệt Suy phương trình  1 có nghiệm phân biệt (thỏa mãn)

Vậy, phương trình f f x 1m có nghiệm thực phân biệt    1 m Vì m nguyên nên m 0;1

Minh họa đồ thị:

Câu 20 Cho hàm số y f x  liên tục 0;

 

 

Hàm số y f x  đạt giá trị nhỏ 0;7    

  điểm x0 ? A x0 0 B

7

x  C x0 3 D x0 1 Lời giải

Chọn C

Xét hàm số y  f x trên đoạn 0;

 

 

  Dựa vào đồ thị ta có  

3

x f x

x

 

   

  Bảng biến thiên:

Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số y f x  đạt giá trị nhỏ 0;

 

 

  điểm

x 

Câu 21 Cho phương trình 2x22mx  4 x (m tham số) Gọi p q, giá trị

mnguyên nhỏ giá trị lớn thuộc 10; 10 để phương trình có nghiệm Khi giá trị T  p 2q

A 10 B 19 C 20 D.

Lời giải Chọn B

Ta có 2    

1

2

2

x

x mx x

x m x

 

     

   



 

2

2

2

x x

x m x m

x

 

     

Xét hàm số

2

2

x x y

x

 

 1; Ta có

2

2 10

y'

x x





Phương trình cho có nghiệm phương trình (1) có nghiệm lớn 1  m 1 Kết hợp điều kiện m  10; 10  m  1; 10

Do p-1, q10 p 2q19 Câu 22 Cho hàm số  

3

f x x  x  x Số nghiệm thực phân biệt phương trình  

 2  

f f x     f x

A 7 B 4 C 6 D 9 Lời giải

Chọn C

Đặt f x   2 t f x  t phương trình trở thành:

     

2 2 3

f t    t  f t    t t  t    t t

 2 3 2

3

1 0,58836

0, 40642

4

3

t t t

t

t t t

t t t t

 

      



   

   

     

 



Với t 0,58836, ta có:

1, 21627

3 0, 58836 0, 586256

3, 63001

x

x x x x

x

   

      

   Với t 0, 40642, ta có:

1,1951

3 0, 40642 0, 552834

3, 64227

x

x x x x

x

   

      

   Vậy phương trình cho có nghiệm thực phân biệt

Câu 23 Gọi S tập tất giá trị nguyên âm tham số m để phương trình

4

2

m

x x  có nghiệm Tập Scó phần tử?

A 10 B 6 C. D 2

Lời giải Chọn C

Ta có:

4

2

m

x x  (*) điều kiện xác định:   2 x

Xét hàm số  

4

f x  x x , x  2; 2 Có  

2

'

4

x f x

x

 



   

2

0

' 2 2;

4

2

x x

f x x x x x

x

x

  

            



   

Hàm số  

f x  x x liên tục 2; 2; có đạo hàm 2; 2  2 2;  2 2;  2 2

f    f  f  Suy

 2;2    2;2   f x 2;max f x 2

    

Vậy phương trình (*)có nghiệm 2 4 2

m

m

       

Mặt khác m nguyên âm nên S     4; 3; 2; 1

Câu 24 Cho hàm số y f x( ) có bảng xét dấu f x'( ) sau:

Xét hàm số (1 2) ( ) f x x

g x e   , tập nghiệm bất phương trình g x'( )0 A. ;1

2  

 

  B.

1 ;   

 

  C.  

1

1; 2;

2

   

 

  D.  

1

; ;

2

 

     Lời giải

Chọn C

Ta có      

2

'( ) ' f x x ,

g x   x f  x x e    x

Yêu cầu toán      

2

'( ) ' f x x

g x    x f  x x e   

 

 

2

2

1

(1)

'

1

(2)

'

x

f x x

x

f x x

  

   

  

 

  

   

  

Xét trường hợp 1:  2

2

1

2

'

1

x x

f x x

x x



 

 

  

    

 

     

2

2

2

2

   

        



x x x x x

1

1

2

2

1

x

x x

  

    

   

Xét trường hợp 2: 2 2

'

x

f x x

 



   

 2

2

1

2

1

1

   

 

 

        

 

       

 

x x

x x x x

x x x x

2

1

2

2

1

2

2

x x

x x

x x

x

 

