(1)Trang 1 LỜI GIẢI VÀ PHÂN TÍCH MỘT SỐ CÂU VẬN DỤNG TRONG ĐỀ THAM KHẢO KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Câu 38: Cho hàm số f x

Trang 1

LỜI GIẢI VÀ PHÂN TÍCH MỘT SỐ CÂU VẬN DỤNG TRONG ĐỀ THAM KHẢO KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020

Câu 38: Cho hàm số ^{f x}

 

^{có f}

 

^{3 3 và f x'}

 

^ _{x  1} ^x _{x 1} ^{với x 0. Khi đó 8}

 

3

f x dx



^bằng

A. 7. B. 197

6 . C. 29

2 . D. 181

6 . Lời giải 1:

   

⁸

 

⁸

 

3 3

8 3 d d 7 8 10

1 1

f f f x x x x f

x x

      

  

 

^.

         

8 8 8 8 2

3 3 3 3

229 197

d d 8 8 3 3 d 80 9

6 6

1 1

f x x xf x xf x x f f x x

x x

         

  

  

^.

Lời giải 2:

Ta có

    

 

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

x x

f x x

x x x x x

   

    

      

Suy ra ^{f x}

 

^{ x 2 x  1 C}

Mà^f

 

^{3    3 C 4. Do đó f x}

 

^{ x 2 x  1 4.}

Vì vậy



⁸₃



^{x 2 x  1 4 d}



^{x  197}₆

Nhận xét:

Với giả thiết như vậy ta có thể xử lý theo hai hướng:

Hướng 1: Tìm ^{f x}

 

từ đó suy ra ⁸

 

3

d f x x



. Nếu để ý kỹ hơn thì thấy

  

 

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

x x

x

x x x x x

   

  

      

Khi đó, có thể dễ dàng tìm ^{f x}

 

^.

Hướng 2: Sử dụng tích phân từng phần

         

8 8 8 8 2

3 3 3 3

d d 8 8 3 3 d

1 1

f x x xf x xf x x f f x x

x x

     

  

  

Như thế, chỉ cần tính ^f

 

^{8 là xong.}

thuvientoan.net

Đề thi tham khảo kỳ thi THPT quốc gia năm 2020 giúp giáo viên, học sinh đánh giá mức độ đề thi qua đó có những định hướng quá trình ôn tập. Bài viết này, xin phân tích một số bài toán được khai thác theo nhiều hướng giúp chúng ta có những cách tiếp cận khác nhau đối với những dạng toán vận dụng trong các đề thi THPT quốc gia.

Trang 2

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 38

Câu 38.1: Cho hàm số ^{f x}

 

liên tục trên



^{0; }



^{. Biết f x}

 

^{ ln}_x^{x và f}

 

^{1 0}. Giá trị của

 

1 e d

f x x



bằng

A. e2. B. 1

2. C. 1

6. D. 2

2 e .

Câu 38.2: Biết rằng xsinx là một nguyên hàm của hàm số ^{f x}

 

^ trên R. Gọi F x( ) là một nguyên hàm của hàm số f x'( )f'(x) cos x thỏa mãn ^F

 

^{0 0}. Giá trị của

F     4 bằng

A. . B.

4 . C. 0. D.

2 . Câu 38.3: Cho hàm số ^{f x}

 

liên tục trên  thỏa mãn các điều kiện:

 

^{0 2 2,}

f  ^{f x}

 

^{0,  x  và f x f x}

    

^{.   2x 1 1}



^{f x2}

 

^{,  x .}

Khi đó giá trị ^f

 

^{1 bằng}

A. 26. B. 24. C. 15. D. 23.

Trang 3

LỜI GIẢI BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 38

Câu 38.1: Cho hàm số ^{f x}

 

liên tục trên



^{0; }



^{. Biết f x}

 

^{ ln}_x^{x và f}

 

^{1 0}. Giá trị của

 

1 e d

f x x



bằng

A. e2. B. 1

2. C. 1

6. D. 2

2 e . Lời giải

Chọn D

Ta có



^{f x x}

 

^{d }



^ln_x^{x dx }



^{ln d lnx}

 

^{x ln}₂^{2x C. Nên f x}

 

^{ ln}₂^{2x C, với C} là hằng số.

Mà ^f

 

^{1    0 C 0 f x}

 

^{ ln}₂^{2x .}

Do đó,

 

²

1 1

ln 2

d d

2 2

e f x x  e x x e

 

^.

Câu 38.2: Biết rằng xsinx là một nguyên hàm của hàm số ^{f x}

 

^ trên R. Gọi F x( ) là một nguyên hàm của hàm số f x'( )f'(x) cos x thỏa mãn ^F

 

^{0 0}. Giá trị của

F     4 bằng

A. . B.

4 . C. 0. D.

