Dang 5. Phương pháp hàm số, đánh giá(VDT

Câu [2D2-6.5-3] (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Tìm tất giá trị thực tham số ( A ) log 0,02 log ( 3x + 1) > log 0,02 m phương trình m ≥ B < m < có nghiệm với m để bất x ∈ ( −∞ ;0 ) C m > D m < Lời giải Tác giả: Nguyễn Thúy Hằng ; Fb:Hằng- Ruby- Nguyễn Chọn A Đk: x ∈ R;; m > Ta có: ( ) log 0,02 log ( 3x + 1) > log 0,02 m , ∀x ∈ ( −∞;0 ) ⇔ log ( 3x + 1) < m , ∀ x ∈ ( −∞ ;0 ) ⇔ 3x + < 2m , ∀x ∈ ( −∞ ;0 ) Xét hàm f ( x ) = 3x + ( −∞ ;0 ) Ta có f ′ ( x ) = 3x.ln > 0, ∀ x ∈ ( −∞ ;0 ) Bảng biến thiên: Để phương trình có nghiệm với Câu x ∈ ( −∞ ;0 ) ta phải có 2m [2D2-6.5-3] (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Cho hàm số Bất phương trình m > f (− 1) − A e f ( x) < e x + m với ≥ ⇔ m ≥ y = f ' ( x) có bảng biến thiên sau x ∈ (− 1;1) B D C m ≥ f (1) − e Chọn C Ta có f ( x) < e x + m, ∀ x ∈ (− 1;1) ⇒ m > f ( x ) − e x , ∀ x ∈ (− 1;1) Thấy g ( x ) = f ( x ) − e x , ∀ x ∈ (− 1;1) ⇒ g ' ( x ) = f ' ( x ) − e x , ∀ x ∈ (− 1;1) m ≥ f (− 1) − e Trên Để ( − 1;1) f '( x) < ex > nên g ' ( x ) = f ' ( x ) − e x < 0, ∀ x ∈ (− 1;1) m > g ( x ) , ∀ x ∈ (− 1;1) ⇒ m ≥ g ( − 1) = f ( − 1) − e m ≥ f (1) − Các thầy xem kĩ: Trong đề khơng có đ/a nên sửa đ/a C từ e m ≥ f (− 1) − thành e Câu [2D2-6.5-3] (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Bất phương trình nghiệm với A ( −∞ ;12 ) x ≥ Tập tất giá trị m B ( −∞ ; − 1] C x − ( m + 1) x+ + m ≥ ( −∞ ;0] D ( − 1;16] Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Anh Đào; Fb: Đào Nguyễn Chọn B x − ( m + 1) x+ + m ≥ 0, ∀ x ≥ ⇔ ( x ) − ( m + 1) x + m ≥ 0, ∀x ≥ Đặt (1) t = 2x , ( t > 0) (1) trở thành t − ( m + 1) t + m ≥ 0, ∀ t ≥ (2) Cách 1: t − 2t ⇔ m≤ , ∀t ≥ (2) (3) 2t − t − 2t y = f ( t) = Xét hàm số 2t − Ta có hàm số y = f ( t ) liên tục [ 1;+∞ ) ( 2t − ) ( 2t − 1) − ( t − 2t ) 2t − 2t + f ′( t) = = > 0, ∀ t ≥ 2 ( 2t − 1) ( 2t − 1) Suy hàm số f ( t) đồng biến [ 1;+∞ ) ⇒ f ( t ) ≥ f ( 1) = − 1, ∀ t ≥ Do (3) ⇔ m ≤ f ( t ) ⇔ m ≤ −1 [ 1;+∞ ) Cách 2: t − ( m + 1) t + m ≥ bất phương trình bậc hai Tam thức bậc hai vế trái ln có t = m + − m2 + m + Suy bất phương trình ( −∞ ; m + − ∆ ′ = m2 + m + > 0, ∀ m nên tam thức ln có hai nghiệm t = m + + m2 + m + t − ( m + 1) t + m ≥ có tập nghiệm ) m + m +  ∪  m + + m + m + 1; +∞   m ≤ ⇔ m + + m2 + m + ≤ ⇔ m2 + m + ≤ − m ⇔  ⇔ m ≤ −1 m + m + ≤ m (2)  Cách 3: Lưu Thêm Với m = , ta có bất phương trình x − x+ ≥ ⇔ x − ≥ ⇔ x ≥ Suy mệnh đề bất phương trình − đề sai Do loại A, C, D Chọn B x Câu ( m + 1) x+ + m ≥ nghiệm với x ≥ mệnh [2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 5) Cho hàm số nhiêu số nguyên A m ( f ( x ) = ln x + x + ) Có tất bao   f ( log m ) + f  log m ÷≤ thỏa mãn bất phương trình 2019   65 B 66 C 64 D 63 Lời giải Tác giả: Trần Quốc Tú; Fb: Tran Tu Chọn C Điều kiện: số nguyên ( f ( − x ) = ln ( − x + Hàm số Ta có: m > (do m f ( x ) = ln x + x2 + Mặt khác f '( x) = x2 + ) có TXĐ ) x + = ln > 0, ∀ x m > 0, m ≠ ), suy log m > D= ¡ x+ x +1 , nên f ( x) ) ( = − ln x + x + = − f ( x ) đồng biến ¡ , Khi ta có ∀ x∈ ¡       f ( log m ) + f  log m ÷ ≤ ⇔ f ( log m ) ≤ − f  log m ÷ ⇔ f ( log m ) ≤ f  − log m ÷ 2019  2019  2019     log 2019 ⇔ log m ≤ − log m ⇔ log m ≤ ⇔ m ≤ 10 log 2019 ≈ 65, 77 2019 log m Suy Câu m∈ { 2;3; ;65} Vậy có tất 64 số nguyên m thỏa mãn [2D2-6.5-3] (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Tập hợp tất số thực m A để bất phương trình  26 ; + ∞ ) 4ln ( x + 3) ≤ x − x + ln ( m ) B  36 ; + ∞ ) C nghiệm với số thực  28 ; + ∞ ) x>  38 ; + ∞ ) D Lời giải Tác giả: Giáp Văn Khương; Fb: Giáp Văn Khương Chọn C Với x > , bất phương trình cho tương đương 4ln ( x + 3) − x + x ≤ ln ( m ) Xét hàm Ta có f ( x ) = 4ln ( x + 3) − x + x ( ; + ∞ ) f ′ ( x) = − x − 5x + − 2x + = ; f ′ ( x ) = ⇔ x = 1∈ ( ; + ∞ ) x+3 x+3 Bảng biến thiên hàm số f ( x) ( ;+ ∞ ) Từ bảng biến thiên ta thấy để bất phương trình 4ln x > , ta phải có 4ln ≤ ln ( m ) ⇔ m ≥ Câu [2D2-6.5-3] (Sở Nam Định) Gọi trình A S hay ( x + 3) − x2 + x ≤ ln ( m ) m ∈  28 ; + ∞ ) Chọn C thỏa mãn với m tập S B với số thực tập tát giá trị thực tham số m2 ( x5 − x ) − m ( x − x ) + x − ln x − ≥ (*) C m để bất phơng x > Tính tổng giá trị D −2 Lời giải Tác giả: Phương Xuân Trịnh; PB: Phương Xuân Trịnh Chọn C Xét hàm số ⇒ f ( x) f ( x ) = m2 ( x5 − x ) − m ( x − x3 ) + x − ln x − liên tục ( 0;+ ∞ ) f ( 1) = * Điều kiện cần f ′ ( x ) = m ( x − x3 ) − m ( x3 − 3x ) + − x f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ f ( x ) ≥ f ( 1) , ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) f ( x) Do liên tục ( 0;+ ∞ ) ⇒ x = điểm cực tiểu hàm số ⇒ f ′ ( 1) = ⇒ m2 − m = ⇒ m = 0, m = */ Điều kiện đủ + Với m= x−1 ⇒ f ′ ( x) = x x ⇒ f ( x ) = x − ln x − ⇒ f ′ ( x ) = − f ′ ( x) = ⇔ x = Bảng biến thiên: ⇒ f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ m = + Với