Vận dụng cao - Đồ thị của hàm hợp có lời giải chi tiết ôn thi THPTQG năm 2021

HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ PHẦN 3

Câu 1: (Đề thi thử Chuyên Đại học Vinh lần 2 – 2019) Cho hàm số ^{y f x}

 

có đồ thị như sau:

Có bao nhiêu số nguyên m để bất phương trình



^{mx m 2 5x2 2m1}



^{f x}

 

^{0 nghiệm}

đúng với mọi ^{x }



^{2; 2}



^?

A. 1. B. 3 . C. 0 . D. 2 .

Lời giải: Đặt ^{g x}

 

^{mx m 2 5x22m1.}

Từ đồ thị của ^{y f x}

 

^{ta thấy f x}

 

đổi dấu khi qua x1 nên suy ra ^{g x}

 

cũng phải có nghiệm x1 và là nghiệm đơn. Khi đó ta thay vào và thu được m 1.

Kiểm tra: Với m 1, ta có ^{g x f x}

   

^{.   }



^{x 5x21}



^{f x}

   

2

 

1 1 1

5

x x f x

x

  

    

  

Nhận xét: Với ^{x }



^{2; 2}



^{thì x 1 5x2     2 1 1 0 hay 1} ₂ ^{1 0}

5 x

x

  



. Khi đó quan sát đồ thị ^{f x}

 

, ta thấy có dạng ^{f x}

  

^{ 1x A}



^{với A0.}

Do đó ta luôn có ^{g x f x}

   

^{. 0,   x}



^{2; 2}



^{. Vậy m 1} là giá trị cần tìm.

Câu 2: (Đề thi thử Chuyên Đại học Vinh lần 2 – 2019) Cho hàm số ^{f x}

 

^{. Hàm số f}

 

^{x có bảng}

biến thiên như hình vẽ bên. Giá trị lớn nhất của hàm số ^{g x}

 

^{ f}

 

^{2x sin2x} trên đoạn



^1;1



là?

A. ^f

 

^{1 B. f}

 

^{0 . C. f}

 

^{2 . D. f}

 

^{1 .}

thuvientoan.net CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2018 Môn: Toán

Lời giải: Ta có ^{g x}

 

^2.f

 

^{2x 2 sin .cosx x2.f}

 

^{2x sin 2x}

Đặt t2x. Xét ^{h t}

 

^2f

 

^{t sint với t }



^{2; 2}



^.

Từ bảng biến thiên của hàm số ^f

 

^{x , ta thấy}

 Với ^{t }



^{2; 0}



^{  x}



^{1; 0}



^{thì f}

 

^{t 0} mà sint0 nên ^{h t}

 

^0.

 Với ^t



^{0; 2}



^{ x}



^0;1



^{thì f}

 

^{t 0 mà sint0nên h t}

 

^0.

 Với t0x0 thì ^h

 

^{0 0.}

Ta có bảng biến thiên hàm số ^{g x}

 

^{như sau:}

Từ bảng biến thiên hàm số ta có giá trị lớn nhất của hàm số ^{g x}

 

trên đoạn



^1;1



^{là g}

 

^{0  f}

 

^{0 .}

Câu 3: (Đề thi thử Chuyên Đại học Vinh lần 2 – 2019) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình

 

 

9.32^xm 4 x 1 3 m1 3^x 1 0 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt.

A. Vô số. B. 3 . C. 1. D. 2 .

Lời giải: Ta có: ^9.32xm



^{4 x 1 3}



^{m1 3}

 

^{x 1 0 9.3x}₃^{1x m}_^{4 x 1 3}



^m1



^_

Nhận xét thấy x là nghiệm thì 2 x là nghiệm

Vậy có phương trình có 3 nghiệm thì phương trình phải có một nghiệm là 1 .

Nên ^{6 3}



¹



^{2 2 0 1}

2

m m m m m

m

 

          . Thử lại:

 Với m1 ta có: 1

9.3 4 1 6

3

x x

 x   ^



^3x11



^{24.3x. x1}

1 2 4

1 2 4

3 1 2.3 1

3 1 2.3 1

x x

x x

x x





   

 

    



2 0

1 x x x

  

 



  



.