2 . Lời giải

Chọn D sin

x x là một nguyên hàm của hàm số ^{f x}

 

^{  f x}

  

^{  xsin ' sinx}



^{ x x cosx}

( ) sin cos

f x x x x

   

'( ) 2cos sin

f x x x x

   

   

' 2cos sin

f  x x  x x

    

   

' ' 2 sin

f x f  x  x

   

Khi đó

( ) '( ) '( ) cos d 2 sin .cos d sin2 d cos2

F x 



f x f x  x x 



x x x 



x x  2 x C

Từ (0) 0 C ( ) cos2

2 2 2 4 2

F     F x   x   F        . Câu 38.3: Cho hàm số ^{f x}

 

liên tục trên  thỏa mãn các điều kiện:

 

^{0 2 2,}

f  ^{f x}

 

^{0,  x  và f x f x}

    

^{.   2x 1 1}



^{f x2}

 

^{,  x .}

Khi đó giá trị ^f

 

^{1 bằng}

A. 26. B. 24. C. 15. D. 23.

Trang 4 Lời giải Chọn B

Ta có ^{f x f x}

    

^{.   2x 1 1}



^{f x2}

     

   

2

. 2 1

1

f x f x f x x

   

 .

Suy ra

   

   

2

. d 2 1 d

1

f x f x

x x x

f x

  





    

   

2

2

d 1 2 1 d

2 1

f x x x

f x

   







^{ 1f x2}

 

^{  x2 x C.}

Theo giả thiết ^f

 

^{0 2 2, suy ra 1}

 

^{2 2 2   C C 3.}

Với C 3 thì ^{1f x2}

 

^{x2   x 3 f x}

 

^



^{x2  x 3}



^{21. Vậy f}

 

^{1  24.}

Trang 5

Câu 43: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn 0 x 2020 và log (3₃ x   3) x 2y9^y?

A. 2019. B. 6. C. 2020. D. 4.

Lời giải

Điều kiện: x 0 nên log (3₃ x 3) xác định.

Ta có

3 3 3

log (3x   3) x 2y 9^y log (x    1) (x 1) 2 log 3^y 9^y

3 3

log (x 1) (x 1) log 9^y 9^y

     

 

¹

Xét hàm số ^{f t( ) log 3t t t ,  }



^0;



^{có f t ( )} _{tln 3}^{1     1 0, t}



^0;



^.

Do đó hàm số luôn đồng biến trên



^0;



^.

Khi đó

 

^{1   x 9y 1}

Vì 0 x 2020 nên 0 9  ^y 1 2020  0 y log 2021₉ . Do y nguyên nên ^y



^0;1;2;3



^.

        

x y^;



0;0 ; 8;1 ; 80;2 ; 728;3

 

  .

Vậy có 4 cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn.

Nhận xét:

Với dạng toán này việc quan trọng nhất là xác định được hàm đặc trưng ^{f t( ) log 3t t t ,  }



^0;



^.

Ngoài ra, nếu để ý hàm số y log (3₃ x  3) x đồng biến trên



^{ 1;}



^{, hàm số 2x 9x} cũng đồng biến trên



^{ ;}



^{nên 0} x ²⁰²⁰ ^{1 2}y ^9y log 6063 2020³     1 y 4.

Trang 6

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 43

Câu 43.1: Có bao nhiêu cặp số ( ; )x y nguyên thỏa mãn các điều kiện 0 x 2020 và log (22 x   2) x 3y 8^y?

A. 2019. B. 2018. C. 1. D. 4.

Câu 43.2: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số

 

^{x y;} thỏa mãn đồng thời các điều kiện e^{3 5x y} e^{x y 3 1}   1 2x 2yvà ^{log 323}



^{x   2y 1}

 

^{m6 log}



^{3x m 2  9 0?}

A. 6. B. 5. C. 8. D. 7.

Câu 43.3: Cho phương trình ^{7x  m log7}



^{x m}



^{với m} là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của



^25;25



m  để phương trình đã cho có nghiệm?

A. 9. B. 25. C. 24. D. 26.

Câu 43.4: Cho phương trình ¹₂^log2



^{x    2}



^{x 3 log2 2x}_x^{1 }¹ _x^1^{2 2 x 2}, gọi S là tổng tất cả các nghiệm của nó. Khi đó, giá trị của S là

A. S  2. B. 1 13

S  2 . C. S 2. D. 1 13 S  2 .

Trang 7

LỜI GIẢI BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 43

Câu 43.1: Có bao nhiêu cặp số ( ; )x y nguyên thỏa mãn các điều kiện 0 x 2020 và log (22 x   2) x 3y 8^y?

A. 2019. B. 2018. C. 1. D. 4.

Lời giải Chọn D

Do 0 x 2020 nên log (2₂ x 2) luôn có nghĩa.