thỏa mãn m = ⇒ f ( x ) = x − x + x + x − ln x − ⇒ f ( x ) = x3 ( x − 1) + ( x − ln x − 1) ≥ 0, ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ m = Vậy Câu S = { 0;1} ⇒ [2D2-6.5-3] Tổng phần tử (Chuyên Thái Bình S thỏa mãn Lần3) Tập nghiệm bất 3x − + ( x − ) 5x + < khoảng ( a ; b ) Tính b − a A B C Lời giải Chọn A 3x − + ( x − ) 5x + < ( 1) Có 5x +1 > ∀x D phương trình Xét x − = , VT ( 1) = 30 + = (loại)  ⇒ x +1 x − > ( )  VT ( 1) 3x − > 30 = Xét x2 − > ⇒  x −9< 0⇒ ⇒ x +1 x − < ( )  VT ( 1) Xét > (loại) 3x − < 30 = Câu Có x − < ⇔ x ∈ ( − 3;3) ⇒ Tập nghiệm bất phương trình là: < ln ( − 3;3) ⇒ b − a = [2D2-6.5-3] (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Tìm m để hàm số sau xác định ¡ : y = x − ( m + 1) x − m A Đáp án khác C m < B m > −1 D −3− 2 ≤ m ≤ −3+ 2 Lời giải Tác giả: Trần Minh Nhựt; Fb: Trần Minh Nhựt Chọn A Hàm số y = x − ( m + 1) x − m xác định ¡ x − ( m + 1) x − m ≥ ∀ x ∈ ¡ t2 − t ⇔ ≥ m ∀t > Đặt t = ( t > 0) Khi đó: t − ( m + 1) t − m ≥ ∀t > t+1 x t2 − t f ( t) = Xét hàm số: t + với t > Ta có: f '( t) = t + 2t − ( t + 1) đó: f ' ( t ) = ⇔ t + 2t − = ⇒ t = − + ( ) f ( t ) = f − + = − + 2 Lập bảng biến thiên ta tìm ( 0;+∞ ) t > t2 − t ≥ m ∀t > Để bất phương trình t + m ≤ − + 2 Câu [2D2-6.5-3] (THPT ĐÔ LƯƠNG LẦN 2) Cho hàm số biến thiên hình vẽ: y = f ( x ) Hàm số f ′ ( x ) có bảng Bất phương trình A e x ≥ m − f ( x ) có nghiệm x ∈ [ 4;16] m ≤ f ( ) + e2 B m < f ( ) + e2 ( ) ( ) C m ≤ f 16 + e D m < f 16 + e Lời giải Tác giả: Công Phương; Fb: Nguyễn Công Phương 4 Chọn C Ta có bất phương trình Xét hàm số e x ≥ m − f ( x) ⇔ m ≤ e x + f ( x) g ( x ) = e x + f ( x ) đoạn [ 4;16] ex g′ ( x ) = + f ′ ( x ) > 0, ∀ x ∈ [ 4;16 ] Có: x ex > 0, ∀ x ∈ [ 4;16] từ bảng biến thiên hàm số x y = f ′ ( x) ta có < f ′ ( x ) < 5, ∀ x ∈ [ 4;16] [ 4;16] g ( 4) ≤ g ( x ) ≤ g ( 16) Để bất phương trình m ≤ g ( x ) có nghiệm x ∈ [ 4;16 ] m ≤ g ( 16 ) = e + f ( 16 ) Suy hàm số y = g ( x) đồng biến Câu 10 [2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 10) Cho hàm số nguyên dương A m x +1 f ( x) = e ( e − e ) Có số −x x  12  f ( m − 7) + f  ÷≤ thỏa mãn bất phương trình  m + 1 ? B C D Lời giải Tác giả: Dương Hoàng Quốc; Fb: Dương Hoàng Quốc Chọn D Tập xác định Ta có Suy D= ¡ f ( x) = e f ( x) x+ x2 + tập đối xứng −e − x+ x2 + hàm số lẻ f ( − x ) = e − x+ x2 +1 − e x+ x2 +1 ( = − e x+ x2 + − e− x+ x2 + ) = − f ( x)  x  x+ f '( x) =  + ÷e Ta có x2 +   ⇒ f ( x) ¡ đồng biến x +1  x  − x+ + 1− ÷e x2 +   Vì m 12 ⇔ m+1  12  f − ÷  m + 1 m∈ { 1,2,3,4,5} (PHÂN-TÍCH-BL-VÀ-PT-ĐẠI-HỌC-SP-HÀ-NỘI) ( y = f ( x ) = ln + x + x A 1 ≤ m ≤ m < −1  số nguyên dương nên Câu 11 [2D2-6.5-3] > 0, ∀ x  12   12  f (m − 7) + f  ÷ ≤ ⇔ f (m − 7) ≤ − f  ÷=  m + 1  m + 1 ⇔ m− 7≤ − x +1 [ 0;1] ) Tập nghiệm bất phương trình B ( 0;1] C Lời giải Cho f ( a − 1) + f ( ln a ) ≤ [ 0;+∞ ) D hàm số ( 0;+∞ ) Tác giả: Lưu Huyền Trang; Fb: Lưu Huyền Trang Chọn B Ta có + x + x > x + x = x + x ≥ ∀ x ∈ ¡ ⇒ + x + x > 0∀ x ∈ ¡ Vậy ta có tập xác định hàm số Xét f ( − x ) = ln ( 1+ ( −x) + ( −x) ⇔ f ( − x ) = ln ( 1+ x2 − x  ⇔ f ( − x ) = ln    ) ) ( + x2 + x ) + x2 + x  ÷ + x2 + x ÷    ⇔ f ( − x ) = ln  ÷  1+ x + x  ⇔ f ( − x ) = − ln ( ⇔ f ( −x) = f ( x) Vậy hàm số Mặt khác + x2 + x ) f ( x ) hàm số lẻ ¡ f ′( x) = + x2 ⇔ f ′( x) = ⇔ f ′( x) = Vậy hàm số ( +x 1+ x2 + x )′  x   + 1÷ + x2 + x  + x2  1 1+ x + x + x2 + x 1+ x = 1 + x2 >0 f ( x ) đồng biến ¡ f ( a − 1) + f ( lna ) ≤ ( dk : a > ) ⇔ f ( a − 1) ≤ − f ( ln a ) ⇔ f ( a − 1) ≤ f ( − ln a ) ( Vì hàm số hàm lẻ ) ⇔ a − ≤ − ln a ( Vì hàm số đồng biến ¡ ) ⇔ a + ln a ≤ 1( *) Xét g ( a ) = a + ln a, ∀a > g ′ ( a ) = + > 0, ∀a > a Vậy hàm số Mà g ( a ) đồng biến ( 0;+∞ ) g ( 1) = Vậy ( *) ⇔ g ( a ) ≤ g ( 1) ⇔ a ≤ Vậy tập nghiệm bất phương trình ( 0;1] PT 45.1( Đề thi chuyên vinh lần 1-2019 ) Cho hàm số số nguyên A m0 ∈ m [ 1513;2019) thỏa mãn B m0 ∈ f ( x ) = x − 2− x Gọi m0 số lớn f ( m ) + f ( 2m − 212 ) < Mệnh đề sau đúng? [ 1009;1513) C m0 ∈ Lời giải [ 505;1009 ) D m0 ∈ [ 1;505) Tác giả: Lưu Huyền Trang; Fb: Lưu Huyền Trang Chọn B Ta có f ( − x ) = 2− x − 2− ( − x ) = − ( x − − x ) = f ( x ) f ′ ( x ) = x.ln + 2− x ln > 0, ∀ x ∈ ¡ f ( x ) = x − 2− x hàm số hàm số lẻ tăng f ( 2m − 12 Yêu cầu toán ) ¡ 212 < − f ( m ) = f ( − m ) ⇔ 2m − < m ⇔ m < 12  212  m0 =   = 1365 m nguyên lớn là:  3 PT 45.2 y = f ( x ) = + x + x Tìm giá trị Cho hàm số m để bất phương trình D m ≤ 34662 x3 + 2019 x ≤0 ( x − m) f ( x − m) + f ( x + 2019 x ) đoạn [ 4;16] A m ≥ 35228 B m ≥ 36416 C m ≤ Lời giải 38421 Tác giả: Lưu Huyền Trang; Fb: Lưu Huyền Trang Chọn B f ( − x ) = + ( − x ) + ( − x ) = + x2 − x = Ta xét Vậy f ( − x) = + x2 + x = f ( x) f ( x) x3 + 2019 x ≤0 ( x − m) f ( x − m) + f x + 2019 x ( ) Có ( x + 2019x ) ( x − m) f ( x − m) ≤ − f ( x + 2019 x ) ⇔ ( x − m ) f ( x − m ) ≤ ( − x − 2019 x ) f ( − x 3 ( Vì Xét f ( − x) = − 2019 x ) ( 1) f ( x) ) ( g ( t ) = t f ( t ) = t + t + t g′ ( t ) = 1+ t + t2 1+ t2 ) AM − GM + 2t ≥ 1+ t t2 1+ t2 + 2t = t + 2t ⇒ g ′ ( t ) ≥ t + 2t ≥ g ( t ) đồng biến ¡ Vậy hàm số ( 1) ⇔ g ( x − m ) ≤ g ( − x3 − 2019 x ) ⇔ Để x − m ≤ − x3 − 2019 x ⇔ m ≥ x + 2020 x (x ( 1) ln ta phải có m ≥ Max [ 4;16] + 2020 x ) = 36416 Câu 12 [2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 3) Cho a0 < bất phương trình x ∈ ( 1; +∞ ) Mệnh đề đúng? với A < a > Biết a = a0 B e < a0 < e2 C < a0 < D e < a0 < e3 xa ≤ a x Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Bình ; Fb: Nguyễn Văn Bình Chọn C Ta có x a ≤ a x , ∀ x > ⇔ ln ( x a ) ≤ ln ( a x ) , ∀ x > ⇔ a ln x ≤ x ln a, ∀ x > ⇔ Xét hàm số f ( x) = ln x x (1) ⇔ f ( a) ≥ f ( x), ∀ x > ⇔ f (a) = f '( x) = ln a ln x ≥ ,∀ x > (1) a x ln a ≥ max f ( x) ( ) a ( 1;+∞ ) − ln x x ; f '( x) = ⇔ x = e Bảng biến thiên Do (2) ⇔ f (a) = ln a ln e ≥ max f ( x) = f (e) = ⇒ a0 = e a ( 1;+∞ ) e Câu 13 [2D2-6.5-3] (CỤM TRƯỜNG SÓC SƠN MÊ LINH HÀ NỘI) Với phương trình A x + 3x ≥ ax + a ∈ ( −∞ ;0 ) B có tập nghiệm a ∈ ( 1;3) ¡ a tham số thực để bất , C Lời giải a ∈ ( 3; + ∞ ) D a ∈ ( 0;1) Chọn B Cách Tác giả: Lâm Thanh Bình ; Fb: Lâm Thanh Bình Xét trường hợp Thật vậy, Suy loại a ≤ , bất phương trình khơng nhận giá trị âm x x + 3x < mà làm nghiệm ax + ≥ a≤ Xét trường hợp a> x + 3x ≥ ax + ⇔ x + 3x − ax − ≥ Đặt f ( x ) = x + 3x − ax − , x∈ ¡ f ′ ( x ) = x ln + 3x ln − a, ∀ x ∈ ¡ Khi f ′ ( x ) = ⇔ x ln + 3x ln = a Đặt g ( x ) = x ln + 3x ln 3, x ∈ ¡ ( 1) g ′ ( x ) = x ln 2 + 3x ln > 0, ∀ x ∈ ¡ g ( x) ¡ Suy hàm số Lại có đồng biến lim g ( x ) = +∞ Suy với giá trị Ta có phương trình Mà x → +∞ lim f ′ ( x ) = +∞ x → +∞ lim g ( x ) = x → −∞ a > phương trình ( 1) ln có nghiệm xo f ′ ( x ) = có nghiệm xo lim f ′ ( x ) = − a < x → −∞ nên f ′ ( x ) > 0, ∀ x > xo f ′ ( x ) < 0, ∀ x < xo Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ¡ f ( x) đạt giá trị nhỏ f ( ) = nên ta suy xo = xo , ta kết hợp với điều kiện đề xo = giá trị để f ( x ) = Suy xo = giá trị để f ′ ( xo ) = ⇒ f ′ ( ) = ln + ln − a = Suy a = ln + ln3 = ln Như a giá trị thỏa mãn yêu cầu toán Suy mệnh đề a ∈ ( 1;3) Cách 2: Tác giả: ; Fb: Khoa Nguyen x + 3x ≥ ax + 2, ∀ x ∈ ¡ ⇔ x + 3x − ax − ≥ 0, ∀ x ∈ ¡ Đặt f ( x ) = x + 3x − ax − , x∈ ¡ Khi f ′ ( x ) = x ln + 3x ln − a, ∀ x ∈ ¡ Điều kiện cần f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ¡ f ( ) = nên hàm số đạt cực tiểu x = ⇒ f ′ ( ) = ln + ln − a = ⇒ a = ln + ln = ln Điều kiện đủ Với x x a = ln , ta có f ( x ) = + − x ln − f ′ ( x ) = x ln + 3x ln − ln 6, ∀ x ∈ ¡ f ′′ ( x ) = x ln 2 + 3x ln > 0, ∀ x ∈ ¡ ⇒ f ′ ( x ) Mà f ′ ( 0) = ⇒ phương trình Bảng biến thiên ⇒ f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ¡ Vậy a = ln Cách 3: đồng biến ¡ f ′ ( x ) = có nghiệm x = Tác giả: ; Fb: Tú Tran x + 3x ≥ ax + 2, ∀ x ∈ ¡ Xét hàm số f ( x ) = x + 3x ( C) f ( 0) = f ′ ( x ) = x ln + 3x ln 3, ∀ x ∈ ¡ Ta có f ′ ( ) = ln + ln = ln Gọi ∆ tiếp tuyến Phương trình ( C) điểm ∆ : y = f ′ ( ) ( x − ) + ⇔ y = ln 6.x + Yêu cầu toán thỏa mãn Thật vậy, ta chứng minh Ta có Đặt ( 0;2 ) a = ln x + 3x ≥ ln 6.x + 2, ∀ x ∈ ¡ x + 3x ≥ ln 6.x + ⇔ x + 3x − ln 6.x − ≥ g ( x ) = x + 3x − ln 6.x − Suy g ′ ( x ) = x ln + 3x ln − ln g′ ( x) = ⇔ x = Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta có g ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ¡ Hay x + 3x ≥ ln 6.x + 2, ∀ x ∈ ¡ Vậy a = ln Câu 14 [2D2-6.5-3] (Hai Bà Trưng Huế Lần1) Cho x, y hai số thực dượng thỏa mãn ln x + ln y ≥ ln ( x + y ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 3x + y A B C D Lời giải Tác giả: Phan Văn Tài ; Fb: Phan Van Tai Chọn A Cách Ta có: xy ≥ x + y ⇔ y ( x − 1) ≥ x  x2 >  Do  y > nên x − 1> ⇒ x > x2 x2 y≥ ⇒ P = 3x + = 3x + x + + Khi đó: x−1 x−1 x−1 • Hướng số 1: P = ( x − 1) + Vì x− 1> ( x − 1) = +5 x−1 P ≥ ( x − 1) + ⇔ P ≥ nên bất đẳng thức Cauchy cho ta: x ⇔ x= x−1 • Hướng sớ 2: x x − 3x P ( x ) = 3x + = x−1 x − với P′ ( x ) = x > 4x2 − 8x + ( x − 1) P′ ( x ) = ⇔ x = Bảng biến biên: x P′ ( x ) P ( x) −∞ +∞ − +∞ + +∞  3 P ÷=  2 Từ bảng biến thiên cho ta giá trị nhỏ Cách ( Nguyễn Văn Hòa) Ta có: P = xy ≥ x + y ⇔ x − xy + y ≤ ∆ = y2 − y ≥ ⇔ y ≥ Nên y − y2 − y y + y2 − y ≤ x≤ 2 y − y2 − y y − y2 − y P = 3x + y ≥ + y= 2 −3 ( y − ) P′ = − y2 − y P′ = ⇔ y = x= từ suy giá trị nhỏ P = Câu 15 [2D2-6.5-3] (Đặng Thành Nam Đề 9) Có số thực ( x; y) thỏa mãn đồng thời B A m x= y= 2, để tồn cặp số thực log x2 + y + ( x + y + m2 − m − ) ≥ x + y + x − y + = C D Lời giải Tác giả: Trần Nhân Lộc ; Fb: Nhan Loc Tran Chọn A Từ yêu cầu đề, để tìm m thỏa mãn hai điều kiện đề cho, ta lập hệ phương trình:  x + y + x − y + = ⇔  log x + y + m − m − ≥ ( ) 2  x + y +  x + y + x − y + =  2  x + y + m − m − ≥ x + y +  ( x + 1) + ( y − ) = (1) ⇔ 2  ( x − ) + ( y − ) ≤ m − m + (2) Ta có ( 