Dang 5. Phương pháp hàm số, đánh giá(VDC)

Câu [2D2-6.5-4] (ĐH Vinh Lần 1) Cho hàm số f ( x) = x − 2− x Gọi m0 số lớn số f (m) + f (2m − ) < Mệnh đề sau đúng? A m0 ∈ [ 1513;2019 ) B m0 ∈ [ 1009;1513) C m0 ∈ [ 505;1009 ) D m0 ∈ [ 1;505 ) nguyên m 12 thỏa mãn Lời giải Tác giả: Nguyễn Việt Hải FB: https://www.facebook.com/nvhaicqt Chọn B Phân tích: + Bài tốn vào: 12 12 P ( m) = m − − m + 2 m − − − m + < + Biểu thức P(m) phức tạp Điều chứng tỏ toán cho hàm số có tính chất đặc biệt y = f ( x) chắn ( ) = 2x − 2− x Ta có hàm số lẻ tăng ¡ + Nhìn yếu tố xuất hàm số y = f x chìa khóa ta giải tốn Đây Lời giải Ta có hàm số y = f ( x ) = x − 2− x ⇔ f ( 2m − 12 Yêu cầu toán m ) hàm số lẻ tăng ¡ 212 < − f ( m ) = f ( − m ) ⇔ 2m − < m ⇔ m < 12  212  m =   = 1365 nguyên lớn là:  3 Bài tốn tổng qt: Giải bất phương trình: Với f ( x) f ( u ( x, m ) ) + f ( v ( x, m ) ) < hàm số lẻ tăng (hoặc giảm) tập (*) Df Con đường sáng tạo toán: (VD: Một vài hàm đặc trưng f)  f ( x) = a x − a − x ,0 < a ≠  f ( x ) = x3 + ax , a >  f ( x) = a + x − a − x ……………………… Ta có (*) ⇔ u ( x, m ) < − v ( x , m ) Đây nguồn gốc tạo lớp toán Câu [2D2-6.5-4] (Sở Nam Định) Tìm tham số thời điều kiện sau: A m= − m để tồn cặp số ( x; y ) thỏa mãn đồng log 2019 ( x + y ) ≤ x + y + xy + m ≥ B m = C m= D m= − Lời giải Tác giả: Phan Thanh Tâm ; Fb: Phan Thanh Tâm Chọn A  < x + y ≤  Từ giả thiết , ta có  x + y + xy + m ≥ ( 1) ( 2) Điều kiện cần Giả sử tồn cặp số kiện ( x0 ; y0 ) Do đó, để tồn cặp số   < x0 ≤   x + x2 + m ≥  Do thỏa mãn điều kiện ( x0 ; y0 ) suy ( 1) ( 2) , cặp số ( y0 ; x0 ) thỏa điều x0 = y0 Ta có ( 3) ( 4) ( 3) , ta có ( 4) ⇔ x02 + m ≥ − x0 ⇔ x02 + m ≥ − x0 + x02 ⇔ m ≥ x02 − x0 +  1 0 Xét hàm số f ( x ) = x − x +   , với bảng biến thiên sau Để bất phương trình ( ) có nghiệm ⇔m=− Điều kiện đủ 0 < x + y ≤   1 x + y + xy − ≥ m= −  Với 2 , hệ ( ) , ( ) trở thành  Do điều kiện ( ) , ta có ( 6) ( 7) ( 5) ( 7) ⇔ xy − ≥ − ( x + y ) ⇔ xy − ≥ − ( x + y ) + x + xy + y 2 ⇔ x2 + y2 − 2x − y + ≤ 2 1  1  ⇔  x − ÷ +  y − ÷ + ( − ( x + y ) ) ≤ 2  2  = Dấu “ ” xảy hovanthao1996cs@gmail.com x= y= 1 m= − Vậy thỏa yêu cầu đề Câu [2D2-6.5-4] (Sở Bắc Ninh)Tập ) ( log x x + + − x + x + x + ≤ a.b Khi nghiệm (− bất phương trình a ; − b  15 A 16 12 