Ta có

log (22 x   2) x 3y 8^y  log (₂ x    1) x 1 3log 2₂ ^y 8^y

 

2 2

log (x 1) x 1 log 8^y 8^y

      (1)

Xét hàm số ^{f t( ) log 2t t t ,  }



^0;



^{có f t ( )} _tln2^{1     1 0, t}



^0;



^.

Do đó hàm số luôn đồng biến trên



^0;



^.

Khi đó

 

^{1   x 8y 1}

Ta có 0 x 2020 nên 0 8  ^y 1 2020  0 y log 2021 3,66₈  . Mà y nên ^y



^0;1;2;3



^.

Vậy có 4 cặp số ( ; )x y nguyên thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 43.2: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số

 

^{x y;} thỏa mãn đồng thời các điều kiện e^{3 5x y} e^{x y 3 1}   1 2x 2yvà ^{log 323}



^{x   2y 1}

 

^{m6 log}



^{3x m 2  9 0?}

A. 6. B. 5. C. 8. D. 7.

Lời giải Chọn B

Ta có e^{3 5x y} e^{x y 3 1}   1 2x 2y ^{e3 5x y }



^{3x 5y}



^{ex y 3 1 }



^{x 3y1}



^.

Xét hàm số ^{f t}

 

^{ et t trên . Ta có f t}

 

^{  et 1 0} nên hàm số đồng biến trên .

Do đó phương trình có dạng ^{f x}



^{3 5y}

 

^{ f x 3y 1}



^{ 3x 5y x 3y 12y  1 2x.}

Thế vào phương trình còn lại ta được ^log23x



^{m6 log}



^{3x m 2  9 0.}

Đặt t log₃x , phương trình có dạng ^{t2 }



^m6



^{t m 2  9 0.}

Để phương trình có nghiệm thì   0 3m² 12m0   0 m 4. Do đó có 5 số nguyên m thỏa mãn.

Câu 43.3: Cho phương trình ^{7x  m log7}



^{x m}



^{với m} là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của



^25;25



m  để phương trình đã cho có nghiệm?

A. 9. B. 25. C. 24. D. 26.

Trang 8 Lời giải Chọn C

ĐK: x m

Đặt ^{t log7}



^{x m}



^{ta có   }_{  }⁷₇^xt _{m x}^{m t}

 7^x   x 7^t t

 

¹

Do hàm số ^{f u}

 

^{7u u} đồng biến trên , nên ta có

 

^{1  t x. Khi đó:}

7^x     m x m x 7^x.

Xét hàm số ^{g x}

 

^{ x 7x g x}

 

^{ 1 7 ln 7 0x    x log ln77}

 

^.

Bảng biến thiên

x  ^{log ln 77}

 

^

 

g x _{ 0} 



^{log ln 77}

  

g 

 

g x

 

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi ^{m g }



^{log ln 77}

  

^{ 0,856} (các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện vì x m 7^x 0⁾

Do m nguyên thuộc khoảng



^25;25



^{, nên} m  



24; 16;...; 1



.

Câu 43.4: Cho phương trình ¹₂^log2



^{x    2}



^{x 3 log2 2x}_x^{1 }¹ _x^1^{2 2 x 2}, gọi S là tổng tất cả các nghiệm của nó. Khi đó, giá trị của S là

A. S  2. B. 1 13

S  2 . C. S 2. D. 1 13 S  2 . Lời giải

Chọn D

Điều kiện 2 1

0 2 x x

  

 



.

Ta có ₂^1log2



^{x    2}



^{x 3 log22x}_x^{1 }¹ _x^1^{2 2 x 2}

 ^{log2 x  2}



^{x  2 1}



^{2 log 22} ^_x^{1 } ^^^21_x^^{1}²  ^{f x}



^{ 2}



^f^21_x^

 

¹ Xét hàm số ^{f t}

 

^{log2t  }

 

^{t 12, t 0.}

Trang 9

Ta có ^{f t}

 

^_tln2^{1 2}

 

^{t1  2ln2.t2}_t^_{.ln 2}^{2ln2.t1 0 ,  t 0.}

Do đó hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên khoảng



^0;



^.

Nên

 

^{1  x    2 2 1}_x ^{x32x2 4x  1 0}

1 3 13 3 2 13

2 x

x x

 

 

 

 

 

Kết hợp với điều kiện ta được

1 3 13

2 x

x

  

 

  . Vậy 1 13

S  2 .

