(THPT SƠN TÂY HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 02) Giá trị nhỏ nhất của hàm số

Suy ra,   ^1  5 2 3^ 

3 3, 2 0,7679491924...

4 2

M m M m

Câu 53:

Lớp Toán thầy Lê Bá Bảo…0935.785.115… Trường THPT Đặng Huy Trứ, Huế

Địa chỉ lớp học: Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch TP Huế ---- Trung tâm KM10 Hương Trà---39 Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số ^{f x}

 

trên đoạn 0 ; 4 là ^f

 

^{3 .}

Câu 57: (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số ^{y f x}

 

^{xác định}

và liên tục trên , đồ thị của hàm số ^{y f x}

 

như hình vẽ sau:

Giá trị lớn nhất của hàm số ^{y f x}

 

trên đoạn ^_^1; 2^_ là

A. ^f

 

^{1 . B. f}

 

^{1 . C. f}

 

^{2 . D. f}

 

^{0 .}

Lời giải

 

^{  }

   

  1

0 1

2 x

f x x

x .

Từ đồ thị hàm ^{y f x}

 

ta có bảng biến thiên

Từ đó suy ra giá trị lớn nhất của hàm số trên ^_^1; 2^_ là ^f

 

^{1 .}

Câu 58: (THPT YÊN MÔ A-NINH BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên

 

 

  0;7

2 có đồ thị hàm số ^{y f x}

 

như hình vẽ sau:

Hàm số ^{y f x}

 

đạt giá trị nhỏ nhất trên ^_ ^_

  0;7

2 tại điểm x₀ nào dưới đây?

A. x₀ ^0. B. ₀ 7

x 2. C. x₀^3. D. x₀ ^1. Lời giải

Xét hàm số ^{y f x}

 

^{trên đoạn} ^

  0;7

2 . Dựa vào đồ thị ta có ^

 

  ^{ }  0 1

3 f x x

x Bảng biến thiên:

Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số ^{y f x}

 

đạt giá trị nhỏ nhất trên ^_ ^_

  0;7

2 tại điểm x₀ ^3.

Câu 59: (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số ^{f x}

 

có đạo hàm là ^{f x}

 

. Đồ thị của hàm số ^{y f x}

 

được cho như hình vẽ bên. Biết rằng

   

^{0  1 2}

     

^{3  5  4}

f f f f f . Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất ^M của ^{f x}

 

^trên

đoạn ^_0; 5^_.

A. ^{m f}

 

^{5 ,M f}

 

^{3 . B. m f}

 

^{5 ,M f}

 

^{1 .}

C. ^{m f}

 

^{0 ,M f}

 

^{3 .} D. ^{m f}

 

^{1 ,M f}

 

^{3 .}

Lời giải Từ đồ thị ta có bảng biến thiên của ^{f x}

 

trên đoạn ^_0; 5^_

 

M f 3 và ^f

       

^{1  f 3 ,f 4  f 3}

           

^{5  0  1  3  4  3  0}

   

^{5  0  }

 

⁵

f f f f f f f f m f .

Lớp Toán thầy Lê Bá Bảo…0935.785.115… Trường THPT Đặng Huy Trứ, Huế

Địa chỉ lớp học: Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch TP Huế ---- Trung tâm KM10 Hương Trà---41 Câu 60: (THPT LÝ NHÂN TÔNG LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hàm số có ^{f x}

 

có đạo hàm là hàm

 

'

f x . Đồ thị hàm số ^{f x'}

 

như hình vẽ bên. Biết rằng ^f

   

^{0  f 1 2f}

     

^{2  f 4  f 3 . Tìm}

giá trị nhỏ nhất mvà giá trị lớn nhất ^M của ^{f x}

 

trên đoạn ^_0; 4^_.

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 Dựa vào đồ thị của hàm ^{f x'}

 

ta có bảng biến thiên:

Vậy giá trị lớn nhất ^{M f}

 

^{2 .}

Hàm số đồng biến trên khoảng

 

^{0; 2 nên f}

   

^{2  f 1  f}

   

^{2  f 1 0.}

Hàm số nghịch biến trên khoảng

 

^{2; 4 nên f}

   

^{2  f 3  f}

   

^{2  f 3 0.}

Theo giả thuyết: ^f

   

^{0  f 1 2f}

     

^{2  f 4  f 3}

               

 f 0  f 4  f 2  f 1  f 2  f 3  0 f 0  f 4 . Vậy giá trị nhỏ nhất ^{m f}

 

^{4 .}

Câu 61: (THPT NINH BÌNH BẠC LIÊU NĂM 2018-2019 LẦN 04) Cho hàm số ^{f x}

 

có đồ thị của hàm số ^{f x}

 

như hình vẽ. Biết ^f

   

^{0  f 1 2f}

     

^{2  f 4  f 3} . Giá trị nhỏ nhất m, giá trị lớn nhất

M của hàm số ^{f x}

 

trên đoạn ^_0; 4^_ là

A. ^{m f}

 

^{4 , M f}

 

^{1 . B. m f}

 

^{4 , M f}

 

^{2 .}

O

2 4 x

y

C. ^{m f}

 

^{1 , M f}

 

^{2 . D. m f}

 

^{0 , M f}

 

^{2 .}

Lời giải

Từ đồ thị của hàm số ^{f x}

 

trên đoạn ^_0; 4^_ ta có bảng biến thiên của hàm số trên đoạn ^_0; 4^_ như sau:

Từ bảng biến thiên ta có ^max _{ }

   

 

 

0;4 2

M f x f .