B 16 C 15 D 12 Lời giải Tác giả:Nguyễn VănDiệu; Fb:dieuptnguyen Chọn C =x ) ( 2x x2 + − x = Ta có: x x + 2− x Ta có: log x x + + − x + x + x + ≤ ⇔ log x x + − x + + x + x + ≤ 2 x2 + + x ) ( ( (( ) ) ) 3x + x2 +   2x ⇔ log  + ÷ + x + x + ≤ ⇔ log + x + x + ≤ 1, ( 1) 2  x +2+ x  x +2+ x Ta có x2 + + x > , ∀ x ∈ ¡ x ≥  ⇔  x <  , ( *) ⇔ x>− 2  Điều kiện: x + x + > ⇔ x + > − x 4x + > 9x Với điều kiện ( *) , ta có ( 1) ⇔ log ( 3x + Xét hàm số Hàm số ( ) x + + 3x + x + ≤ log f ( t ) = log t + t f ( t ) = log t + t ) với t > Có đồng biến ( f ′( t) = ( 0; +∞ ) , ) x + + x + x + + x, ( ) + > ∀ t ∈ ( 0; +∞ ) , t.ln ( 3x + x + ) ∈ ( 0; +∞ ) x + + x ∈ ( 0; +∞ ) Nên ( ) ⇔ f ( 3x + ) ( x2 + ≤ f x2 + + x )  − 2x ≥ x ≤ ⇔ ⇔   ⇔ x≤− 2 2 ⇔ x + x + ≤ x + + x ⇔ x + ≤ −2 x  x + ≤ x 3 x ≥  2 16  − ; −  a.b =  hay 15 Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình  Chọn đáp án C Câu [2D2-6.5-4] (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho hàm số y = f ( x) liên tục đoạn [ − 1;9] có đồ thị đường cong hình vẽ Có tất giá trị nguyên tham số m để bất phương trình 16.3 f ( x ) −  f ( x ) + f ( x ) − 8 f ( x ) ≥ ( m − 3m ) f ( x ) nghiệm với giá trị đoạn A [ − 1;9] ? 32 B 31 C x thuộc D Lời giải Tác giả: Phạm Duy Nguyên; Fb: The Scarpe Chọn D Từ đồ thị ta suy Đặt − ≤ f ( x ) ≤ ∀ x ∈ [ − 1;9] t = f ( x ) , t ∈ [ − 4;2] Ta tìm t t t m cho bất phương trình 16.3 −  t + 2t − 8 ≥ ( m − 3m ) với ∀ t ∈ [ − 4;2] t 16 2 bpt ⇔ t − t + 2t − 8  ÷ ≥ m − 3m với ∀ t ∈ [ − 4;2] (*) 3 16 ≥ 4, ∀ t ∈ [ − 4;2 ] Ta có 2t Dấu xảy Lại có t + 2t − ≤ với t = ∀ t ∈ [ − 4;2] t  2 t + 2t − )  ÷ ≤ 0, ∀ t ∈ [ − 4; 2] ( Do Dấu xảy  3 t t = 2∨ t = −4 t 16 16 2  2     − t + t − ≥ ∀ t ∈ 4; − − t + t − ≥ m − 3m [ ]  ÷  ÷ t t     Như Mà với 3  3 ∀ t ∈ [ − 4;2] Suy Câu m2 − 3m ≤ ⇔ − ≤ m ≤ Như có giá trị nguyên m thỏa mãn [2D2-6.5-4] (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Cho hàm số Hàm số f ( x) f ′ ( x) có bảng biến thiên sau: Điều kiện m để bất phương trình f ( x + 2) − xe x < m nghiệm với giá trị x ∈ [ − 1;1] A m > f (1) + e B m > f (3) + 2e C m > f (−1) + e D m > f (3) − 2e Lời giải Tác giả: Lý Văn Công; Fb: Hà Minh Chọn A Xét hàm số Ta có: g ( x ) = f ( x + 2) − xe x đoạn [ − 1;1] g ′ ( x) = f ′ ( x + 2) − ( x + 