Hướng dẫn giải 60 bài toán hàm số và đồ thị VD – VDC Toán 12

Hướng dẫn giải 60 bài toán hàm số và đồ thị VD – VDC Toán 12 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

23 12 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 1: Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số

Môn: Toán 12

Thông tin:

35 trang 7 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
1
HÀM SỐ VD_VDC
Câu 1: VD.Cho hàm số đa thức bậc ba
yfx
có đồ thị như hình bên. Tìm tất
cả các giá trị của tham số m để hàm số
yfxm
có ba điểm cực trị.
A. 1m  hoặc 3m B. 3m  hoặc 1m
C.
1m 
hoặc
3m
D.
13m
: Đáp án là A
gồm và , trong đó có điểm cực trị
có 3 điểm cực trị có nghiệm đơn hoặc có nghiệm đơn và nghiệm kép
.
Trắc nghiệm: Số cực trị của hàm số bằng số cực trị của hàm số cộng số giao điểm của
(không tính tiếp điểm)
Hàm số có cực trị
Do đó hàm số có cực trị
phương trình có nghiệm đơn hoặc có nghiệm đơn và có nghiệm kép
.
Câu 2: VD.Cho hàm số
yfx
có đạo hàm

f
x
. Hàm số

yfx
liên tục
trên tập số thực và có đồ thị như hình vẽ. Biết
 
13
1,26
4
ff
. Tổng giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
3
3gx f x f x
trên
1; 2
bằng:
A.
1573
64
B.
198
C.
37
4
D.
14245
64

 
 
1
2
0
0
f
xm khifxm L
Ly f x m
f
xmkhifxm L






L

1
L

2
L

yfxm
2

L

0fx m
111
3
1
m
m


3
1
m
m

yf
xm

yfx
xm
yfx
2
yf
xm
3
xm
111
3
1
m
m


3
1
m
m

y
2
2
-1
1
4
O
2
Đáp án là A
Bảng biến thiên
Ta có .
Xét trên đoạn .
Bảng biến thiên
.
Câu 3 (VD): Gọi
12
x,x
là hai điểm cực trị của hàm số
32
1
f(x) x 3x 2x
3

. Giá trị của
22
12
xx
bằng:
A.
13 B. 32 C. 4 D. 36
Cách giải:
Ta có:
 
22
f' x x 6x 2 f' x 0 x 6x 2 0 
(*)
Có
12
x;x
là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
12
yf(x) x,x
là hai nghiệm của phương trình (*).
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:
12
12
xx 6
xx 2


22 2 2
12 12 12
xx(xx)2xx62.(2)40
Chọn C.
Câu 4 (VD): Biết rằng đồ thị hàm số

23322
31 1 3 4ya xb xcxd
có hai điểm cực trị là (1;-7), (2:-
8). Hãy xác định tổng
222 2
Mabcd
.
2
3. 3gx f xf x f x


1; 2

0gx
2
310fx f x




0fx

1
2
x
x


  
3
1;2
1573
min 1 1 3 1
64
gx g f f
 
3
A. -18 B. 18 C. 15 D. 8
Cách giải:
Ta có

22 3 2
'33 1 2 1 3yaxbxc
Từ giả thiết ta suy ra các điểm có tọa độ (1;-7), (2;-8) thuộc đồ thị hàm số đã cho và
1; 2xx
là hai điểm cực
trị của hàm số nên ta có hệ phương sau




23 2
232
22 3 2
22 3 2
31.8 1.464 8
31.1 1.134 7
3. 3 1 .1 2. 1 3 0
3. 3 1 .2 2.2. 1 3 0
ab cd
abcd
abc
abc




Đặt
23 2
31; 1;3; 4Aa Bb CcDd ta được hệ mới
2
3
2
842884282
312
773 1 9
19
32 0 32 0 12
312
12 4 0 12 4 0 12
412
ABCD ABCD A
a
ABCD A BC B
b
ABC ABC C
c
ABC ABC D
d
 








 


 


2
2
222 2
2
2
1
4
18
4
9
a
b
Mabcd
c
d

Chọn B.
Câu 5 (VD): Tìm m để đường thẳng
y2xm
cắt đồ thị hàm số
x3
y
x1
tại hai điểm M, N sao cho độ dài
MN nhỏ nhất:
A.
3
B. -1 C. 2 D. 1
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số là:

2
x3
2x m x 1 2x (m 1)x m 3 0
x1

(*)
Ta có:
2
22
m 1 8(m 3) m 6m 25 (m 3) 16 0 m
(*) luôn có hai nghiệm phân biệt
12
x,x
với mọi m.
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:
12
12
m1
xx
2
m3
xx
2

Gọi
11 2 2
M(x ;2x m), N(x ;2x m)
là hai giao điểm của 2 đồ thị hàm số.
Khi đó ta có:
4





22
22
21 2 1 21
2
2
12 12
22
2
MN x x 2x 2x 5(x x )
m1
m3
5x x 4xx 5 4.
42
55
m 2m 1 8m 24 m 6m 25
44
5
m3 2020m
4










Dấu “=” xảy ra
m30 m3
Chọn A.
Câu 6 (VD): Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số
42 4
22
y
xmxmm có 3 điểm cực trị
đồng thời các điểm cực trị của đồ thị lập thành tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. Tính tổng các
phần tử của S.
A.
15
2
B.
25
2
C. 0 D.
35
2
Cách giải:
TXĐ: DR . Ta có
3
2
x0
y4x4mx0'
xm

Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình
y' 0
có 3 nghiệm phân biệt
m0
Khi đó ta có:



44
42 42
42 42
x0 y2mm A0;2mm
y0 x m ymm2m Bm;mm2m
xmymm2mCm;mmm
'
2



Ta có
442 2
d(A;BC) m 2m m m 2m m ;BC 2 m
.
22
ABC
11
Sd(A;BC).BCm2mmm
22
.

.
Ta có:
242
AB m m AC
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó ta có:

4
242
ABC
mm2m
AB AC BC
Smmmm2m
4R 4



3
m0
m1
15 1515
mm 2m 1 0
mS0;1;;
222
15
m
2

  







Khi đó tổng các phần tử của S là
15 15
01 0
22
 

5
Chọn C.
Câu 7 (VD): Cho hàm số

yfx
có đạo hàm trên R và có đồ thị hàm số

’yfx
như hình bên. Hàm số
3–yf x
đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.

2; 1
B.

1; 2
C.

2; 
D.

;1
Cách giải:
Đặt
g(x) f(3 x)
ta có
g'(x) f'(3 x)
Xét x ( 2; 1) 3 x (4;5) f (3 x) 0 g (x) 0

  hàm số
yg(x)
nghịch biến trên
(2;1)
Xét x ( 1;2) 3 x (1;4) f (3 x) 0 g (x) 0

 hàm số
yg(x)
đồng biến trên
(1;2)
Chọn B.
Câu 8 (VD): Tính tổng tất cả các giá trị của m biết đồ thị hàm số
32
2(3)4
y
xmxmx và đường thẳng
4yx
cắt nhau tại 3 điểm phân biệt A(0;4), B, C sao cho diện tích tam giác IBC bằng
82
với

1; 3 .I
A.3 B. 8 C. 1 D. 5
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm
32 32
x2mx(m3)x4x4 x2mx(m2)x0

2
2
x0 y4 A(0;4)
xx 2mx m 2 0
x2mxm20(1)



Để
32
yx 2mx (m3)x4 và đường thẳng
yx4
cắt nhau tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1)
phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0
2
m2
mm20
m1
m0
2
'
2
m







Khi đó:
BC
x ;x là 2 nghiệm của phương trình (1), áp dụng định lí Vi-ét ta có
BC
BC
xx 2m
xx m 2


Ta có
IBC
11
S d(I;BC).BC d(I;d).BC
22

IBC
2S
BC
d(I;d)

Mà
134
2.8 2
d(I;d) 2 BC 16
22


Ta có
6
 
 
22 2 2 2
2
BC BC BC B C BC
22
BC BC BC
222
BC xx yy xx x4x4 2xx
x x 128 x x 4x x 128
4m 4(m 2) 128 m m 2 32 m m 34 0
 
 

Phương trình bậc hai ẩn m có 2 nghiệm phân biệt
12
m,m và
12
mm1.
Chọn C.
Câu 9 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số
3
yx3xm
có 5
điểm cực trị?
A.
5
B. 3 C. 1 D. vô số
Cách giải:
Hàm số
3
yx3xm
có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số
3
yx 3xm
có 2 cực trị nằm về hai phía
của trục Ox.
Ta có:
3
x1 y 2m
y' x 3x m
x1y2m



Hai điểm cực trị nằm về 2 phía trục Ox

2
2m(2m)0 m 40 2m2
Kết hợp điều kiện
mm1;0;1
. Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn ycbt.
Chọn B.
Câu 10 (VD): Tập hợn tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
32
yx mx 3x2 
đồng biến trên R là:
A.
(3;3)
B.
3;3
C.
33
;
22



D.
33
;
22



Cách giải:
Ta có:
2
y' 3x 2mx 3
Hàm số đã cho đồng biến trên
Ry'0xR
2
'0xR m 90 3m3 
Chú ý: Chỉ kết luận
'0
là chưa đủ, học sinh có thể thử lại khi
m3
để chắc chắn.
Chọn B.
Câu 11 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số
3222
yx (m1)x (m 2)xm 3
có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị đó nằm về hai phía khác nhau đối
với trục hoành?
A.
2
B. 1 C. 3 D. 4
Cách giải:

3222
yx (m1)x m 2xm 3
TXĐ:
DR
Ta có:
22
y' 3x 2(m 1)x m 2
Để hàm số có 2 điểm cực trị
phương trình
y' 0
có 2 nghiệm phân biệt.
7


2
22
115 115
'm1 3m20 2m2m70 m
22

 
Mà
mZ m 1;0;1;2
Thử lại:
+) Với
m1
ta có
32
yx x x2
. Khi đó
2
x1 y1
y' 3x 2x 1 0 (ktm)
159
xy
327



+) Với
m0
ta có
32
yx x 2x3
. Khi đó
2
1 7 61 14 7
xy 0
327
y' 3x 2x 2 0 (ktm)
1 7 61 14 7
xy 0
327





+) Với
m1
ta có
32
yx x x2
. Khi đó
3
2 7 20 14 7
xy 0
327
y' 3x 4x 1 0 (tm)
2 7 20 14 7
xy 0
327





+) Với
m2
ta có
32
yx 3x 2x1
. Khi đó
3
33 923
xy 0
327
y' 3x 6x 2 0 (ktm)
33 923
xy 0
39





Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn là
m1
Chọn B.
Câu 12. VD.Cho hàm số
2
1
1
x
y
ax
có đồ thị
C
. Tìm a để đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang và
đường tiệm cận đó cách đường tiếp tuyến của
C
một khoảng bằng 21 .
A.
0a
B.
2a
C.
3a
D.
1a
Chọn D.
Nếu hệ số góc của tiếp tuyến khác không thì tiếp tuyến và đường tiệm cận luôn cắt nhau. Nếu đồ thị hàm số có
tiệm cận đứng thì tiệm cận đứng luôn cắt tiếp tuyến. Do đó để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì đồ thị hàm số chỉ
có tiệm cận ngang. Vậy điều kiện cần là
0a
. Khi đó đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là
1
y
a
.
Phương trình tiếp tuyến tại điểm
0
x
là

00
0
3
2
2
0
0
11
1
1
ax x
yxx
ax
ax


8
Từ suy luận trên ta có
00
1
10ax x
a

; phương trình tiếp tuyến là
1
1y
a

.
Theo bài ra ta có phương trình
11
121
a
a

. Giải phương trình này ta được
1a
.
Câu 13. VD.Cho hàm số

yfx
có bảng biến thiên sau
x

1
1

'
y
+
0
0 +
y
3


1
Tìm số nghiệm của phương trình

210fx
.
A. 0 B. 3 C. 4 D. 6
Câu 14. VD.Cho hàm số

32
f
xaxbxcxd
thỏa mãn
,,,abcd
;
0a
và
2019
842 20190
d
abcd

. Số cực trị của hàm số
2019yfx
bằng
A. 3 B. 2 C. 1 D. 5
Chọn D.
Ta có hàm số
 
2019gx f x
là hàm số bậc ba liên tục trên
Do
0a
nên
 
lim ; lim
xx
gx gx
 
 
. Để ý

0 2019 0; 2 8 4 2 2019 0gd g abcd
Nên phương trình
0gx có đúng 3 nghiệm phân biệt trên
. Khi đó đồ thị hàm số
 
2019gx f x cắt
trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên hàm số

2019yfx
có đúng 5 cực trị.
Câu 15 (VD): Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên R và đồ thị hàm số y = f’ (x) trên R như hình vẽ bên dưới.
Khi đó trên R hàm số
y = f (x)
A. có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu.
B. có 1 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu.
C. có 2 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu.
D. có 2 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu.
Cách giải:
Từ đồ thị hàm số f xta thấy có hai giao điểm với trục hoành (không tính điểm
tiếp xúc),trong đó tính từ trái qua phải một giao điểm cắt theo chiều từ trên xuống và
9
một giao điểm cắt theo chiều từ dưới lên nên hàm số y f xcó một cực đại và một cực tiểu.
Chọn B.
Câu 16: VD.Tìm m để hàm số
1
26yxm
xm

xác định trên
1; 0
:
A. 61m B. 61m C. 31m D. 31m
Đáp án là D
Điều kiện hàm số đã cho xác định là :
Để hàm số có tập xác định thì ta phải có . Khi đó hàm số có tập xác định là
.
Hàm số xác định trên khi và chỉ khi , điều này tương đương với
. Kết hợp với ta được .
Vậy với thì hàm số đã cho xác định trên .
Câu 17. VD.Xét đồ thị
C
của hàm số
3
3
y
xaxb với a, b là các số thực. Gọi M, N là hai điểm phân biệt
thuộc

C
sao cho tiếp tuyến với
C
tại hai điểm đó có hệ số góc bằng 3. Biết khoảng cách từ gốc tọa độ tới
đường thẳng
MN bằng 1, giá trị nhỏ nhất của
22
ab
bằng
A.
3
2
B.
4
3
C.
6
5
D.
7
6
Chọn C.
Ta có
2
'3 3
y
xa.
Tiếp tuyến tại
M và N của

C
có hệ số góc bằng 3 nên tọa độ của M và N thỏa mãn hệ phương trình:


2
3
3331
32
xa
yx axb


Từ (1)
2
1
x
a
. (1) có hai nghiệm phân biệt nên
1a
.
Từ (2)

13yx a axb
hay

21yaxb
.
Tọa độ
M và N thỏa mãn phương trình

21yaxb
nên phương trình đường thẳng MN là

21yaxb hay

:2 1 0MN a x y b.