Mặt khác ^f

   

^{0  f 1 2f}

     

^{2  f 4  f 3}

   

^

   

^{ }

   

^

 f 0  f 4 f 2  f 1   f 2  f 3 0 (do ^f

       

^{2  f 1 ;f 2  f 3 )}

Suy ra ^f

   

^{0  f 4 min} _{ }

   

 

  

0;4 4

m f x f .

Câu 62: (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hàm số ^{y f x}

 

^có

bảng biến thiên như hình dưới đây. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

 

^



^{4  2}



^1₃ ^{33 28 1}₃

g x f x x x x x trên đoạn ^_1; 3^_.

A. 15. B. ²⁵

3 . C. ¹⁹

3 . D. 12.

Lời giải

     

  4 2  4  ²  ²6 8

g x x f x x x x ^



^2x



^_^2f



^{4x x 2}



^{ 4 x}_^.

Với x_{  }^1; 3^ thì 4^{ }x 0; 3 4^ x x^{ 2}4 nên ^f



^{4x x 2}



^0.

Suy ra ^2f



^{4x x 2}



^{  4 x 0,}    x ^1; 3^. Bảng biến thiên:

Suy ra _{ }

   

 



max1; 3 g x g 2 ^{ f}

 

^{4  7 12.}

Câu 63: (THPT KINH MÔN HAI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hàm số ^{y f x}

 

^{có đạo}

hàm ^{f x}

 

^{. Hàm số y f x}

 

liên tục trên tập số thực và có bảng biến thiên như sau:

Lớp Toán thầy Lê Bá Bảo…0935.785.115… Trường THPT Đặng Huy Trứ, Huế

Địa chỉ lớp học: Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch TP Huế ---- Trung tâm KM10 Hương Trà---43 Biết rằng

 

^{ 1 10}

f 3 , ^f

 

^{2 6}. Giá trị nhỏ nhất của hàm số ^{g x}

 

^{ f3}

 

^{x 3f x}

 

trên đoạn

 

 1; 2 bằng A. ¹⁰

3 . B. ⁸²⁰

27 . C. ⁷³⁰

27 . D. 198.

Lời giải Xét hàm số ^{g x}

 

^{ f3}

 

^{x 3f x}

 

trên đoạn ^_^1; 2^_

 

^

 

^

 

 3 ²  1 

g x f x f x , ^{g x}

 

^0

   

   

  

  ²  0 1

1 2 f x

f x .

Từ bảng biến thiên, ta có:

 

^{     }_{  }^_ ^_

  



1 1; 2

1 2 1; 2

x x

Và ^{f x}

 

^{0,   x }_ ^{1; 2}_ ^{nên f x}

 

đồng biến trên ^_^1; 2^_ ^

   

^{  1 10}

f x f 3

 

 f x 1^{ f2}

 

^{x 1,   x }_ ^{1; 2}_ ^nên

 

² vô nghiệm.

Do đó, ^{g x}

 

^{0 chỉ có 2} nghiệm là x 1 và x2. Ta có ^g

 

^{ 1 f3}

 

^{ 1 3f}

 

^{1 } ^ ^{ } ^^

   

10 3 10 730

3 ;

3 3 27 ^g

 

^{2  f3}

 

^{2 3f}

 

^{2 }

 

^{6 33 6}

 

^198.

Vậy _{ }

   

    

1; 2

min 1 730

g x g 27 .

DẠNG TOÁN 2: MAX MIN HÀM NHIỀU BIẾN

Câu 64: (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho x²xy y ²2. Giá trị nhỏ nhất của P^x^2xy y^{ 2} bằng

A. ²

3. B. ¹

6. C. ¹

2. D. ².

Lời giải

Xét  ^{ }  ^{ }

 

2 2 2 2

2 2

2 2

x xy y x xy y P

x xy y

+ Nếu y^0 thì x^{2 }2. Do đó P^x^22 suy ra minP^2

+ Nếu y^0 ta chia tử mẫu cho y² ta được:

   

   

     

 

     

   

   

2

2 2

2 2 2

1

2 1

x x

y y

x xy y P

x xy y x x

y y

Đặt t^x

y, khi đó ^{  }

 

2 2

1 2 1

P t t

t t . Xét

   

 

   

  

   

2 2

2 2 2

1 2 2

1 ' 1

t t t

f t f t

t t t t

;

 

  ^{ }   ' 0 1

1 f t t

t Bảng biến thiên

Khi đó min ^1 2 3

P do đó min ^2 P 3.

