Bài giảng chuyên sâu Toán 12

Giới thiệu Bài giảng chuyên sâu Toán 12

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Bài giảng chuyên sâu Toán 12.

Bài giảng chuyên sâu Toán 12

Tài liệu môn Toán 12 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Bài giảng chuyên sâu Toán 12

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 12 tại đây

THS. TRẦN ĐÌNH CƯ CS 1: P5, Dãy 14 tập thể xã tắc. Đường Ngô Thời Nhậm CS 2: Trung Tâm luyện thi – 18 kiệt 87 Bùi Thị Xuân CS 3: Trung tâm cao thắng – 11 Đống Đa LƯU HÀNH NỘI BỘ CHƯƠNG I. ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ BÀI 1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM 1. Định nghĩa Cho hàm số f xác định trên khoảng (đoạn hoặc nửa khoảng) K . * Hàm số f gọi là đồng biến (tăng) trên K nếu x1 , x2  K ; x1  x2  f  x1   f  x2  . Nhận xét: – Hàm số f  x  đồng biến trên K thì đồ thị hàm số là đường đi lên từ trái sang phải, biểu diễn trong bảng biến thiên là dấu mũi tên hướng lên từ trái sang phải. * Hàm số f gọi là nghịch biến (giảm) trên K nếu x1 , x2  K ; x1  x2  f  x1   f  x2  Nhận xét: Hàm số f  x  nghịch biến trên K thì đồ thị hàm số là đường đi xuống từ trái sang phải, biểu diễn trong bảng biến thiên là dấu mũi tên hướng xuống từ trái sang phải. 2. Định lý Định lí thuận Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng K . Nếu f   x   0, x  K thì hàm số đồng biến trên khoảng K . Nếu f   x   0, x  K thì hàm số nghịch biến trên khoảng K . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 1 Nếu f   x   0, x  K thì hàm số không đổi trên khoảng K . Định lí đảo Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng K . Nếu hàm số f đồng biến trên khoảng K thì f   x   0, x  K . Nếu hàm số f nghịch biến trên khoảng K thì f   x   0, x  K . B. PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1. Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số cho bởi công thức y  f  x  1. Phương pháp giải Thực hiện các bước như sau: Bước 1. Tìm tập xác định D . Bước 2. Tính đạo hàm y  f   x  . Bước 3. Tìm các giá trị x mà f   x   0 hoặc những giá trị làm cho f   x  không xác định. Bước 4. Lập bảng biến thiên hoặc xét dấu trực tiếp đạo hàm. Bước 5. Kết luận tính đơn điệu của hàm số y  f  x  (chọn đáp án). 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hàm số f  x   1  x 2  2019 . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Hàm số đồng biến trên  . B. Hàm số đồng biến trên  ; 0  . C. Hàm số nghịch biến trên  ; 0  . D. Hàm số nghịch biến trên  . Hướng dẫn giải Chọn B. Tập xác định D   . Đạo hàm f   x   2019. 1  x 2  Vì 2019. 1  x 2  2018 2018 2018 . 1  x 2   2019. 1  x 2  .  2 x   0 , x   nên dấu của đạo hàm cùng dấu với   x  . x  0 Ta có f   x   0    x  1 Ta có bảng biến thiên Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 2 Vậy hàm số đồng biến trên  ;0  . Chú ý: Dấu hiệu mở rộng khi kết luận khoảng đồng biến  ;0  . Bài tập 2. Cho hàm số f  x   x3  x 2  8 x  cos x . Với hai số thực a, b sao cho a  b . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. f  a   f  b  . B. f  a   f  b  . C. f  a   f  b  . D. f  a   f  b  . Hướng dẫn giải Chọn C. Tập xác định D   . Ta có f   x   3 x 2  2 x  8  sin x   3 x 2  2 x  1   7  sin x   0, x   Suy ra f  x  đồng biến trên  . Do đó a  b  f  a   f  b  . Bài tập 3. Hàm số y  x 2  2 x  3 đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A.  ; 1 . B.  1;3 . C. 1;   . D.  3;   . Hướng dẫn giải Chọn D. Tập xác định D   . Ta có y  x 2  2 x  3   x 2  2 x  3  y  2  2 x  2   x 2  2 x  3 x 2  2 x  3 2 y  0  2 x  2  0  x  1 ; y không xác định nếu x  1; x  3 . Ta có bảng biến thiên Hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 và  3;   . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 3 Chú ý: – Vì f  x   – Đạo hàm y  f 2  x  nên có thể xét tính đơn điệu của hàm số y  f  x. f  x f 2  x f 2  x  để suy ra kết quả. . Dạng 2. Xét tính đơn điệu của hàm số y  f  x  khi cho hàm số y  f   x  1. Phương pháp giải Thực hiện theo ba bước như sau: Bước 1. Tìm các giá trị x mà f   x   0 hoặc những giá trị làm cho f   x  không xác định. Bước 2. Lập bảng biến thiên hoặc xét dấu trực tiếp đạo hàm. Bước 3. Kết luận tính đơn điệu của hàm số y  f  x  (chọn đáp án). 