 Với m 2 ta có: V a³ 3 ^



^3x11



^{22 x1.3x 0x 1(vô lý).}

Kết luận: Vậy m1.

Câu 4: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ-SỐ 04) Một cái hồ rộng có hình chữ nhật. Tại một góc nhỏ của hồ người ta đóng một cái cọc ở vị trí K cách bờ AB là 1m và cách bờ AC là 8m, rồi dùng một cây sào ngăn cách một góc nhỏ của hồ để thả bèo (như hình vẽ). Tính chiều dài ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm vào 2 bờ AB AC, và cây cọc K(bỏ qua đường kính của sào).

A. 5 65

4 B. 5 5

C. 9 2 D. 4 71 4

Lời giải: Ta có: đặt trục tọa độ như hình vẽ: ^P



^0;b



^và



^{; 0}



Q a :x y 1

PQ a b

   và điểm ^K



^1;8



1 8 8

1 1

b a

a b a

    

 . Lại có:

 

2

2 2 2

2

64 5 5

1

PQ a b a a

a

    

 . Chọn B

Câu 5: (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ-SỐ 04) Cho ,x y là những số thực thỏa mãn x²xyy² 1. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

4 4

2 2

1 1 x y

P x y

 

   . Giá trị của 15

AM  m

A. A  9 2 6 B. A17 6 C. A  9 2 6 D. A17 6

Lời giải: Ta có: ^{4 4}



^{2 2}



^{2 2 2}

 

^{2 2 2}

2 2 2 2

2 1 1 2 1

1

1 1

x y x y xy x y

x y

P x y x y xy

     

 

  

    . Đặt txy

2 2

1 0 1

x y  xy   t . Lại có x²y² 2xy 1 xy2xy t 1 Nên ta xét

 

2 2 2

1 t t

f t t

  

  với 1  t 1. Ta có:

 

2 4 2 2 6

' 0

2 2 6

t t t f t

t t

   

  

   

    

Xét ^{t }



^1;1



^{min f t}

 

^{ f}

 

^{1  1 và max f t}

 

^{ f}



^{ 2 6}



^{ 6 2 6}

6 2 6 15 9 2 6

A

       . Chọn A

Câu 6: (Chuyên Lê Quý Đôn – Điện Biên) Gọi S là tập tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình ^m2



^x416



^{m x}



^24



^28



^x2



^0 đúng với mọi x. Tổng giá trị tất cả các phần tử thuộc S bằng:

A. 15 8

 . B. 1 . C. 1

8

 . D. 7

8. Lời giải: Ta có

               

2 4 16 2 4 28 2 0 2 2 2 2 4 2 28 0

m x  m x   x   x m x x  m x   Điều kiện cần: x2 là một nghiệm của phương trình ^m2



^x2

 

^x24



^{m x}



^2



^280

2

1

32 4 28 0 7

8 m

m m

m

  

    

 



Điều kiện đủ: Thay lại thấy m 1 và 7

m 8 thỏa mãn. Chọn C.

Câu 7: (Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên) Cho hàm số x m x 4

y x m

 

  và điểm ^C



^{4; 2}



^.

Biết rằng đồ thị hàm số có hai điểm cực trị phân biệt ,A B. Gọi S là tập hợp các giá trị m sao cho ba điểm , ,A B C phân biệt thẳng hàng. Số phần tử của S là:

A. 3. B. 2. C. 1. D. 0.

Lời giải: Ta có

2 4 4

x m x

y x

x m x m

 

  

 

 

²

1 4 y

x m

  



; ⁰

 

^{2 4 2}

2 x m

y x m

x m

  

      

 



Từ đó ta có tọa độ của 2 điểm cực trị: ^A



^{ 2 m; 4  m}



^{, B}



^{2 m; 4 m}





^{4;8 ;}

 

^{6 ; 6}



AB AC m m

   

Ba điểm , ,A B C phân biệt thẳng hàng ^{ABk AC k}



^0

  

 

4 6

8 6

k m

k m

  

 

 



 Không tồn tại giá trị k thỏa mãn. Chọn D.