22
2
,1 1 442
21 1
b
dOMN b a a
a
 

.
0
26
260
xm
mx m
xm



D  26 6mm m

*
;2 6mm
1; 0

1; 0 ; 2 6mm
1
31
260
m
m
m

 


*
31m
31m
1; 0
10
22 2
542ab a a
.
Xét

2
542fa a a
với
1a
.
Bảng biến thiên:
Vậy
22
ab
nhỏ nhất là
6
5
.
Câu 18 (VD): Cho hàm số

432
yfx axbxcx dxe
, đồ thị
hình bên là đồ thị của hàm số

'yfx
. Xét hàm số


2
2gx f x
. Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. Hàm số

gx
đồng biến trên khoảng

2;
B. Hàm số

gx nghịch biến trên khoảng

;2
C. Hàm số

gx
nghịch biến trên khoảng

0; 2
D. Hàm số

gx
nghịch biến trên khoảng

1; 0
Cách giải:
Ta có


2
2gx f x suy ra




22
'2'2.'2gx fx xf x
Từ đồ thị hàm số

yfx
ta có

'0 2fx x
và

'0 2fx x
và 1
x
+ Để hàm g(x) nghịch biến thì




2
2
2
0
'20
'02.'20
0
'20
x
fx
gx xf x
x
fx






2
2
2
2
0
0
0
22
22
'20
1
02
1
2
0
0
0
2
'20
22
2
x
x
x
x
x
fx
x
x
x
x
x
x
x
x
fx
x
x















Vậy hàm số nghịch biến trên

0; 2
và

;2
Suy ra D sai.
Chọn D.
Chú ý khi giải:
Các em cũng có thể lập bảng biến thiên của hàm số để tìm khoảng đồng biến

gxnghịch biến.
Câu 19 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m nhỏ hơn 2018 để hàm số

32
23 1 6 23yx m x m x
nghịch biến trên khoảng có độ dài lớn hơn 3.
A. 2009 B. 2010 C. 2011 D. 2012
Cách giải:
  
32 2 2
23 1 6 23 '66 16 26 1 2yx m x m x y x m m x m xm



11

1
2
2
1
'0 1 20
2
xx
yxmxm
x
mx

 

Nếu 12 3mm thì

2
'6 1 0,yx xR
nên hàm số đồng biến trên R ( không thỏa mãn).
Nếu
3m
thì phương trình
'0y
luôn có nghiệm phân biệt nên hàm số nghịch biến có hai điểm cực trị và nó
nghịch biến trong khoảng hai điểm đó.
Hàm số nghịch biến trên khoảng có độ dài lớn hơn 3
12
33 6
312 3 33
33 0
mm
xx m m
mm



Vậy

;0 6;m
Mà m nguyên dương và nhỏ hơn 2018 nên
7;8;...;2017m
hay có 2017 – 7 + 1 = 2011 số m thỏa mãn.
Chọn C.
Câu 20 (VD): Cho hàm số

yfx
có đạo hàm

2
'12fx x x
. Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên
của tham số
m để hàm số

2
f
xm có 5 điểm cực trị. Số phần tử của tập S là.
A. 4 B. 1 C. 3 D. 2
Cách giải:
Ta có:



2
2
'120
1
x
fx x x
x


Xét


2
gx f x m
có

 
22 2
''.'2.'gx x mfx m xfx m

22
22
22
00
22
'0 *
11
11
xx
xm x m
gx
xm x m
xm x m











Hàm số

ygx
có 5 điểm cực trị

'0gx
có 5 nghiệm bội lẻ phân biệt.
TH1: m = 2 thì

2
2
2
0
00
*
11
1
x
xx
xx
x




nên hàm số đã cho không có 5 điểm cực trị. (loại)
TH2: m = 1 thì

2
2
2
0
10
*
01
2
x
xx
xx
x




nên hàm số đã cho không có 5 điểm cực trị. (loại)
TH3:m = -1 thì

2
2
2
0
0
3
*3
2
2
0
x
x
x
x
x
x
x


(
0x
là nghiệm bội 3) nên hàm số đã cho có 5 điểm cực trị.
TH4: m >2 thì
20
10
10
m
m
m



nên

'0gx
chỉ có nghiệm
0x
nên hàm số đã cho không có 5 điểm cực trị
TH5:
12m
thì
12
+ phương trình
2
2
x
m
có hai nghiệm phân biệt.
+ phương trình
2
1
x
m
và
2
1
x
m
vô nghiệm.
Do đó

'0gx không có 5 nghiệm phân biệt và hàm số đã cho không có 5 điểm cực trị.
TH6:
11m
+ phương trình
2
2
x
m
có hai nghiệm phân biệt.
+ phương trình
2
1
x
m
có hai nghiệm phân biệt.
+ phương trình
2
1
x
m
vô nghiệm.
Do đó

'0gx
có 5 nghiệm phân biệt và các nghiệm này đều là nghiệm đơn nên hàm số đ cho có 5
điểm cực trị.
TH7:
1m 
thì các phương trình
2
2
x
m
;
2
1
x
m
;
2
1
x
m
đều có hai nghiệm phân biệt dẫn đến

'0gx
có 7 nghiệm phân biệt và hàm số đã cho không có 5 điểm cực trị.
Vậy tập hợp các giá trị của m để hàm số

gx
có 5 điểm cực trị là
1
11.
11
m
hay m
m



Do m nguyên nên
1; 0m 
, có 2 giá trị thỏa mãn bài toán.
Chọn D.
Câu 21 (VD): Cho hàm số

f
x
có đồ thị của
 
;'
f
xfx
như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.

'1 ''1ff
B.

'1 ''1ff
C.

'1 ''1ff
D.

'1 ''1ff
Cách giải
Từ hình vẽ ta xác định được đồ thị hàm số

yfx
và

'yfx
như
hình vẽ ( do đồ thị

yfx có 4 điểm cực trị và đồ thị

'yfx cắt
trục hoành tại 4 điểm phân biệt)
Từ đồ thị ta thấy hàm số

yfx
đạt cực tiểu tại

1'10xf
Lại thấy hàm số

yfx
đạt cực đại tại
 
1'10;''10xf f
Từ đó ta có

'1 ''1ff
.
Chọn B.
Câu 22. VD.Biết hàm số

32
f
x x ax bx c 
đạt cực tiểu tại điểm

1, 1 3xf
và đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ
bằng 2. Tính giá trị của hàm số tại
3x
.
A.

381f
B.

327f
C.

329f
D.

329f 
Chọn C.

2
'32
f
xxaxb
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
1
x
nên:

'1 3 2 0 2 3fabab
13

131 3 4f abc abc  
Mặt khác đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên
2 c
23 2
23
49
ab c
ca
abc b








Nên

32
392;329fx x x x f
Câu 23. VD. Giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của hàm số
sin 2cos 1
sin cos 2
x
x
y
xx


là
A.
1
;1
2
mM B.
1; 2mM
C.
2; 1mM
D.
1; 2mM
Chọn đáp án C.
Ta có

sin 2cos 1
1sin 2cos 1 2 *
sin cos 2
xx
yyxyxy
xx



Phương trình (*) có nghiệm

22 2
1212yy y
2
20 2 1
y
yy
.
Vậy
2; 1mM
.
Câu 24. VD.Cho hàm số

2
1, 0
1, 0
ax bx x
fx
ax b x


. Khi hàm số

f
x
có đạo hàm tại
0
0x . Hãy tính
2Ta b
.
A.
4T 
B.
0T
C.
6T 
D.
4T
Chọn đáp án C.
Ta có

01f .


2
00
lim lim 1 1
xx
fx ax bx




00
lim lim 1 1
xx
f
xaxbb



.
Để hàm số có đạo hàm tại
0
0x thì hàm số phải liên tục tại
0
0x nên

00
0lim lim
xx
f
fx fx



. Suy ra
11 2bb
.
Khi đó:

2
21, 0
1, 0
ax x x
fx
ax x


Xét:
+)


2
00 0
0
211
lim lim lim 2 2
xx x
fx f
ax x
ax
xx




.
14
+)


000
0
11
lim lim lim
xxx
fx f
ax
aa
xx




.
Hàm số có đạo hàm tại
0
0x thì
2a 
.
Vậy với
2, 2ab 
thì hàm số có đạo hàm tại
0
0x khi đó
6T 
.
Câu 25.VD. Cho hàm số
2
2
mx
y
x
m
,
m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số
m để hàm số nghịch biến trên khoảng

0;1
. Tìm số phần tử của S.
A. 1 B. 5 C. 2 D. 3
Chọn đáp án C.
Tập xác định:
\
2
m
D





2
2
4
'
2
m
y
x
m
Yêu cầu bài toán

2
22
22
40
0
02
0
2
0;1
2
2
1
2
m
m
m
m
m
m
m
mm








.
Câu 26. VD. Cho hàm số

yfx
xác định trên
và hàm số

'yfx
có đồ thị như hình vẽ. Tìm số điểm
cực trị của hàm số

2
3yfx
.
A. 4 B. 2 C. 5 D. 3
Chọn đáp án D.
Quan sát đồ thị ta có

'yfx
đổi dấu từ âm sang dương qua
2x 
nên hàm số

yfx
có một điểm cực
trị là
2x 
.
15
Ta có
 
/
222
2
0
0
'32.'30321
2
31
x
x
yfx xfx x x
x
x





.
Mà
2x 
là nghiệm kép, còn các nghiệm còn lại là nghiệm đơn nên hàm số

2
3yfx
có ba cực trị.
Câu 27 (VD): Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
2
34yxx
, một học sinh làm như sau:
(1). Tập xác định
1; 4D 
và
2
23
'
34
x
y
xx


.
(2). Hàm số không có đạo hàm tại
1; 4xx
và

3
1; 4 : ' 0 .
2
xy
(3). Kết luận. Giá trị lớn nhất của hàm số bằng
5
2
khi
3
2
x và giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi x = -1; x = 4.
Cách giải trên:
A. Cả ba bước (1);(2);(3) đều đúng B. Sai từ bước (2)
C. Sai ở bước (3) D. Sai từ bước (1)
Cách giải:
+ Nhận thấy: Tập xác định của hàm số
1; 4D  và
2
23
'
234
x
y
xx


nên cách giải trên sai ngay từ bước 1
Chọn: D
Câu 28: VD. Cho biểu thức
22
2
x
y
P
x
y
với
,
x
y
khác 0. Giá trị nhỏ nhất của
P
bằng
A. -2 B. 0 C. -1 D. 1
Đáp án C

2
22 22
2
11 0
xy
xy
P
xy xy
 

nên
1
P

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
0xy
.
Câu 29: VD. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số

2
ln 1
2
x
ymxx

đồng biến
trên khoảng

1; 
?
A. 4 B. 1 C. 3 D. 2
Đáp án C
Hàm số luôn xác định trên

1; 
, có
11
'
11
yxm x m
xx
 

Với
1
x
, áp dụng BĐT AM-GM:

11 1
112113
11 1
xmx m x mm
xx x


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2x
(thỏa mãn)
16
Vậy

1;
min ' 3
y
m

 , hàm số đồng biến trên

1; 
khi và chỉ khi
'0y

1;
1; min ' 0 3 0 3xymm


. Mà
1; 2; 3mm

.
Câu 30: VD. Hàm số
2
3
x
y
xm

đồng biến trên khoảng

0; 
khi
A.
1m
B.
1m
C.
3m
D.
1m
Đáp án C

22
32 1
'
33
mm
y
xm xm


 
. Hàm số đồng biến trên

0;
khi và chỉ khi

10
1
3
30 0;
30
m
m
m
xm x
m





Câu 31: VD.Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số
422
21yx mx
có ba điểm cực trị là ba đỉnh của
một tam giác vuông cân.
A.
1m
B.
1;1m 
C.

1; 0;1m 
D.

0;1m
Đáp án là B
Sau đây, trình bày ba cách giải của bài tập này:
Cách 1. (Tự luận)
Ta có: .
.
Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình có 3 nghiệm phân biệt
.
Khi đó đồ thị có 3 điểm cực trị là
Do tam giác cân tại nên 3 điểm cực trị tạo thành tam giác vuông cân

32 22
'4 4 4.
y
xmxxxm
0
'0
x
yxm
x
m


'0y
2
00mm


44
0;1 , ;1 ,C ;1 .
A
Bm m m m
44
(m;m), (m;m)AB AC

A
BC
A
A
BAC
17
.
Do nên ta có .
Cách 2. Sử dụng công thức tính nhanh ta có .
Cách 3. Nhận xét thỏa mãn thì cũng thỏa mãn và hàm số có 3 điểm cực trị khi và
chỉ khi suy ra chọn B.
Câu 32. VD.Cho hàm số

yfx
. Hàm số

'yfx
có đồ thị như hình vẽ.
Hàm số

2
yfx
có bao nhiêu khoảng nghịch biến.
A. 5 B. 3
C. 4 D. 2
Chọn B.
Ta có
 
/
22
'2.'yfx xfx



Hàm số nghịch biến



2
22
'
22
2
0
0
'0
11 4
12
'0
21 0
0
0
114
'0
theo dt f x
x
x
fx
xx
x
y
xx
x
x
xx
fx




 



Vậy hàm số

2
yfx
có 3 khoảng nghịch biến.
Câu 33. VD. Đồ thị hàm số
2
51 1
2
x
x
y
x
x

có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận?
A. 3 B. 0 C. 2 D. 1
28
0
.0 0 1
1
m
AB AC m m m
m


 
0m
1
1
m
m

3
1
80
1
m
ba
m


mm
0m
18
Chọn đáp án D.
Tập xác định:

1; \ 0D 
.
234
2
51 1 1
51 1
lim lim lim 0 0
2
2
1
xx x
xx
xx x x
yy
xx
x
  



là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.



