PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)
Chủ đề 1. KHẢO SÁT HÀM SỐ & ỨNG DỤNG
3

y = x − mx + 5 m
Câu 1: (SGD VĨNH PHÚC)Cho hàm số
,
là tham số. Hỏi hàm số đã
cho có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị
3
1
2
4
A. .
B. .
C. .
D. .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
y = x 6 − mx + 5

Ta có:
y′ =

3x5
x

3

−m=



vô nghiệm và hàm số không có đạo hàm tại

.
x

−∞

0

+∞
−

y′

+

y
Do đó hàm số có đúng một cực trị.

TH2:

m>0

. Ta có:

x > 0
m
3
y′ = 0 ⇔ 3x 5 = m x ⇔  5


y
Do đó hàm số có đúng một cực trị.

TH3:

m
) để làm. Tương tự ở trường hợp , ta chọn
để làm sẽ cho
lời giải nhanh hơn.
y=

2 x + 2017
(1)
x +1

Câu 2: (SGD VĨNH PHÚC)Cho hàm số

. Mệnh đề nào dưới đây là

đúng?
A. Đồ thị hàm số (1) không có tiệm cận ngang và có đúng một tiệm cận
x = −1.
đứng là đường thẳng

y = −2, y = 2
B. Đồ thị hàm số (1) có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng
và không có tiệm cận đứng.

y=2
C. Đồ thị hàm số (1) có đúng một tiệm cận ngang là đường thẳng
không có tiệm cận đứng.

và

D. Đồ thị hàm số (1) không có tiệm cận ngang và có đúng hai tiệm cận



, nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang

y = −2, y = 2
là các đường thẳng

.

Câu 3: (SGD VĨNH PHÚC)Tìm tất cả

m

sao cho điểm cực tiểu của đồ thị hàm số

y = x 3 + x 2 + mx − 1
nằm bên phải trục tung.
1
1
0
biệt

.
xCĐ

(1)
Khi đó

hai

có hai nghiệm phân biệt

Theo định lí Viet ta có
lớn hơn 0.

xCT

,

2

 xCĐ + xCT = − 3 < 0 (2)

 x .x = m (3)
 CĐ CT 3

là hoành độ hai điểm cực trị.

xCĐ < xCT
, trong đó



Câu 4: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Phương trình

x 3 + x ( x + 1) = m ( x 2 + 1)

2

có nghiệm thực

khi và chỉ khi:
3
2

−6 ≤ m ≤ −
A.

.

B.

−1 ≤ m ≤ 3

.

C.

m≥3

.

thực) nên loại đáp án A.
Kiểm tra với
án D.

m=0

phương trình trở thành

2

Ta có
y=

Xét hàm số

(x
y′ =
( 3x
=
=

2

3

x3 + x 2 + x
x4 + 2x2 + 1

x3 + x 2 + x
x4 + 2x 2 + 1

( − x + 1) ( x + 2 x + 1)
=
( x + 2 x + 1)
4

4

2

2

2

4

2

2

2

(không có nghiệm

− x3 − x 2 − x = 0 ⇔ x = 0

Tự luận
x 3 + x ( x + 1) = m ( x 2 + 1) ⇔ m =

(không có nghiệm


Câu 5: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho hàm số
f ( a ) + f ( b − 2)

9x
, x∈ R
3 + 9x

. Nếu

a +b = 3

có giá trị bằng

1
A. .

2
B. .

C.

1
4

D.

3
4

.

3+9
3 + 9a

9a
3
⇒ f ( a ) + f ( b − 2) =
+
=1
a
3 + 9 3 + 9a

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

thì


Câu 6: (T.T DIỆU HIỀN) Với giá trị nào của

m

thì hai điểm cực đại và cực tiểu của đồ

y = x + 3 x + mx + m − 2
3

thị hàm số
m>3
A.
.