Câu 8: (Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên) Cho hàm số 1 2 y x

x

 

 , có đồ thị

 

^{C . Gọi d là tiếp}

tuyến với đồ thị

 

^C tại điểm có hoành độ bằng m2. Biết đường thẳng d cắt tiệm cận đứng của đồ thị

 

^{C tại điểm} A x y



1; 1



và cắt tiệm cận ngang của đồ thị

 

^{C tại điểm} B x y



2; 2



. Gọi m m₁, ₂ là các giá trị của m thỏa mãn x₂ y₁ 5. Tổng m₁² m₂² bằng?

A. 9. B. 8. C. 10. D. 4.

Lời giải: Ta có

 

²

3 2 y

x

 



 phương trình tiếp tuyến của

 

^C tại điểm có hoành độ x₀ m2 là:

d: 0

  

2

 

3 3

2 2 m 2

y y f m x m y x m

m m

 

         



^m0

  

^*

Điểm A là giao điểm của d với tiệm cận đứng  A



2;y1



, B là giao điểm của d với tiệm cận ngang



2;1



B x





1



1 2

 

1

3 3 6

2; m 2 2 1

A y d y m y

m m m

           



2



2



2



2

3 3

x ;1 1 m 2 2 2

A d x m x m

m m

         

Lại có 2 1 ²

 

6 1

5 1 2 2 5 2 4 6 0 0

3

x y m m m m m

m m

 

                 

. Chọn C.

Câu 9: (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh 2019). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số

 

2 2

2018 2019 24 14 1

x x

y x m x m

   

    có đúng hai đường tiệm cận?

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

Lời giải: Điều kiện: 1 2019 1;

x

x x m

  

 

  



TXĐ của hàm số không chứa  nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Đặt ^{f x}

 

^{ x22018x201924 14}. Để đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận đứng thì:

 

 

²

1 0 4036 24 14 0

0 2018 2019 24 14 0

f

f m m m

 

  

 

 

       

 

   

2

1; 2019 1; 2019

3; 5

2018 6045 0

m m

m m

m m

     

 

 

 

    

 



. Chọn B.

Câu 10: (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh 2019). Cho các số thực x y, thay đổi thỏa mãn

2 2

2

2 2 2

3 3

4 2 3 1

x xy y

e x xy y x

e

 

      . Gọi m₀ là giá trị của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của biểu thức P x²2xyy²3m2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, m₀ thuộc vào khoảng nào ?

A. m0



1; 2



. B. m0 



1; 0



. C. m0



2;3



. D. m0



0;1



.

Lời giải: Ta có ^{2 2} 2 ^{2 2 2}

2 2 2 2 2 2 3 3 2

3 3

4 2 3 1 2 3 3

x xy y x xy y x

e x xy y x e x xy y e x

e

    

            

2 2 2 2 2

2 3 3 4 2 3

x xy y x x xy y

         . Suy ra

 

²

2

2 2

3 3

1 1

1 3 2 2

2 3

2 4

x x y

x

x y y y

   

  

 

       

 

 



.

Ta tìm GTLN, GTNN của Qx²2xyy². Xét

2 2

2 2

2

3 4 2

Q x xy y

x xy y

 

   .

Nếu 3

0 4

y Q . Nếu

2 2

2 1

0 0 ,

3 4 2 1

Q t t x

y y t

t t y

 

      

  . Lập BBT ta có 6 Q1. Khi đó ^{P Q3m2 ,}



^{ 6 Q1}



^{maxPmax}



^P

 

^{6 ;P}

 

¹



 

^{3 8 1 3 7}

max 3 8 ; 3 1

2 2

m m

m m   

     , dấu “=” xảy ra 3

3 8 1 3

m m m 2

      . Chọn A.

Câu 11: (Thanh Chương 1 – Nghệ An) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn



^10;10



để bất phương trình

2

2

3 2

2 1

log 2 4 5 2

1

x x m

x x m

x x

  

   

  có nghiệm.