2
2
2
00 0
51 1
51 1
lim lim lim
2
251 1
xx x
xx
xx
y
xx
xxx x









2
2
00
25 9 25 9 9
lim lim 0
4
251 1 251 1
xx
xx x
x
xxx x x x x



 
không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có tất cả 1 đường tiệm cận.
Câu 34/VD. Cho hàm số có đạo hàm trên R và có đồ thị như hình vẽ.
Xét hàm số

2
2
xfxg .
Mệnh đề nào sau đây sai?
A. Hàm số nghịch biến trên .
B. Hàm số đồng biến trên .
C. Hàm số nghịch biến trên .
D. Hàm số nghịch biến trên .
Chọn D
Ta có

2
2
xfxg

xxfxg 2.2''
2
y f (x)
y f '(x)
g
(
x
)
(
0;2)
g
(
x
)
(
2;)
g
(
x
)
(;2)
g
(
x
)
(1; 0 )
19


2
2
1
1
0
22
12
0
02'
0
0'
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
xf
x
xg
Ta có

07'.63' fg , g’(x) đổi dấu qua các nghiệm đơn hoặc bội lẻ, không đổi dấu qua các nghiệm bội
chẵn nên ta có bảng xét dấu g’(x):
x
-2 -1 0 1 2
g’(x) - 0 + 0 + 0 - 0 - 0 +
Suy ra đáp án là D.
Câu 35/ VD. Gọi S là tập các giá trị dương của tham số m sao cho hàm số
32
32732yx mx x m
đạt cực
trị tại
12
,
x
x thỏa mãn
12
5xx
. Biết
;Sab
. Tính
2Tba
.
A. 51 6T . B. 61 3T . C. 61 3T . D. 51 6T .
Chọn C.
+) Ta có
2
36 27yxmx
 ,
2
0290yxmx

(1)
+) Theo giả thiết hàm số đạt cực trị tại
12
,
x
x phương trình
(1)
có
2
nghiệm phân biệt
0

2
3
90
3
m
m
m


(*)
+) Với điều kiện (*) thì phương trình
(1)
có
2
nghiệm
12
,
x
x , theo Vi-ét ta có:
12
12
2
9
x
xm
xx

+) Ta lại có
12
5xx

22
12 12 12
25 4 25 0xx xx xx 
2
61 61
4610
22
mm
(**)
+) Kết hợp (*), (**) và điều kiện
m dương ta được:
61
3
2
m
3
2613
61
2
a
Tba
b

.
Câu 36/ VD.Cho hàm số có đồ thị
21
():
1
x
Cy
x
. Gọi
M
là điểm bất kì thuộc đồ thị
()C
. Gọi tiếp tuyến của
đồ thị
()C
tại
M
cắt các tiệm cận của
()C
tại hai điểm
P
và
Q
. Gọi
G
là trọng tâm tam giác
IPQ
(với
I
là
giao điểm của hai đường tiệm cận của
()C
). Diện tích tam giác
GPQ
là
A.
2
. B.
4
. C.
2
3
.
D.
1
Chọn A
2
3
(1)
y
x
. Giả sử

21
;
1
a
M
aC
a



.
20
Phương trình tiếp tuyến tại điểm
M
là
2
321
:()
(1) 1
a
dy x a
aa



Đồ thị
()C
có hai tiệm cận có phương trình lần lượt là
1
:1dx ;
2
:2dy
cắt
1
d
tại điểm
24
1;
1
a
P
a



;
d
cắt
2
d tại điểm
(2 1;2)Qa
,
1
d cắt
2
d tại điểm
(1; 2)I
.
6
;21
1
IP IQ a
a

Ta có
11
36
GPQ IPQ
S S IPIQ
16
2| 1| 2
6|1|
a
a

.
Câu 37. VDC. Cho hàm số
4
1
x
ax a
y
x

. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
đã cho trên đoạn
1; 2
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để
2
M
m
.
A. 15 B. 14 C. 17 D. 16
Chọn đáp án A.
Xét hàm số

4
1
x
ax a
fx
x

. Ta có



43
2
34
'0,1;2
1
xx
fx x
x

Do đó

12,1;2ffxf x
hay


116
,1;2
23
afxa x
Ta xét các trường hợp sau:
TH1: Nếu
11
0
22
aa
thì
16 1
;
32
Ma ma 
Theo đề bài
16 1 13
2
323
aaa




Do a nguyên nên
0;1; 2;3; 4a .
TH2: Nếu
16 16
0
33
aa
thì
16 1
;
32
ma M a

 


Theo đề bài
11661
2
236
aaa




Do a nguyên nên
10; 9;...; 6a 
.
TH3: Nếu
116161
0
2332
aa a
thì
0; 0Mm
(Luôn thỏa mãn)
Do a nguyên nên
5; 4;...; 1a 
Vậy có 15 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.
d
21
Câu 38. VDC. Cho hàm số

3
32 yx x C
. Biết rằng đường thẳng
:dy ax b
cắt đồ thị
C
tại ba
điểm phân biệt M, N, P. Tiếp tuyến tại ba điểm M, N, P của đồ thị

C
cắt
C
tại các điểm
'
M
,
'N
,
'P
(tương ứng khác M, N, P). Khi đó đường thẳng đi qua ba điểm
', ', '
M
NP
có phương trình là
A.

49 188yax b
B.

49 148yax b
C.
y
ax b
D.

818 188yax b
Chọn đáp án A.
Giả sử

11 2 2 33
;, ;, ;
A
xy Bx y Cxy . Ta có phương trình tiếp tuyến tại A của đồ thị

C là


23
11 111
:33 32yx xxxx
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị

C và
1
là

 
2
1
23
11113 11
1
33 32 2 2 0
2
x
x
xxxxxxx xxxx
x
x


Do đó
3
11 1
'2;8 6 2Axxx
Lại có


33
11 11 1 1 1
8628 3218188 1818xx xx x axb x 

11 1
81818249188ax b x x a b 
Khi đó

''
49188
AA
yxa b
Vậy phương trình đường thẳng đi qua 3 điểm
', ', '
A
BC là

49188yxa b
Câu 39. VDC. Cho hàm số bậc ba

32
f
xaxbxcxd
có đồ thị như hình vẽ bên dưới:
22
Hỏi đồ thị hàm số


 
2
2
3221
x
xx
gx
xf x fx



có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
A. 5 B. 4 C. 6 D. 3
Chọn đáp án A.
ĐK
 
1
;0;1
2
xfx fx
.
Xét phương trình
 






2
0
0;5;1
2
0
1
1; 2
2;3
x
xaa
x
xf x fx
x
xbb
xcc






Đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận đứng
;;;2xaxbxcx.
Câu 40/ VDC. Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện
22
2xy. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

33
23Pxy xy
. Giá trị của của M + m bằng
A.
4
. B.
1
2
. C.
6
. D.
142
.
Chọn B.

33 22
232() 3Pxyxyxyxyxyxy
2( )(2 ) 3
x
yxyxy
(do
22
2xy)
Đặt
x
yt
. Ta có
22
22
()
211
22
xy t
xy xy

Từ
2
22
()4 4 1 2 2
2
t
xy xy t t




22
32
3
() 2 2 1 3 1 6 3
22 2
tt
Pft t t t t







.
Xét
()
f
t
trên
[2;2]
.
Ta có
2
1[2;2]
() 3 3 6, () 0
2[2;2]
t
ft t t ft
t




.
Bảng biến thiên
23
Từ bảng biến thiên ta có
13
max max ( ) ;min min ( ) 7
2
Pft Pft
Lời bình: Có thể thay bbt thay bằng
Ta có
13
1[2;2]; 2[2;2];(0) 7;(1) ;(2)1
2
tt fff suy ra kết luận.
Bài tương tự.
(D-2009). Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn
1
x
y
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức

22
434325Sxyyx xy
Lời giải.

22 2233
4 3 4 3 25 16 12 34Sxyyx xyxy xy xy  
22 3
16 12 ( ) 3 ( ) 34
x
yxyxyxyxy



22
16 12(1 3 ) 34
x
yxyxy
22
16 2 12xy xy
Đặt t = x.y, vì x, y 0 và x + y = 1 nên
1
0
4
t . Khi đó
2
() 16 2 12Sft t t.
Xét
()
f
t
trên
1
0;
4



11
() 32 2; () 0 0;
16 4
ft t ft t





S(0) = 12;
1
4
S



25
2
;
1
16
s



191
16
.
25
Max
2
S khi x = y =
1
2
và
191
min
16
S khi
23
4
23
4
x
y
hoặc
23
4
23
4
x
y
.
Câu 41/ VD.Tập hợp các giá trị của m để hàm số
43 2
3412 1yx x xm
có
T
điểm cực trị là:
A.
(0;6)
. B.
(6;33)
. C.
(1; 33)
. D.
(1; 6)
.
Chọn D
Xét hàm số
43 2
() 3 4 12 1fx x x x m ,
Có



xf
x
lim
,



xf
x
lim

32 2
( ) 12 12 24 12 2fx x x x xx x

24
0
() 0 1
2
x
fx x
x

.
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên, ta có hàm số
()yfx
có
T
điểm cực trị đồ thị hàm số
()
y
fx
cắt
Ox
tại
4
điểm
phân biệt
60 1 1 6mm m
.
Câu 42/ VD.Cho hàm số
32
25yx x x có đồ thị là
C
. Trong các tiếp tuyến của
C
, tiếp tuyến có hệ
số góc nhỏ nhất, thì hệ số góc của tiếp tuyến đó là
A.
4
3
.
B.
5
3
.
C.
2
3
.
D.
1
3
.
Chọn B
+)Gọi

00
;()
M
xy C
và
là tiếp tuyến của
C
tại
M
.
+)
2
322yxx
 hệ số góc của
là
2
00
322kx x.
+) Ta có
2
00
215
3
393
kxx




2
00
155
3,
333
x
x




.
5
min
3
k, đạt được khi
0
1
3
x .
Câu 43 (VD): Cho hàm số

yfx có đồ thị hàm số như hình vẽ dưới. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của hàm số

2
2
y
fx xtrên đoạn
37
;
22



. Tìm khẳng định sai trong các khẳng định sau.
A. 7Mm
B. 10Mm
C. 3Mm
D.
2
M
m
Cách giải:
Đặt
2
37 21
2, ; 1;
22 4
tx xx




Từ đồ thị hàm số ta xét hàm số

21
,1;
4
yftt




25
 
21
21
1;
1;
4
4
21
min 2 2, M 5
4
7
mftf maxftf
Mm











Chọn A.
Câu 44 (VD): Cho hàm số
1
1
x
y
x
có đồ thị

C biết cả hai đường thẳng
111222
:;d:dyaxb axb đi qua
điểm I(1;1) và cắt đồ thị

C tại 4 điểm tạo thành một hình chữ nhật. Khi
12
5
2
aa,giá trị biểu thức
12
Pbb
bằng:
A.
5
2
B.
1
2
C.
1
2
D.
5
2
Cách giải:
Gọi ,
lần lượt là các góc tạo bởi tia Ox và phần đồ thị phía trên trục Ox của
12
,dd
Khi đó ta có:
12
tan , tanaa
.
Vẽ đồ thị như hình vẽ bên.
Theo tính chất đối xứng của đồ thị hàm số ta có:
1
2
90
1
a
a


Lại có:
11
12
22
21
5
11
2
22
ab
aa
ab








12
1
2
Pbb
Chọn C.
Câu 45 (VD): Cho hàm số f (x) Đồ thị hàm số

'yfx như hình
vẽ bên. Hàm số

32gx f x nghịch biến trên khoảng nào trong
các khoảng sau?
A.

0; 2
B.

1; 3
C.

;1
D.

1;
Cách giải:
26
Ta có:

 

22
'0
5
'32'2'32
'0'320
15
232 2
22
32 5
1
x
fx
x
gx f x f x
gx f x
x
x
x
x











Chọn C.
Câu 46/ VD.Cho hàm số
2
1
23
x
y
mx x

. Có tất cả bao nhiêu giá trị
m để đồ thị hàm số có đúng hai đường
tiệm cận.
A. 2. B. 3. C. 0. D. 1
Chọn B
Nhận xét:
+
2
() 2 3
f
xmx xcó bậc
1
nên đồ thị hàm số luôn có 1 tiệm cận ngang.
+ Do đó: Yêu cầu bài toán
9
đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng.
+
0m
, đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng là đường thẳng
3
2
x =
m = 0 thỏa bài toán.
+
0m
, đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình mx
2
- 2x + 3 = 0 có nghiệm kép
hoặc nhận x = 1 làm nghiệm
1
3
1
0)1(
0
m
m
f
f
+ KL:
1
0; ; 1
3
m




.
Câu 47 (VD): Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số
22
f(x) 6 x 6x 12 6x x 4 . Tính tích các nghiệm
của phương trình f (x) M
.
A. -6 B. 3 C. -3 D. 6
Cách giải:
22
22
f(x) 6 x 6x 12 6x x 4
f (x) 6 x 6x 12 (x 6x 12) 8


Đặt

2
2
tx6x12 x333, khi đó ta có
2
f(t) t 6t 8 x 3
Ta có f '(t) 2 t 6 0 t 3

BBT:
t
3


f
t
0

f
t
17

27

2
3;
max f (t) 17 t 3 x 3 3 3 x 3
maxf (x) 17 M x 3



Vậy phương trình f (x) M
có nghiệm duy nhất x3 , do đó tích các nghiệm của chúng bằng 3.
Chọn B.
Câu 48 (VD): Cho hàm số y f (x) có đạo hàm
22
y' x 3x m 5m 6 . Tìm tất cả các giá trị của m để
hàm số đồng biến trên (3;5).
A.

m;32; B.
m;32;

C.
m3;2 D. Với mọi mR
Cách giải:
Hàm số y f(x) đồng biến trên (3;5) y' 0 x (3;5)
22
22
x3xm5m60x(3;5)
x 3x m 5m 6 x (3;5)(*)


Đặt
2
g(x) x 3x
2
2
(3;5)
(*) g(x) m 5m 6 x (3;5)
m5m6ming(x)
 

Khảo sát hàm số
2
g(x) x 3x ta được:
x

3
2

3
5

g’(x)



g(x)



9
4


0
10


22
m2
m5m60 m5m60
m3

 

Chọn B.
Câu 49/ VDC. Cho hàm số
2
()
1
x
fx
x
. Đạo hàm cấp 2018 của hàm số
()
f
x
là:
A.
2013
(2018)
2013
2018!
()
(1 )
x
fx
x
. B.
(2018)
219
2018!
()
(1 )
fx
x
.
C.
(2018)
2019
2018!
()
(1 )
fx
x

