Các chuyên đề luyện thi THPT Quốc gia môn Toán – Nguyễn Văn Lực - Thư viện tải tài liệu ôn thi THPT Quốc Gia

(1)

PHẦN 1. ĐỒ THỊ HÀM SỐ

1.1. Sự đồng biến – nghịch biến của hàm số

Câu 1. Cho hàm số 1 ( ² ) ³ 2 ² 3 1

y3 m m x  mx  x . Tìm m để hàm số luôn đồng biến trên .

Tập xác định: D

Đạo hàm: y'(m²m x) ²4mx3

Hàm số luôn đồng biến trên  y'0  x

Trường hợp 1: Xét ² 0 ⁰ 1 m m m

m

 

    

+ Với m0, ta có y'   3 0, x , suy ra m0 thỏa.

+ Với m1, ta có ' 4 3 0 ³

y  x    x 4, suy ra m1 không thỏa.

Trường hợp 2: Xét ² 0 ⁰ 1 m m m

m

 

     , khi đó:

' 0

y   x 

2 2

' 3 0

0

m m

   



    3 0

0 1

m

m m

  

   

  ^{ }³ ^m^⁰ Từ hai trường hợp trên, ta có giá trị m cần tìm là  3 m0.

Câu 2. Cho hàm số y x ³3mx²3(m²1)x2m3. Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng

 

^1;2 ^.

Đạo hàm: y'3x²6mx3(m²1)

Hàm số nghịch biến trên khoảng

 

^1;2 ^ ^y^'^⁰^{ }^x ^{ }^{1; 2}

Ta có  ' 9m²9(m²   1) 9 0, m

Suy ra y' luôn có hai nghiệm phân biệt x₁ m 1;x₂  m 1 (x₁x₂) Do đó: y'0 ^{ }^x  ^{1; 2}  x1   1 2 x2  ¹

2

1 2 x x

 

   1 1 1 2 m m

  

  

  ¹^m²

Vậy giá trị m cần tìm là ¹^m².

(2)

Câu 3. Xác định m để hàm số sau đồng biến trong khoảng (0; +∞):

2 1

x m

y

x

 

 + TXĐ: D = R

+ y’ =

2 2

1

( 1) 1

mx

x x

 

 

Hàm số ĐB trong (0; +∞) <=> y’ ≥ 0 mọi x (0; +∞).

<=> -mx + 1 ≥ 0 mọi x (0; +∞). (1) . m = 0 (1) đúng

. m > 0 : -mx + 1 ≥ 0 <=> x ≤ 1/m. Vậy (1) không thỏa mãn.

. m < 0: -mx + 1 ≥ 0 <=> x ≥ 1/m. Khi đó (1) <=> 1/m ≤ 0 t/m.

Giá trịcần tìm là: m ≤ 0.

Câu 4. Cho hàm số y x ³3x²mx2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng



^0;^



^.

Đạo hàm: y'3x²6xm

Hàm số đồng biến trên khoảng



^0;^



^ ^y^'^⁰^,^{ }^x ^^0;^^ (có dấu bằng)

 3x²6x m 0, ^{ }^x ^0;^

 3x²6xm, ^{ }^x ^0;^^(*)

Xét hàm số f x( ) 3x² 6x, ^{ }^x ^0;^^{, ta có:}

'( ) 6 6

f x x ; f '( )x 0 x 1 Bảng biến thiên:

x 0 1

'( )

f x 0

( )

f x 0

3 Từ BBT ta suy ra: (*) m 3

Vậy giá trị m cần tìm là m 3.

(3)

Câu 5. Tìm m để hàm số luôn nghịch biến: y   x³ (3 m x) ²2mx12. + Tập xác định: D .

+ Đạo hàm: y' 3x²2(3m x) 2m

+ Để hàm số luôn nghịch biến thì y'0 x

2 2

3 0 0

' 0 9 6 ( 3)( 2 ) 0

12 9 0

6 3 3 6 3 3.

a

m m m

m m

m

  

        

   

    

Câu 6. Cho hàm số y ^mx ⁷^m ⁸ x m

 

  . Tìm m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.

Tập xác định: ^D^ ^\ ^m

Đạo hàm:

 

2 2

7 8

' m m

y

x m

  

  . Dấu của y' là dấu của biểu thức m²7m8.

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định y'0,  x D (không có dấu bằng)

2 7 8 0

m m

   

8 m 1

Vậy giá trị m cần tìm là 8 m 1.