  

 

     



    

  

Kết hợp hai trường hợp ta

1

2

x x

   

  

Vậy tập nghiệm bất phương trình 1;1 2; 

T     

 

Câu 25 Cho hệ phương trình

2 2

6 6

6

x y z xy yz xz x y z m

   

     

    

với x y z, , ẩn số thực, m tham số Số giá trị

ngun m để hệ phương trình có nghiệm

A 25 B 24 C 12 D 13 Lời giải

Chọn D

Ta có:  2 2    

2

x y z x y z  xyyzxz     Vây x  y z Suy ra:   2

2

z  x y z x  xyy x2y2z2 2(x2y2xy)

 2 2 2

1

2 x y z x y xy

      (1) Thay 2

6

x y z  vào (1) ta 2

3

x y xy  

 

2

3

3

x y xy

x y xy

    

  

   

 Vậy  3 xy1

Ta có: 6 6  6

mx y z x y  x y ( thay z  x y)

 3 32 3 3  6

2

x y x y x y

        2 2 3 3  6

x y x xy y x y x y

 

       

= 2  2    3 6

2

xy  x y xy  xy  xy  xy (2) Thay  

2

2

3

x y xy

x y xy

   

 

  

 vào (2) ta được:        

2 3

6 6

3 2

x y z  xy  xy  xy  xy

Đặt txy   3 t 1 Khi 6    2  3

3 2 3 54

x y z  t  t  t  t  t  t 

Xét hàm số  

3 54

f t  t  t  3;1 Ta có:  

9 18

f t  t  t   0 3;1

2 3;1

t f t

t

       

    

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy: 54 f t 66 với   t  3;1

Hệ phương trình cho có nghiệm phương trình f t m có nghiệm  

54 m 66

   Vậy có 13 giá trị nguyên mđể hệ phương trình có nghiệm

Câu 26 Cho phương trình m2 x 3 2m1 1  x m Biết tập hợp tất giá trị tham số thực m để phương trình có nghiệm đoạn  a b; Giá trị biểu thức

5a3b

A 13 B 7 C 19 D 8

Lời giải Chọn D

Cách 1:

Tập xác định : D  3;1

Từ phương trình suy : 1

3 1

x x

m

x x

   



   

Xét hàm số ( ) 1

3 1

x x

g x

x x

   



    đoạn 3;1

Ta có :  2  

3 1

2 3

'( ) 0, x 3;1

3 1

x x

x x x x

g x

x x

       

     

 

 

 

    

   

Suy hàm số yg x( ) đồng biến 3;1 Do đó,  

 

3;1 3;1

3

min ( ) ; maxg(x)

5

g x

   

Suy phương trình có nghiệm 5;

m  

    Vậy 5a3b8 Đáp án D

Cách 2:

Tập xác định : D  3;1

Từ phương trình suy : 1

3 1

x x

m

x x

   



   

Xét hàm số ( ) 1

3 1

x x

g x

x x

   



    đoạn 3;1 Dùng máy tính ta dự đoán ( )

5g x 3 Ta chứng minh: 1 (1)

5

3 1

x x

x x

    

   

Ta có: (1)10 x 3 1  x x 3 1 x

7 x x

     

Xét đoạn 3;1thì x 3 0; 2 1 x Suy (1) Dấu "" xáy x 3

Ta lại chứng minh: 1 (2)

3 1

x x

x x

   



Ta có: (2)6 x 3 1  x x 3 10 1 x

3

x x

    

Xét đoạn 3;1thì x 3 2;7 1  x 2 Suy (2) Dấu "" xáy x1

Do đó, 5 m

Suy phương trình có nghiệm 5;

m  

    Vậy 5a3b8 Đáp án D

Câu 28 Cho hàm số y f x  liên tục 1;3 có đồ thị hình vẽ sau:

Bất phương trình f x( ) x 1 7 x m có nghiệm thuộc 1;3 A m7 B m7 C m2 22 D m2 22 Chọn A

Xét hàm số g x  x 1 7x liên tục 1;3 ta có:

  1  

' , 1;3

2

g x x

x x

   

 

 

' 7

g x   x        x x x x (nhận)

                 1;3

1 2, max max , 3

g g g x g g g



       