Ta có:

.

x2

Gọi ,
ứng.

có 2 nghiệm

y1
là điểm cực trị của hàm số và

y2
,

là các giá trị cực trị tương

1  2
2
1

y = x 3 + 3x 2 + mx + m − 2 = y ′.  x + ÷+  m − 2 ÷x + m − 2
3  3
3
3


y1 = k ( x1 + 1)

m

để đường thẳng đi qua
y = x − 3mx + 2
điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số
cắt đường tròn tâm
I ( 1;1) ,
A, B
1
2
bán kính bằng tại
điểm phân biệt
sao cho diện tích tam giác
IAB
đạt giá trị lớn nhất.
2± 3
1± 3
2± 5
2± 3
m=
m=
m=
m=
2
2
2
3
A.
.
B.

có hai điểm cực trị khi và

1
1
y = x3 − 3mx + 2 = x ( 3 x 2 − 3m ) − 2mx + 2 = x. y ′ − 2mx + 2
3
3

.
y = x 3 − 3mx + 2

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số

có

∆ : y = −2mx + 2
phương trình

Ta có:

1
1
1
S∆IAB = .IA.IB.sin ·AIB = sin ·AIB ≤
2
2
2

Diện tích tam giác


2

2m + 1 − 2
4m 2 + 1

d( I ,∆) =

Suy

ra:

⇔ 8m 2 − 16 m + 2 = 0 ⇔ m =

2± 3
2

2m + 1 − 2

=

4m 2 + 1

2
⇔ 4m − 2 = 2 ( 4m 2 + 1)
2

.

Câu 8: (TRẦN HƯNG ĐẠO – NB) Tìm tất cả các giá trị thực của
y = x + m −1


m = 4± 3

.

C.

m = 2± 3

.

D.

m = 2 ± 10

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

.


Hướng dẫn giải
Chọn A.
Hoành

độ

giao

điểm




 f ( −1) ≠ 0
m > 6
1 ≠ 0

−1

, hay

.

( *)

x1 , x2

Khi đó, gọi

là hai nghiệm của phương trình

f ( x) = 0

, ta có

 x1 + x2 = 2 − m

 x1 x2 = m − 2

(Viète).
Giả sử


là các số dương thỏa mãn
6 ( 2x + y )
x + 2y
P=
+ ln
x
y
a + ln b
ab
nhỏ nhất của
là
. Giá trị của tích
là

.Giá trị


A.

45

.

B.

81

.



x

y
+ ln  + 2 ÷
x
y


x
y

, điều kiện:

x
≤4
y

.

0
2

khi

t=4

.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


y=

Câu 10: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Cho hàm số

( C)

ab = 4

hằng số dương,

ax 2 + x − 1
4 x 2 + bx + 9

( C)

a, b

có đồ thị



a
=c
4

.

(C)
có một tiệm cận đứng nên phương trình

∆ = 0 ⇔ b − 144 = 0 ⇔ b = ±12
2

Vậy

T = 11

. Vì

4 x 2 + bx + 9 = 0

có nghiệm kép.

1
1
b > 0 ⇒ b = 12 ⇒ a = ⇒ c =
3
12

.

2

Hướng dẫn giải
Chọn D.
y′ = 6 x 2 + 6 ( m − 1) x + 6 ( m − 2 )
Ta có

( a; b ) ⇔ x 2 + ( m − 1) x + ( m − 2 ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b )
Hàm số nghịch biến trên

∆ = m 2 − 6m + 9
∆ ≤ 0 ⇒ x 2 + ( m − 1) x + ( m − 2 ) ≥ 0 ∀x ∈ ¡ ⇒
TH1:

Vô lí


x1 , x2 ( x2 > x1 )

∆ > 0 ⇔ m ≠ 3 ⇒ y′
TH2:

⇒

có hai nghiệm

( x1; x2 )
Hàm số luôn nghịch biến trên

.


để hàm số

.
m≥

.

B.

1
3

m ≥ −1
.
C.
.
Hướng dẫn giải

D.

m > −8

.