Câu 65: (THPT MINH CHÂU HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019)Cho hai số thực x y, thay đổi thỏa mãn điều kiệnx^2y^22. Gọi ^{M m,} lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thứcP^2(x^3y³) 3^ xy. Giá trị của ^{M n} bằng:

A. 4. B. ¹.

2 C. 6. D. 1 4 2.

Lời giải Ta có ^{P2(x3y3) 3 xy2}_



^{x y}



^{33xy x y(  )}_^3xy

Từ ² ²   ²   ( ^ )² 

2 ( ) 2 2 1

2

x y x y xy xy x y , đặt x y t^{ } và thay vào P ta được

    

            

    

 

2 2

3 3 3 2

2 3 1 3 1 6 3

2 2 2

t t

P t t t t t

Mặt khác ^{            }

2 2

2 2 ( ) ( ) 2

2 ( ) 2 ( ) ( ) 4 0

2 2

x y x y

x y xy x y x y

 

      2 x y 2 t  2; 2

Khảo sát hàm số ^{  3 3 2}6 ^3

P t 2t t trên t^{ }_ 2; 2^_ ta được max

   

   

    

2;2 2;2

min 7; 13

m P M P 2

Vậy   1 2. M m

Câu 66: (SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH 2018-2019) Cho x y, ^ thỏa mãn x y^{  }1 và

    

2 2

1

x y xy x y . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

  1 P xy

x y . Tính ^Mm. A. ¹

3. B. 2

3. C. ¹

2. D. ^1

3. Lời giải

Cách 1: Với điều kiện x y^{  }1;x^2y^2xy^{  }x y 1 ta có ^

 

2 2

P xy

x y xy. Nếu y^0 thì ^{  } ^{  }

  

 ²

1 1 5

2 1 0

x x

x x . Khi đó P^0.

Lớp Toán thầy Lê Bá Bảo…0935.785.115… Trường THPT Đặng Huy Trứ, Huế

Địa chỉ lớp học: Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch TP Huế ---- Trung tâm KM10 Hương Trà---45 Nếu y0 _thì 

   

  

2

1 x P y

x x

y y

. Đặt t^x

y. Ta có ^

 

2 1

P t

t t , ^t .

Xét

 

^ _{2 }

1 f t t

t t , t^ .

 



^{ }



 

 

2 2 2

1 1 f t t

t t

; ^{f t}

 

^{   0 t 1}

Từ bảng biến thiên:

 1 M 3 tại

        

    

         

         

 

2

2 2

1 1 1

3 2 1 0 1 1

1 3

3 x y

x x y x x y

y x x x y

x y xy x y x

.

 1 m tại

    

         

     

       

         

   

2

2 2

1

1 1

1 0 1 1

1 1

1 x y x

x x y y

y x

x x

x y xy x y x

y Vậy ^{  2}.

M m 3

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

 

2 2

P xy

x y xy.

 

Px²xy P 1 Py²0 (*) +) NếuP^0 thì x^0 hoặc y^0. +) Nếu P^0thì ^{ }_{ }

 0 0 x y .

Để phương trình (*) có nghiệm x thì ^{   2}



^



     



1

1 3 1 0 1

x y P P P 3.

Ta có: ^1 M 3 tại

 

^{ }

        

      

         

         

 

2

2 2

1 1

1 1

2 1 3 2 1 0 1 3

3 x y

y P x y x y

x y x

P x x x y

x y xy x y x

.

 1 m tại

 

^{    }

         

        

       

         

   

2

2 2

1 1

1 1

2 1 0 1

1 1

1 x y x

y P x y y

x y

P x

x x

x y xy x y x

y

Do đó 1

; m 1.

M 3   _Vậy   2 3. M m

Câu 67: (SỞ GD&ĐT ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019) Cho x y, thỏa mãn 5x^26xy^5y^{2 }16 và hàm số bậc ba ^{y f x}

 

có đồ thị như hình vẽ. Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

   

     

2 2

2 2

2

2 4

x y P f

x y xy . Tính M²m²

10 x 8 6 4 2 2 4 6 8 10

7

6

5

4

3

2

1

1

2

3

0 1

-1

A. M^2m^24. B. M²m² 1. C. M²m² 25. D. M^2m^22. Lời giải

Đặt ^{  }

  

2 2

2 2

2

2 4

x y

t x y xy ^{ P f t}

 

. Vì 5x^26xy^5y^{2 }16

nên

 

 

   

 

      

  

   

    

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

1 5 6 5 3 6 3

8 .

1 18 2 4 2 16

2 5 6 5

4

x y x xy y x y xy x y

t x y xy x xy y x y xy x y x

Do đó ^{0   3}

 

t 2 P f t với _{ }^{ }_

  0 ;3 t 2 .

10 x 8 6 4 2 2 4 6 8 10

7

6

5

4

3

2

1

1

2

3

0 1

-1

Dựa vào đồ thị, ta có _{ }

 

_{ }

 

   

   

      

3 3

0; 0;

2 2

0 0 ; 1 2.

M Max P f m MinP f Suy ra M^2m^{2 }4.

Câu 68: (CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 2 NĂM 2018-2019) Cho các số thực x y, thay đổi nhưng luôn thỏa mãn 3x^22xy y^{ 2 }5. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức Px²xy2y² thuộc khoảng nào sau đây?

A.