Từ đồ thị hàm số y f x  ta có:

 1;3      

max f x f 3

  

Đặt h x  f x( )g x  1;3, kết hợp với  1  2 ta suy ra:              

1;3 1;3

max max 3

h x f x g x f g

 

     , đẳng thức xảy x3

Vậy bất phương trình mh x  có nghiệm thuộc 1;3     1;3

max

m h x



 

Câu 29 Cho hàm số    3  

1

f x  m x  x  m x với m tham số Có số nguyên m  2018;2018 cho f x 0 với giá trị x 2;4

A 2021 B 2019 C 2020 D 4037

Lời giải Chọn C

   3   3

1 4

f x  m x  x  m x x  x  x m x mx

  3 3 3

0 (x 1) (1)

f x  x  x  x m x mx    x m x mx

Xét hàm số

(t) t ; ,

g  t t ' (t) 3t

g     t Vậy hàm g(t) đồng biến

Bất phương trình (1) g(x 1) g(mx)  x mx Xét x 2;4 bất phương trình x m

x



  (2)

Đặt h x( ) x

x





Bất phương trình (2) với x 2;4 suy ra:

 2;4 ( )

m h x

Ta có: h x'( ) 12 x  2;

x



   

 2;4

5 ( ) h(4)

4

h x

  

Do đó:

m

Mà m  2018;2018 m nguyên nên có 2020 giá trị m thỏa mãn

Câu 30 Tìm số thực m lớn để bất phương trình sau có nghiệm với x

sin  cos  1 sin  sin  cos 2018

m x x x x x

A

 B 2018 C 2017

2

 D 2017

Lời giải Chọn C

Đặt t sinx  cosx   t2 sin 2x 2  1 t Khi bất phương trình cho trở thành:

 

1 2019

m t   t t  

2

2019

t t

m f t

t

 

  

 với t 1; 2 Ta có  

 

2 2020

0, 1;

1

t t

f t t

t

   

      



Vậy  

2

2019

t t

m f t

t

 

 

 với t 1; 2 1;     2017

min

2

 

 

    

t

m f t f

Câu 31 Số giá trị nguyên tham số m  10;10 để bất phương

2

3 x 6 x 18 3 xx m  m nghiệm   x  3;6

A 28 B 20 C 4 D 19

Lời giải Chọn D

2

3 x 6 x 18 3 xx m  m (1) nghiệm   x  3;6 Đặt t 3 x 6x, x  3;6

 1

2

x x

t

x x x x

  

   

0

t   6  x x

x Bảng biến thiên:

t 3;3 2

Ta có 2

3 18 18

t     x x  xx    xx 

2

2

18

2

t x x 

  

Bất phương trình (1) nghiệm   x  3;6

  

1

t

f t  t  m  m nghiệm   t 3;3 2

  

3;3

1 max

m m f t

 

 

   (2)

Xét hàm số  

2

t

f t  t  , t 3;3 2

   1 3;3

2

f t      t t   t  

 f t  nghịch biến 3;3 2

  

3;3

3

max ( ) 3

2

f t f

 

 



   

Khi (2)  m2   m 1 3

m m

    



Kết hợp với điều kiện toán: m nguyên m  10;10 

 10; 1 2;10

m m

 

    



Vậy có 19 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán

Nhận xét: Trên tinh thần thi trắc nghiệm, học sinh hồn tồn sử dụng tính TABLE máy tính cầm tay để tìm

 3;6  

max f x

  với

 

3 x x 18 x

f x       x Từ đưa tốn dạng giải bất phương trình bậc hai bản: m2  m cách dễ dàng

Câu 32 Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 2y y 2xlog2x2y1 Giá trị nhỏ biểu thức P x

y

 A ln

2

e

B ln

2

e

C ln

2

e

D

2 ln

e

Chọn C

Có  1

2

2y y 2xlog x2y 2y y 2xlog22x2y1  1 Đặt log22 

y

t x 2x2y 2t 2x 2t 2y

 1 trở thành : 2y y 2t2y t 12y1  y 2tt  2 Xét hàm số   2x ,

f x  x x   ln 0,x

f x x

      nên hàm số   2x

f x  x

luôn đồng biến Kết hợp với  2 ta có: t y 1log22x2y y 1

2x 2y 2y

  