Trang 10

Câu 46: Cho hàm số bậc bốn ^{y  f x}

 

có đồ thị như hình dưới đây

x y

O 4

Số điểm cực trị của hàm số ^{g x}

 

^{ f x}



^{3 3x2}



^là

A. 5. B. 3. C. 7. D. 11.

Lời giải

Từ đồ thị suy ra hàm số ^{y  f x}

 

^{có 3} điểm cực trị x₁    0 x₂ 4 x₃ Xét hàm số ^{g x}

 

^{ f x}



^{3 3x2}



^{, ta có g x}

 

^



^{3x2 6x f x}

 

^{ 3 3x2}



   

2

3 2

3 2

3 6 0 0

0 2

3 0

3 _i, 1;2;3 x x x

g x x

f x x

x x x i

 

   

             Ta có đồ thị hàm số y x ³ 3x²

x y

x=x2

x=x3

x=x1

-3

4

-2 O 1

Ta có nhận xét rằng phương trình x³ 3x² x₁ có 1 nghiệm; phương trình x³ 3x² x₂ có 3 nghiệm;

phương trình x³ 3x² x₃ có 1 nghiệm cả 5 nghiệm này đôi một phân biệt, đều khác 0; 2 . Như vậy, ^{g x}

 

^{ 0 có 7} nghiệm đơn phân biệt

Do đó hàm số ^{g x}

 

^{có 7} điểm cực trị.

Nhận xét:

Để xác định số cực trị của hàm ^{g x}

 

^{ f u x}

   

ta thường hướng đến việc xét dấu

       

g x u x f u x  .

Nếu ^{g x}

 

^{đổi dấu x0 TXĐ của g x}

 

^{thì x0} là điểm cực trị. Những trường hợp đơn giản khi ^{g x}

 

^là

hàm đa thức thì đơn giản hơn bằng việc đi tìm số nghiệm đơn và nghiệm bội lẻ.

Trang 11

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 46

Câu 46.1: Cho hàm số ^{y  f x}

 

^{ax3 bx2  cx d} có các điểm cực trị là 0;a



^{2 a 3}



và có đồ thị là đường cong như hình vẽ.

x y

a 2 3

y=f(x) 3

O 1

Đặt ^{g x}

 

^{2019f f x}

   

^2020. Số điểm cực trị của hàm số là

A. 2. B. 8. C. 10. D. 6.

Câu 46.2: Cho hàm số ^{y  f x}

 

^{ax4 bx3 cx2 dx e} . Biết rằng hàm số ^{y  f x}

 

liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi hàm số ^{g x}

 

^{ f x x}



^{2  2}



có bao nhiêu điểm cực đại?

x y

y=f'(x)

-4 O 1 4

A. 5^{. B.} 3. C. 1. D. 2.

Câu 46.3: Cho ^{f x}

 

là đa thức bậc 4 và hàm số ^{y  f x}

 

có đồ thị là đường cong như hình vẽ.

x y

-2 1

y=f'(x) -4

-3 O

Số điểm cực đại của hàm số ^{g x}

 

^{ f x}



^33x



^là

A. 5. ^B. 2. C. 3. D. 4.

Trang 12

Câu 46.4: Cho ^{f x}

 

^{x4 ax3 bx2  cx d} và hàm số ^{y f x}

 

có đồ thị là đường cong như hình vẽ.

x y

-1 O 1

Số điểm cực trị của hàm số ^y _{ }^{f f x}_ ^

 

^_ ^là

A. 7^{. B.} 11. C. 9. D. 8.

Câu 46.5: Cho hàm số ^{y  f x}

 

có đạo hàm đến cấp hai trên  và ^f

 

^{0 0; f x}

 

^{   1}₆^{, x . Biết}

hàm số ^{y  f x}

 

có đồ thị như hình vẽ. Hàm số ^{g x}

 

^{ f x}

 

^{2 mx , với m}là tham số dương, có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị?

x

y y=f'(x)

1 5 3

2 4

O 1

A. 1 B. 2 C. 5 ^D. 3

Trang 13

LỜI GIẢI BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 46

Câu 46.1: Cho hàm số ^{y  f x}

 

^{ax3 bx2  cx d} có các điểm cực trị là 0;a



^{2 a 3}



và có đồ thị là đường cong như hình vẽ.

x y

a 2 3

y=f(x) 3

O 1

Đặt ^{g x}

 

^{2019f f x}

   

^2020. Số điểm cực trị của hàm số là

A. 2. B. 8. C. 10. D. 6.

Lời giải Chọn B

x y

y=a 2 3a

y=f(x) 3

O 1

 

³

   

^.

 

g x  f f x f x  .

 

^{0 3}

   

^.

 

⁰

g x   f f x f x  

   

 

^{0 0}

f f x f x

  

   

   

⁰

0 f x f x a x

x a

 

 

   

,



^{2 a 3}



^.

 

⁰

f x  có 3 nghiệm đơn phân biệt x₁, x₂, x₃ khác 0 ^và a^.

Vì 2 a 3 ^{nênf x}

 

^a có 3 nghiệm đơn phân biệt x₄, x₅, x₆ khác x₁, x₂, x₃, 0^, a^. Suy ra ^{g x}

 

^0 có 8 nghiệm đơn phân biệt.

Do đó hàm số ^{g x}

 

^{2019f f x}

   

^2020có 8 điểm cực trị.