Chọn C.
3
2
y′ = ( 3 x 2 − 2 x + m ) 2 x − x +mx ln 2
Ta có


⇔  1
⇔ 
1 ⇔ m ≥ −1
( *) ⇔   x1 + x2
m


3
( ;2)
2

.

Chọn A.
Yêu cầu bài toán tương đương phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập
thành cấp số cộng
x 3 − 3 x 2 + 1 = ( 3m − 1) x + 6m + 3 ⇔ x3 − 3 x 2 − ( 3m − 1) x − 6m − 2 = 0
.
3
2
x − 3 x − ( 3m − 1) x − 6m − 2 = 0
x1 , x2 , x3
Giả sử phương trình
có ba nghiệm
thỏa
x1 + x3
x2 =
(1)
2
mãn
.
x1 + x2 + x3 = 3 (2)
x2 = 1
x =1
(1)
(2)

là:

3.

4.
C.
Hướng dẫn giải

D.

1.

Chọn A.
1  1 

D =  −∞; −  ∪  ;1÷∪ ( 1; + ∞ )
2 2 


Tập xác định:
Tiệm cận đứng:

4 x 2 − 1 + 3x 2 + 2
lim+ y = lim+
= +∞
x →1
x →1
x ( x − 1)

;

x =3
1
1−
⇒ y =3
x

là tiệm cận ngang


lim y = lim

x→−∞

4 1
2
− 4 + 3+ 2
2
x
x
x =3
1
1−
⇒ y=3
x

4 x 2 − 1 + 3x 2 + 2
= lim
x→−∞
x2 − x



+

1

f ( 1) . f ( 2 ) . f ( 3) ... f ( 2017 ) = e

( x +1) 2

tối giản. Tính

m
n

m − n = −2018
2

.

C.

m − n2

m − n =1
2

.

.


2

2

Suy ra :

f ( 1) . f ( 2 ) . f ( 3) ... f ( 2017 ) = e

d

(lấy ln hai vế)

1
m
20182 − 1 m
= ⇔
=
2018 n
2018
n

Ta chứng minh

Giả sử

x2 + x + 1
1
1
1
= 1+

và

2018

,
suy ra
1Md ⇔ d = ±1
20182 − 1Md 2018Md ⇒ 20182 Md

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

m
n


Suy ra

Vậy

20182 − 1
2018

m − n 2 = −1

là phân số tối giản, nên

m = 20182 − 1, n = 2018

.


y ' = cos x − sin x + m
¡ ⇔ y′ ≥ 0, ∀x ∈ ¡ . ⇔ m ≥ sin x − cos x, ∀x ∈ ¡ .
Hàm số đồng biến trên
⇔ m ≥ max ϕ ( x ) ,

ϕ ( x ) = sin x − cos x.

¡

với

Ta có:

π

ϕ ( x ) = sin x − cos x = 2 sin  x − ÷ ≤ 2.
4

max ϕ ( x ) = 2.
¡

Do đó:

Từ đó suy ra

m ≥ 2.

Câu 17: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Cho hàm số

y = f ( x)

A.

f ( x) = m

0

y' =

x2 + 2mx − 4m

( x + m)

2

và
.
− m< 1
[ 1;+∞ ) ⇔  x2 + 2mx − 4m≥ 0,∀x∈ 1;+∞
)
[


Hàm số đã cho đồng biến trên
x2 + 2mx − 4m≥ 0, ∀x∈ [ 1; +∞ ) ⇔ 2m( x − 2) ≥ − x2,∀x∈ [ 1; +∞ )

(1)

2m( x − 2) ≥ − x2

x= 2
Do
thỏa bất phương trình
x≠ 2
.


f ′ ( x) = 0 ⇔ 
x = 4

f ′ ( x) =

[ 1;+∞ ) \ { 2}
trên

có

− x2 + 4x

( x − 2)

2

Bảng biến thiên

m> −1
1

YCBT ⇔ 2m≤ 1 ⇔ −1< m≤
2
2m≥ −8


.