Số phần tử của tập hợp S bằng

A. 20. B. 10. C. 15. D. 5.

Lời giải: Ta có:

 

2

2

3 2

2 1

log 2 4 5 2 *

1

x x m

x x m

x x

  

   

 



²

 

²

 

²

 

²



3 3

log 2x x m 1 2 2x x m 1 log 3 x x 1 6 x x 1

             

Xét hàm f t

 

log3t2t^{ f t}

 

đồng biến với mọi t0, khi đó:

Bất phương trình

 

* có nghiệm  bất phương trình ^{2x xm 1 3}



^{x x1}



có nghiệm



^{x 1}



^{2 1 m 0}

     có nghiệm m1. Vậy S



1; 2;...;9;10



. Chọn B.

Câu 12: (TRƯỜNG THPT BẠC LIÊU NINH BÌNH) Cho hàm số yx³2018x có đồ thị là

 

^{C .}

M1 là điểm trên

 

^C có hoành độ x₁2. Tiếp tuyến của

 

^{C tại} M1 cắt

 

^C tại điểm M₂ khác M₁, tiếp tuyến của

 

^{C tại} M2cắt

 

^{C tại điểm} M3 khác M₂,…tiếp tuyến của

 

^{C tại}

1

Mn_ cắt

 

^{C tại} Mn khác M_n1



n4;5;...



. Gọi



x yn^; n



là tọa độ điểm M_n. Tìm n để 2018x_ny_n220190

A. n685 B. n679 C. n675 D. n673

Lời giải: Ta có: phương trình tiếp tuyến của

 

^{C tại} Mk



x yk^; k



là y



³x²k ²⁰¹⁸

 

xxk



 yk

Tiếp tuyến cắt

 

^C tại 2 điểm là M_k và M_k1 nên phương trình hoành độ giao điểm:

       

3 2 2 2

2018 3 _k 2018 _{k k k} . _k 2 _k 0

x  x x  xx y  xx x x x  x 

2

k k

x x

x x

 

   

1 2

k k

x_ x

   x_n x1.

 

2 ^n12.

 

2 ^n1

Nên ta có: ²⁰¹⁸xnyn²²⁰¹⁹⁰x³n²²⁰¹⁹ ^{2 .3}

 

^{2 3n3}²²⁰¹⁹n⁶⁷³. Chọn D

Câu 13: (TRƯỜNG THPT BẠC LIÊU NINH BÌNH) Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm

 

^{2 1}

 

' 12 3 24

f x x  x4 m n với mọi x thuộc . Biết rằng hàm số không có điểm cực trị nào và ,m n là hai số thực không âm thỏa mãn 3n m 6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 P mn

A. 8 B. 9 C. 11 D. 10

Lời giải: Ta có: hàm số không có điểm cực trị nào ^{  12}



^{3m n 24}



^{03m n 12}

Mà 3n m 6 nên ta có hệ

 

 

, 0

3 12 1

3 6 2

m n m n n m

 

  



  



. Thay nP2m vào

 

1 ta được: m12P

Thay nP2m vào

 

2 ta được 3 6 7 m P

 . Kết hợp lại ta được 3 6

12 9

7

P P P

    . Chọn B Câu 14: (TRƯỜNG THPT BẠC LIÊU NINH BÌNH) Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

m để phương trình ³4 sinxmsinx³sin³x4 sinxm 8 2 có nghiệm thực

A. 20 B. 22 C. 21 D. 18

Lời giải: Ta có: lập phương hai vế và rút gọn ta được:

 

^{3 3}



^{3 3}



34 sinxmsinx 34 sinxmsinx  sin x4 sinxm8.2 sin x4 sinxm 8 2 TH1:³ 4 sinxmsinx³sin³x4 sinx m    8 2 0 sin³x4 sinx m

Khảo sát ^{f t}

 

^{t34t   t}



^1;1



^{ta được}

 

 

 

 

1;1 1;1

min f t m max f t 5 m 5

        

 có 11 giá trị nguyên của ^{m }



^5;5

  

¹

TH2:

3

3 3 3 3

3 4 sin sin

4 sin sin sin 4 sin 8.2 sin 4 sin 8

2

x m x

x m x x x m x x m 

         

3

3 4sin sin 3 2 sin

4 sin sin 2 4 sin 2 sin

2 2

x m x x

x m x  x m  x

        

4 sinx m 8 4 sinx 8 m

     