1)e x Với x ∈ [ − 1;1] , ta có: ≤ ( x + 1)e x Và ≤ x + ≤ suy f ′ ( x + 2) < − 1 g (1) ≤ g ( x ) ≤ g ( − 1) = f (1) + , ∀ x ∈ [ − 1;1] Do đó, ta có g ′ ( x ) < 0, ∀ x ∈ [ − 1;1] Vì e Suy bất phương trình nghiệm với x ∈ [ − 1;1] m > max g ( x) ⇒ m > f (1) + [ − 1;1] Câu e [2D2-6.5-4] (GIỮA-HKII-2019-NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Gọi giá trị tham số với m để bất phương trình S tập hợp tất m ( ln x − 16 ) + 3m ( ln x − ) − 14 ( ln x − ) ≥ x ∈ ( 0; +∞ ) Tổng giá trị tất phần tử thuộc S bằng: A − B C D − −2 Lời giải Tác giả: Phan Hữu Thế ; Fb: Phan Hữu Thế Chọn A Cách : Đặt t = ln x, t ∈ ¡ ta : f ( t ) = m2 ( t − 16 ) + 3m ( t − ) − 14 ( t − ) ≥ ⇔ ( t − )  m ( t + 2t + 4t + 8) + 3m ( t + ) − 14 ≥ ⇔ ( t − ) g ( t ) ≥ Ta có bất phương trình cho nghiệm Nếu t = nghiệm g ( t ) kiện cần để f ( t ) ≥ 0, ∀ t ∈ ¡ ∀ x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ f ( t ) ≥ 0, ∀ t ∈ ¡ f ( t) đổi dấu t qua t = Do điều t = phải nghiệm g( t) =  m =  ⇒ g ( ) = ⇔ 32m + 12m − 14 = ⇔  m = −  Thử lại: 1 f ( t ) = ( t − ) ( t + 4t + 18) ≥ 0, ∀ t ∈ ¡ m= Với nên thoả mãn 7 m= − f ( t ) = ( t − ) ( 49t + 196t + 420 ) ≥ 0, ∀ t ∈ ¡ m= − Với nên 64 thoả mãn 1 7 S =  ;−  − =− Vậy   Nên tổng phần tử S 8 m= Cách 2: Đặt t = ln x, t ∈ ¡ ta f ( t ) = m2 ( t − 16 ) + 3m ( t − ) − 14 ( t − ) ≥ 0, ∀t ∈ ¡ + Điều kiện cần: ta có f ( ) = nên f ( t ) ≥ 0, ∀ t ∈ ¡ ⇔ f ( t ) ≥ f ( ) , ∀ t ∈ ¡ cực trị hàm số, suy f '( 2) = f ′ ( t ) = 4m2 t + 6m.t − 14 ⇒ f ′ ( ) = 32m + 12m − 14  m =  f ′ ( ) = ⇔ 32m + 12m − 14 = ⇔  m = −  + Điều kiện đủ: , hay t = điểm 1 f ( t ) = ( t − ) ( t + 4t + 18) ≥ 0, ∀ t ∈ ¡ m= Với nên thoả mãn 7 m= − f ( t ) = ( t − ) ( 49t + 196t + 420 ) ≥ 0, ∀ t ∈ ¡ m= − Với nên 64 thoả mãn 1 7 S =  ;−  − =− Vậy   Nên tổng phần tử S 8 m= Leduchop.hnue@gmail.com Câu [2D2-6.5-4] (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh-lần-2-2018-2019-thi-tháng-4) Xét số thực dương x, y thỏa mãn log x + log y ≤ log ( x + y ) 2 Tìm giá trị nhỏ Pmin biểu thức P = x + 3y A Pmin = 17 B Pmin = C Pmin = 25 D Pmin = Lời giải Tác giả: Nguyễn Vũ Hoàng Trâm; Fb: Hoang Tram Chọn B  Với x, y > , ta có: log x + log y ≤ log ( x + y ) ⇔ log ( x y ) ≤ log ( x + y ) ⇔ xy ≥ x + y 2 2 ⇔ y ≤ xy − x ⇔ y ≤ x ( y − 