 

^{4;7 . B.}



^2;1



^{. C.}

 

^{1; 4 . D.}



^7;10



^.

Lời giải

Lớp Toán thầy Lê Bá Bảo…0935.785.115… Trường THPT Đặng Huy Trứ, Huế

Địa chỉ lớp học: Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch TP Huế ---- Trung tâm KM10 Hương Trà---47 Xét    5

0 3

y P loại phương án A và D. Xét ^{  }_ ^{ }_ ^{ }

 

2 2

0 7 0

2 4

y y

y P x khi đó ta có biểu thức ^{  }

 

2 2

2 2

3 2

5

2 x xy y P x xy y

Chia cả tử và mẫu của vế phải cho y² tâ được

   

  

  

   

 

2

2

3 2 1

5

2

x x

y y

P x x

y y

.

Đặt ^{   } _{ }^{  }

 

^

 

^{ }_{ } ^

 

_{  }^{  }

 

2 2

2 2 2

5 3 2 1 5 14 3 3

( ) ' , ' 0 1

2 ( 2)

5

x t 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

 

^{ 4 5   4 5}

f t P 4

P .

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng ⁵

4, dấu bằng xảy ra khi t^{    }3 x 3y.

Câu 69: (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho x, ^y là các số thực thỏa mãn

   1 2 2

x y x y . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

  

 ² ²2 1  1 8 4 

P x y x y x y. Tính giá trị M^m

A. 42. B. ⁴¹. C. 43. D. 44.

Lời giải



^{x y}



^{2 }



^{x 1 2 y1}



^23

^

^{x y}

^

^{   0 x y 3}

        

 ² ²2 1  1 8 4    ²2   2 8 4 

P x y x y x y x y x y x y

Đặt ^{t 4}



^{x y t}



^, _{  }^{1; 2. Ta có: f t}

 

^



^4t2

 

^{22 4t2}



^{ 2 8t t 4 10t28t26.}

 

 4 ³20 8 f t t t ;

 

     

  

           

 

   

  



2

2 1; 2

0 2 1 2 1; 2

2 1 0

1 2 1; 2 t

f t t t

t t

t

; ^f

 

^{1 25;f}

 

^{2 18}.

Suy ra _{ }

   

_{ }

   

   

     

1;2 1;2

min 2 18; max 1 25

m f t f M f t f . Vậy Mm43.

DẠNG TOÁN 3: BÀI TOÁN THỰC TẾ - TỐI ƯU

Câu 70: (ĐỀ THỬ NGHIỆM BGD&ĐT NĂM 2016-2017) Một vật chuyển động theo quy luật

 1 ³ ² 2 9

s t t với ^t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu?

A. ²¹⁶

 

^{m s/ . B. 30}

 

^{m s/ . C. 400}

 

^{m s/ . D. 54}

 

^{m s/ .}

Lời giải Vận tốc tại thời điểm t là ( )^{ }( )^{ 3 2}18

v t s t 2t t với t_{ }^0;10^_. Ta có : v t^( )^{  }3t 18 0^{  }t 6.

Suy ra: ^v

 

^{0 0;v}

 

^{10 30;v}

 

^{6 54}. Vậy vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng ⁵⁴

 

^{m s/}

Câu 71: (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12 cm. Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng x (cm), rồi gập tấm nhôm lại như hình vẽ dưới đây để được một cái hộp không nắp. Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.

A. x^6. B. x^3. C. x^2. D. x^4.

Lời giải Ta có: ^{hx cm x}

 

^{, 0} là đường cao hình hộp.

Vì tấm nhôm được gấp lại tạo thành hình hộp nên cạnh đáy của hình hộp là: ^{12 2x cm}

 

Vậy diện tích đáy hình hộp ^S



^{12 2 x}



²

 

^{cm2 . Ta có: } ^  ^ ^ ^{ }

 

0 0

12 2 0 6 0;6

x x

x x x

Thể tích của hình hộp là: ^{V S h. x.}



^{12 2 x}



^2. Xét hàm số: ^{yx. 12 2}



^{ x}



^{2  x}

 

^{0; 6}

Ta có : ^y'



^{12 2 x}



^{24 12 2x}



^{ x}

 

^{ 12 2 x}



^{12 6 x}



^;

   

      

' 0 12 2 . 12 6 0 2

y x x x hoặc ^x6(loại).

Suy ra với x2 thì thể tích hộp là lớn nhất và giá trị lớn nhất đó là ^y

 

^{2 128}

Câu 72: (MĐ 101 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Ông ^A dự định dùng hết 6, 5m² kính để làm một bể cá có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

A. 2,26m³. B. 1,61m³. C. 1,33m³. D. 1,50m³.

Lớp Toán thầy Lê Bá Bảo…0935.785.115… Trường THPT Đặng Huy Trứ, Huế

Địa chỉ lớp học: Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch TP Huế ---- Trung tâm KM10 Hương Trà---49 Lời giải

b c

a

Giả sử hình hộp chữ nhật có kích thước như hình vẽ. Ta có dung tích của bể cá: V abc Mặt khác theo giả thiết ta có: ^{ }_{ } ^{ }



2 2 6,5

2

ab bc ac a b

  

  

2 2 6 6,5 2

b bc a b

 



 

  6,5 2 2

6 2 c b

b a b

Khi đó ^{ }

2 2 6,5 2 2 . 6 V b b

b

 6,5 2 ³ 3 b b

V . Xét hàm số:

 

^{6,5 2 3}

3 b b

f b .