4 8 m 4 4 m 12

        nên có 9 giá trị của ^m



^4;12

  

²

Từ

  

^{1 2 18} giá trị của m vì có 2 giá trị trùng nhau . Chọn D

Câu 15: (Thanh Chương 1 – Nghệ An) Cho hàm số

 

^{1 3 4 2 1 4}

3 3 3 3

f x  x  x  x có đồ thị như hình vẽ bên. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình



²



²

2019.f 15x 30x16 m 12x 30x16m0 có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn



^{0; 2 .}



A. 1513. B. 1512. C. 1515. D. 1514.

Lời giải: Đặt t  15x²30x16, ^x



^{0; 2}



^{ t}



^{1; 4}



, khi đó xét phương trình:

   

    

3 2

1 4 1 4

2019 3 3 3 3

2019 0 2019 673 4 1 *

1 1

t t t

f t mt m m f t t t

t t

  

        

 

Xét hàm ^{f t}

 

^673



^t4



^t1



^{với t}



^{1; 4}



^{0 f t}

 

^{ f}



^{2, 5}



^{ 1514, 25}

Để phương trình ^2019.f



^{15x2 30x16}



^{m 12x2 30x16m0} có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn



0; 2 thì phương trình

  

* phải có 2 nghiệm ^t



^{1; 4}



^{0m 1514, 25}. Vậy có tất cả 1514 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn.

Câu 16: (Thanh Chương 1 – Nghệ An) Cho hàm số ^{y f x}

 

^{có f}

 

^{2 m1, f}

 

^{1 m2. Hàm}

số ^{y f}

 

^x có bảng biến thiên như hình vẽ bên

Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ¹

 

^{2 1}

2 3

f x x m

x

  

 có nghiệm



^2;1



x  là

A. 7

5; 2

  

 

 

. B.



^{2; 0}



^{. C.}



^{2; 7}



^{. D. 7; 7}

2

 

 

 

. Lời giải: Xét hàm số

 

¹

 

^{2 1}

2 3

g x f x x x

  

 , ta có:

   

 

₂

 

1 5

0 2;1

2 3

g x f x x

x

       

 ^{g x}

 

nghịch biến ^{  x}



^2;1



Vậy phương trình ^{g x}

 

^m có nghiệm ^{x }



^2;1



^g

 

^{1 m g}

 

^2

 

¹

 

^{2 3}

2 f 4 m 2 f

      7

2 m

   . Chọn D.

Câu 17: (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh 2019). Cho hàm số

 

   

2

3 3 2 2

1 2 3 1 2 1

3 2

m x

y x  m m x m

       . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số

 

1 đạt cực đại, cực tiểu tại x_CD,x_CT sao cho 3x_CD² 4x_CT. Khi đó, tổng các phần tử của tập S bằng?

A. 4 7

S  6

 . B. 4 7

S 6

 . C. 4 7

S  6

 . D. 4 7

S 6

 .

Lời giải: Ta có ^{y x2}



^3m2



^{x2m23m1; 0 1 0}

2 1

x m

y m

x m

 

       . Trường hợp 1: m 0 2m 1 m 1 x_CD 2m1;x_CT m1.

Khi đó ^{3 2 4 3 2}



¹



^{2 4}



¹



^{2 7}

CD CT 6

x x m m m  

       .

Trường hợp 2: m 0 2m 1 m 1 x_CT 2m1;x_CD m1. Khi đó ³xCD² ⁴xCT ³



m¹



²^{4 2}



m¹



m¹.

Vậy 2 7 4 7

1 6 6

S  

   . Chọn C.

Câu 18: (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh 2019). Cho hàm số ^{y f x}

 

^liên

tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Khi đó, số điểm cực trị của hàm số ^{g x}

 

^{ f2}

 

^{x 2f x}

 

^{8 là:}

A. 9. B. 10.

C. 11. D. 7.

Lời giải: Xét hàm số ^{h x}

 

^{ f2}

 

^{x 2f x}

 

^8.

Ta có ^{h x}

 

^2f

   

^{x f x. 2f}

 

^{x ,}

   

 

0 0

1 f x

h x f x

 

   

 

.