. D.
2013
(2018)
2013
2018!
()
(1 )
x
fx
x
Chọn B
Ta có
1
() 1
1
fx x
x



2
1
1
1'
x
xf
28



33
1
!2
1
1.2
"
xx
xf




44
3
1
!3
1
1.2.3
xx
xf




55
4
1
!4
1
1.2.3.4
xx
xf
....
Suy ra:
(2018)
2019 2019
2018! 2018!
()
(1) (1)
fx
xx


Chú ý: Có thể dùng phương pháp quy nạp toán học chứng minh được



*
1
1
,
1
!
1 Nn
x
n
xf
n
n
n
Câu 50: VDC.Cho x, y là những số thực thỏa mãn
22
1xxyy. Gọi
M
và m lần lượt là giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của
44
22
1
1
xy
P
xy


. Giá trị của
15
A
Mm
là
A. 17 2 6A  B. 17 6A  C. 17 6A  D. 17 2 6A 
Đáp án A
Đặt
2
x
yt, ta có
22
11
x
yxyt

2
22
021223
x
yxyxyttt

2
22
5
0201220
3
xy x y xy t t t
Các dấu bằng đều xảy ra nên
5
;3
3
t



Ta có

22
12 2 2
x
yxytt  
;


2
22
44 22 22 2
121122166
x
yxyxyt t tt
Do đó
6
6Pt
t

; xét hàm

6
6ft t
t

có


22
66
6
'1
tt
ft
tt




511
;31; 6626
315
fff




. Do đó
5
5
;3
;3
3
3
11
min ; max 6 2 6
15
mPM P







15 17 2 6AM m .
Câu 51 (VDC): Cho a,b,c là các số thực dương khi đó giá trị lớn nhất của biểu thức


3
2
834
1
a b ab bc abc
P
abc


gần với giá trị nào nhất trong các đáp án sau:
A. 4,65 B. 4,66 C. 4,67 D. 4,64
Cách giải:
Áp dụng bất đẳng thức cho hai số dương ta có:
29

 
3
2 2
2
44416
834
834
28
44 12
.
1( ) 3
11
abbcab c
ab
a b ab bc abc
abc
P
abc
abc abc









 
Đặt ,( 0).abctt
Ta có:
 
2
28 28
.0
331
t
Pft t
t

Có:
 
22 2
22 22
1( )
121
''0
1( )
(1 ) (1 )
ttm
tt t
ft ft
tktm
tt




Ta có BBT:
t 0 1

f’(t) + 0
f(t)
0

Dựa vào BBT ta có:

1
max
2
ft khi 1t
28 1 14
.
32 3
MaxP
Dấu “=” xảy ra
16
421
4
4
4
421
21 1
11
21
a
ba
ab
b
cbcb
c
abc
c












Chọn B.
Câu 52 (VDC): Cho hàm số
yf(x)
. Hàm số
yf'(x)
có bảng xét dấu như sau:
x

2
1 3


'
f
x
0 + 1 + 0
Hàm số
2
yfx 2x
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
(0;1)
B.
(2;1)
C. (2;1) D.
(4;3)
Cách giải:
Đặt
2
g(x) f(x 2x)
ta có
22
g'(x) (2x 2)f '(x 2x) 2(x 1)f '(x 2x) 
Hàm số
yg(x)
nghịch biến trên
(a;b) g '(x) 0 x (a;b)
và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
Xét đáp án A ta có:
15
g' 3f ' 0
24
 

 
 
Loại đáp án A.
Xét đáp án C ta có:

3
g' 2f' 0 0
2




Loại đáp án C.
30
Xét đáp án D ta có:
721
g' 5f' 0
24




Loại đáp án D.
Chọn B.
Câu 53 (VDC):
Cho hàm số

y
fx có đồ thị như hình vẽ bên dưới . Để
đồ thị hàm số
  
2
hx f x f x m có số điểm cực trị ít nhất thì giá trị
nhỏ nhất của tham số
0
mm . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
A.

0
0;1m
B.

0
1; 0m 
C.

0
;1m 
D.

0
1;m 
Cách giải:
Xét hàm số:
       
2
'2.' ' '2 1gx f x f x m g x f x f x f x f x f x







'0
'0
'0
1
21
2
fx
fx
gx
fx
fx




Dựa vào đồ thị hàm số ta có:


1
'0
3
1
(0)
2
x
fx
x
fx x aa



  
  
  
2
2
2
111
333
1
4
gf fmm
gf fmm
ga f a f a m m



Ta có bảng biến thiên:
x

a13

g’(x)
+


g(x)
 


ga

1g 

m

 
Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số g(x) có 3 điểm cực trị.
    
2
2
11
24
hx gx f x f x m f x m




có điểm cực trị ít nhất là 3.
Đồ thị hàm số g(x) nằm phía trên trục Ox ( kể cả trường hợp tiếp xúc với Ox)
0
11
44
mm
Chọn A.
31
Câu 54 (VDC): Biết hai điểm B(a; b), C(c; d) thuộc hai nhánh của đồ thị hàm số
2
1
x
y
x
sao cho tam giác
ABC vuông cân tại đỉnh A(2; 0), khi đó giá trị biểu thức
Tabcd bằng:
A. 6 B. 0 C. -9 D. 8
Cách giải:
Gọi

22
;2 , ;2 1
11
B
aCcac
ac





Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C trên trục

,0 , ( ;0)Ox H a K c
ABC vuông cân
0
90
AB AC
BAC


Ta có:
B
CA CAK ACK BAH ABH
Mà:
0
90BAH CAK
B
AH ACK 
Xét ABH và
CAK
ta có:
()
()
()
BAH ACK CMT
AC AB gt
ABH CAK ch gn


,
A
HCKHBAK
(các cạnh tương ứng bằng nhau)
Ta có:

22 ; 2; 1AH a a AK c a
222
2;2 2(1)
111
2
22
1
2
22
1
BH CK c
acc
a
AH CK
c
HB AK
c
a
 





2
2
1
1
2
42
1( )
2
2
22
1
3(tm)
11
222
22
2
11
1
1
a
c
a
c
c
btm
c
c
ac
cc
aa
c















1;1
1.1 3.3 8
3; 3
B
T
C

Chọn D.
Câu 55 (VDC): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số:
8524
yx (m1)x (m 1)x 1
đạt
cực tiểu tại
x0
?
A. Vô số B. 3 C. 2 D. 4
Cách giải:
Ta có

74236 322
y' 8x 5 m 1 x 4(m 1)x ; y'' 56x 20(m 1)x 12(m 1)x
32
7423
34 2
y ' 0 8x 5(m 1)x 4(m 1)x 0
x 8x 5(m 1)x 4(m 1) 0




TH1: Xét
2
m10 m 1
+) Khi m 1
ta có
34 43
y ' 0 x (8x 10x) x (8x 10) x 0 là nghiệm bội 4x0 không là cực trị
của hàm số.
+) Khi m 1
 ta có
34 7
y' 0 x .8x 0 8x 0 x 0   là nghiệm bội lẻ x0 là điểm cực trị của hàm
số. Hơn nữa qua điểm
x0 thì y ' đổi dấu từ âm sang dương nên x0 là điểm cực tiểu của hàm số.
TH2: Xét
2
m10 m 1
ta có:
2
25 2 2
522
x0
y' 0 x 8x 5(m 1)x 4(m 1)x 0
8x 5(m 1)x 4(m 1)x 0

 


2
x0x0 là nghiệm bội chẵn không là cực trị của hàm số, do đó cực trị của hàm số ban đầu là nghiệm
của phương trình
522
g(x) 8x 5(m 1)x 4(m 1)x 0
Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 g'(0) 0
Ta có
42
g '(x) 40x 10(m 1)x 4(m 1)
22
g'(0) 4(m 1) 0 m 1 0 1 m 1
Vậy kết hợp 2 trường hợp ta có 1 m 1
Do
mZ m 1;0
Chọn C.
Câu 56 (VDC): Cho hàm số y f (x) xác định và liên tục trên R, có
đạo hàm f '(x) . Biết rằng đồ thị hàm số
f'(x)
như hình vẽ. Xác định
điểm cực đại của hàm số
g(x) f(x) x
.
A. Không có giá trị
B.
x0
C.
x1
D.
x2
Cách giải:
Ta có
x0
g'(x) f '(x) 1 0 f '(x) 1 x 1
x2

BBT
x

01 2
 

gx
0
0
33

gx

Dựa vào BBT ta thấy hàm số
yg(x)
có 1 điểm cực đại là
x2.
Chọn D.
Câu 57 (VDC): Cho hàm số
3x b
y(ab2)
ax 2

. Biết rằng a và b là các giá trị thỏa mãn tiếp tuyến của đồ thị
hàm số tại điểm
A(1; 4)
song song với đường thẳng
d:7x y 4 0
. Khi đó giá trị của
a3b
bằng:
A. -2 B. 4 C. 5 D. -1
Cách giải:
Điều kiện:
ax 2 0
. Ta có
2
6ab
y' ;d:7x y 4 0 y 7x 4
(a x 2)


Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số có dạng:
00
d':y 7x y (y 4)
Ta có:
00
A(1; 4) d' 4 7.1 y y 3(tm) d': y 7x 3   
A(1; 4)
thuộc đồ thị hàm số và hệ số góc của
d'
là:
f'(1) 7
2
2
2
3.1 b
4
b4a5
b3 4(a2)
a2
6ab
6ab 7(a2)
6a(4a5) 7a 28a28
7
(a 2)
a2
(tmab 2)
b4a5
b3
b4a5
a3b11
a2
a3b
11a 33a 22 0
a2
a1
(tmab 2)
b1





















2
Chọn A.
Câu 58 (VDC): Cho hàm số
32
3( 3) 3yx m x có đồ thị (C). Tìm tất cả các giá trị của m sao cho qua điểm
A(-1;1) kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến (C), Một tiếp tuyến là
1
:1y và tiếp tuyến thứ 2 là thoả mãn tiếp
xúc với (C) tại N đồng thời cắt (C) tại P (khác N) có hoành độ bằng 3.
A. Không tồn tại m thoả mãn B.
2m
C.
0, 2mm
D.
2m 
Cách giải:
TXĐ: DR , ta có
2
y3x6(m'3)x.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ
0
xx là:


232
00000
y 3x 6(m 3)x x x x 3(m 3)x 3(d)
Có một tiếp tuyến là
1
:y 1
0
2
00
0
32
00
32
00
x0
3x 6(m 3)x 0
x2(m3)
x3(m3)x3 1
x3(m3)x3 1







TH1:
0
x031 (vô nghiệm).
34
TH2:
32
0
x 2(m 3) 8(m 3) 3(m 3).4(m 3) 4 0
33
4(m3) 40 (m3) 1 m31 m 2  .
Thử lại khi
m2 , phương trình đường thẳng (d) trở thành


232
00 000
y3x6xxx x3x3(d)


232
00 000
23232
000000
0
3
00
0
A( 1; 1) (d) 1 3x 6x 1 x x 3x 3
13x6x3x6xx3x3
x2
2x 6x 4 0
x1




Phương trình có 2 nghiệm phân biệt, do đó từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số khi
m2
(tm).
Vậy
m2 .
Chọn A.
Câu 59 (VDC): Cho hàm số
()yfx
liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ.
Hỏi hàm số


yffx
có bao nhiêu điểm cực trị ?
A. 6 B. 8
C. 7 D. 9
Cách giải
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị
Xét hàm số có .
Phương trình .
Phương trình có 2 nghiệm đơn phân biệt.
Phương trình có 2 nghiệm đơn phân biệt.
Phương trình có 2 nghiệm đơn phân biệt.

yfx

12
2, 1;2, 2;3.xxx xx
(())yffx
1
2
'( ) 0
() 2
''().'(())0
() (1;2)
() (2;3)
fx
fx
yfxffx
fx x
fx x



1
2
2
'( ) 0 (1; 2)
(2;3)
x
fx x x
xx


() 2fx
1
() (1;2)fx x
2
() (2;3)fx x
35
Các nghiệm này không trùng nhau, do đó phương trình y’ = 0 có 9 nghiệm phân biệt (không tringf nhau),
Các nghiệm đều là nghiệm đơn. Do vậy hàm số có 9 điểm cực trị
Chọn D.
Câu 60/ VD: Cho hàm số có bảng biến thiên:
x

1 3

y’ + 0
0 +
y
4
 

 ‐2
Tìm tất cả các giá trị của
m
để bất phương trình

11
f
xm có nghiệm?
A.
1m
. B.
2m 
. C.
4m
. D.
0m
.
Cách giải:
Đặt () 1 1 1,tx x, khi đó ta có ( )
f
tm (*)
Để phương trình (*) có nghiệm
1t thì
[1; )
min ( )
f
tm

Dựa vào BBT ta thấy
[1; )
min ( ) 2 2ft m

 
Chọn B .