Câu 46.2: Cho hàm số ^{y  f x}

 

^{ax4 bx3 cx2 dx e} . Biết rằng hàm số ^{y  f x}

 

liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi hàm số ^{g x}

 

^{ f x x}



^{2  2}



có bao nhiêu điểm cực đại?

Trang 14

x y

y=f'(x)

-4 O 1 4

A. 5^{. B.} 3. C. 1. D. 2.

Lời giải Chọn C

Ta có: ^{y  }



^{2 2 . 2x f x x}



^



^{ 2}



^{0 22}

2

1

2 4

2 1

2 4

x x x

x x x x

 

   

    

1

1 5

x x

 

    ^.

x  1 5 ¹ 1 5 

2 2x  ^|  0  



^{2 2}



f  x  0  ^|  ₀ 

 

g x  0  0  0 

Suy ra hàm số có 1 cực đại.

Câu 46.3: Cho ^{f x}

 

là đa thức bậc 4 và hàm số ^{y  f x}

 

có đồ thị là đường cong như hình vẽ.

x y

-2 1

y=f'(x) -4

-3 O

Số điểm cực đại của hàm số ^{g x}

 

^{ f x}



^33x



^là

A. 5. ^B. 2. C. 3. D. 4.

Lời giải Chọn B

Ta có ^{g x}

 

^



^{3x2 3}

 

^{f x 3 3x}



^,

   

3 3

3 3 0 (1)

0 ' 3 0 (2)

g x x

f x x

  

     

(1)  x 1^.

Dựa vào đồ thị đã cho thì

3 3

3 2

(2) 3 1

x x

x x

   

   

Trang 15

Trong đó phương trình ³ 1

3 2 2

x x xx

 

       ^.

Còn phương trình: x³ 3x 1 có 3 nghiệm phân biệt:    2 x₁ 1,   1 x₂ 0 và 1 x₃ 2 Ta có bảng biến thiên của hàm số ^{g x}

 

Vậy hàm số ^{g x}

 

có 2 điểm cực đại.

Câu 46.4: Cho ^{f x}

 

^{x4 ax3 bx2  cx d} và hàm số ^{y f x}

 

có đồ thị là đường cong như hình vẽ.

x y

1 -1 O

Số điểm cực trị của hàm số ^y _{ }^{f f x}_ ^

 

^_ ^là

A. 7^{. B.} 11. C. 9. D. 8.

Lời giải Chọn A

Từ đồ thị và giả thiết suy ra ^{f x}

 

^{x x}



^{2    1}



^{x3 x f x}

 

^3x21

Ta có ^{g x}

 

^



^{f f x} ^

 

^



^{  f f x f x }

   

^^{.   }



^x3x

 

^{3  x3 x}

 

^ ^3x21



^{x x}

 

^{1 x 1}

 

^{x3 x 1}



^{x3  x 1 3}



^x21



 

³³

 

2

0 0 1 1

1 1

0 1 0 ( 0,76)

1 0 1,32 3 1 0 1

3 x x

x x x x

g x x x x a

x b b x x

x x

   

  

  

   

   

 

                

Do đó, hàm số ^{g x}

 

^{có 7} điểm cực trị.

Trang 16

Câu 46.5: Cho hàm số ^{y  f x}

 

có đạo hàm đến cấp hai trên  và ^f

 

^{0 0; f x}

 

^{   1}₆^{, x . Biết}

hàm số ^{y  f x}

 

có đồ thị như hình vẽ. Hàm số ^{g x}

 

^{ f x}

 

^{2 mx , với m}là tham số dương, có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị?

x

y y=f'(x)

1 5 3

2 4

O 1

A. 1 B. 2 C. 5 ^D. 3

Lời giải Chọn D

Từ đồ thị hàm số ^{y  f x}

 

^{suy ra f x}

 

^{   0, x}



^0;



^.

Do đó, ^{f x}

 

^{2    0, x}



^0;



^.

Xét hàm số ^{h x}

 

^{ f x}

 

^{2 mx; h x}

 

^{2 .x f x}

 

^{2 m.}

Với x 0, ^{h x}

 

^{ 0} Phương trình ^{h x}

 

^0 vô nghiệm.

Với x 0 ^{ta có h x}

 

^{2f x}

 

^{2 4x f x2 }

 

^{2 2f x}

 

^{2 2}₃^{x2 .}

Từ đồ thị hàm số ^{y  f x}

 

ta thấy với x 0, đồ thị hàm số ^{y  f x}

 

luôn nằm trên đường thẳng 3

y x ^.

x

y y=f'(x)

1 5

3

4 O 1 2

Trang 17

Do đó, ^{2f x}

 

^{2 2x}₃^{2    0, x 0 h x}

 

^{  0, x 0} hay hàm số ^{y h x }

 

đồng biến trên



^0;



^.