Câu 7. Tìm m để hàm số luôn nghịch biến x: ymx³3x²3x1. + Tập xác định: D

+ Đạo hàm: y'3mx²6x3

+ Để hàm số luôn nghịch biến x thì y'0 x 3mx2 6x 3 0

    x  ¹

+ TH₁: m0

(1)  6x 3 0 6x 3

  

(4)

1 x 2

   ( không thỏa x) + TH₂: m0

(1) 0 3 0 0

0 9 9 0 9 9

a m m

m m

  

  

       

0 1

1

m m

m

 

      . + Vậy m 1 thì hàm số thỏa đề bài.

(5)

1.2. Cực trị của hàm số

Câu 1. Tìm cực trị của của hàm số ¹ ³ ¹ ² 2 2

3 2

y x  x  x . Cách 1.

* Tập xác định:R.

Ta có: ' ² 2; ' 0 ¹

2 y x x y x

x

  

       .

* Bảng biến thiên:

x  – 1 2



y’ + 0 – 0 +

y

Vậy hàm số đạt cực đại tại x = -1 và giá trị cực đại yCĐ

 

¹ ¹⁹

y 6

   Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu yCT

 

² ⁴

y 3

  . Cách 2.

* Tập xác định:.

Ta có: ' ² 2; ' 0 ¹

2 y x x y x

x

  

       .

* ^y^''^²^x^^{1, ''}^y

 

^{   }¹ ³ ⁰ nên hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1 và giá trị cực đại yCĐ

 

¹ ¹⁹

y 6

  

*^y^{'' 2}

 

^{ }³ ⁰ nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu . Câu 2. Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số yx³3x²6 Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số yx³3x²6

* Tập xác định:

2 0

' 3 6 , ' 0

2 y x x y x

x

 

      Bảng xét dấu đạo hàm

Từ bảng xét đấu

x  0 2 

y + 0 - 0 +

(6)

đạo hàm ta có

Hàm số đạt cực đại tại x0và giá trị cực đại y6; đạt cực tiểu tại x2và giá

trị cực tiểu y2.

Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là M ^{0; 6} , điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là N ^{2; 2}

Câu 3. Tìm các điểm cực trị của hàm số y2x⁴4x²1. TXĐ: D

3 2

' 8 -8 8 ( -1)

y  x x x x  x D ' 0 0

1 y x

x

 

    

Bảng xét dấu của y’:

x - -1 0 1

+

y’ - 0 + 0 - 0 +

Kết luận: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y_cd  y(0) 1.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1 và y_ct  y( 1)  3.

Câu 4. Cho hàm số ^y^^x³^³^mx² ^



^m²^¹



^x^^2,^m là tham số.

Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x2. Ta có: y'3x²6mxm²1;y''6x6m

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại 2 ^'(2) ⁰ ''(2) 0 x y

y

 

   

2 12 11 0

12 6 0

m m

m

   

    ^^m^¹ Vậy với m = 1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 23. Cho hàm số y x³3mx²3(m²1)xm³m (1). Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O bằng

2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O.

Ta có y3x²6mx3(m²1)

Hàm số (1) có cực trị thì PT y0 có 2 nghiệm phân biệt

2 2

2 1 0

x mx m

     có 2 nhiệm phân biệt     1 0, m Khi đó, điểm cực đại A m( 1;2 2 ) m và điểm cực tiểu B m(   1; 2 2 )m

(7)

Ta có ² 3 2 2

2 6 1 0

3 2 2

OA OB m m m

m

   

      

  

 .

Câu 6. Tìm m để hàm số  ¹ ⁴ ²

4

y m x  m x

đạt cực tiểu tại điểm x = 1.

Tìm m để hàm số  ¹ ⁴ ²

4

ym x  m x

đạt cực tiểu tại điểm x = 1

 ³

' 1 2

y m x  m

Điều kiện cần ^y^{' 1} ^{  }⁰ ^m ²

Thử lại m = 2 : ^y^'^²^x^¹³ đổi dấu từâm sang dương khi đi qua x = 1 Vậy nhận m = 2

Câu 7. Tìm m để hàm số: ¹ ³  ² ₂ ² ₃ ² ₁ ₅

y3x  m  m x  m  x m đạt cực tiểu tại x  2.

  ² ₂ ² ₂ ₃ ² ₁

y x x  m  m x m   _y _x ₂_x₂_m² _m ₂

Để hàm số đạt cực tiểu tại x  2 thì

 

  

 

2 2

2 0 4 3 0 1 3 0

2 0 0 1 0 3

y m m m m

y m m m m m

 

            

         

  

Câu 8. Cho hàm số y x³ 3(m1)x² 9xm, với m là tham số thực.

Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x₁,x₂ sao cho x1x2 2. Xác định ^m để hàm số đã cho đạt cực trị tại ^x¹^,^x² sao cho ^x¹^^x² ^². Ta có: ^y^'^³^x² ^⁶⁽^m^¹⁾^x^⁹^.

Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại ^x¹^, ^x² ^Phương trình ^y^'^⁰ có hai nghiệm pb là

2 1, x

x  Pt ^x² ^²⁽^m^¹⁾^x^³^⁰ có hai nghiệm phân biệt là ^x¹^, ^x² ' ( 1)2 3 0

1 3

(1)

1 3

m m m

     

   

    

Với ĐK (1), theo định lý Viet ta có: ^x¹^^x² ^²⁽^m^¹^); ^x¹^x² ^³^.

 

2

1 2 1 2 1 2

2

2 4 4

4 1 12 4

x x x x x x

m

     

   

(8)

( 1)2 4 3 (2) 1

m m m

  

  

  

Từ (1) và (2) ta được:

3 1 m m

  

  TMYCBT.

Câu 9. Cho hàm số: yx³3(m1)x²9xm, với m là tham số thực.Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x x₁, ₂ sao cho x₁x₂ 2.

 Ta có y'3x²6(m1)x9.

 Hàm số có cực đại, cực tiểu x1, x2. PT y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt là x1, x2.  x²2(m1)x 3 0 có hai nghiệm phân biệt là x x₁, ₂.

  ' (m1)²     3 0 m 1 3  m  1 3 (1) Theo đề ta có: x1x2  2



x1x2



²4x x1 2 4 (*) Theo định lý Viet ta có: x₁x₂ 2(m1); x x_{1 2} 3.

 

²

(*)4 m1 124(m1)²     4 3 m 1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra giá trị m cần tìm là:     3 m 1 3 hoặc  1 3 m 1.

Câu 10. m để hàm số   1 ³  1 ² 3 2 1

3 3

f x  mx  m x  m x đạt cực trịtại x1, x2thỏa mãn x₁2x₂ 1.

Hàm số có CĐ, CT  f x mx²2m1x3m20 có 2 nghiệm phân biệt 

   



^m^{ }^^⁰^m^¹ ²^³^{m m}^² ^⁰^¹ 2⁶    m ^{0 1} 2⁶ (*)

Với điều kiện (*) thì f x 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số f (x) đạt cực trị tại x1, x2. Theo định lý Viet ta có:    

1 2 1 2

2 m 1 ; 3 m 2

x x x x

m m

 

  

Ta có:    

1 2 2 1

2 1 2 2 1 2 3 4

2 1 1 m m; m m m

x x x x

m m m m m

    

        

      

3 2

2 m 3m 4 m 2 m 3m 4 3m m 2

m m m

  

        2

2 3 m m

 

  

Cả 2 giá trị này đều thỏa mãn điều kiện (*). Vậy x₁2x₂ 1 2 2

m m 3

    Câu 11. Cho hàm số: yx⁴2(m²1)x²1 (1)

Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất.

y’ = 4x³ – 4(m²+1)x

(9)

y’ = 0 

2

0

1 x

x m

 

   

  hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m

2 1

xCT   m   giá trị cực tiểu y_CT  (m²1)²1

2 2

ì ( 1) 1 _CT 0

V m    y  max(y_CT) 0 m²   1 1 m 0

Câu 12. Cho hàm số y  x³ 3mx1 (1). Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A B, sao cho tam giác OAB vuông tại O ( với O là gốc tọa độ ).

 

2 2

' 3 3 3

y   x  m  x m ^y^'^{ }⁰ ^x²^{ }^m ^{0 *} 

Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị PT (*) có 2 nghiệm phân biệt^{ }^m ^{0 **} 

Khi đó 2 điểm cực trị ^A



^ ^m^{;1 2}^ ^{m m}



^,^B



^m^{;1 2}^ ^{m m}



Tam giác OAB vuông tại O OA OB. 0 ³ 1

4 1 0

m m m 2

      ( TM (**) ) Vậy ¹

m 2

Câu 13. Cho hàm số f x( )x⁴2(m2)x²m²5m5 (Cm)

Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân.

Hàm số có CĐ, CT khi m < 2 . Toạ độ các điểm cực trị là:

(0; 25 5), ( 2 ;1 ), ( 2 ;1 )

A m m B m m C m m

Tam giác ABC luôn cân tại A  ABC vuông tại A khi m = 1.

Câu 14. Cho hàm số y 2x³ 3x² 1 1

Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d y: 2x 1 với đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc d và cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành một tam giác vuông tại M.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của d y: 2x1 và đồ thị (C) là:

3 2 3 2

2x 3x  1 2x 1 2x 3x 2x0 (*)

Giải phương trình (*) ta được ba nghiệm phân biệt ₁ 0, ₂ 2, ₃ ¹ x  x  x  2 Vậy d cắt (C) tại ba điểm phân biệt (0;1), (2;5), ¹;0

A B C 2 

 

 

: 2 1 ( ;2 1)

M d y  x  M t t , tọa độ các điểm cực trịcủa (C) là D(0;1), (1; 0)T

M cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành tam giác vuông tại M

. 0(**)

DM TM

  , mặt khác ta có DM ( ;2 ),t t TM  (t 1;2t 1) (**) 5t2 t 0 t 0

      hoặc ¹

t  5

(10)

t  0 M(0;1)D (loại); ¹ ^{1 3};

5 5 5

t M 

    

 

Câu 15. Cho hàm số yx⁴²m x² ²¹

 

Cm (1). Tìm m dể hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông cân.