()yffx
()
yf
x
| 1/35
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

HÀM SỐ VD_VDC
Câu 1: VD.Cho hàm số đa thức bậc ba y f x có đồ thị như hình bên. Tìm tất
cả các giá trị của tham số m để hàm số y f x  m có ba điểm cực trị. A. m  1  hoặc m  3 B. m  3  hoặc m 1 C. m  1  hoặc m  3
D. 1  m  3 : Đáp án là Af
  x  m khi f x  m  0L1 
Ly f x  m     f
  x  mkhi f
x  m  0L2 
L gồm LL
y f x  m 2 2  1  và , trong đó có điểm cực trị
L có 3 điểm cực trị  f x  m  0 có nghiệm 1
đơn hoặc có nghiệm đơn và 1 nghiệ 1 m kép m  3 m  3   .   m  1 m  1 
Trắc nghiệm: Số cực trị của hàm số y f x  m bằng số cực trị của hàm số y f x cộng số giao điểm của
f x  m (không tính tiếp điểm)
Hàm số y f x có 2 cực trị
Do đó hàm số y f x  m có 3 cực trị
 phương trình f x  m có nghiệm đơn hoặc có 1 nghiệm 1 đơn và có nghiệm 1 kép m  3 m  3   .   m  1 m  1  y
Câu 2: VD.Cho hàm số y f x có đạo hàm f  x . Hàm số y f  x liên tục 4 13
trên tập số thực và có đồ thị như hình vẽ. Biết f   1 
, f 2  6. Tổng giá trị 2 4
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số g x 3
f x  3 f x trên 1;2 bằng: -1 O 1 2 1573 A. B. 198 64 37 14245 C. D. 4 64 1 Đáp án là A Bảng biến thiên
Ta có g x 2
 3 f x. f x 3 f x . Xét trên đoạn  1  ;2. x  
gx  0  f x 2 3
f x 1  0  f x  1      0  x  2 Bảng biến thiên
 min g x  g   1573 3 1  f   1  3 f   1  . 1;2 64 1
Câu 3 (VD): Gọi x , x là hai điểm cực trị của hàm số 3 2
f (x)  x  3x  2x . Giá trị của 2 2 x  x bằng: 1 2 1 2 3 A. 13 B. 32 C. 4 D. 36 Cách giải: Ta có:   2       2 f ' x x 6x 2
f ' x  0  x  6x  2  0 (*) Có x ; x y  f (x)  x , x 1
2 là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số 1
2 là hai nghiệm của phương trình (*). x  x  6
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: 1 2  x x  2   1 2 2 2 2 2
 x  x  (x  x )  2x x  6  2.(2)  40 1 2 1 2 1 2 Chọn C.
Câu 4 (VD): Biết rằng đồ thị hàm số y   2 a   3 x   3 b   2 2 3 1
1 x  3c x  4d có hai điểm cực trị là (1;-7), (2:- 8). Hãy xác định tổng 2 2 2 2
M a b c d . 2 A. -18 B. 18 C. 15 D. 8 Cách giải: Ta có y   2 a   2 x   3 b   2 ' 3 3 1 2 1 x  3c
Từ giả thiết ta suy ra các điểm có tọa độ (1;-7), (2;-8) thuộc đồ thị hàm số đã cho và x  1; x  2 là hai điểm cực
trị của hàm số nên ta có hệ phương sau  2
 3a  1.8 3 b   2
1 .4  6c  4d  8    2 3a   1 .1  3 b   2
1 .1 3c  4d  7    3. 2 3a   2 1 .1  2. 3 b   2 1 3c  0   3.   2 3a   2 1 .2  2.2. 3 b   2 1  3c  0 Đặt 2 3 2
A  3a 1; B b 1;C  3c ; D  4d ta được hệ mới 2 8
A  4B  2C D  8  8
A  4B  2C D  8   A  2 3  a 1  2     3
A B C D  7 
7A  3B C  1   B  9  b 1  9       2
3A  2B C  0
3A  2B C  0 C  12 3c  12    
 12A 4B C  0
 12A 4B C  0 D  12   4d  1  2 2  a 1  2 b  4 2 2 2 2  
M a b c d  18 2 c  4  2 d  9 Chọn B. x  3
Câu 5 (VD): Tìm m để đường thẳng y  2x  m cắt đồ thị hàm số y 
tại hai điểm M, N sao cho độ dài x 1 MN nhỏ nhất: A. 3 B. -1 C. 2 D. 1 Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số là: x  3 2x  m  x   2
1  2x  (m 1)x  m  3  0 (*) x 1 Ta có:     2 2 2
m 1  8(m  3)  m  6m  25  (m  3) 16  0 m 
 (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x , x 1 2 với mọi m.  m 1 x  x    1 2 
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: 2  m  3 x x  1 2  2
Gọi M(x ;2x  m), N(x ;2x  m) là hai giao điểm của 2 đồ thị hàm số. 1 1 2 2 Khi đó ta có: 3
MN  x  x 2  2x  2x 2 2 2  5(x  x ) 2 1 2 1 2 1 2      m 1 m  3 5 x  x  4x x   5   4.  1 2 2   1 2    4 2    5   2      5 m 2m 1 8m 24   2 m  6m  25 4 4 5
 m  32  20  20 m  4
Dấu “=” xảy ra  m  3  0  m  3 Chọn A.
Câu 6 (VD): Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số 4 2 4
y x  2mx  2m m có 3 điểm cực trị
đồng thời các điểm cực trị của đồ thị lập thành tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. Tính tổng các phần tử của S. 1 5 2  5 3  5 A. B. C. 0 D. 2 2 2 Cách giải: x  0 TXĐ: D  R . Ta có 3
y '  4x  4mx  0   2 x  m
Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình y '  0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0  4
x  0  y  2m  m  A  4 0; 2m  m   Khi đó ta có:  4 2
y '  0  x  m  y  m  m  2m  B   4 2 m; m  m  2m  4 2
x   m  y  m  m  2m  C   4 2  m;m  m  2m Ta có 4 4 2 2
d(A; BC)  m  2m  m  m  2m  m ; BC  2 m . 1 1 2 2  S
 d(A;BC).BC  m .2 m  m m . AB  C 2 2 Ta có: 2 4 2 AB  m  m  AC
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó ta có: AB AC  BC  4 m  m 2 m 2  4 2 S   m m   m  m  2m AB  C 4R 4 m  0 m 1            3    1 5 1 5 1 5   m m 2m 1  0  m   S  0;1; ;   2  2 2     1 5 m   2 1 5 1   5
Khi đó tổng các phần tử của S là 0 1   0 2 2 4 Chọn C.
Câu 7 (VD): Cho hàm số yf x có đạo hàm trên R và có đồ thị hàm số yf ’ x như hình bên. Hàm số
y f 3 – x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A.  2;    1 B.  1;  2
C. 2; D.  ;    1 Cách giải:
Đặt g(x)  f (3  x) ta có g '(x)  f '(3  x) Xét x ( 2; 1) 3 x (4;5) f (3 x) 0 g        
  (x)  0  hàm số y  g(x) nghịch biến trên (2;1) Xét x ( 1; 2) 3 x (1; 4) f (3 x) 0 g       
  (x)  0  hàm số y  g(x) đồng biến trên (1;2) Chọn B.
Câu 8 (VD): Tính tổng tất cả các giá trị của m biết đồ thị hàm số 3 2
y x  2mx  (m  3)x  4 và đường thẳng
yx  4 cắt nhau tại 3 điểm phân biệt A(0;4), B, C sao cho diện tích tam giác IBC bằng 8 2 với I 1;3. A.3 B. 8 C. 1 D. 5 Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm 3 2 3 2
x  2mx  (m  3)x  4  x  4  x  2mx  (m  2)x  0       x  x 0 y 4 A(0; 4) 2
x  2mx  m  2  0   2
x  2mx  m  2  0(1) Để 3 2
y  x  2mx  (m  3)x  4 và đường thẳng y  x  4 cắt nhau tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) m  2 2
 '  m  m  2  0 
phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0     m  1  m  2  0  m  2  x  x  2  m
Khi đó: x ; x là 2 nghiệm của phương trình (1), áp dụng định lí Vi-ét ta có B C B C x x  m 2  B C 1 1 2S Ta có S  d(I;BC).BC  d(I;d).BC IB  C  BC  IB  C 2 2 d(I;d) 1 3  4 2.8 2 Mà d(I;d)   2  BC  16 2 2 Ta có 5
BC  x  x 2  y  y 2  x  x 2  x  4  x  42  2x  x 2 2 B C B C B C B C B C
 x  x 2 128  x  x 2  4x x 128 B C B C B C 2 2 2
 4m  4(m  2) 128  m  m  2  32  m  m  34  0
Phương trình bậc hai ẩn m có 2 nghiệm phân biệt m , m và m  m  1. 1 2 1 2 Chọn C. Câu 9 (VD):
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số 3 y  x  3x  m có 5 điểm cực trị? A. 5 B. 3 C. 1 D. vô số Cách giải: Hàm số 3
y  x  3x  m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số 3
y  x  3x  m có 2 cực trị nằm về hai phía của trục Ox. x 1 y  2   m Ta có: 3 y '  x  3x  m   x  1   y  2  m
Hai điểm cực trị nằm về 2 phía trục Ox     2
2 m (2  m)  0  m  4  0  2   m  2
Kết hợp điều kiện m    m  1  ;0; 
1 . Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn ycbt. Chọn B.
Câu 10 (VD): Tập hợn tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 3 2
y  x  mx  3x  2 đồng biến trên R là:  3 3   3 3  A. ( 3  ;3) B. 3;3 C. ;   D. ;    2 2   2 2  Cách giải: Ta có: 2 y'  3x  2mx  3
Hàm số đã cho đồng biến trên R  y '  0x  R 2   '  0 x
  R  m  9  0  3  m  3
Chú ý: Chỉ kết luận  '  0 là chưa đủ, học sinh có thể thử lại khi m  3  để chắc chắn. Chọn B.
Câu 11 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số 3 2 2 2
y  x  (m 1)x  (m  2)x  m  3 có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị đó nằm về hai phía khác nhau đối với trục hoành? A. 2 B. 1 C. 3 D. 4 Cách giải: 3 2      2   2 y x (m 1) x m 2 x  m  3 TXĐ: D  R Ta có: 2 2
y'  3x  2(m 1)x  m  2
Để hàm số có 2 điểm cực trị  phương trình y '  0 có 2 nghiệm phân biệt. 6     '  m  2 1  3 1 15 1 15 2 m  2 2
 0  2m  2m  7  0   m  2 2 Mà m  Z  m  1  ;0;1;  2 Thử lại: x  1 y  1 +) Với m  1 ta có 3 2
y  x  x  x  2 . Khi đó 2 y ' 3x 2x 1 0       1  59 (ktm)  x   y   3 27 +) Với m  0 ta có 3 2
y  x  x  2x  3. Khi đó  1 7 6114 7 x   y   0 2 3 27
y '  3x  2x  2  0   (ktm)  1 7 6114 7 x   y   0  3 27 +) Với m  1 ta có 3 2
y  x  x  x  2 . Khi đó  2  7 20 14 7 x   y   0 3 3 27
y '  3x  4x 1  0   (tm)  2  7 20 14 7 x   y   0  3 27 +) Với m  2 ta có 3 2
y  x  3x  2x 1. Khi đó  3  3 9  2 3 x   y    0 3 3 27
y '  3x  6x  2  0   (ktm)  3  3 9  2 3 x   y   0  3 9
Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn là m  1 Chọn B. x 1
Câu 12. VD.Cho hàm số y
có đồ thị C  . Tìm a để đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang và 2 ax 1
đường tiệm cận đó cách đường tiếp tuyến của C  một khoảng bằng 2 1. A. a  0 B. a  2 C. a  3 D. a  1 Chọn D.
Nếu hệ số góc của tiếp tuyến khác không thì tiếp tuyến và đường tiệm cận luôn cắt nhau. Nếu đồ thị hàm số có
tiệm cận đứng thì tiệm cận đứng luôn cắt tiếp tuyến. Do đó để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì đồ thị hàm số chỉ 1
có tiệm cận ngang. Vậy điều kiện cần là a  0 . Khi đó đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  . a 1 ax x 1
Phương trình tiếp tuyến tại điểm x là 0 y x x  3  0  0 0 2 2 ax 1 ax 1 0 0 7 1 1
Từ suy luận trên ta có 1 ax  0  x  ; phương trình tiếp tuyến là y  1 . 0 0 a a 1 1
Theo bài ra ta có phương trình 1 
 2 1. Giải phương trình này ta được a 1. a a
Câu 13. VD.Cho hàm số y f x có bảng biến thiên sau x  1 1  y ' + 0  0 + y 3   1 
Tìm số nghiệm của phương trình 2 f x 1  0. A. 0 B. 3 C. 4 D. 6
Câu 14. VD.Cho hàm số   3 2
f x ax bx cx d thỏa mãn a, , b , c d  ; a  0 và d  2019 
. Số cực trị của hàm số y f x  2019 bằng 8
a  4b  2c d  2019  0 A. 3 B. 2 C. 1 D. 5 Chọn D.
Ta có hàm số g x  f x  2019 là hàm số bậc ba liên tục trên 
Do a  0 nên lim g x   ;
 lim g x   . Để ý x x
g 0  d  2019  0; g 2  8a  4b  2c d  2019  0
Nên phương trình g x  0 có đúng 3 nghiệm phân biệt trên  . Khi đó đồ thị hàm số g x  f x  2019 cắt
trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên hàm số y f x  2019 có đúng 5 cực trị.
Câu 15 (VD): Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên R và đồ thị hàm số y = f’ (x) trên R như hình vẽ bên dưới.
Khi đó trên R hàm số y = f (x)
A. có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu.
B. có 1 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu.
C. có 2 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu.
D. có 2 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu. Cách giải:
Từ đồ thị hàm số f xta thấy có hai giao điểm với trục hoành (không tính điểm
tiếp xúc),trong đó tính từ trái qua phải một giao điểm cắt theo chiều từ trên xuống và 8
một giao điểm cắt theo chiều từ dưới lên nên hàm số y f xcó một cực đại và một cực tiểu. Chọn B. 1