Cách khác
x2 − 4x

∆ ≤ 0
   m< −4
 2

2
x + 2mx − 4m≥ 0,∀x∈ [ 1; +∞ ) ⇔  ∆ > 0
⇔   m + 4m> 0
⇔  
m≥ −1
  x1 < x2 ≤ 1   −m+ m2 + 4m ≤ 1  

 
1
 m≤
2
 


Kết hợp với đk

m> −1

−1< m≤
ta được

1
2

.


xác định và liên tục trên

¡

.

3

.

. Số


lim y = +∞

x →+∞

Mà

nên tồn tại số

y( M ) > 0
sao cho

sao

cho

lim y = −∞


khoảng

.

y ( −2 ) . y ( 2 ) < 0

y=0
suy ra phương trình

có ít nhất một nghiệm thuộc

( −2; 2 )
khoảng

.

y ( 2) .y ( M ) < 0

y=0
suy ra phương trình

có ít nhất một nghiệm thuộc

( 2; M )
khoảng

.
y = x 3 + ax 2 + bx + c

Vậy đồ thị hàm số

( −∞; −1) ∪ { 0} ∪ ( 1; +∞ ) .
D.

Chọn A.
lim y = 0
x →±∞

y=0

Có
. Nên hàm số luôn có 1 đường tiệm cận ngang
điều kiện để hàm số không có tiệm cận đứng .

Xét phương trình:

. Vậy ta tìm

 mx 2 − 2 x + 1 = 0 (1)
2
2
mx
−
2
x
+
1
4
x
+
4

1
=− 2
2
4x + 1
( −2 x + 1) ( 4 x + 1)

∆ 2 = 4m 2 − 4

∆1 = 1 − m
. Có:
2

(thỏa ycbt)

và

phương

trình

(1)

và

(2)

đều

vô


)

Câu 21: (NGÔ SĨ LIÊN) Trên đoạn
khi và chỉ khi
m = 2.
A.

B.

y=

[ −2; 2]
, hàm số

m ≥ 0.

C.

1
2

1
2

: ta thấy trường hợp này vô lí

: ta thấy trường hợp này vô lí

mx
x2 + 1


x = tan t

m>0

.

.
y=
, ta được

m
.sin 2t
2

x ∈ [ −2; 2]
. Với

Hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất tại

Khi

x =1

max

[ − arctan 2;arctan 2]

thì



Khi

m
x =1

 x = −1 ( n)
y′ = 0 ⇔ 
 x = 1 ( n)

Vì hàm số đã cho liên tục và xác định nên ta có hàm số đã cho đạt giá trị

lớn nhất tại
m≠0
(do
)
Vậy

x =1

[ −2; 2]
trên đoạn

khi và chỉ khi

 y ( 1) ≥ y ( −2 )

 y ( 1) ≥ y ( 2 ) ⇔ m ≥ 0 ⇒ m > 0

 y ( 1) ≥ y ( −1)

m≥0

Chú ý: Ngoài cách trên trong TH2

B.
C.

D.

 23 
m ∈ 5; ÷∪ { 6} .
 4 

Hướng dẫn giải
2 − x + 1 − x = m + x − x2 1
+)
( )
Điều kiện:

−1 ≤ x ≤ 2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


( 1) ⇔ 3 + 2

− x2 + x + 2 = − x2 + x + m

+)
2
− x 2 + x = t ; f ( x ) = − x + x; f ′ ( x ) = −2 x + 1

Đặt:
1

-∞

-2

-1

+∞

4

f'(t)
6
f(t)
23
5

+)

4

− x2 + x = t ⇔ − x2 + x − t = 0

⇔ ∆ = 1 − 4t > 0 ⇔ t ≤
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt

1
4

( ∗)
Do đó để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì phương trình


để phương trình
 1+ 2 
;2÷

÷
 3

A.
.
B.

. Định

[0; m]

có đúng hai ngiệm thuộc đoạn
 1− 2 2 
 1− 2 2 
 1+ 2 2 
;2÷
; 2÷
; 2



÷
÷
 3





m ∈ ( −∞; −3] .
A.

m

m ∈ [ −3;3] .
D.