Mà ^h

 

^{0   m 0 và} _x^lim_^{h x}

 

^{ } nên phương trình ^{h x}

 

^0 có một nghiệm duy nhất

 

0 0;

x  

Bảng biến thiên

x  0 x0 

y   0 ^

 

y 0

 

⁰

h x Khi đó phương trình ^{h x}

 

^{0 có 2} nghiệm phân biệt.

Đồng thời hàm số ^{y h x}

 

đạt cực tiểu tại x x ₀, giá trị cực tiểu ^{h x}

 

^{0 0.}

Vậy hàm số ^{y  h x}

 

^{có 3} điểm cực trị.

Trang 18 Câu 48: Cho hàm số f x( ) liên tục trên  thỏa mãn

3 2 10 6

( ) (1 ) 2 ,

xf x f x    x x x x . Khi đó

0

1

( )d f x x



 ^bằng

A. 17

20. B. 13

 4 . C. 17

4 . D. 1.

Lời giải 1:

Gọi ^{F x}

 

là một nguyên hàm của hàm ^{f x}

 

^{trên .}

Với  x  ta có

3 2 10 6

( ) (1 ) 2

xf x f x    x x x

2 ( )3 (1 2) 11 7 2 (*)2

x f x xf x x x x

      

 

2 ( )d3 (1 2)d 11 7 2 d2

x f x x xf x x x x x x









 



  

12 8 3

3 3 2 2

1 ( )d( ) 1 (1 )d(1 ) 2

3 f x x 2 f x x x12 x8 3x C









      

 

³



²



^{12 8 3}

1 1 1 2

3F x 2F x x12 x8 x3 C

        .

Thay x 0 ta được ¹₃^F

 

^{0 1}₂^F

 

^{1 C}

 

^{1 .}

Thay x 1 ta được ¹₃^F

 

^{1 1}₂^F

 

^{0   5}₈ ^C

 

^{2 .}

Thay x  1 ta được ¹₃^F

 

^{ 1} ₂^1F

 

^{0  17}₂₄ ^C

 

^{3 .}

Từ

   

^{1 , 2 suy ra 5}₆^^F

   

^{1 F 0 } ^{  5}₈ ^F

   

^{1 F 0  3}₄. Từ

   

^{2 , 3 suy ra 1}₃^^F

   

^{1    F 1} ³²₂₄ ^F

   

^{1    F 1 4}. Vậy ⁰

     

1

3 13

d 0 1 4

4 4

f x x F F



       



^.

Lời giải 2:

Từ xf x( )³ f(1x²)   x¹⁰ x⁶ 2x x f x² ( )³ xf(1x²) 2 x²   x¹¹ x⁷, x . Suy ra, hàm số x f x² ( )³ xf(1x²) 2 x² là hàm lẻ. Ta có ¹



^{11 7}



0

d 1 x x x 24

  



Do đó

0 1

2 3 2 2 2 3 2 2

1 0

( ) (1 ) 2 d ( ) (1 ) 2 1

x f x xf x x x x f x xf x x 24



             

   

   

 

^.

Trang 19

       

       

0 0

3 3 2 2

1 1

1 1

3 3 2 2

0 0

1 d 1 1 d 1 2

3 2 3

1 d 1 1 d 1 2 1

3 2 3 24

f x x f x x

f x x f x x

 

    

       

 

 

       

0 1 1 1

1 0 0 0

1 d 1 d 4 1 d 1 d 15

3 f x x 2 f x x 3 3 f x x 2 f x x 24











  









     

0 1 1

1 0 0

2 d 3 d 8 5 d 15

f x x f x x f x x 4











  





   

0 1

1 0

d 4 d 13

f x x f x x 4







  



  Lời giải 3:

Ta có xf x( )³ f(1x²)   x¹⁰ x⁶ 2x, x 

 

¹

Thay x bởi x ta được  xf x( ³)f(1x²)   x¹⁰ x⁶ 2x , x 

 

²

Từ

   

^{1 , 2 suy ra xf x}

   

^{3 xf x3     4 ,x x  f x}

   

^{3  f x3    4, x .}

Thay x^{3 bởi} x ta được ^{f x}

   

^{   f x 4.}

Do đó,

           

0 0 1 0 1

1 1 0 1 1

d d d 4 d 4 d 4

f x f x x f x x f x x x f x x

   

            

 

 

    

Từ

 

^{1 x f x2 ( )3 xf(1x2)   x11 x7 2x2}

 

1 1 1

3 3 2 2 11 7 2

0 0 0

1 ( )d( ) 1 (1 )d(1 ) 2 d 5

3 f x x 2 f x x x x x x 8









  



    

1 1 1

0 0 0

1 ( )d 1 ( )d 5 ( )d 3

3 f x x 2 f x x 8 f x x 4









  



 

Do đó,

0

1

3 13

( )d 4

4 4

f x x



    



^.