Câu 16: VD.Tìm m để hàm số y
 x  2m  6 xác định trên 1;0 : x m A. 6   m  1  B. 6   m  1  C. 3   m  1  D. 3   m  1  Đáp án là Dx m  0
Điều kiện hàm số đã cho xác định là : 
m x  2m  6
x  2m  6  0
Để hàm số có tập xác định D   thì ta phải có m  2m  6  m  6   
* . Khi đó hàm số có tập xác định là  ;2 m m  6 .
Hàm số xác định trên  1
 ;0 khi và chỉ khi  1  ;0   ;
m 2m  6 , điều này tương đương với m  1    3   m  1
 . Kết hợp với   * ta được 3   m  1  . 2m  6  0 Vậy với 3
  m 1 thì hàm số đã cho xác định trên  1  ;0 .
Câu 17. VD.Xét đồ thị C  của hàm số 3
y x  3ax b với a, b là các số thực. Gọi M, N là hai điểm phân biệt
thuộc C  sao cho tiếp tuyến với C  tại hai điểm đó có hệ số góc bằng 3. Biết khoảng cách từ gốc tọa độ tới
đường thẳng MN bằng 1, giá trị nhỏ nhất của 2 2 a b bằng 3 4 6 7 A. B. C. D. 2 3 5 6 Chọn C. Ta có 2
y '  3x  3a .
Tiếp tuyến tại M và N của C có hệ số góc bằng 3 nên tọa độ của M và N thỏa mãn hệ phương trình: 2 3
x  3a  3    1  3
y x  3ax b   2 Từ (1) 2
x  1 a . (1) có hai nghiệm phân biệt nên a 1.
Từ (2)  y x 1 a  3ax b hay y  2a   1 x b .
Tọa độ M và N thỏa mãn phương trình y  2a  
1 x b nên phương trình đường thẳng MN là
y  2a  
1 x b hay MN : 2a  
1 x y b  0 .  b d O, MN  2 2  1 
 1  b  4a  4a  2 . 2a  2 1 1 9 2 2 2
a b  5a  4a  2 . Xét f a 2
 5a  4a  2 với a 1. Bảng biến thiên: 6 Vậy 2 2
a b nhỏ nhất là . 5
Câu 18 (VD): Cho hàm số    4 3 2 y
f x ax bx cx dx e , đồ thị
hình bên là đồ thị của hàm số y f ' x . Xét hàm số
g x  f  2
x  2 . Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. Hàm số g x đồng biến trên khoảng 2;
B. Hàm số g x nghịch biến trên khoảng  ;  2  
C. Hàm số g x nghịch biến trên khoảng 0;2
D. Hàm số g x nghịch biến trên khoảng  1  ;0 Cách giải:
Ta có g x  f  2
x  2 suy ra g x   f  2
x    x f  2 ' 2 ' 2 . ' x  2
Từ đồ thị hàm số y f x ta có f ' x  0  x  2 và f ' x  0  x  2 và x  1 x  0    f '   2 x  2  0
+ Để hàm g(x) nghịch biến thì g ' x  0  2 . x f ' 2
x  2  0    x  0   f '   2 x  2  0 x  0     x  0 x 0      2   x  2        f  x  2 2 x 2 2 ' 2 0 x  1       0  x  2 x  1        x  0    x  0   x  2  x     f '   0 2 x  2  0   x  2 2 x  2  2    x  2 
Vậy hàm số nghịch biến trên 0;2 và  ;  2   Suy ra D sai. Chọn D. Chú ý khi giải:
Các em cũng có thể lập bảng biến thiên của hàm số để tìm khoảng đồng biến g x nghịch biến.
Câu 19 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m nhỏ hơn 2018 để hàm số 3
y x  m   2 2 3
1 x  6m  2 x  3 nghịch biến trên khoảng có độ dài lớn hơn 3. A. 2009 B. 2010 C. 2011 D. 2012 Cách giải: 3
y x  m   2
x  m   2
x   y x  m    m   2 2 3 1 6 2 3 ' 6 6 1 6
2  6 x  m  
1 x m  2   10  x  1   x 2
y '  0  x  m   1
1 x m  2  0  
x  2  m x  2 Nếu 1
  2  m m  3 thì y  x  2 ' 6 1  0, x
  R nên hàm số đồng biến trên R ( không thỏa mãn).
Nếu m  3 thì phương trình y '  0 luôn có nghiệm phân biệt nên hàm số nghịch biến có hai điểm cực trị và nó
nghịch biến trong khoảng hai điểm đó.
Hàm số nghịch biến trên khoảng có độ dài lớn hơn 3  m  3  3 m  6
x x  3  1
  2  m  3  m  3  3    1 2 m 3 3      m  0 Vậy m ;0   6;
Mà m nguyên dương và nhỏ hơn 2018 nên m7;8;...;20 
17 hay có 2017 – 7 + 1 = 2011 số m thỏa mãn. Chọn C.
Câu 20 (VD): Cho hàm số y f x có đạo hàm f x   2 ' x  
1  x  2 . Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên
của tham số m để hàm số  2
f x m có 5 điểm cực trị. Số phần tử của tập S là. A. 4 B. 1 C. 3 D. 2 Cách giải: x  2
Ta có: f ' x   2 x  
1  x  2  0   x  1  Xét     2 g x
f x m có g x   2
x mf  2
x m  x f  2 ' '. '
2 . ' x m  x  0  x  0  2  2      xx m 2 x 2 m g '  0     * 2 2    x m 1  x 1 m   2 2
x m  1  x  1   m
Hàm số y g x có 5 điểm cực trị  g ' x  0 có 5 nghiệm bội lẻ phân biệt.  x  0  2 x  0  x  0
TH1: m = 2 thì *   
nên hàm số đã cho không có 5 điểm cực trị. (loại) 2 x 1    x  1   2 x  1   x  0  2 x  1  x  0
TH2: m = 1 thì *   
nên hàm số đã cho không có 5 điểm cực trị. (loại) 2 x 0    x  1   2 x  2   x  0  x  0  2 x  3 
TH3:m = -1 thì *  
x   3 ( x  0 là nghiệm bội 3) nên hàm số đã cho có 5 điểm cực trị. 2 x 2      2 x   2 x 0    2  m  0 
TH4: m >2 thì  1 m  0 nên g ' x  0 chỉ có nghiệm x  0 nên hàm số đã cho không có 5 điểm cực trị  1   m  0 
TH5: 1  m  2 thì 11 + phương trình 2
x  2  m có hai nghiệm phân biệt. + phương trình 2
x  1 m và 2
x  1 m vô nghiệm.
Do đó g ' x  0 không có 5 nghiệm phân biệt và hàm số đã cho không có 5 điểm cực trị. TH6: 1   m 1 + phương trình 2
x  2  m có hai nghiệm phân biệt. + phương trình 2
x  1 m có hai nghiệm phân biệt. + phương trình 2
x  1 m vô nghiệm.
Do đó g ' x  0 có 5 nghiệm phân biệt và các nghiệm này đều là nghiệm đơn nên hàm số đ cho có 5 điểm cực trị. TH7: m  1
thì các phương trình 2
x  2  m ; 2 x  1 m ; 2
x  1 m đều có hai nghiệm phân biệt dẫn đến
g ' x  0 có 7 nghiệm phân biệt và hàm số đã cho không có 5 điểm cực trị.  m  1 
Vậy tập hợp các giá trị của m để hàm số g x có 5 điểm cực trị là
hay 1  m  1.   1   m  1
Do m nguyên nên m 1  ; 
0 , có 2 giá trị thỏa mãn bài toán. Chọn D.
Câu 21 (VD): Cho hàm số f x có đồ thị của
f x; f ' x như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. f '  1  f '   1 B. f '  1  f '   1 C. f '  1  f '   1 D. f '  1  f '   1 Cách giải
Từ hình vẽ ta xác định được đồ thị hàm số y f x và y f ' x như
hình vẽ ( do đồ thị y f x có 4 điểm cực trị và đồ thị y f ' x cắt
trục hoành tại 4 điểm phân biệt)
Từ đồ thị ta thấy hàm số y f x đạt cực tiểu tại x  1   f '  1  0
Lại thấy hàm số y f x đạt cực đại tại x 1 f '  1  0; f '   1  0
Từ đó ta có f '  1  f '   1 . Chọn B.
Câu 22. VD.Biết hàm số   3 2
f x x ax bx c đạt cực tiểu tại điểm
x  1, f  
1  3 và đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ
bằng 2. Tính giá trị của hàm số tại x  3 .
A. f 3  81
B. f 3  27
C. f 3  29
D. f 3  29 Chọn C. f x 2 '
 3x  2ax b
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  1 nên: f ' 
1  3  2a b  0  2a b  3  12 f   1  3
  1 a b c  3
  a b c  4 
Mặt khác đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên 2  c
2a b  3  c  2   c  2  a  3 a b c 4 b       9    Nên f x 3 2
x  3x  9x  2; f 3  29
sin x  2cos x 1
Câu 23. VD. Giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của hàm số y  là
sin x  cos x  2 1
A. m   ; M  1 B. m  1; M  2 C. m  2;  M 1 D. m  1  ;M  2 2 Chọn đáp án C.
sin x  2 cos x 1 Ta có y    y  
1 sin x   y  2cos x  1 2y  *
sin x  cos x  2
Phương trình (*) có nghiệm   y  2   y  2    y2 1 2 1 2 2
y y  2  0  2  y 1.
Vậy m  2; M  1. 2
ax bx 1, x  0
Câu 24. VD.Cho hàm số f x  
. Khi hàm số f x có đạo hàm tại x  0 . Hãy tính 0
ax b 1, x  0
T a  2b . A. T  4  B. T  0 C. T  6 D. T  4 Chọn đáp án C. Ta có f 0 1.
lim f x  lim  2
ax bx     1 1 x0 x0
lim f x  lim ax b   1  b  1. x 0 x 0  
Để hàm số có đạo hàm tại x  0 thì hàm số phải liên tục tại x  0 nên 0 0
f 0  lim f x  lim f x . Suy ra b
 1 1  b  2  . x 0 x 0   2
ax  2x 1, x  0
Khi đó: f x  
ax 1, x  0 Xét:
f x  f 0 2
ax  2x 11 +) lim  lim
 lim ax  2  2  . x 0 x 0 x 0 x x     13
f x  f 0 ax 11 +) lim  lim
 lim a  a . x 0 x 0 x 0 x x    
Hàm số có đạo hàm tại x  0 thì a  2  . 0
Vậy với a  2,b  2 thì hàm số có đạo hàm tại x  0 khi đó T  6  . 0 mx  2
Câu 25.VD. Cho hàm số y
, m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số 2x m
m để hàm số nghịch biến trên khoảng 0; 
1 . Tìm số phần tử của S. A. 1 B. 5 C. 2 D. 3 Chọn đáp án C.m
Tập xác định: D   \    2  2 m  4 y '   2x m2  2   m  2 2      2   m  2 m 4 0 m     Yêu cầu bài toán 0  m          .     m 0 0 m 2 2 0;1     2 m  m  2   1   2
Câu 26. VD. Cho hàm số y f x xác định trên  và hàm số y f ' x có đồ thị như hình vẽ. Tìm số điểm
cực trị của hàm số y f  2 x  3 . A. 4 B. 2 C. 5 D. 3 Chọn đáp án D.
Quan sát đồ thị ta có y f ' x đổi dấu từ âm sang dương qua x  2
 nên hàm số y f x có một điểm cực trị là x  2  . 14 x  0 x  0 /  Ta có y '  f   2
x  3  2 .x f '   2x 3 2
 0  x  3  2     x  1    . 2 x 3 1 x  2    Mà x  2
 là nghiệm kép, còn các nghiệm còn lại là nghiệm đơn nên hàm số y f  2
x  3 có ba cực trị.
Câu 27 (VD): Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 2
y  x  3x  4 , một học sinh làm như sau: 2x  3
(1). Tập xác định D   1;  4 và y '  . 2
x  3x  4
(2). Hàm số không có đạo hàm tại x  1; x  4 và x    3 1;4 : y '  0  . 2 5 3
(3). Kết luận. Giá trị lớn nhất của hàm số bằng khi x  và giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi x = -1; x = 4. 2 2 Cách giải trên:
A. Cả ba bước (1);(2);(3) đều đúng
B. Sai từ bước (2)
C. Sai ở bước (3)
D. Sai từ bước (1) Cách giải: 2x  3
+ Nhận thấy: Tập xác định của hàm số D   1  ;4 và y ' 
nên cách giải trên sai ngay từ bước 1 2
2 x  3x  4 Chọn: D 2xy
Câu 28: VD. Cho biểu thức P
với x, y khác 0. Giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 2 x y A. -2 B. 0 C. -1 D. 1 Đáp án C 2xyx y2 P 1  1 
 0 nên P  1. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x   y  0 . 2 2 2 2 x y x y 2 x
Câu 29: VD. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y
mx  ln x   1 đồng biến 2
trên khoảng 1; ? A. 4 B. 1 C. 3 D. 2 Đáp án C 1 1
Hàm số luôn xác định trên 1; , có y '  x m   x   m x 1 x 1 Với x 1  , áp dụng BĐT AM-GM: 1 1 1 x
m x 1
m 1 2 x   1
m 1  m  3 x 1 x 1 x 1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  2 (thỏa mãn) 15 Vậy
min y '  3  m , hàm số đồng biến trên
1; khi và chỉ khi y'  0 1;
x 1;  min y '  0  3 m  0  m  3. Mà m
  m1;2;  3 . 1; x  2
Câu 30: VD. Hàm số y
đồng biến trên khoảng 0; khi x m  3 A. m  1 B. m  1 C. m  3 D. m  1 Đáp án C m  3  2 m 1 0; y '  
. Hàm số đồng biến trên khi và chỉ khi
x m 32 x m 32 m 1  0  m  1     
x m   x      m 3 3 0 0; 3  m  0
Câu 31: VD.Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số 4 2 2
y x  2m x 1 có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông cân. A. m  1
B. m 1;  1
C. m 1;0;  1
D. m 0;  1
Đáp án là B
Sau đây, trình bày ba cách giải của bài tập này:
Cách 1. (Tự luận) Ta có: 3 2
y x m x x  2 2 ' 4 4
4 . x m . x  0 
y '  0  x m .  x  m
Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y '  0 có 3 nghiệm phân biệt 2
m  0  m  0 .
Khi đó đồ thị có 3 điểm cực trị là A  B 4
m m   4 0;1 , ;1 , C ;1 m m .   4 4
AB  ( m;  m ), AC  (m;  m )
Do tam giác ABC cân tại A nên 3 điểm cực trị tạo thành tam giác vuông cân  AB AC 16 m  0    2 8  .