Hướng dẫn giải
Chọn B.

(

)

y = ln 16 x 2 + 1 − ( m + 1) x + m + 2
Ta có:
y′ =

32 x
− ( m + 1)
16 x 2 + 1

Hàm số nghịch biến trên

¡

y′ ≤ 0, ∀x ∈ ¡
khi và chỉ khi

−
1


⇔   m ≤ −5 ⇔ m ≥ 3.
⇔
⇔

2
2
2
m ≥ 3
−16m − 32m + 240 ≤ 0
∆′ = 16 − 16 ( m + 1) ≤ 0


Cách 2:
⇔

32 x
− ( m + 1) ≤ 0
16 x 2 + 1

∀x ∈ ¡

32 x
≤ m + 1, ∀x ∈ ¡ ⇔ m + 1 ≥ max g ( x),
16 x 2 + 1
¡


 1
lim g ( x) = 0; g  ÷ = 4; g  − ÷ = −4
x →±∞
4
 4
Bảng biến thiên:
x

−∞

g′ ( x )

−

−

1
4

1
4
+

0

0

+∞

−

đồng biến trên khoảng
.
m ∈ ( −∞;0 ) ∪ ( 1; +∞ )
m ∈ ( −∞;0 )
A.
.
B.
.
m ∈ ( 1; +∞ )
C.

m ∈ ( −∞;1)
.

D.

.

Hướng dẫn giải
Chọn B.
y′ =

(

)

(

)


π π 
m cot x − 1 ≠ 0, ∀x ∈  4 ; 2 ÷


m ≤ 0 ∨ m ≥ 1

⇔
⇔ m≤0

2
1 − m > 0
 y′ = 1 + cot x ( 1 − m ) > 0, ∀x ∈  π ; π 

÷
2

4 2
( m cot x − 1)


(

)

3

Câu 26: (NGUYỄN TRÃI – HD) Phương trình

.


10 x 2

+ 23 x + x = 2
3

¡

nên

+ 10 x ⇔ 23 x + x = 10 x ⇔ x = 0
2

3

x=

2

hoặc

5± 2
23

10
≈ 0, 4347
23

Tổng các nghiệm bằng
 Mẹo: Khi làm trắc nghiệm có thể dùng “Định lí Vi-ét cho phương trình
bậc ba”

MBC
m
tam giác
bằng 4, với
Tìm tất cả các giá trị của
thỏa mãn
yêu cầu bài toán.
m=2
m = 3.
m = −2
m = 3.
A.
hoặc
B.
hoặc
m = 3.
m = −2
m = −3.
C.
D.
hoặc
Hướng dẫn giải
Chọn C.


Phương

trình

hoành

x = 0,
Với

( 1)

ta có giao điểm là

( C)

d

cắt
tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm
phân biệt khác 0.
ϕ ( 0 ) = m + 2 ≠ 0
⇔
2
∆′ = m − m − 2 > 0

(*)

Ta gọi các giao điểm của

d

( C)
và

A, B ( xB ; xB + 2 ) , C ( xC ; xC + 2 )
lần lượt là

12 + ( −1)

Mà
BC =

8
8
=
⇔ BC 2 = 32
d ( M , BC )
2

Do đó:
BC 2 = ( xC − xB ) + ( yC − y B ) = 2 ( xC − xB ) = 32
2

2

2

Ta lại có:
⇔ ( xB + xC ) − 4 xB .xC = 16 ⇔ ( −2m ) − 4 ( m + 2 ) = 16
2

2

⇔ 4m 2 − 4m − 24 = 0 ⇔ m = 3; m = −2.

Đối chiếu với điều kiện, loại đi giá trị