Lời giải 4:

Với  x  ta có xf x( )³ f(1x²)   x¹⁰ x⁶ 2x

2 ( )3 (1 2) 11 7 2 (*)2

x f x xf x x x x

      

 

1 1 1

2 3 2 11 7 2

0 0 0

( )d (1 )d 2 d

x f x x xf x x x x x x









 



  

1 1

3 3 2 2

0 0

1 ( )d( ) 1 (1 )d(1 ) 5

3 f x x 2 f x x 8









   

1 1 1

0 0 0

1 ( )d 1 ( )d 5 ( )d 3

3 f x x 2 f x x 8 f x x 4









  



 

Trang 20

Mặt khác ^{0 2 3 0 2 0}



^{11 7 2}



1 1 1

(*) x f x x( )d xf(1 x x)d x x 2 dx x

  









 



  

   

0 0

3 3 2 2

1 1

1 1 17

(*) ( )d (1 )d 1

3 f x x 2 f x x 24

 

 









    

0 1 0

1 0 1

1 ( )d 1 ( )d 17 ( )d 3 .1 3 17 13

3 f x x 2 f x x 24 f x x 2 4 24 4

 

  

 









  



     ^. Lời giải 5: Đi tìm hàm ^{f x}

 

Ban đầu ta sẽ nghĩ đến có ^{f x f}

  

^{3 , 1x2}



thì bên vế phải có thể đưa liên quan gì đến x³,1x² không?

Ta có ^{xf x}

 

^{3 x10 2x x f x }_

   

^{3  x3 3 2}_

Vậy thì nghĩ thêm việc cũng tạo tiếp cái



^1x2



^{3   2 3 3x2 3x4x6}

Hay ^f



^1x2

 

^{ 1 x2}



^{3   2 3 3x2 3x4 x6.}

Như thế ta sẽ có

   

^{3 3 3 2}



^{1 2}

 

^{1 2}



^{3 2 3 3 2 3 4 6 6}

x f x  x      f x  x    x  x  x x

   

^{3 3 3 2}



^{1 2}

 

^{1 2}



^{3 2 3 3 2 3 4}

x f x x  f x x  x x

              

   

^{3 3 3 2 3 4}



^{1 2}

 

^{1 2}



^{3 2 3 1}



²



⁰

x f x x  x f x x  x

            

   

^{3 3 3 3 3 2}



^{1 2}

 

^{1 2}

 

^{3 3 1 2}



^{2 0}

x f x x x  f x x x 

                Đặt ^{g x}

   

^{ f x  x3 3x 2 ta được xg x}

  

^{3 g 1x2}



^0.

Thay x bởi x ta được

  

^{3 1 2}



⁰

xg x g x

     ^{hay xg x}

 

^{3   xg x}

 

^{3 , x .}

Do đó ^{g x}

 

là hàm lẻ.

Như vậy ^{xg x}

  

^{3 g 1x2}



^{ 0 xg x}

  

^{3 g x2   1 ,}



^{x .}

Từ giả thiết ta có ^g

   

^{0   g 1 0.}

Vì ^{f x}

 

liên tục trên 1;0 nên ^{g x}

 

liên tục trên 1;0. Đặt ^{M max}_1;0 ^{g x}

 

^{0, x 1;0}

 

     .

Giả sử M 0 khi đó ^{  a}

   

^{1;0 : g a M .}

Chọn ^{x b}     ^{1 a}

 

^1;0

Ta được ^{bg b}

 

^{3 g a}

 

^{ g b}

 

^{3  g a}

 

_b ^{ M}_b ^{M do b }

 

^{0;1 .}

Trang 21 Điều này mẫu thuẫn do ^M ^max_1;0 ^{g x}

 

.

Do vậy ^max_1;0 ^{g x}

 

^{0, x 1;0}

 

    .

Hay ^{g x}

 

^{   0, x } ^1;0 ^{ f x}

 

^{  x3 3x    2, x } ^1;0. Vậy

0 0

3

1 1

( )d ( 3 2)d 13

f x x x x x 4

 

     

 

^.

Nhận xét chung:

Ở 5 cách trên, khi giải quyết bài toán dạng này ta thường hướng tới:

 Biến đổi giả thiết đi đến tính chất



^{u f u x}

 

^{d }



^{f u u}

 

^{d .}

 Dựa theo tính chất hàm chẵn, hàm lẻ.

 Sử dụng các phép thế xác định hàm số ^{f x}

 

^.

* Với lời giải 1, 2, 3, 4: Ta đều sử dụng đến tính chất

 

^d

 

^d

u f u x  f u u

 

^hay

       

 

 

d d

b u b

a u a

u x f u x x  f x x

 

Vì thế ta mới nghĩ đến việc tạo ra đạo hàm của x³;1x² bằng việc nhân hai vế của giả thiết với x để tạo ra

   

0 0

2 3

1 1

d 1 d

x f x x 3 f x x

 







^{; 1 2}

 

^{3 1}

 

0 0

d 1 d

x f x x  3 f x x

 

^;

   

0 1

2

1 0

1 d 1 d

xf x x 2 f x x



  

 

^{và 1}



²



¹

 

0 0

1 d 1 d

xf x x  2 f x x

 

^.