AB AC  0  m m  0  m  1 .  m  1   m  Do m  1 0 nên ta có .  m  1 m  1
Cách 2. Sử dụng công thức tính nhanh ta có 3
b  8a  0  .  m  1 
Cách 3. Nhận xét m thỏa mãn thì m cũng thỏa mãn và hàm số có 3 điểm cực trị khi và
chỉ khi m  0 suy ra chọn B.
Câu 32. VD.Cho hàm số y f x . Hàm số y f ' x có đồ thị như hình vẽ. Hàm số   2 y
f x  có bao nhiêu khoảng nghịch biến. A. 5 B. 3 C. 4 D. 2 Chọn B. /
Ta có y   f   2 x   x f   2 ' 2 . ' x  Hàm số nghịch biến x  0  x  0   f '   2 x   2 2  0
x     x    x
theo dt f  1 1 4 1 2 ' x  y '  0        x  0 x  0  x  2
  1  x  0    f '   2 x  2 2  0
1 x 1 x  4 Vậy hàm số   2 y
f x  có 3 khoảng nghịch biến.
5x 1 x 1
Câu 33. VD. Đồ thị hàm số y
có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận? 2 x  2x A. 3 B. 0 C. 2 D. 1 17 Chọn đáp án D.
Tập xác định: D   1  ; \  0 . 5 1 1 1    2 3 4     5x 1 x 1 lim  lim  lim x x x x y
 0  y  0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 2 x x x  2 x x  2 1 x
5x 1 x 1 5x  2 1  x 1  lim y  lim  lim 2 x0 x0 x0 x  2x
 2x 2x5x1 x1 2 25x  9x 25x  9 9   lim  lim   x  0 x0  2
x  2x5x 1 x 1 x0 x  25x 1 x 1 4
không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có tất cả 1 đường tiệm cận.
Câu 34/VD. Cho hàm số y f (x) có đạo hàm trên R và có đồ thị y f '(x) như hình vẽ.
Xét hàm số gx  f  2 x  2.
Mệnh đề nào sau đây sai?
A. Hàm số g(x)nghịch biến trên (0;2).
B. Hàm số g(x) đồng biến trên (2;).
C. Hàm số g(x) nghịch biến trên (;2).
D. Hàm số g(x) nghịch biến trên (1;0). Chọn D
Ta có gx  f  2 x  2
g'x  f 'x2  22 . x 18 x  0  x  0 x 1 x  0    
g'x  0   2 x 2 1 x 1  f ' 2 x  2           0   2x2  2 x  2 x  2
Ta có g'3  6. f '7  0 , g’(x) đổi dấu qua các nghiệm đơn hoặc bội lẻ, không đổi dấu qua các nghiệm bội
chẵn nên ta có bảng xét dấu g’(x): x   -2 -1 0 1 2   g’(x) - 0 + 0 + 0 - 0 - 0 + Suy ra đáp án là D.
Câu 35/ VD. Gọi S là tập các giá trị dương của tham số m sao cho hàm số 3 2
y x  3mx  27x  3m  2 đạt cực
trị tại x , x thỏa mãn x x  5 . Biết S  a;b . Tính T  2b a . 1 2 1 2
A. T  51  6 .
B. T  61  3 .
C. T  61  3 .
D. T  51  6 . Chọn C. +) Ta có  2
y  3x  6mx  27 ,  2
y  0  x  2mx  9  0 (1)
+) Theo giả thiết hàm số đạt cực trị tại x , x  phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt     0 1 2 m  3 2
m  9  0   (*) m  3 
x x  2m
+) Với điều kiện (*) thì phương trình (1) có 2 nghiệm x , x , theo Vi-ét ta có: 1 2 1 2 x x  9  1 2
+) Ta lại có x x  5   x x
 25  x x  4x x  25  0 1 2 2  1 22 1 2 1 2 61 61 2
 4m  61 0    m  (**) 2 2 a  3 61 
+) Kết hợp (*), (**) và điều kiện m dương ta được: 3  m   
T  2b a  61  3 . 2 61 b    2 2x 1
Câu 36/ VD.Cho hàm số có đồ thị (C) : y
. Gọi M là điểm bất kì thuộc đồ thị (C) . Gọi tiếp tuyến của x 1
đồ thị (C) tại M cắt các tiệm cận của (C) tại hai điểm P và Q . Gọi G là trọng tâm tam giác IPQ (với I là
giao điểm của hai đường tiệm cận của (C) ). Diện tích tam giác GPQ là 2 A. 2 . B. 4 . C. . D. 1 3 Chọn A  3   2a 1 y  . Giả sử M ; a    C . 2 (x 1)  a 1  19 3  2a 1
Phương trình tiếp tuyến tại điểm M là d : y  (x a)  2 (a 1) a 1
Đồ thị (C) có hai tiệm cận có phương trình lần lượt là d : x  1 ; d : y  2 1 2  2a  4 
d cắt d tại điểm P 1;
; d cắt d tại điểm Q(2a 1;2) d cắt d tại điểm I(1;2) . 1     a 1  2 , 1 2 6 IP
; IQ  2 a 1 a 1 1 1 Ta có SS  1 6
IPIQ  2 | a 1|  2 . GPQ 3 IPQ 6 6 | a 1| 4
x ax a
Câu 37. VDC. Cho hàm số y
. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số x 1
đã cho trên đoạn 1;2. Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để M  2m . A. 15 B. 14 C. 17 D. 16 Chọn đáp án A. 4
x ax a 4 3 3x  4x
Xét hàm số f x 
. Ta có f ' x   0, x   1;2 2   x 1 x  1 1 16 Do đó f  
1  f x  f 2, x
 1;2 hay a   f x  a  , x  1;2 2 3
Ta xét các trường hợp sau: 1 1 16 1
TH1: Nếu a   0  a   thì M a  ; m a  2 2 3 2 16  1  13 Theo đề bài a   2 a   a    3  2  3
Do a nguyên nên a 0;1;2;3;  4 . 16 16  16   1  TH2: Nếu a   0  a  
thì m   a
; M   a      3 3  3   2   1   16  61
Theo đề bài  a   2 a   a        2   3  6
Do a nguyên nên a  10  ; 9  ;...;  6 . 1 16 16 1
TH3: Nếu a   0  a   
a   thì M  0;m  0 (Luôn thỏa mãn) 2 3 3 2
Do a nguyên nên a  5  ; 4  ;...;  1
Vậy có 15 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán. 20
Câu 38. VDC. Cho hàm số 3
y x  3x  2 
C  . Biết rằng đường thẳng d : y ax b cắt đồ thị C  tại ba
điểm phân biệt M, N, P. Tiếp tuyến tại ba điểm M, N, P của đồ thị C  cắt C  tại các điểm M ' , N ' , P '
(tương ứng khác M, N, P). Khi đó đường thẳng đi qua ba điểm M ', N ', P ' có phương trình là
A. y  4a  9 x 18  8b
B. y  4a  9 x 14  8b
C. y ax b
D. y   8a 18 x 18  8b Chọn đáp án A.
Giả sử Ax ; y , B x ; y ,C x ; y . Ta có phương trình tiếp tuyến tại A của đồ thị C là 1 1   2 2  3 3  : y   2
3x  3 x x  3
x  3x  2 1 1 1 1 1
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị C và  là 1  x x 2
3x  3x x  3
x  3x  2  x x  2  x x
x  2x  0  1 1 1 1 3  1 2  1  1 x  2  x  1 Do đó A' 3 2  x ; 8
x  6x  2 1 1 1  Lại có 3
8x  6x  2  8   3
x  3x  2 18x 18  8
ax b 18x 18 1 1 1 1  1  1  1  8
 ax b 18x 18  2
x 4a  9 18 8b 1  1 1   Khi đó y x
4a  9 18  8b A' A'  
Vậy phương trình đường thẳng đi qua 3 điểm A', B ',C ' là y x 4a  9 18 8b
Câu 39. VDC. Cho hàm số bậc ba   3 2
f x ax bx cx d có đồ thị như hình vẽ bên dưới: 21
 2x 3x2 2x1
Hỏi đồ thị hàm số g x 
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? 2
x f x  f x   A. 5 B. 4 C. 6 D. 3 Chọn đáp án A. 1
ĐK x  ; f x  0; f x  1. 2 x  0
x aa  0;5; 1 x  2 Xét phương trình 2
x f x  f x  0        x  1
x bb  1;2 x   c   c2;3
Đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận đứng x a; x  ; b x  ; c x  2 .
Câu 40/ VDC. Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện 2 2
x y  2 . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   3 3
2 x y  3xy . Giá trị của của M + m bằng 1  A. 4 . B. 2 . C. 6 .
D. 1 4 2 . Chọn B. P   3 3
x y   xy x y  2 2 2 3 2(
) x y xy 3xy  2(x y)(2  xy) 3xy (do 2 2
x y  2 ) 2 2 (x y) t
Đặt x y t . Ta có 2 2
x y  2  xy  1  1 2 2 2  t  2 2   t   t  3 Từ 2 2
(x y)  4xy t  4 1  2   t  2 3 2
P f (t)  2t 2   1 3 1  t
  t  6t  3 . 2   2 2 2     
Xét f (t) trên [ 2  ;2] . t 1[ 2  ;2] Ta có  2
f (t)  3t  3t  6, f (t)  0   . t  2  [ 2  ;2] Bảng biến thiên 22 13
Từ bảng biến thiên ta có max P  max f (t) 
;min P  min f (t)  7  2
Lời bình: Có thể thay bbt thay bằng 13 Ta có t  1[ 2  ;2];t  2  [ 2  ;2]; f (0)  7  ; f (1) 
; f (2)  1 suy ra kết luận. 2 Bài tương tự.
(D-2009). Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x y 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức S   2 x y 2 4 3
4y  3x  25xy Lời giải. S   2 x y 2 y x 2 2
xy x y   3 3 4 3 4 3 25 16
12 x y   34xy 2 2 3
16x y 12 (x y)  3xy(x y)  34xy 2 2  
 16x y 12(1 3xy)  34xy 2 2
 16x y  2xy 12 1
Đặt t = x.y, vì x, y  0 và x + y = 1 nên 0  t  . Khi đó 2
S f (t)  16t  2t 12 . 4  1 
Xét f (t) trên 0;  4      1  1   1  25  1  191
f (t)  32t  2; f (t)  0  t   0; S(0) = 12; S    ; s    . 16  4     4  2 16  16  2  3  2  3 x  x  25 1 191   Max S
khi x = y = và min S  khi 4 4  hoặc  . 2 2 16  2  3  2  3 y   y   4  4
Câu 41/ VD.Tập hợp các giá trị của m để hàm số 4 3 2
y  3x  4x 12x m 1 có T điểm cực trị là: A. (0;6) . B. (6;33) . C. (1;33) . D. (1;6) . Chọn D Xét hàm số 4 3 2
f (x)  3x  4x 12x m 1 ,
Có lim f x   , lim f x   x x  3 2 f x x x x x 2 ( ) 12 12 24
12 x x  2 23 x  0 f (x) 0    x  1   . x  2  Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên, ta có hàm số y f (x) có T điểm cực trị  đồ thị hàm số y f (x) cắt Ox tại 4 điểm
phân biệt  m  6  0  m 1  1  m  6 .
Câu 42/ VD.Cho hàm số 3 2
y x x  2x  5 có đồ thị là C  . Trong các tiếp tuyến của C  , tiếp tuyến có hệ
số góc nhỏ nhất, thì hệ số góc của tiếp tuyến đó là 4 5 2 1 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Chọn B
+)Gọi M x ; y  (C) và  là tiếp tuyến của C  tại M . 0 0  +)  2
y  3x  2x  2  hệ số góc của  là 2
k  3x  2x  2 . 0 0  2 1  5 +) Ta có 2
k  3 x x    0 0   3 9  3 2  1  5 5  3 x    , x   . 0  0  3  3 3 5  1
min k  , đạt được khi x  . 3 0 3
Câu 43 (VD): Cho hàm số y f x có đồ thị hàm số như hình vẽ dưới. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và  3 7 
giá trị nhỏ nhất của hàm số y f  2
x  2x trên đoạn  ; 
. Tìm khẳng định sai trong các khẳng định sau. 2 2   
A. M m  7
B. Mm  10
C. M m  3 M D.  2 m Cách giải:  3 7   21 Đặt 2
t x  2x, x   ;  1  ;  2 2   4       
Từ đồ thị hàm số ta xét hàm số y f t 21 ,t  1  ;  4    24    m
f t  f    max f t 21 min 2 2, M  f  5    21  21 1;  1;   4   4   4     
 M m  7 Chọn A. x 1
Câu 44 (VD): Cho hàm số y
có đồ thị C biết cả hai đường thẳng d : y a x b ; d : a x b đi qua x 1 1 1 1 2 2 2 5
điểm I(1;1) và cắt đồ thị C tại 4 điểm tạo thành một hình chữ nhật. Khi a a  ,giá trị biểu thức P b b 1 2 2 1 2 bằng: 5 1 1 5 A. B. C. D. 2 2 2 2 Cách giải:
Gọi ,  lần lượt là các góc tạo bởi tia Ox và phần đồ thị phía trên trục Ox của d , d 1 2
Khi đó ta có: a  tan, a  tan  . 1 2
Vẽ đồ thị như hình vẽ bên.
Theo tính chất đối xứng của đồ thị hàm số ta có:     90 1  a  1 a2  a  2 b   1 1 1 5  
Lại có: a a     1 2 1  1 2 a b   2  2  2  2 1
 P b b   1 2 2 Chọn C.
Câu 45 (VD): Cho hàm số f (x) Đồ thị hàm số y f ' x như hình
vẽ bên. Hàm số g x  f 3  2x nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau? A. 0;2 B. 1;3 C.  ;    1 D.  1;   Cách giải: 25     f x 2 x 2 '  0  x 5
g ' x   f
 3  2x '  2  f '  3 2x
Ta có:  g 'x  0  f '3 2x  0 1 5
2  3  2x  2  x      2 2  3  2x  5   x  1  Chọn C. x 1
Câu 46/ VD.Cho hàm số y
. Có tất cả bao nhiêu giá trị m để đồ thị hàm số có đúng hai đường 2 mx  2x  3 tiệm cận. A. 2. B. 3. C. 0. D. 1 Chọn B Nhận xét: + 2
f (x)  mx  2x  3 có bậc  1 nên đồ thị hàm số luôn có 1 tiệm cận ngang.
+ Do đó: Yêu cầu bài toán 9 đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng. 3
+ m  0 , đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng là đường thẳng x =  m = 0 thỏa bài toán. 2
+ m  0 , đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình mx2 - 2x + 3 = 0 có nghiệm kép    0 f m  1
hoặc nhận x = 1 làm nghiệm     3 f ) 1 (  0   m  1  1  + KL: m  0; ; 1  .  3 
Câu 47 (VD): Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số 2 2
f (x)  6 x  6x 12  6x  x  4 . Tính tích các nghiệm
của phương trình f (x)  M . A. -6 B. 3 C. -3 D. 6 Cách giải: 2 2
f (x)  6 x  6x 12  6x  x  4 2 2