2y

x 

 

Khi P x y

 2y

y



 P 2y 1yln 22 y y

  



 

Cho P  0 yln 0  ln

y

 

Bảng biến thiên:

Vậy min ln 2

e

P 

2

e

x ln

y Câu 33 Cho hàm số   4

3 3

f x  x  x  x có đồ thị hình vẽ bên

Có tất giá trị nguyên tham số m để phương trình

 

2019f 15x 30x16 m 15x 30x16 m có nghiệm phân biệt thuộc đoạn

 0;

A.1513 B. 1512 C. 1515 D. 1514 Lời giải

Chọn D

Đặt

15 30 16

t x  x  t 15x121 x 0; nên t 1;

Nhận xét : Ứng với t1; 4 có nghiệm phân biệt x 0;

Phương trình:  

2019f 15x 30x16 m 15x 30x16 m (1) trở thành : 2019f t mt m  2019 ( )

1

f t m

t



 với t 1;

1



O y

x

 2019

3 3

m  t  t 

    

2

673

m t  t với t 1; (2 )

Phương trình (1) có nghiệm x phân biệt thuộc đoạn  0; tương đương phương trình (2) có nghiệm t

phân biệt thuộc nửa khoảng 1; 4

Xét    

673

h t  t  t

với   1;

t Bảng biến thiên h t 

t 

2 

 

h t  

 

h t

0

6057  Dựa vào bảng biến thiên suy ra: 6057

4 m

   m nguyên suy 1514  m 1 Vậy có 1514 giá trị m nguyên thỏa mãn

Nhận xét: Đề cho thừa giả thiết đồ thị y f x  Câu 34 Cho mà đồ thị hàm số hình vẽ bên

Bất phương trình nghiệm với

A B C D

Lời giải Chọn B

Để bất phương trình nghiệm với

Xét hàm số ( )

f x y f '( )x

( ) sin

x

f x   m x  1;3

(0)

m f m f(1) 1 m f( 1) 1  m f(2)

  ( ) sin

2 sin

2

x

f x m

x m f x





 

  

 1;3

x 

 1;3   sin 2

x m Min f x 



 

   

 

    sin

Có

Nhận xét : Đến ta khó giải phương trình để lập bảng xét dấu Nhận thấy đổi dấu qua gợi ý cho ta xét dấu hàm khoảng

và Xét khoảng

( đồ thị hàm số nằm trục hoành )

Vậy Xét

Xét khoảng

( đồ thị hàm số nằm trục hồnh )

Vậy

Ta có bảng biến thiên hàm số sau

Vậy Vậy

Câu 35.GọiS tập hợp tất giá trị nguyên dương tham số m để bất phương trình sau

6 3

3

x  x m x  x mx  nghiệm với x 1;3 Tổng tất phần tử S bằng:

A 3 B 2 C 1 D 4

Lời giải     cos

2

x g x  f x  

 

g x 

 

f x x1 g x 

1;1  1;3 1;1  1;1  

x f x

     f x

 1;1 ; cos 0,  1;1

2 2 2

x x

x           x

   

    cos 0,  1;1

2

x

g x  f x      x

 

x

   

1 cos

2

g  f   

 

 1;3  1;3  

x f x

    f x

   

1;3 ; cos 0, 1;3

2 2 2

x x

x         x

   

    cos 0,  1;3

2

x

g x  f x     x

 

 

g x

 1;3   sin 2  1

x Min f x  f



   

 

 

 1

Chọn A

Ta có: x63x4m x3 34x2mx  2 x63x44x2 2 m x3 3mx

 2  3 2   3  

1 1

x x mx mx

     

Xét hàm đặc trưng    

'

f t   t t f t  t        

1  f x  1 f mx x  1 mx

Bài tốn trở thành tìm m để bất phương trình x2 1 mx nghiệm với x 1;3    

2

2

1 x , 1;3

x mx m g x x

x



      

     1;3    

' 1;3

x

g x x Min g x g

x 

       

Vậy để bất phương trình cho nghiệm với x 1;3 m2 Vì m nguyên dương nên S 1; có phần tử Tổng phần tử

Câu 36 Số giá trị nguyên tham số m nằm khoảng 0; 2020 để phương trình

1 2019 2020

x   x m có nghiệm

A 2020 B 2021 C 2019 D 2018 Lời giải

Chọn D

Ta có    

 