1) phương trình đường trịn ( C2 ) tâm I ( 2;2 ) ; R2 = m − m + Để tồn cặp số thực ( C1 ) ( C2 ) ( x; y) ( C1 ) tâm I1 ( − 1;2 ) , R1 = ; ( ) hệ có nghiệm tương đương với tiếp xúc ngoài, nghĩa I1I = R1 + R2 ⇔ ( + 1) + ( − ) 2 phương trình hình tròn = m2 − m + + ⇔ m − m + = ⇔ m2 − m = ⇔ m = 0; m = Chú ý: Tiếp xúc đường trịn hình trịn có vơ số điểm chung Bạn đọc cần cẩn thận cho trường hợp Câu 16 [2D2-6.5-3] (Cẩm ( Giàng) a Cho ) số nguyên dương lớn thỏa mãn 3log + a + a > 2log a Giá trị log ( 2017a ) xấp xỉ bằng: A 19 B 26 C 25 D 23 Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Hòa ; Fb: Nguyễn Văn Hòa Hòa Chọn D Từ giả thiết ( ) 3log + a + a > 2log a log a = 3x ⇔ a = 64 x Đặt Ta bất phương trình: x x 3log3 ( + x + x ) > x ⇔ + 8x + x > x x  1 8  4 ⇔  ÷ + ÷ + ÷ >1  9 9  9 x 1 f ( x) =  ÷ Đặt 9 x 8 + ÷ 9 x ⇒ x  4 + ÷ 9 x x 1 1 8 8 4 4 f ′ ( x ) =  ÷ ln  ÷+  ÷ ln  ÷+  ÷ ln  ÷ < 9 9 9 9 9 9 , Vậy f ( x) x 1  ÷ Từ   Suy Vậy hàm số nghịch biến x 8 + ÷ 9 ¡ Và ta lại có ∀ x∈ ¡ f ( 2) = x 4 + ÷ >1 ⇔ f ( x ) > f ( 2) 9 a < 642 = 4096 mà ⇔ x < a số nguyên dương lớn thỏa mãn suy a = 4095 log ( 2017a ) = log ( 2017 ×4095 ) ≈ 22.97764311 ≈ 23 Câu 17 [2D2-6.5-3] (THPT NÔNG CỐNG LẦN NĂM 2019) Cho 4a + 2b > biểu thức A 25 log a2 + b2 + ( 4a + 2b ) ≥ Gọi M , m P = 3a + 4b Tính M + m B 22 a, b số thực thỏa mãn giá trị lớn giá trị nhỏ C 21 D 20 Lời giải Tác giả: Nguyễn Vĩnh Thái; Fb:Thaiphucphat Chọn D Nhận xét: a + b + > 1, ∀ a, b log a2 + b2 + ( 4a + 2b ) ≥ ⇔ 4a + 2b ≥ a + b + (1) + Ta có Cách + Ta có P = 3a + 4b ⇔ b = P − 3a (2) P − 3a  P − 3a  4a + ≥ a + ÷ + + Thay (2) vào (1) ta   ⇔ 25a − 2a(3P + 20) + P − 8P + 16 ≤ (3) Để toán cho tồn giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức trình P bất phương (3) có nghiệm hay ∆ ' ≥ ⇔ ∆ ' = − 16P + 320 P ≥ ⇔ ≤ P ≤ 20 M = 20; m = Suy hay M + m = 20 Cách ( 1) ⇔ ( a − ) + ( b − 1) Suy Gọi ∆ M ( a; b ) ≤ điểm thuộc hình trịn đường thẳng có phương trình: Mặt khác d ( I;∆ ) = Đường thẳng hình vẽ) ∆′ 3.2 + 4.1 qua I =2 nên ( C) tâm I ( 2;1) , bán kính R = 3x + y = Khi ∆ vng góc với d ( M ;∆ ) = ( C) ∆ , cắt đường tròn ( C ) hai điểm Khi M ≡ M , d ( M ; ∆ ) = ⇒ minP = ⇒ m = Khi M ≡ M , max d ( M ; ∆ ) = R = ⇒ maxP = 20 ⇒ M = 20 m = 20 tiếp xúc với đường trịn Dựa vào hình vẽ ta thấy: Vậy M + Cách 3a + 4b = P M1 , M (như log a2 + b2 + ( 4a + 2b ) ≥ ⇔ 4a + 2b ≥ a + b + ⇔ ( a − ) + ( b − 1) ≤ + Ta có + Mặt khác Vậy 2 