f (x)  6 x  6x 12  (x  6x 12)  8 Đặt       2 2 t x 6x 12
x 3  3  3, khi đó ta có 2 f (t)  t  6t  8 x   3 Ta có f '(t)  2  t 6  0  t  3 BBT: t 3  f t 0  f t 17  26
 max f (t) 17  t  3  x 32  3  3  x  3 3;  
 maxf (x) 17  M  x  3
Vậy phương trình f (x)  M có nghiệm duy nhất x  3 , do đó tích các nghiệm của chúng bằng 3. Chọn B.
Câu 48 (VD): Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm 2 2
y '  x  3x  m  5m  6 . Tìm tất cả các giá trị của m để
hàm số đồng biến trên (3;5). A. m  ;  3  2  ; B. m  ;    3   2  ;   C. m  3  ; 2   D. Với mọi m  R Cách giải:
Hàm số y  f (x) đồng biến trên (3;5)  y'  0 x (3;5) 2 2
 x  3x  m  5m  6  0 x  (3;5) 2 2
 x  3x  m  5m  6 x  (3;5)(*) Đặt 2 g(x)  x  3x 2
 (*)  g(x)  m  5m  6 x  (3;5) 2  m  5m  6  min g(x) (3;5) Khảo sát hàm số 2
g(x)  x  3x ta được: x  3 3 5  2 g’(x)     g(x)  10  9  0 4 m  2  2 2
 m  5m  6  0  m  5m  6  0   m  3  Chọn B. 2 x
Câu 49/ VDC. Cho hàm số f (x) 
. Đạo hàm cấp 2018 của hàm số f (x) là: 1 x 2013 2018!x 2018! A. (2018) f (x)  . B. (2018) f (x)  . 2013 (1 x) 219 (1 x) 2018! 2013 2018!x C. (2018) f (x)   . D. (2018) f (x)  2019 (1 x) 2013 (1 x) Chọn B 1
Ta có f (x)  x 1 x1 f 'x 1  1    x  2 1 27 f "x 1 . 2 ! 2    x     3 1 x  3 1  1 . 2 . 3 ! 3 3
f x   x    4 1 x  4 1  1 . 2 . 3 . 4 ! 4 4 fx    x     5 1 x  5 1 .... 2018  ! 2018! Suy ra: (2018) f (x)   2019 2019 (x 1) (1 x) n n ! n
Chú ý: Có thể dùng phương pháp quy nạp toán học chứng minh được   f
x    1 * 1    x   , n N n 1 1 
Câu 50: VDC.Cho x, y là những số thực thỏa mãn 2 2
x xy y  1 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và 4 4 x y 1
giá trị nhỏ nhất của P
. Giá trị của A M 15m là 2 2 x y 1
A. A  17  2 6
B. A  17  6
C. A  17  6
D. A  17  2 6 Đáp án A
Đặt xy  2  t , ta có 2 2
x y  1 xy t 1  x y2 2 2
 0  x y  2xy t 1  2t  2  t  3 5  x y2 2 2
 0  x y  2xy  0  t 1 2t  2  0  t  3 5 
Các dấu bằng đều xảy ra nên t  ;3  3    Ta có 2 2
x y 1  2  xy  2  t  2  t ; 2
x y   x y   x y   t  2  t  2 4 4 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1  t   6t  6 6  6 t 6 6  t
Do đó P  t  6  ; xét hàm f t 6
 t   6 có f 't  1    t t 2 2 t t  5  11 11 f  ; f  
3 1; f  6  62 6 . Do đó m  min P  ;M  max P  62 6  3  15 5  5  ;3 15 ;3 3  3     
A M 15m  17  2 6 .
Câu 51 (VDC): Cho a,b,c là các số thực dương khi đó giá trị lớn nhất của biểu thức
8a  3b  4 3
ab bc abc P
gần với giá trị nào nhất trong các đáp án sau:
1 a b c2 A. 4,65 B. 4,66 C. 4,67 D. 4,64 Cách giải:
Áp dụng bất đẳng thức cho hai số dương ta có: 28       a b  
a 4b b 4c a 4b 16c 3
ab bc abc  8a  3b  4 8 3 4      4 4 12  28
a b c P    .
1 a b c2 2
1 (a b c)
3 1 a b c2
Đặt a b c t,(t  0). 28 28 t Ta có: P f t  . t  0 2   3 3 t 1 2 2 2 1 t  2t 1 tt 1 (tm)
Có: f 't  
 f ' t  0  2 2 2 2   (1 t ) (1 t )  t  1(  ktm) Ta có BBT: t 0 1  f’(t) + 0  f(t) 0 Dựa vào BBT ta có: f t 1 max  khi t 1 2 28 1 14  MaxP  .  3 2 3  a  16  b a   4  21  a  4b   b   4
Dấu “=” xảy ra    c
 b  4c  b  4 21  21c 1   a b c 1      1 c      21 Chọn B.
Câu 52 (VDC): Cho hàm số y  f (x) . Hàm số y  f '(x) có bảng xét dấu như sau: x  2  1 3  f ' x  0 + 1 + 0  Hàm số   2
y f x  2x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (0;1) B. ( 2  ;1) C. (2;1)
D. (4; 3) Cách giải: Đặt 2 g(x)  f (x  2x) ta có 2 2
g '(x)  (2x  2)f '(x  2x)  2(x 1)f '(x  2x)
Hàm số y  g(x) nghịch biến trên (a; b)  g '(x)  0x  (a; b) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.  1   5  Xét đáp án A ta có: g '  3f '  0      Loại đáp án A.  2   4   3  Xét đáp án C ta có: g '  2f '0  0    Loại đáp án C.  2  29  7   21
Xét đáp án D ta có: g '   5f '  0      Loại đáp án D.  2   4  Chọn B.
Câu 53 (VDC): Cho hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ bên dưới . Để đồ thị hàm số   2
h x f x  f x  m có số điểm cực trị ít nhất thì giá trị
nhỏ nhất của tham số m m . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: 0
A. m  0;1 0   B. m  1;  0 0   C. m   ;  1 0  
D. m  1;  0   Cách giải:
Xét hàm số: g x 2
f x  f x  m  g 'x  2 f x. f ' x  f 'x  f 'x 2 f x 1  
f 'x  0   g xf ' x 0 ' 0      
f x    f x 1 2 1     2     f xx 1 '  0    x  3
Dựa vào đồ thị hàm số ta có:   f x 1
   x a(a  0)  2   g   2 1  f   1  f   1  m m    g 3 2
f 3  f 3  m m  g a 1 2
f a  f a  m m   4 Ta có bảng biến thiên: x  a 1 3  g’(x)  +   g(x)  g   1  g am
Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số g(x) có 3 điểm cực trị. 2  
 hx  g x 2
f x  f x  m f x 1 1   m  
có điểm cực trị ít nhất là 3. 2    4
Đồ thị hàm số g(x) nằm phía trên trục Ox ( kể cả trường hợp tiếp xúc với Ox) 1 1
m   m  0 4 4 Chọn A. 30 2x
Câu 54 (VDC): Biết hai điểm B(a; b), C(c; d) thuộc hai nhánh của đồ thị hàm số y  sao cho tam giác x 1
ABC vuông cân tại đỉnh A(2; 0), khi đó giá trị biểu thức T ab cd bằng: A. 6 B. 0 C. -9 D. 8 Cách giải:  2   2  Gọi B ; a 2  ,C ; c 2    
a 1  c  a 1  c 1
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C trên trục Ox H a,0, K( ; c 0)  AB AC ABC  vuông cân   0  BAC   90
Ta có: BCA CAK ACK BAH   ABH Mà: 0 BAH   CAK  90  BAH ACK Xét ABH  và CAK ta có: BAH   ACK  (CMT )
AC AB (gt)  ABH   C
AK (ch gn)
 AH CK, HB AK (các cạnh tương ứng bằng nhau)
Ta có: AH a  2  2  a; AK c  2 ;a   1 2 2 2 BH  2  ;CK  2   2  (c  1) a 1 c 1 c 1  2 2  a  2  AH CK    c 1     HB AK 2  2   c  2  a 1  2 a  2   1 c a    1 c  2  4   c  2  2  2 b   1  (tm)   2   c  2   1    a 1 1 c    c  3 (tm)   2  2 2 2   2  c c    a 1    1 a 2  1  1 c B 1  ;  1         C    T   1 .1 3.3 8 3;3 Chọn D.
Câu 55 (VDC): Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số: 8 5 2 4
y  x  (m 1)x  (m 1)x 1 đạt cực tiểu tại x  0 ? A. Vô số B. 3 C. 2 D. 4 Cách giải: Ta có 7      4 2 3 6 3 2 2 y ' 8x
5 m 1 x  4(m 1)x ; y '  56x  20(m 1)x 12(m 1)x 31 7 4 2 3
 y '  0  8x  5(m 1)x  4(m 1)x  0 3 4 2  x 8
 x  5(m 1)x  4(m 1)  0   TH1: Xét 2 m 1  0  m  1  +) Khi m  1 ta có 3 4 4 3
y '  0  x (8x 10x)  x (8x 10)  x  0 là nghiệm bội 4  x  0 không là cực trị của hàm số. +) Khi m  1 ta có 3 4 7
y '  0  x .8x  0  8x  0  x  0 là nghiệm bội lẻ  x  0 là điểm cực trị của hàm
số. Hơn nữa qua điểm x  0 thì y ' đổi dấu từ âm sang dương nên x  0 là điểm cực tiểu của hàm số. TH2: Xét 2 m 1  0  m  1  ta có: 2 x  0 2 5 2 2 y '  0  x 8
 x  5(m 1)x  4(m 1)x  0     5 2 2 8
 x  5(m 1)x  4(m 1)x  0 2
x  0  x  0 là nghiệm bội chẵn không là cực trị của hàm số, do đó cực trị của hàm số ban đầu là nghiệm của phương trình 5 2 2
g(x)  8x  5(m 1)x  4(m 1)x  0
Hàm số đạt cực tiểu tại x  0  g '(0)  0 Ta có 4 2
g '(x)  40x 10(m 1)x  4(m 1) 2 2
 g '(0)  4(m 1)  0  m 1  0  1   m 1
Vậy kết hợp 2 trường hợp ta có 1  m  1
Do m  Z  m 1;  0 Chọn C.
Câu 56 (VDC): Cho hàm số y  f (x) xác định và liên tục trên R, có
đạo hàm f '(x) . Biết rằng đồ thị hàm số f '(x) như hình vẽ. Xác định
điểm cực đại của hàm số g(x)  f (x)  x . A. Không có giá trị B. x  0 C. x 1 D. x  2 Cách giải: x  0 Ta có g '(x) f '(x) 1 0 f '(x) 1         x 1  x  2  BBT x  0 1 2  g x  0  0   32 g x
Dựa vào BBT ta thấy hàm số y  g(x) có 1 điểm cực đại là x  2. Chọn D. 3x  b
Câu 57 (VDC): Cho hàm số y  (ab  2
 ) . Biết rằng a và b là các giá trị thỏa mãn tiếp tuyến của đồ thị ax  2 hàm số tại điểm A(1; 4
 ) song song với đường thẳng d : 7x  y  4  0. Khi đó giá trị của a  3b bằng: A. -2 B. 4 C. 5 D. -1 Cách giải: 6   ab
Điều kiện: ax  2  0 . Ta có y ' 
;d : 7x  y  4  0  y  7x  4 2 (a x  2)
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số có dạng: d ' : y  7  x  y (y  4) 0 0
Ta có: A(1; 4)  d '  4   7
 .1 y  y  3(tm)  d ': y  7  x  3 0 0 A(1; 4
 ) thuộc đồ thị hàm số và hệ số góc của d ' là: f '(1)  7   3.1 b 4   a  2 b  3  4  (a  2) b  4a  5       2 6  ab  6  ab  7  (a  2)   6  a( 4
 a  5)  7a  28a  28 7 2 (a  2)  a  2 b  4  a  5  (tmab  2  ) b  4a  5  b  3  a  3b  11    a  2   2  11  a  33a  22  0   a  2 a  3b  2 a 1  (tmab  2) b 1 Chọn A.
Câu 58 (VDC): Cho hàm số 3 2
y x  3(m  3)x  3 có đồ thị (C). Tìm tất cả các giá trị của m sao cho qua điểm
A(-1;1) kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đến (C), Một tiếp tuyến là  : y  1 và tiếp tuyến thứ 2 là thoả mãn tiếp 1
xúc với (C) tại N đồng thời cắt (C) tại P (khác N) có hoành độ bằng 3.
A. Không tồn tại m thoả mãn
B. m  2
C. m  0, m  2 
D. m  2 Cách giải: TXĐ: D  R , ta có 2 y '  3x  6(m  3)x .
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x  x là: 0 y   2
3x  6(m  3)x x  x  3 2
 x  3(m  3)x  3(d) 0 0 0 0 0
Có một tiếp tuyến là  : y  1  1 x  0 2 0 3x   6(m  3)x  0  0 0      x  2(m  3) 3 2  0
x  3(m  3)x  3  1  0 0  3 2 x  3(m  3)x  3  1   0 0 TH1: x  0  3  1  (vô nghiệm). 0 33 TH2: 3 2
x  2(m  3)  8(m  3)  3(m  3).4(m  3)  4  0 0 3 3
 4(m  3)  4  0  (m  3) 1  m  3 1  m  2  .
Thử lại khi m  2 , phương trình đường thẳng (d) trở thành y   2 3x  6x x  x  3 2  x  3x  3(d) 0 0 0 0 0 A( 1  ; 1  )(d)  1   2 3x  6x  1   x  3 2  x  3x  3 0 0 0 0 0 2 3 2 3 2  1  3
 x  6x  3x  6x  x  3x  3 0 0 0 0 0 0 x  2 3 0  2x  6x  4  0  0 0 x  1  0
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt, do đó từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số khi m  2 (tm). Vậy m  2 . Chọn A.
Câu 59 (VDC): Cho hàm số y f (x) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ.
Hỏi hàm số yf f x có bao nhiêu điểm cực trị ? A. 6 B. 8 C. 7 D. 9 Cách giải
Dựa vào đồ thị hàm số yf x ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị x  2, xx  1;2 , xx  2;3 . 1   2    f '(x)  0  f (x)  2
Xét hàm số y f ( f (x)) có y '
f '(x). f '( f (x)) 0     .
f (x)  x (1;2) 1
f (x)  x (2;3)  2 x  2
Phương trình f '(x) 0 
  x x (1;2) . 1 
x x (2;3)  2
Phương trình f (x)  2 có 2 nghiệm đơn phân biệt.
Phương trình f (x)  x  (1; 2) có 2 nghiệm đơn phân biệt. 1
Phương trình f (x)  x  (2;3) có 2 nghiệm đơn phân biệt. 2 34
Các nghiệm này không trùng nhau, do đó phương trình y’ = 0 có 9 nghiệm phân biệt (không tringf nhau),
Các nghiệm đều là nghiệm đơn. Do vậy hàm số y f f (x) có 9 điểm cực trị Chọn D.
Câu 60/ VD: Cho hàm số y f (x) có bảng biến thiên: x  1 3  y’ + 0  0 + y 4   ‐2
Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình f x 1   1  m có nghiệm? A. m 1. B. m  2  . C. m  4 . D. m  0 . Cách giải:
Đặt t(x)  x 1 1  1, , khi đó ta có f (t)  m (*)
Để phương trình (*) có nghiệm t  1 thì min f (t)  m [1;)
Dựa vào BBT ta thấy min f (t)  2   m  2  [1;) Chọn B . 35