2018, 1; 2019 2019

2 2020 , 1; 2019

x

f x x x

x x

 



     

 



Vì hàm số h x( )2x2020 hàm số đồng biến đoạn [1; 2019] nên ta có

   

[1;2019]

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

1;2019min f x 0 1;2019max f x 2018 Do đó, ta có: f x 0 max f x 2018

Vì vậy, phương trình cho có nghiệm khi: 02020 m 2018  2 m 2020

Suy có 2018 giá trị nguyên m nằm khoảng 0; 2020 Câu 37 Cho hàm số  

3

f x x  x  m Có giá trị nguyên tham số m để phương trình f 3 f x mx3m có nghiệm thuộc đoạn  1; 2 ?

A.15 B. 16 C. 17 D. 18

Lời giải Chọn B

Đặt 3      

t f x m  t f x  m f x  t m  1 Ta có f 3 f x mx3m, suy f t x3m  2

Xét hàm số      

4 12

g u u  u g u  u  u    u g u đồng biến Do  3  g x g t  x t Thay vào  1 ta  

2

f x x  m x  x  m

 4

Xét hàm số  

h x x  x đoạn  1;

Ta có      

5 1;

h x  x  x   x h x đồng biến đoạn  1; Vậy ta có      

1;2

minh x h 3

 1;2     maxh x h 48

Phương trình cho có nghiệm thuộc  1;  Phương trình  4 có nghiệm  1;  1;2    1;2  

minh x 3m maxh x 3m 48 m 16

         Vậy có 16 giá trị nguyên m Câu 38 Cho hàm số  

f x ax bx  cx d có đồ thị hình vẽ gọi S tập hợp giá trị m m   cho        

1 1 0,

x m f x mf x  f x     x Số phần tử tập S là?

A B 0. C 3 D 1

Lời giải Chọn A

Cách

Xét g x   x1  h x 0 với x, với        

2

h x m f x m f x  f x 

Do  

   

1 1

*

1 1

x x h x x

x x h x x

       

 

       

 h x 0 x1

     

3

1 1 0

1

m

m f mf f m m

m

 

         

  

+ Với m 0 h x  f  1 1 thỏa mãn  * hàm f x  đồng biến f  1 1 + Với m 1 h x  f 2x 1 thỏa mãn  *

Khi h x  hàm số bậc ba có hệ số a0 nên lim  

xh x  không thỏa mãn  *

Vậy m0 m1

Cách

Từ đồ thị hàm số ta suy    

   

 

1

2

1

0 1

0 0 2 2

1 1

0

2 2

f a

f

b

f x x

f c

f d

 

  

 

 

 

    

    

 

  



 

 

Theo đề  

0

1 1

1

m

f m m m

m

  

     

   

Với m0, ta có:       

1 1

2

x f x   x  x   

 

    2 

1

1 1

2 x x x x x x

          (Nhận)

Với m1, ta có:  1 2 1      1 1 13 1

2

x f x  f x  f x   x  x   

 

     

1 12 1

2 x x x x x x x x

          

 2 

1

x x x x

       (Nhận)

Với m 1, ta có:           1 3

1 1

2

x f x  f x  f x   x  x  x 

 

  

1

0

x

x x x x

x

 

      



 (Loại) Vậy m0 m1

Cách

Để        

1 1 0,

x m f x mf x  f x     x      

2 1

m f x mf x f x

     

 

nhận x1 nghiệm bội lẻ qua x1 (      

2 1

m f x mf x f x

     

 

đổi dấu từ  sang ) Khi đó: 0

1

m m m

m

       



+ Thử lại, ta thấy với m0 thỏa

+ Với m1, ta có:        

2 1 1

m f x mf x f x f x

       

  hàm số bậc ba có

hệ số bậc cao dương

Ta có: lim 2 1 , lim 2 1

xf x    xf x    nên qua x1 hàm số đổi

dấu từ  sang  thỏa mãn

+ Với m 1, ta có:          

2 1 2

m f x mf x f x f x f x

         

  hàm

Ta có: lim 2 1 , lim 2 1

xf x    xf x    nên qua x1 hàm số đổi