BBT:

Vậy bể cá có dung tích lớn nhất là : ^ ^^ 39 3

6 1,50

f m .

Câu 73: (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Bác Bính có một tấm thép mỏng hình tròn, tâm O, bán kính 4^dm. Bác định cắt ra một hình quạt tròn tâm O, quấn rồi hàn ghép hai mép của hình quạt tròn lại để tạo thành một đồ vật dạng mặt nón tròn xoay (tham khảo hình vẽ). Dung tích lớn nhất có thể của đồ vật mà bác Bính tạo ra bằng bao nhiêu? (bỏ qua phần mối hàn và độ dày của tấm thép).

A. ₁₂₈ ₃^dm3

27 . B. ₁₂₈ ₃^dm3

81 . C. ₁₆ ₃^dm3

27 . D. ₆₄ ₃^dm3

27 .

Lời giải

Khi hàn hai mép của hình quạt tròn, độ dài đường sinh của hình nón bằng bán kính của hình quạt tròn, tức là AB^4.

Thể tích của hình nón: ^{V 1}₃^{. .r h2 1}₃^{. 16}



^h2



^{.h với}

^

^{0 h 4}

^

^.

 

^

 

 1  ²   4 3

16 3 0

3 3

V h h h .

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra thể tích lớn nhất của hình nón là 128 3dm₃

27 .

Câu 74: (SỞ GD&ĐT BÀ RỊA VŨNG TÀU NĂM 2018-2019) Một chất điểm chuyển động theo phương trình S^{  }t³ 9t^221t^9 trong đó t tính bằng giây ( )s và S tính bằng mét ( )m . Tính thời điểm t s( ) mà tại đó vận tốc của chuyển động đạt giá trị lớn nhất.

A. t^4( ).s B. t^5( ).s C. t^3( ).s D. t^7( ).s Lời giải

Ta có: S^{   }V 3t^218t^21^{ }3(t^3)^248 48^{ } maxV 48 khi t^3. Vận tốc chuyển động đạt giá trị lớn nhất khi t^3( ).s

Câu 75: (SỞ GD&ĐT BÀ RỊA VŨNG TÀU NĂM 2018-2019) Một công ty bất động sản có 40 căn hộ cho thuê. Biết rằng nếu cho thuê mỗi căn hộ với giá 3.000.000 đồng một tháng thì mọi căn hộ đều có người thuê và cứ tăng thêm giá cho thuê mỗi căn hộ 100.000 đồng một tháng (theo qui định trong hợp đồng) thì sẽ có một căn hộ bị bỏ trống. Hỏi muốn có thu nhập cao nhất thì công ty đó phải cho thuê mỗi căn hộ với giá bao nhiêu một tháng?

A. 3.700.000đồng. B. 3.500.000 đồng. C. 3.900.000 đồng. D. 4.000.000đồng.

Lời giải

Theo bài cứ tăng thêm 100.000 đồng trên một căn thì có 1 căn trống.

Do đó nếu tăng x đồng trên một căn thì có

100.000

x căn trống.

Số tiền thu nhập một tháng khi cho thuê căn hộ là

 x

   ²   

(3000.000 )(40 ) 10 120.000.000 ( )

100.000 100.000

x x

x f x

Do f x( ) là một hàm bậc hai với hệ số số a^0 nên f x( ) đạt giá trị lớn nhất khi x^500.000đ.

Vậy khi đó giá thuê mỗi căn là ^3.500.000 đồng.

Câu 76: (SỞ GD QUẢNG NAM 2019) Cho nửa đường tròn đường kính AB và hai điểm C D, thay đổi trên nửa đường tròn đó sao cho ABCD là hình thang. Diện tích lớn nhất của hình thang

ABCD bằng A. ¹

2 B. ^{3 3}

4 C. ¹ D. ^{3 3}

2 Lời giải

Lớp Toán thầy Lê Bá Bảo…0935.785.115… Trường THPT Đặng Huy Trứ, Huế

Địa chỉ lớp học: Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch TP Huế ---- Trung tâm KM10 Hương Trà---51

x 1 H

O

D C

A B

Gọi ^H là trung điểm của CD. Đặt OH^x



^{0 x 1}



^{. Ta có CD2CH2 1x2 .}

Diện tích hình thang ABCD là: _



^



^. _{ 2  2}

1 .

2 AB CD OH

S x x x

Xét hàm số ^{f x}

 

^{ x x 1x2 , với x}

 

^{0;1 .}

Ta có

 

^{  }



2 2

' 1 1 2 1 f x x

x

;    ²  ²   3

'( ) 0 1 2 1

f x x x x 2 .