1) Suy ra: y − 1> (vì x, y > ) y2 y ≤ x ( y − 1) ⇒ x ≥ Từ y − , với y > y2 P = x + 3y ≥ + 3y = y +1+ Khi đó: y −1 y − , với y >  Xét hàm số: Ta có: h ( y) = 4y + 1+ h′ ( y ) = − ( y − 1) = y − khoảng ( 1; + ∞ ) y2 − y + ( y − 1)  y = h′ ( y ) = ⇔ y − y + = ⇔  y =  Bảng biến thiên: ; ∉ ( 1; + ∞ ) h ( y ) = Dựa vào bảng biến thiên ta có: ( 1; + ∞ ) Suy ra: P ≥ h ( y ) = ( 1; + ∞ ) y= Vậy Câu Pmin  3  ÷  2 = x = 3 y = −1 = 2 [2D2-6.5-4] (Sở Phú Thọ) Cho hàm số Tổng tất giá trị nguyên tham số f ( x) f ( x) 2 + ( − f ( x ) ) 9.6 A.10 y = f ( x) m ≤ ( − m + 5m ) B.4 liên tục ¡ có đồ thị hình vẽ để bất phương trình f ( x) ∀ x∈ ¡ C.5 Phân tích: D.9 Tác giả:Nguyễn Thị Thu Hằng ; Fb: Nguyễn Thu Hằng 1) Biết đọc đồ thị hàm số, từ biết miền giá trị f ( x) 2)Nhận dạng bất phương trình mũ có chứa tham số, với số số mũ có mối quan hệ với Khi nhận mối quan hệ số, đưa bất phương trình dạng bất phương trình  3 9. ÷ có số   Với miền giá trị t f ( x) f ( x) f ( x)  3 + ( − f ( x ) )  ÷  2 biết , đặt ẩn phụ ≤ − m + 5m t = f ( x ) , 2t  3  3  ÷ + ( − t )  ÷ ≤ − m + 5m Bài toán trở thành  2  2 Tìm m để bất phương trình g ( t) ≤ M , ∀ t ∈ D với M = − m2 + 5m M ≥ max g ( t ) t∈ D 3) Đưa từ toán phức tạp toán đơn giản tìm giá trị lớn hàm số t 2t  3  3 g ( t ) =  ÷ + ( − t )  ÷  2  2 Lời giải Chọn A Từ đồ thị ta suy f ( x) ≤ − , ∀ x ∈ ¡ 9.6 Từ bất phương trình f ( x) + ( − f ( x ) ) f ( x) ≤ ( − m + 5m ) f ( x) nhân hai vế bất phương trình với f ( x )  3  ÷ ta có   f ( x) f ( x)  3 + ( − f ( x ) )  ÷  2 ≤ − m + 5m t 2t  3  3 ⇒  ÷ + ( − t )  ÷ ≤ − m + 5m Đặt t = f ( x ) ( t ≤ − )  2  2 t 2t  3  3 g ( t ) =  ÷ + ( − t )  ÷ ⇒ − m2 + 5m ≥ max g ( t ) Đặt ( −∞ ; − 2]  2  2 max g ( t ) Tìm ( −∞ ; − 2] sau : 2t  3 ⇒ − t ( )  ÷ ≤ Với t ≤ − ⇒ − t ≤  2 t −2 t 4  3  3  3  ÷ ≤  ÷ = ⇒  ÷ ≤ = 9  2  2  2 t 2t  3  3 g ( t ) =  ÷ + ( − t )  ÷ ≤ + = Suy  2  2 ⇒ max g ( t ) = g ( − ) = ( −∞ ; − 2] ⇔ − m + 5m ≥ max g ( t ) Khi − m + 5m ≥ g ( t ) ( −∞ ; − 2] ⇔ − m + 5m ≥ ⇔ − m2 + 5m − ≥ ⇔ ≤ m ≤ , m∈ ¢ m = m =  m =  nên  m = Tổng tất giá trị nguyên tham số m thỏa mãn yêu cầu toán + + + = 10 Sai lầm học sinh mắc phải Nhìn đồ thị y = f ( x) phức tạp nên dễ tìm sai miền giá trị  3 t= ÷ Đưa bất phương trình phương trình bậc hai với  2 f ( x) tốn tìm max phức tạp Khi giải tốn tìm max, ta hay nghĩ đến xét hàm số vế trái dùng cơng cụ đạo hàm Ở tốn cách dài, không phù hợp với trắc nghiệm Khai thác toán tương tự f ( x ) số , ta biến đổi chút số ta Mấu chốt miền giá trị hàm có vơ vàn tốn Câu Cho hàm số y = f ( x) liên tục ¡ Tổng tất giá trị nguyên tham số f ( x) f ( x) 2 5.20 + ( − f ( x ) ) 25 A 10 Câu 10 ≤ ( − m + 5m ) y = f ( x) liên tục + ( f ( x ) − 1) 25 ¡ D có đồ thị hình vẽ m ≥ ( m + 4m ) B để bất phương trình 16 f ( x) ∀ x ∈ ¡ C Tổng tất giá trị nguyên tham số f ( x) f ( x) 2 A 10 m B Cho hàm số 4.20 có đồ thị hình vẽ để bất phương trình 16 f ( x ) ∀ x ∈ ¡ C.-5 D -14 Câu 11 [2D2-6.5-4] (Trần Đại Nghĩa) Bất phương trình với A ∀ x∈ ¡ log ( x + ) ≥ log ( mx + x + m ) nghiệm m ∈ ( a; b] Tính a.b ? B C 10 D Lời giải Tác giả: Lê Đình Năng, FB: Lê Năng Chọn C Ta có log ( x + ) ≥ log ( mx + x + m ) nghiệm ∀ x ∈ ¡  mx + x + m > ⇔ 2  x + ≥ mx + x + m ∀ x∈ ¡ mx + x + m > ⇔ ( − m ) x − x + − m ≥ mx + x + m > ∀ x ∈ ¡ +) +) ∀ x∈ ¡ a = b =  c > ⇔ ⇔ a >    ∆ ' < ( − m) x2 − x + ( − m) ≥ ∀ x ∈ ¡ Kết hợp lại ta m = =  m > m >    − m < ⇔ m >  7 − m = =   7 − m ≥ m < ⇔  7 − m > ⇔ m ≤ ⇔ m ≤   m ≥  4 − ( − m ) ≤   < m ≤ , m∈ ( 2;5] Nguyenduymanh2@gmail.com Câu 12 [2D2-6.5-4] (SGD-Nam-Định-2019) Tìm tham số mãn đồng thời điều kiện sau: A m= − B m để tồn cặp số ( x; y ) thỏa log 2019 ( x + y ) ≤ x + y + xy + m ≥ m = C m= D m= − Lời giải Tác giả: Phan Thanh Tâm ; Fb: Phan Thanh Tâm Chọn A  < x + y ≤  Từ giả thiết , ta có  x + y + xy + m ≥ ( 1) ( 2) Điều kiện cần Giả sử tồn cặp số kiện ( x0 ; y0 ) ( x0 ; y0 ) Do đó, để tồn cặp số   < x0 ≤   x + x2 + m ≥  Do thỏa mãn điều kiện suy ( 1) ( 2) , cặp số ( y0 ; x0 ) thỏa điều x0 = y0 Ta có ( 3) ( 4) ( 3) , ta có ( 4) ⇔ x02 + m ≥ − x0 ⇔ x02 + m ≥ − x0 + x02 ⇔ m ≥ x02 − x0 +  1 0 Xét hàm số f ( x ) = x − x +   , với bảng biến thiên sau Để bất phương trình ( 5) có nghiệm ⇔m=− Điều kiện đủ 0 < x + y ≤   1 x + y + xy − ≥ m= −  ( ) ( ) Với trở thành  2 , hệ , Do điều kiện ( 6) ( 7) ( ) , ta có ( 7) ⇔ xy − ≥ − ( x + y ) ⇔ xy − ≥ − ( x + y ) + x + xy + y 2 ⇔ x2 + y2 − 2x − y + ≤ 2 1  1  ⇔  x − ÷ +  y − ÷ + ( − ( x + y ) ) ≤ 2  2  = Dấu “ ” xảy x= y= 1 m= − Vậy thỏa yêu cầu đề ( 5) Câu 13 [2D2-6.5-4] (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Tập hợp tất số thực x không thỏa mãn bất phương trình A B − x − + ( x − ) 2019 x− ≥ khoảng ( a; b ) Tính b − a C − D Lời giải Tác giả: Bùi Thị Gấm; Fb: Bùi Gấm Chọn D x ≥ x2 − ≥ ⇔  TH1:  x ≤ −2  x −4 ≥ 90 = −4 ⇒ x + ( x − ) 2019 x− ≥  x−2 Khi ta có  2019 > Dấu "= " x2 − = ⇔ x =  xảy  x − = x2 − < ⇔ − < x < TH2:  x −4 < 90 = 2− ⇒ x + ( x − ) 2019 x −2 <  x −2 Khi ta có  < 2019 < 2019 = Suy bất phương trình vơ nghiệm Khi tập hợp tất số thực x khơng thỏa mãn bất phương trình x − + ( x − ) 2019 x − ≥ khoảng ( −2;2 ) Suy Vậy a = − 2; b = b− a = Câu 14 [2D2-6.5-4] (THPT TX QUẢNG TRỊ LẦN NĂM 2019) Xét số thực dương mãn 2log x + x ( x + y ) ≥ log A B thỏa 18 P = x + y + + − y + x Biểu thức x y đạt giá trị nhỏ x = a, y = b Tính S = 3a + 2b S = 19 x, y S = 20 C S = 18 D S = 17 Lời giải Tác giả:Phan Lê Thanh Quang ; Fb:Pike Man Chọn C Ta có: 2log3 x + x ( x + y ) ≥ log Điều kiện: x > 0;0 < y < 8 − y + x (1)  x  (1) ⇔ log x + x ( x + y ) ≥ log ( − y ) + x ⇔ log  ÷ + x ( x + y − 8) ≥ − y   Nếu Vậy 0 < x < − y x+ y < 8⇒  ⇒ x + y − <   x   x  log  8 − y < ÷< − y ⇒ ⇒ VT < ( !)      x ( x + y − 8) <  x x + y − < )   ( x+ y ≥ 18    18   3  P = 3x + y + + =  x + ÷ +  y + ÷ +  x + y ÷ ≥ + + = 24 x y 2 x 2 y  2  Ta có: 3 x =  x = x ⇔ (do x, y > 0) 1 18 y =   y= y Dấu xảy  Vậy S = 3.2 + 2.6 = 18 Câu 15 [2D2-6.5-4] (Yên Phong 1) Cho bất phương trình [ a; b] Biết đoạn x ∈ [ 0;2] A tập tất giá trị tham số Tính tổng a+ b= log x − x + m + log ( x − x + m ) ≤ m để bất phương trình thỏa mãn với a+ b? B a+ b= C a + b = D a + b = Lời giải Tác giả: Giang Văn Thảo; Fb: Văn Thảo Chọn D Giải điều kiện: Khi log ( x − x + m ) ≥ ⇔ m ≥ − x + x + thỏa mãn ∀ x ∈ [ 0;2] m ≥ max f ( x ) [ 0;2] Xét hàm số với f ( x ) = − x2 + x + f ( x ) = − x2 + 2x + đoạn [ 0;2] f ′ ( x) = − 2x + ⇔ x = Bảng biến thiên: x f ′ ( x) f ( x) −∞ + Dựa vào bảng biến thiên ta có m ≥ max f ( x ) ⇒ m ≥ [ 0;2] − (1) +∞ Khi xét bất phương trình ⇔ Đặt log x − x + m + log ( x − x + m ) ≤ 1 log ( x − x + m ) + log ( x − x + m ) ≤ (vì m ≥ ⇒ x − x + m ≥ x − x + > ) 2 log ( x − x + m ) , t= t≥ Bất phương trình tương đương: Do 0≤ t ≤ ⇔ ⇒ m ≤ f ( x ) [ 0;2] Xét hàm số t + 4t − ≤ ⇔ t ∈ [ − 5;1] ⇒ t ∈ [ 0;1] log ( x − x + m ) ≤ ⇔ m ≤ − x + x + với x ∈ [ 0;2] với f ( x ) = − x2 + 2x + f ( x ) = − x2 + 2x + x ∈ [ 0;2] với f '( x) = − 2x + = ⇔ x = Bảng biến thiên: −∞ x f ′ ( x) Đặt − m ≤ f ( x ) ⇒ m ≤ [ 0;2] m∈ [ 2;4] ta có +∞ Dựa vào bảng biến thiên: ( ) ( 2) + f ( x) Từ , Cách (2) thỏa mãn yêu cầu toán Vậy a + b = t = − x + x , x ∈ [ 0;2] t ′ = − x + t ′ = ⇔ x = t ( 1) = 1, t ( 0) = t ( ) = ⇒ t ∈ [ 0;1] Bài toán trở thành định m để Với điều kiện log m − t + log ( m − t ) ≤ (*) với ∀ t ∈ [ 0;1] m − t ≥ BPT (*) tương đương log m − t + log m − t ≤ ⇔ −5 ≤ log m − t ≤ ⇔ ≤ log m − t ≤ ⇔ ≤ m − t ≤ ⇔ ≤ m − t ≤ YCBT ( t + 1) ≤ m ≤ tmin ( t + 4) ⇔ ≤ m ≤ t + ≤ m ≤ t + 4, ∀ t ∈ [ 0;1] ⇔ max ∈[ 0;1] t∈ [ 0;1] Câu 16 [2D2-6.5-4] (THPT-Tồn-Thắng-Hải-Phịng) ( ) ( x ) bất phương trình x m ×3 + ( 3m + ) − + + > , với x+1 Cho bất phương trình cho nghiệm với m tham số Tìm tất giá trị x ∈ ( −∞ ;0 ) m để A m> 2+ 3 2− 3 m> B C m≥ 2− 3 D m≥ − 2− 3 Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Chúc; Fb:Chuc Nguyen Chọn B ( ) ( ) x x x+1 Ta có m ×3 + ( 3m + ) − + + > 9x ⇔ 3m ×3 + ( 3m + ) x ( ⇔ 4+ ) 2x ( 4+ 7) ( ) x ( + 4+ ) x >0 x + 3m × + ×3 x + ( 3m + ) ×32 x > ( 1) 2x x  4+   4+  ⇔ + m × ( )  ÷  ÷÷ + 3m + > ( ) 2x  ÷ Vì > ∀ x ∈ ¡ nên     x  4+  4+  ÷÷ = t x ∈ −∞ ;0 ( ) > nên t ∈ ( 0;1) Đặt  Vì  t2 + t + 3mt + 3m + > ⇔ > − 3m ( *) Bất phương trình ( ) trở thành (vì t ∈ ( 0;1) nên t +1 t + > ) t2 + f ( t) = Xét t + ( 0;1) Ta có f ′ ( t ) = 1− ( t + 1) t = − f ′( t) = ⇔   t = − − Vì t ∈ ( 0;1) nên t = − Bảng biến thiên hàm số y = f ( t) ( 0;1) f ( t ) = f Từ bảng biến thiên ta thấy ( 0;1) ( ) − = −2 + Bất phương trình cho nghiệm với ⇔ Bất phương trình ( *) nghiệm với x ∈ ( −∞ ;0 ) t ∈ ( 0;1) ⇔ f ( t ) > − 3m ( 0;1) ⇔ − + > − 3m ⇔ m> 2− chtruong19@gmail.com Câu 17 [2D2-6.5-4] (Chuyên Vinh Lần 3) Xét số thực dương log x + log y ≤ log ( x + y ) A 2 Pmin = B thỏa mãn Pmin biểu thức P = x + y Tìm giá trị nhỏ Pmin = Pmin = x, y C Lời giải 25 D Pmin = 17 Tác giả: Nguyễn Huỳnh Tấn Trung ; Fb: Nguyễn Huỳnh Tấn Trung Chọn A Ta có: log x + log y ≤ log ( x + y ) ⇔ log ( xy ) ≤ log ( x + y ) ⇔ xy ≥ x + y 2 2 y2  x ≥  ⇔ x ( y − 1) ≥ y ⇔  y −1 y >1 ( Vì  x; y > ) y2 P = x + 3y ≥ + 3y = y + 1+ Ta có: y −1 y −1 Xét hàm số: f ( y) = y +1+ ; y >1 y −1 Đạo hàm: f / ( y) = −  y = / f ( y) = ⇔  y =  ( y − 1) ( n) ( l) Bảng biến thiên BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ Câu 18 [2D2-6.5-4] (Chuyên Vinh Lần 3) Cho x, y số thực dương thỏa mãn log 2019 x + log 2019 y ≥ log 2019 ( x + y ) Gọi Tmin giá trị nhỏ biểu thức T = x + y Mệnh đề đúng? A Tmin ∈ ( 7;8) B Tmin ∈ ( 6;7 ) C Tmin ∈ Lời giải ( 5;6) D Tmin ∈ ( 8;9 ) Tác giả: Nguyễn Huỳnh Tấn Trung ; Fb: Nguyễn Huỳnh Tấn Trung Chọn A Ta có: ( ) log 2019 x + log 2019 y ≥ log 2019 ( x + y ) ⇔ log 2019 xy ≥ log 2019 x + y ⇔ xy ≥ x + y  x2 y ≥ ⇔ x −1 x > ⇔ y ( x − 1) ≥ x  x2 T = 2x + y ≥ 2x + = 3x + + Ta có: x−1 x −1 Xét hàm số: Đạo hàm: f ( x ) = 3x + + f / ( x) = − f / ( x) = ⇔ x = 1+ ;x > x−1 ( x − 1) (do x > 1) Bảng biến thiên Do đó: Tmin = + Câu 19 [2D2-6.5-4] (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Cho số dương x, y thỏa  x + y − 1 log  A = 6x + y + + ÷ + 3x + y ≤ mãn Giá trị nhỏ biểu thức x y  2x + 3y  31 A B 11 27 C D 19 Lời giải Tác giả: Thái Lê Minh Lý; Fb: Lý Thái Lê Minh Chọn D ĐK:  x + y −1 >0  ⇔ x + y >1  2x + 3y  x, y >  Ta có:  x + y −1 log5  ÷+ 3x + y ≤  2x + y  ⇔ ( log5 ( x + y − 1) + 1) + ( x + y − 1) ≤ log ( x + y ) + x + y ⇔ log 5 ( x + y − 1)  + ( x + y − 1) ≤ log ( x + y ) + x + y ( *) Xét hàm số f ′(t ) = ⇒ f (t ) = log5 ( t ) + t ( 0;+ ∞ ) ta có + > 0, ∀ t ∈ ( 0; + ∞ ) t ln Hàm số f (t ) = log5 ( t ) + t ( *) ⇔ ( x + y − 1) ≤ x + y ⇔ 3x + y ≤ Mặt khác, ta có: đồng biến ( 0; + ∞ ) A = 6x + y + + x y 4  9  =  x + ÷+  y + ÷− ( 3x + y ) ≥ 2.6 + 2.6 − = 19 x  y  ⇒  x =  x   x=    ⇔ 4 y = ⇔ ( N) y  y = 3x + y =   GTNN A = 19 , dấu “ = ” xảy  ... đọc đồ thị hàm số, từ biết miền giá trị f ( x) 2)Nhận dạng bất phương trình mũ có chứa tham số, với số số mũ có mối quan hệ với Khi nhận mối quan hệ số, đưa bất phương trình dạng bất phương trình... trị  3 t= ÷ Đưa bất phương trình phương trình bậc hai với  2 f ( x) tốn tìm max phức tạp Khi giải tốn tìm max, ta hay nghĩ đến xét hàm số vế trái dùng công cụ đạo hàm Ở tốn cách dài, khơng... [2D2-6.5-4] (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Cho hàm số Hàm số f ( x) f ′ ( x) có bảng biến thiên sau: Điều kiện m để bất phương trình f ( x + 2) − xe x < m nghiệm với giá trị x ∈ [