   

 

1 1 0

0 1 1 8

x h

f x

x h

    

   

   



;

 

 

 

 

2; 1

1 0;1

1;

x a

f x x b

x c

   



   

   



.

Lập BBT ta thấy ^{h x}

 

có 2 điểm cực đại là x 1 và 3 điểm cực tiểu tại xa x; b x; c. Lại có ^h

 

^{1  0 h x}

 

cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt.

Vậy đồ thị hàm số ^{g x}

 

^{ f2}

 

^{x 2f x}

 

^{8 có 5 2 7} điểm cực trị. Chọn D.

Câu 19: (Sở GDĐT Bắc Giang) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình x⁴  1 x²x 2mx⁴ 2m 0 đúng với mọi x. Biết rằng ^S



^{a b;}



, giá trị của

8 12

a  b bằng

A. 3. B. 2. C. 6. D. 5.

Lời giải: Điều kiện ^{2m x}



^41



^{0m0, khi đó:}

2

4 2 4

4 4

1 2 2 0 1 2 0

1 1

x x

x x x mx m m

x x

        

 

Đặt 4

1 t x

x



 x

  2 2

2 ; 2

t  

   

 

YCĐB  tìm các giá trị thực của m để bất phương trình t²t 2m 1 0 2 2 2 ; 2

t  

   

 

 

 

2 . 1 0 1 0

2 2 0 1

1 4

2 1 0 2 0

2

f m

m f m

     

     

   

    

 

       

   

 



0;1 S  4

   . Chọn A.

Câu 20: (8 TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG HỒNG) Cho bất phương trình

 

3 4 2 3 2 2 2

2 1 1 1

x x m x  x x   m. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình trên nghiệm đúng với mọi x1

A. m1 B. m1 C. 1

m2 D. 1

m2

Lời giải: Ta có: PT ³ x⁴x²mx⁴x²m³2x² 1 2x²1. Xét ^{y f t}

 

^3tt luôn đồng biến nên ^{f x}



^4x2m



^{ f}



^2x21



^{x4x2  1 m} luôn nghiệm đúng với mọi x1



^{4 2}



min1 1 1 1

m t x x m

          . Chọn B

Câu 21: (Sở GD – ĐT Thanh Hoá – 2019). Cho hàm số ^{f x}

 

^{x33x26x1}. Phương trình

  

¹



¹

 

²

f f x    f x  có số nghiệm thực là:

A. 4 . B. 6 . C. 7. D. 9.

Lời giải: Đặt ^{t f x}

 

^{1 t x33x26x2.}

Khi đó ^{f f x}

  

^1



^{ 1 f x}

 

^2 trở thành:

 

^{1 1}

f t   t

 

²

1

1 2 1

t

f t t t

  

 

   

 ^{3 2}

1

4 8 1 0

t

t t t

  

     

 

 

 

1 2 3

1

2; 1 1;1 1; 6 t

t t t t t t

  

    

 

  



  



 

 

2 3

1;1 5; 6 t t

t t

  

 

 



.

Vì ^{g t}

 

^{t34t28t1; g}

 

^{2  7; g}

 

^{1 4; g}

 

^{1  10; g}

 

^{5  14; g}

 

^{6 25.}

Xét phương trình tx³3x²6x1là pt hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số ^{h x}

 

^{x33x26x2}

và đường thẳng yt. Ta có

Dựa vào bảng biến thiên, ta có

+ Với tt2 



1;1



, ta có d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt, nên phương trình có 3 nghiệm.

+ Với tt3



5; 6



, ta có d cắt (C) tại 1 điểm, nên phương trình có 1 nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. Chọn A.

Câu 22: (THPT NGUYỄN KHUYẾN-HCM) Biết đồ thị hàm số yx³3x2 tiếp xúc với parabol yax2b tại điểm có hoành độ ^x



^{0; 2}



. Giá trị lớn nhất Sa b là

A. S_max 1 B. S_max0 C. S_max 1 D. S_max  3

Lời giải: Ta có: điều kiện tiếp xúc

2

3 2

2 2

3

3 3

3 2 2

3 3 2 3 3

3 2 .