Bảng biến thiên:

Vậy diện tích lớn nhất của hình thang ABCD là ^{3 3}. 4

Câu 77: (SỞ GD&ĐT CÀ MAU NĂM 2018-2019) Người ta muốn xây một cái bể hình hộp đứng có thể tích ^{V 18}

 

^m3 , biết đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp 3 lần chiều rộng và bể không có nắp. Hỏi cần xây bể có chiều cao ^h bằng bao nhiêu mét để nguyên vật liệu xây dựng là ít nhất (biết nguyên vật liệu xây dựng các mặt là như nhau)?

A. ²

 

^{m . B. 5}

 

2 m . C. ¹

 

^{m . D. 3}

 

2 m . Lời giải

Gọi x



^x0



là chiều rộng hình chữ nhật đáy bể, suy ra chiều dài hình chữ nhật đáy bể là 3 .x

 . .3  .3 ²18

V h x x h x



^x0



^{  18}₂ ^{ 6}₂

h 3

x x ,

Gọi P là diện tích xung quanh cộng với diện tích một đáy bể của hình hộp chữ nhật.

Nguyên vật liệu ít nhất khi P nhỏ nhất.

   ²   ²  ²

2 2

6 6 48

2 2. .3 3 2. . 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 ,^{f x}

 

^{ 0 48}₂ ^{6x  0 x 2}

x .

Bảng biến thiên:

Suy ra vật liệu ít nhất khi ^{ 6}₂ ^{ 6 3}

 

4 2

h m

x .

Câu 78: (CỤM 1 SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU NĂM 2018-2019 LẦN 01) Người ta muốn xây một bể chứa nước dạng hình hộp chữ nhật không nắp có thể tích 200m³. Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công xây bể là 300.000 đồng/m². Chi phí thuê công nhân thấp nhất là

A. 51 triệu đồng . B. 75 triệu đồng. C. 46 triệu đồng. D. 36 triệu đồng.

Lờigiải

Gọi chiều rộng, chiều dài của đáy lần lượt là x và 2x, chiều cao là y Diện tích các mặt bên và mặt đáy là S^6xy^2x²

Thể tích là V ^2x y^{2 }200^xy^100;

x 600 ² 300300 ² ³ 300 300 ²  ³

2 2 3 . .2 30 180

S x x x

x x x x x

Vậy chi phí thấp nhất là T^30 180.300000^{3 d}51triệu

DẠNG TOÁN 4: PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Câu 79: (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số ^{y f x}

 

có bảng biến thiên

Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình ^f



^{x  1 1}



^m có nghiệm?

A. ^{m 4.} B. ^m1. C. ^m2. D. ^{m 5}. Lời giải

Đặt t x   1 1 t 1. Khi đó BPT ^f



^{x  1 1}



^m trở thành ^{f t}

 

^m

 

¹

Khi đó BPT ^f



^{x  1 1}



^m có nghiệm khi và chỉ khi BPT ^{f t}

 

^m

 

¹ có nghiệm

1

t ^mmin_t1 ^{f t}

 

^{m 4.}

Câu 80: (MĐ 101 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số ^{f x}

 

^{, hàm số y f x}

 

liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ bên.

Lớp Toán thầy Lê Bá Bảo…0935.785.115… Trường THPT Đặng Huy Trứ, Huế

Địa chỉ lớp học: Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch TP Huế ---- Trung tâm KM10 Hương Trà---53 Bất phương trình ^{f x}

 

^{ x m (m} là tham số thực) nghiệm đúng với mọi ^x

 

^{0; 2} khi và chỉ khi

A. ^{m f}

 

^{2 2. B. m f}

 

^{0 . C. m f}

 

^{2 2. D. m f}

 

^{0 .}

Lời giải Ta có ^{f x}

 

^{ x m, x}

 

^{0; 2 m f x}

 

^{  x, x}

   

^{0; 2 * .}

Dựa vào đồ thị của hàm số ^{y f x}

 

ta có với ^x

 

^{0; 2 thì f x}

 

^1.

Xét hàm số ^{g x}

   

^{ f x x} trên khoảng

 

^{0; 2 ; g x}

 

^{ f x}

 

^{   1 0, x}

 

^{0; 2 .}

Suy ra hàm số ^{g x}

 

nghịch biến trên khoảng

 

^{0; 2} . Do đó

 

^{* m g}

   

^{0  f 0} .

Câu 81: (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số ^{f x}

 

^{, hàm số y f x}

 

liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ sau:

Bất phương trình ^{f x}

 

^{ x m (m} là tham số thực) nghiệm đúng với mọi ^x

 

^{0 ; 2} khi và chỉ khi

A. ^{m f}

 

^{2 2}. B. ^{m f}

 

^{2 2}. C. ^{m f}

 

⁰ . D. ^{m f}

 

⁰ . Lời giải

Bất phương trình ^{f x}

 

^{ x m} nghiệm đúng với mọi ^x

 

^{0 ; 2}

 

m f x x nghiệm đúng với mọi ^x

 

^{0 ; 2 (1)}

Xét hàm số ^{g x}

   

^{ f x x} trên khoảng

 

^{0 ; 2 , có g x}

 

^{ f x}

 

^{ 1 0 , x}

 

^{0 ; 2}

Bảng biến thiên:

Vậy (1) ^{m g}

 

^{2 m f}

 

^{2 2}.