2 =  ( a − ) + ( b − 1)  ≤ ( 32 + 42 )  ( a − ) + ( b − 1)  ≤ 25.4 = 100   − 10 ≤ P − 10 ≤ 10 ⇔ ≤ P ≤ 20 m = P = M = max P = 20  a − b −1  = 0  2   ( a − ) + ( b − 1) = (hệ có nghiệm nhất) Câu 18 [2D2-6.5-3] (SGD-Nam-Định-2019) Gọi phơng trình giá trị A ( 1) P = 3a + 4b = ( a − ) + ( b − 1) + 10 P − 10 ) Do ( Khi S tập tát giá trị thực tham số m để bất m2 ( x5 − x ) − m ( x − x3 ) + x − ln x − ≥ thỏa mãn với x > Tính tổng m tập S B C D −2 Lời giải Tác giả: Phương Xuân Trịnh; PB: Phương Xuân Trịnh Chọn C Xét hàm số ⇒ f ( x) f ( x ) = m2 ( x5 − x ) − m ( x − x3 ) + x − ln x − liên tục ( 0;+ ∞ ) f ( 1) = * Điều kiện cần f ′ ( x ) = m ( x − x3 ) − m ( x3 − 3x ) + − x f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ f ( x ) ≥ f ( 1) , ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) Do f ( x) liên tục ( 0;+ ∞ ) ⇒ x = điểm cực tiểu hàm số ⇒ f ′ ( 1) = ⇒ m2 − m = ⇒ m = 0, m = */ Điều kiện đủ + Với m= ⇒ f ( x ) = x − ln x − ⇒ f ′ ( x ) = − x−1 ⇒ f ′ ( x) = x x f ′ ( x) = ⇔ x = Bảng biến thiên: ⇒ f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ m = + Với thỏa mãn m = ⇒ f ( x ) = x − x + x + x − ln x − ⇒ f ( x ) = x3 ( x − 1) + ( x − ln x − 1) ≥ 0, ∀ x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ m = thỏa mãn Vậy S = { 0;1} ⇒ Tổng phần tử S Câu 19 [2D2-6.5-3] (Chuyên Vinh Lần 3)Tìm tất giá trị thực tham số )( ( e3 m + e m = x + − x + x − x    0; ln ÷ A   ) m để phương trình có nghiệm   −∞ ; ln 2  B    1  0; ÷ C  e  Lời giải 1  ln 2; +∞ ÷ D   Tác giả: Trần Quốc Thép; Fb: Thép Trần Quốc Chọn B t2 − t = x + − x ⇒ t = 1+ 2x 1− x ⇒ x 1− x = Đặt Ta có Vậy t'= − x2 − x − x2 ,t ' = ⇔ x = 2 t ∈  − 1;   t2 − 1 3m m m e3m + em = 2t  + ÷⇔ e + e = t + t ⇔ e = t  Phương trình trở thành (sử dụng hàm đặc  trưng) 1 − ≤ em ≤ ⇔ m ≤ ln ⇔ m ∈ (−∞ ; ln 2] Phương trình có nghiệm chi ... > t2 − t ≥ m ∀t > Để bất phương trình t + m ≤ − + 2 Câu [2D2-6.5-3] (THPT ĐÔ LƯƠNG LẦN 2) Cho hàm số biến thiên hình vẽ: y = f ( x ) Hàm số f ′ ( x ) có bảng Bất phương trình A e x ≥ m − f... ( ) ( ) C m ≤ f 16 + e D m < f 16 + e Lời giải Tác giả: Công Phương; Fb: Nguyễn Công Phương 4 Chọn C Ta có bất phương trình Xét hàm số e x ≥ m − f ( x) ⇔ m ≤ e x + f ( x) g ( x ) = e x + f (... ( a − 1) ≤ f ( − ln a ) ( Vì hàm số hàm lẻ ) ⇔ a − ≤ − ln a ( Vì hàm số đồng biến ¡ ) ⇔ a + ln a ≤ 1( *) Xét g ( a ) = a + ln a, ∀a > g ′ ( a ) = + > 0, ∀a > a Vậy hàm số Mà g ( a ) đồng biến