2 a x

x x ax b x

x ax x

b x x x

 

 

    

 

 

  

     



 

3 3

2 2 2 S f x x

     x . Khảo sát ^{f x}

 

^{ta thấy} Smax  f

 

1 0. Chọn đáp án B

Câu 23: (THPT NGUYỄN KHUYẾN-HCM) Cho các hàm số ^{y f x}

 

^{, yg x}

 

^,

 

 

3 1 y f x

g x

 

 . Hệ số góc tiếp tuyến của các đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x1 bằng nhau và khác

0 . Khẳn định nào sau đây là đúng A.

 

^{1 11}

f   4 B.

 

^{1 11}

f   4 C.

 

^{1 11}

f   4 D.

 

^{1 11}

f   4 Lời giải: Ta có:gọi

   

 

3 1 h x f x

g x

 

 ^{. Dễ thấy f ' 1}

 

^{g' 1}

 

^{h' 1}

 

^a0.

         

 

²

' 1 ' 3

'

1

f x g x g x f x h x

g x

  

   

   

 



 

 

.

         

 

²

' 1 1 1 ' 1 1 3

' 1

1 1

f g g f

h

g

  

   

   

 



 

 

   

 

²

1 1 1 3

1 1

a g a f

a g

  

   

   

 



 

 

.

Nên ^g

 

^{1 f}

 

^{1  2 }_^g

 

^{1 1}_^{2 hay}

       

2

2 1 11 11

1 1 1 3 1

2 4 4

f  g g   g     

  ^.

Câu 24: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN-ĐÀ NẴNG) Tìm m để bất phương trình 2^x3^x4^x5^x  4 mx có tập nghiệm là 

A. ln120 B. ln10 C. ln 30 D. ln14

Lời giải: Ta có: ^{f x}

 

^{2x3x4x5x} và đường thẳng ymx4 đi qua điểm cố định



0; 4



Nên để đường thẳng luôn nằm dưới đường cong với mọi giá trị của x 4

y mx

   là tiếp tuyến của hàm số ^{y f x}

 

^tại



^{0; 4}



m f^{' 0}

 

ln 2 ln 3 ln 4 ln 5   ln120. Chọn đáp án A

y' + 0 – 0 +

y – ∞

7 6 3

 

7 6 3

 

+ ∞

Câu 25: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN-ĐÀ NẴNG) Với hai số thực a b, bất kỳ, ta kí hiệu

_{a b,} 

 

^{2 3}

f x  x a  x b  x  x . Biết rằng tồn tại duy nhất số thực x₀ để

 , 

 

_ , _

 

0

min _{a b a b}

x f x f x

 

 với mọi số thực ,a b thỏa mãn a^b b^a và 0ab. Số x₀ bằng

A. 2e1 B. 2, 5 C. e D. 2e

Lời giải: Ta có: ln ln

.ln .ln

a b b a

b a a b b a

b a

     .

Xét hàm số ^{f x}

 

^{lnx x 0}

 x   có ^{f '}

 

^{x 1 ln}₂ ^{x 0}

x

   xe ta có bảng biến thiên của ^{f x}

 

^:

Từ BBT: vì bab e ab 1 lnb0 mà lnb lna

b  a lna0 a1 Nên : b e a1

Với x e f_a b_{, }

 

e   b a ¹

Ta thấy ^f_{a b, }

 

^{x  x a b}      ^{x x 2 3 x}    ^{b a 1 f e}

 

thỏa mãn

  

  

0

2 3 0

x a b x

x x

  



   



. Chọn C Câu 26: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN-ĐÀ NẴNG) Cho hàm số ^{f x}

 

^{ax3bx2cxd ( , , ,a b c d là}

các hằng số thực và a0). Biết rằng đồ thị hai hàm số ^{y f x}

 

^{và y f '}

 

^x cắt nhau tại ba điểm có điểm có hoành độ lần lượt là 3; 0; 4( tham số hình vẽ). Hàm số

 

^{4 3 3 2 2}

 

²⁰¹⁹

4 3 3

a b a c b

g x x  x  x d c x

      nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A.



^{3; 0}



^B.



^{3; 4}



^C.



^0;



^D.