Câu 82: (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 04) Cho hàm số ^{y f x}

 

và hàm số

 

yg x có đạo hàm xác định trên và có đồ thị như hình vẽ dưới đây:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

 

 

^

f x m

g x có nghiệm thuộc

 

 2 ; 3?

A. 4. B. 5. C. 7. D. 6.

Lời giải

Xét hàm số ^{h x}

   

^{ g xf x}

 

. Dựa vào đồ thị, ta thấy các hàm số ^{f x}

 

^{và g x}

 

liên tục và nhận giá trị dương trên ^_^2 ; 3^_, do đó ^{h x}

 

liên tục và nhận giá trị dương trên ^_^2 ; 3^_.

Ngoài ra với x^{ }_ 2 ; 3^_, dễ thấy ^{f x}

 

^{6, g x}

 

^{1 nên h x}

   

^{ g xf x}

 

^{6, mà h}

   

^{0  gf}

 

^{00  61 6}

nên _{ }

 

  

2 ; 3

maxh x 6 (1).

Lại có ^{h x}

 

^0 với mọi x^{ }_ 2 ; 3^_ và ^h

 

^{ 2 1} nên _{ }

 

 

 

2 ; 3

0 minh x 1 (2).

Phương trình

 

 

^

f x m

g x có nghiệm trên ^_^2 ; 3^_ khi và chỉ khi _{ }

 

_{ }

 

    

2 ; 3 2 ; 3

minh x m maxh x (3).

Từ

 

^{1 ,}

 

^{2 và}

 

³ , kết hợp với m , ta có m^



1; 2 ; 3; 4 ; 5; 6



. Chọn D.

Câu 83: (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số ^{f x}

 

^{, hàm số y f x}

 

liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ bên.

Bất phương trình ^{f x}

 

^{2x m (m} là tham số thực) nghiệm đúng với mọi ^x

 

^{0 ; 2} khi và chỉ khi

Lớp Toán thầy Lê Bá Bảo…0935.785.115… Trường THPT Đặng Huy Trứ, Huế

Địa chỉ lớp học: Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch TP Huế ---- Trung tâm KM10 Hương Trà---55 A. ^{m f}

 

^{0 . B. m f}

 

^{2 4. C. m f}

 

^{0 . D. m f}

 

^{2 4.}

Lời giải

Ta có ^{f x}

 

^{2x m m f x}

 

^2x

 

^* . Xét hàm số ^{g x}

   

^{ f x 2x trên}

 

^{0 ; 2 .}

Ta có ^{g x}

 

^{ f x}

 

^{ 2 0  x}

 

^{0 ; 2} nên hàm số ^{g x}

 

nghịch biến trên

 

^{0 ; 2 .}

Do đó ^{m f x}

 

^2x nghiệm đúng với mọi ^x

 

^{0 ; 2 khi m g}

   

^{0  f 0 .}

Câu 84: (SỞ GD&ĐT ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019) Cho hàm số ^{y f x}

 

^{. Hàm số y f x}

 

^{có bảng}

biến thiên như sau:

x  2 1 

 ⁰

y

2 

Bất phương trình ^{f x}

 

^x3m đúng với mọi ^{x 1;1}

 

khi và chỉ khi

A. ^{m f x}

 

^{1. B. m f}

 

^{ 1 1. C. m f}

 

^{ 1 1. D. m f}

 

^{1 1.}

Lời giải

 

^{ 3  }

 

^{ 3}

f x x m m f x x

 

^{1 . Xét g x}

   

^{ f x x3.}

     

   3 ²   0, 1;1

g x f x x x vì

     

 

       



    

 ²

1 0 , 1;1

3 0 , 1;1

f x f x

x x

 Hàm số ^{yg x}

 

nghịch biến trên



^1;1



^g

     

^{1 g x g 1} , ^{  1;1x}

 

.

 

¹ đúng với mọi ^{x }



^1;1



^{ m g}

   

^{ 1 f  1 1.}

Câu 85: (SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH 2018-2019) Số các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn

 

 2019; 2019 để phương trình ^x2



^m2



^{x 4}



^m1



^x34x có nghiệm là

A. ²⁰¹¹. B. ²⁰¹². C. ²⁰¹³. D. ²⁰¹⁴.

Lời giải Điều kiện : x³4x  0 x 0.

*) Nhận thấy x^0 không là nghiệm của phương trình.

*) Với x^0 chia cả hai vế của phương trình cho x^34x ta được:

   

    



2

2

4 2 1. 1

4

x x

m m

x x

Đặt ^{     }

2 4 4 4

2. . 2

t x x x

x x x . Vậy ^t2 với ^{ x 0}.

Phương trình

 

¹ trở thành: ^2



^1



^{   2 0  2 }_ ^{2   2} _^{4 ( 2)}

 

²

1 1

t t

t m t m m m t t

t t .

Xét hàm số

 

^{  2} _⁴

f t t 1

t trên ^{ }_^2;



^.