Trong các đổi biến này xuất hiện ¹

 

0

d f x x



buộc ta phải đi tính thêm ¹

 

0

d f x x



. Ở đây, nếu cận không phải là 1;0;1 thì các cách làm này sẽ bị phá sản, ví dụ yêu cầu tính ³

 

0

d f x x



, lúc này chắc chỉ còn cách đi tìm ^{f x}

 

. Vì thế, các cận 1;0;1 phải được liên hệ mật thiết với x³,1x².

Ngoài ra, với hai tính chất:

 Hàm số x f x² ( )³ xf(1x²) 2 x² là hàm lẻ;

 Hàm số ^{f x}

   

^{   f x 4} là hàm chẵn cũng hữu ích cho việc tính toán nhanh hơn.

* Lỗi sai có thể mắc dẫn đến các phương án nhiễu 17

20, 17

4 đều sai dấu khi tính

   

0 1

2

1 0

1 d 1 d

xf x x 2 f x x



  

 

^{và 1}



²



¹

 

0 0

1 d 1 d

xf x x  2 f x x

 

^.

* Với lời giải 5: Việc tìm ^{f x}

 

khá khó khăn, không nói là mò. Nếu ^{f x}

 

là những hàm quen thuộc thì rất có thể đoán bằng việc thử các giá trị và cân bằng hệ số.

Khi đó, mục đích khai thác tính chất



^{u f u x}

 

^{d }



^{f u u}

 

^d coi như phá sản.

Trang 22

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 48 Câu 48.1: Cho hàm ^{f x}

 

liên tục trên ^{\ 0}

 

thỏa mãn

 

²

 

^{2 3} ₂^{1 2, \ 0}

 

xf x f x x x

   x    . Giá trị ²

 

1

d f x x



nằm trong khoảng nào?

A.

 

^{5;6 . B.}

 

^{3;4 . C.}

 

^{1;2 . D.}

 

^{2;3 .}

Câu 48.2: Cho hàm số ^{y  f x}

 

liên tục trên đoạn    0;4 và thỏa mãn điều kiện

 

²

 

²

4xf x 6 2f x  4x ,   x   0;2 . Giá trị ⁴

 

0

d f x x



^bằng

A. 5 . B.

2 . C.

20 . D.

10 . Câu 48.3: Cho hàm y f x ( ) liên tục trên đoạn    0;1 và thỏa mãn

   

^{1 2 2 2 1, 0;1}

f x f  x x  x     x   . Giá trị của

1

0

( ) f x dx



^bằng

A. 4

3 B. 2

3 C. 1

2. D. 1

3 Câu 48.4: Cho hàm số ^{y  f x}

 

liên tục và có đạo hàm trên  thỏa mãn

    

²



5f x 7 1f  x 3 x 2x , x . Biết rằng ¹

 

0

. ' d a

x f x x

 b



^{, với a}_b là phân số tối giản. Giá trị của 8a 3b là

A. 1. B. 0. C. 16. D. 16.

Câu 48.5: Cho hàm số ^{f x}

 

liên tục trên đoạn 2 ;13

 

 

 

  và thỏa mãn 2 ( ) 3 2 5

f x f 3 x

 x

         x 2 ;1 .3  Tích phân ¹

 

2 3

ln d f x x x



^bằng

A. 5 2 1ln

3 3 3 . B. 5 2 1ln

3 3 3 . C. 5 2 1ln 3 3 3

  . D. 5 2 1ln

3 3 3

  .

Trang 23

LỜI GIẢI BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CÂU 48 Câu 48.1: Cho hàm ^{f x}

 

liên tục trên ^{\ 0}

 

thỏa mãn

 

²

 

^{2 3} ₂^{1 2, \ 0}

 

xf x f x x x

   x    . Giá trị ²

 

1

d f x x



nằm trong khoảng nào?

A.

 

^{5;6 . B.}

 

^{3;4 . C.}

 

^{1;2 . D.}

 

^{2;3 .}

Lời giải Chọn D

Ta có ^{xf x}

 

^{2 f x}

 

^{2  x3} ₂¹_x ^{  2, x \ 0}

 

 ²

 

²

 

^{2 3}

1 1

2 d 1 2 d

xf x f x x x 2 x

x

 

       

  

   

 

       

²

2 2 4

2 2

1 1 1

1 d 1 2 d 2 1ln 2

2 f x x 2 f x x x4 2 x x









   

   

4 4

1 2

1 d 1 d 7 1ln2

2 f x x 2 f x x 4 2









  ²

 