^{0; 4}



Lời giải: Ta có: ^{f x}

 

^{ f'}

 

^{x ax3}



^{b3a x}



^2



^{c2b x d}



^{ c. Do f x}

 

^{và f'}

 

^x cắt nhau tại ba điểm có điểm có hoành độ lần lượt là 3; 0; 4

       

3 3 2 2 3 0 4

ax b a x c b x d c a x x x

          

     

3 2 3 2

3 2 12

ax b a x c b x d c a x x x

         

 

^{4 3 2}

  

^{3 2}



2 1 0 4

8 6 2019 ' 12 0

3

4 3

8 b a

x x

c a g x a x x g x a x x x

d a x

 

 

  

                  

. Chọn D

Câu 27: (THPT Chuyên Hà Tĩnh) Gọi S là tập tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số

3 3 3 2 2 4 2 3 2

y x  x   x  x mx có tiệm cận ngang. Tổng các phần tử của S là

A. 2 . B. 2 . C. 3 . D. 3 .

Lời giải: Ta có



^{3 3 2 2}



^{3 3 23 3 22}

   

lim 3 2 4 3 2 lim 1 2 1 lim 1 1

x x x x x mx x x m x x m

x x x x

  

 

                

 



^{3 3 2 2}



^{3 3 23 3 22}

   

lim 3 2 4 3 2 lim 1 2 1 lim 3 2

x x x x x mx x x m x x m

x x x x

  

 

               

 

Để giới hạn

 

^{1 và}

 

2 là hữu hạn thì điều kiện cần là: 1 3 m m

 

  

 Điều kiện đủ:

Với m1: ^{xlim}



^{3 x33x22 4x2 3x2x}



^{xlim}

 3 x33x2 2x  4x2 3x22x 

 

2

2 3 2

3 2 3 2 2

3

3 2 3 2 1

lim 3 2 3 2 4 3 2 2 4

x

x x

x x x

x x x x x x



 

 

 

   

  

     

 

 

(thỏa mãn) Với m 3:



^{3 3 2 2}

  

^{3 3 2}

 

²

 

lim 3 2 4 3 2 3 lim 3 2 4 3 2 2

x x x x x x x x x x x x x

               

 

2

2 3 2

3 2 3 2 2

3

3 2 3 2 7

lim 3 2 3 2 4 3 2 2 4

x

x x

x x x

x x x x x x



 

 

 

   

  

     

 

 

(thỏa mãn)

Vậy ^{S }



^{1; 3}



^{. Chọn A.}

Câu 28: (THPT Chuyên Hà Tĩnh) Cho các số thực ,x y thay đổi thỏa mãn x² y²xy1 và hàm số ^{f t}

 

^{2t33t2 1. Gọi M m,} tương ứng là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

5 2

4 x y Q f

x y

   

    

. Tổng M m bằng?

A.  4 3 2. B.  4 5 2. C.  4 4 2. D.  4 2 2. Lời giải: Ta có:

2 2

2 2 3

1 1

2 4

y y

x y xy x 

       

 

Đặt 5 2

4 x y t x y

 

   ^{t x}



^{ y4}



^{5xy2}



^t5



^x



^t1



^{y4t20}

Biên soạn: Đội ngũ giáo viên TAEducation – Điện thoại: 0902.920.389



^{t 5}



^x ₂^y



^{3t 3}



³₂^{y 2 4t}

       

 

Mặt khác:

         

2 2 2 2

2 3 2 3

2 4 5 3 3 5 3 3 .

2 2 2 4

y y y y

t  t x  t   t t  x  

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



^{2 4t}



^{2 }



^{t 5}



²



^{3t 3}



^{2.1 12t2 24 0 2 t 2}

            

 

 

Xét hàm ^{f t}

 

^{2t3 3t2 1 với  2 t 2, ta có: M  f}

 

^{0 1,m f}



^{ 2}



^{  5 4 2. Chọn C.}

Câu 29: (Chuyên Trần Phú – Hải Phòng – 2019). Cho hàm số ^{y f x}

 

xác định trên tập số thực  và có đạo hàm ^f'

  

^{x  xsinx}



^{x m 3}

 

^{x 9m2}



^{3 x  (m<}