        



   

  

       



   

   

2

2 2

3 2;

4 2 3

1 ; 0

1 2;

1 1

t t t

f t f t

t t t

Bảng biến thiên của hàm số ^{f t}

 

^:

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình

 

² có nghiệm ^t_^2;



^.

Từ bảng biến thiên ta thấy m^7. Kết hợp m^ và m^{ }_ 2019; 2019^_ suy ra có 2013 giá trị m. Câu 86: (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị tham số m để

bất phương trình ^6x



^2x



^8x



^{x2 m 1} nghiệm đúng với mọi x^{ }_ 2; 8 .^_ A. m^16. B. m^15. C. m^8. D. ^{ }2 m^16.

Lời giải

Xét bất phương trình: ^6x



^2x



^8x



^{x2 m 1 1}

 

, điều kiện x^{ }_ 2; 8 .^_ Đặt ^t



^2x



^8x



^{, x }_ ^{2; 8 .}_ ^{Ta có:}

  

 

 

' 3

2 8

t x

x x , t' 0  x 3 Bảng biến thiên:

Suy ra t_{ }^0; 5^_. Khi đó

 

¹ trở thành: ^{t2 t 15m}

 

² . Xét hàm số ^{f t}

 

^{  t2 t 15,}

Bất phương trình

 

¹ nghiệm đúng với mọi x  2; 8 khi và chỉ khi

 

² nghiệm đúng với mọi

 

 0 ; 5 t

 

 



0;5

max ^{f t}

 

^{  m m 15.}

Câu 87: (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Số giá trị nguyên của tham số m nằm trong khoảng



^{0; 2020}



để phương trình x^{ }1 2019^x ^2020^m có nghiệm là

A. 2020. B. 2021. C. 2019. D. 2018.

Lời giải Ta có

 

^{   }  ^{  }

 

 

  



2018, 1; 2019 1 2019

2 2020 , 1; 2019

f x x x x

x x .

Vì hàm số h x( ) 2^{ x}2020 là hàm số đồng biến trên đoạn [1; 2019] nên ta có

   

[1;2019]maxh x( )max h(1), (2019)h 2018,[1;2019]minh x( )min h(1), (2019)h  2018 Suy ra: _{ }

 

  

1; 2019

min f x 0 và _{ }

 

 



1; 2019

max f x 2018. Do đó, ta có: ^{minf x}

 

^{0 và maxf x}

 

^2018.

Vì vậy, phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi: ^{0 2020  m 2018 2 m2020}. Suy ra có 2018 giá trị nguyên của m nằm trong khoảng



^{0; 2020}



^.

Lớp Toán thầy Lê Bá Bảo…0935.785.115… Trường THPT Đặng Huy Trứ, Huế

Địa chỉ lớp học: Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch TP Huế ---- Trung tâm KM10 Hương Trà---57 Câu 88: (SỞ GD&ĐT ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019) Gọi S là tập tất cả các giá trị của tham số m để

bất phương trình



^x1



^{4x24x 5 m4m26m} thỏa mãn với mọi giá trị của x^ . Tính tổng các giá trị của S.

A. 1. B. 3. C. 5. D. 2.

Lời giải Đặt ^{f x}

  

^{ x1}



^{4x24x5}.

   



 f x 4 x1 ³2x 4 4x³12x²14x ^x_



^2x3



^23_^{, f x}

 

^{  0 x 0}

f(x)

f '(x) 0

-∞

+∞

-0 +∞

-4 +∞

+ x

Xét ^{f m}

 

^{m4m26m f m}

 

^{4m32m 6 2}



^{m1 2}

 

^m22m3



^{ f m}

 

^{ 0 m1.}

f(m)

f '(m) 0

-∞

+∞

-1 +∞

-4 +∞

+ m

Ycbt ^{min f x}

 

^{m4m26mm4m26m 4 m1.} Vậy tổng các giá trị của S là 1.

Câu 89: (SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH NĂM 2018-2019) GọiS là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình sau x^63x^4m x^{3 3}4x^2mx^{ }2 0 nghiệm đúng với mọi x_{  }^1; 3^. Tổng tất cả các phần tử của S bằng:

A. ³. B. ². C. ¹. D. ⁴.

Lời giải

Ta có: x^63x^4m x^{3 3}4x^2mx^{  }2 0 x^63x^44x^{2 }2 m x^{3 3}mx

    ^{   }

 x²1 ³ x² 1 mx ³mx 1

Xét hàm đặc trưng ^{f t}

 

^{  t3 t f t'}

 

^{3t2 1 0}

 

^{1  f x}



^{2 1}



^{f mx}

^{ }

^{x2 1 mx}

Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình x^{2 }1 mx nghiệm đúng với mọi x_{  }^1; 3^



 

 

    ²     

2 1

1 x , 1; 3

x mx m g x x

x ;

 

_{ }

   

 

 

  2     1; 3  

' 1 1 0 1; 3 1 2

g x x xMin g x g

x

Vậy để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi ^{x  1; 3}thì ^m2 Vì ^m nguyên dương nên ^S

 

^{1; 2} _có ² phần tử. Tổng các phần tử bằng ³.

Trong tài liệu KHảO SáT HàM Số (Trang 39-58)