Ta có: ³ ²



² ²



2 2

' 4 4 4 0 x 0 0 (*)

y x m x x x m m

x m

 

        

Với điều kiện (*) thì hàm số (1) có ba điểm cực trị. Gọi ba điểm cực trị là:

 

^{0;1 ;}



^;1 ⁴

 

^; ^;1 ⁴



A B m m C m m . Do đó nếu ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân, thì đỉnh sẽ là A.

Do tính chất của hàm số trùng phương, tam giác ABC đã là tam giác cân rồi, cho nên để thỏa mãn điều kiện tam giác là vuông, thì AB vuông góc với AC.



^; ⁴



^;



^; ⁴



^;



^{2 ;0}



AB m m AC m m BC m

      

Tam giác ABC vuông khi: ^BC² ^^AB²^^AC² ^⁴^m² ^^m²^^m⁸^



^m²^^m⁸



 

2 4 4

2m m 1 0; m 1 m 1

       

Vậy với m = -1 và m = 1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 16. Cho hàm số yx⁴2m x² ²1 (1).Tìm tất cả các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C và diện tích tam giác ABC bằng 32 (đơn vị diện tích).

+) Ta có y’ = 4x³ – 4m²x ; y’ = 0 

2 2

0 x

x m

 

  ; ĐK có 3 điểm cực trị: m  0 +) Tọa độ ba điểm cực trị: A(0 ; 1), B(- m ; 1 – m⁴), C(m ; 1 – m⁴) ;

+) CM tam giác ABC cân đỉnh A. Tọa độ trung điểm I của BC là I(0 ; 1 – m⁴).

+) 1 ⁴ ⁵

. 32 2

ABC 2

S  AI BCm m  m    m (tm)

Câu 17. Cho hàm số yx⁴2mx² m 1 (1), với m là tham số thực. Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1.

 

' 3 2

2

4 4 4 0 x 0

y x mx x x m

x m

 

       

Hàm số đã cho có ba điểm cực trị pt y^' 0 có ba nghiệm phân biệt và y^' đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó  m 0

 Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

(11)



^0; ^{1 ,}

 

^; ² ^{1 ,}

 

^; ² ¹



A m B  m m  m C m m  m

 1 ²

2 .

ABC B A C B

S  y y x x m m ; ABAC  m⁴m BC, 2 m



⁴



3

2

2 1 . .

1 1 2 1 0 5 1

4 4

ABC 2

m m m m AB AC BC

R m m

S m m m

 

 

           



Câu 18. Cho hàm số y = x³ – 3x²+2 (1)

Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(1;1) và có hệ số góc bằng 3. Tìm điểm M thuộc đường thẳng d sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất.

+ d: y=3x-2

+ Xét biểu thức P=3x-y-2. Thay tọa độ điểm (0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm (2;- 2)=>P=6>0. Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng d. Từ đây, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng

+ Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 + Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:

4

3 2 5

2 2 2

5 y x x

y x

y

 

 

 

    

  



Câu 19. Cho hàm số yx³ 6x²9x2 (1).

Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A



1;1



và vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).

Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm ^A



^¹^;¹



và vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).

Đuờng thẳng đi qua 2 c ực trị A(1;2) và B(3;-2) là y=-2x+4 Ta có pt đt vuông góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½ Vậy PT đ ư ờng thẳng cần tìm là

2 3 2 1 

 x y

Câu 20. Cho hàm số yx³3mx²4m²2 (1), m là tham số.

Tìm mđể đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB.

Ta có y'3x²6mx.

2 0

' 0 3 6 0

2 .

y x mx x

x m

 

      

Đồ thị hàm số (1) có hai cực trị khi và chỉ khi y'0có hai nghiệm phân biệt m0. Tọa độ các điểm cực trị là A(0; 4m²2), (2 ; 4B m  m³4m²2).

(12)

Điểm I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB khi và chỉ khi ¹₃ ₂

2 4 2 0

m

m m

 

   

 Giải hệ, ta được m1. Vậy m1 là giá trị cần tìm.

Câu 21. Cho hàm số y  x³ (2m1)x²(m²3m2)x4 (m là tham số) có đồ thị là (Cm). Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của trục tung.

2 2