2. Bài tập Bài tập 1: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  là f   x   x 2  x  1 . Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng A. 1;   . B.  ;0  ; 1;   . C.  0;1 . D.  ;1 . Hướng dẫn giải Chọn A. x  0 Ta có f   x   0  x 2  x  1  0   x 1 Ta có bảng xét dấu  x f  x 0   1  0  0 Vậy hàm số đồng biến trên khoảng 1;   . Bài tập 2. Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x    x  1  x  1  2  x  . Hàm số y  f  x  đồng biến 2 3 trên khoảng nào, trong các khoảng dưới đây? A.  1;1 . B. 1; 2  . C.  ; 1 . D.  2;   . Hướng dẫn giải Chọn B. x  2 Ta có f   x   0    x  1 Bảng xét dấu x  1 1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 2  Trang 4 f  x  0  0  0  Hàm số f  x  đồng biến trên khoảng 1; 2  . Bài tập 3. Cho hàm số y  f  x  xác định trên khoảng  0;3 có tính chất f   x   0, x   0;3 và f   x   0 , x  1; 2  . Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau. A. Hàm số f  x  đồng biến trên khoảng  0; 2  . B. Hàm số f  x  không đổi trên khoảng 1; 2  . C. Hàm số f  x  đồng biến trên khoảng 1;3 . D. Hàm số f  x  đồng biến trên khoảng  0;3 . Hướng dẫn giải Chọn B. Vì f   x   0 , x  1; 2  nên f  x  là hàm hằng trên khoảng 1; 2  . Trên các khoảng  0; 2  , 1;3 ,  0;3 hàm số y  f  x  thỏa f  x   0 nhưng f   x   0 , x  1; 2  nên f  x  không đồng biến trên các khoảng này. 2. Bài tập: Dạng 3: Tìm tham số để hàm số đơn điệu trên tập xác định 1. Phương pháp giải * Đối với hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d ta thực hiện theo các bước sau Bước 1. Tính y  3ax 2  2bx  c (1). Bước 2. Xét hai trường hợp Trường hợp 1: a  0 , thay trực tiếp vào (1) để xét. Trường hợp 2: a  0 , tính   b 2  3ac . a  0 Hàm số nghịch biến trên    2   b  3ac  0 a  0 Hàm số đồng biến trên    2   b  3ac  0 Bước 3. Kết luận (chọn đáp án). * Đối với hàm số y  ax  b ta thực hiện theo các bước sau cx  d  d Bước 1. Tập xác định D   \    c Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 5 Bước 2. Tính y  ad  bc  cx  d  2 Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định  ad  bc  0 Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định  ad  bc  0 Bước 3. Kết luận. 2. Bài tập: Bài tập 1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  20; 2 để hàm số y  x3  x 2  3mx  1 đồng biến trên  ? A. 20 . B. 2 . C. 3 . D. 23 . Hướng dẫn giải Chọn B. Tập xác định D   . Ta có y  3x 2  2 x  3m Hàm số trên đồng biến trên   3x 2  2 x  3m  0 với mọi x   .   1   0  1  9m  0  m  30 9 Do m là số nguyên thuộc đoạn  20; 2 nên có m  1; m  2 . Bài tập 2. Có bao nhiêu giá trị nguyên m để hàm số y   m 2  1 x3   m  1 x 2  x  4 nghịch biến trên khoảng  ;   . A. 3 . B. 0 . C. 1. D. 2 . Hướng dẫn giải Chọn D. Tập xác định D   . Ta có y  3  m 2  1 x 2  2  m  1 x  1 Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  ;    y  0 với x   . Với m  1 ta có y  1  0 với x   nên hàm số nghịch biến trên khoảng  ;   . Vậy m  1 là giá trị cần tìm. 1 Với m  1 ta có y  4 x  1  0  x    m  1 không thỏa mãn. 4 1  m  1 1 m2  1  0  • Với m  1 ta có y  0 với x       1  m  1    m  1 2 2    4 m  2 m  2  0  2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 6 1 Từ các trường hợp ta được   m  1 . Do m    m  0;1 2 Vậy có hai giá trị nguyên của m thỏa mãn. Bài tập 3. Các giá trị của tham số m để hàm số y  mx  1 đồng biến trên từng khoảng xác định của nó x 1 là A. m  1 . B. m  1 . C. m  1 . D. m  1 . Hướng dẫn giải Chọn C. Tập xác định D   \ 1 mx  1 m 1  y  2 x 1  x  1 Ta có y  Xét m  1 , hàm số trở thành y  1 . (hàm hằng) Xét m  1 , hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó khi và chỉ khi y  0, x  1  m  1  0  m  1 . Lưu ý: Với m  1 thì y  0, x   \ 1 . Bài tập 4. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  mx  1 nghịch biến trên từng khoảng xm xác định là A.  ; 1 . B.  1;1 . C. 1;   . D.  ;1 . Hướng dẫn giải Chọn B. Tập xác định D   \  m Ta có y  m2  1  x  m 2 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định  y  m2  1  x  m 2  0  m 2  1  0  1  m  1 . Dạng 4: Xét tính đơn điệu hàm số bậc cao, căn thức, lượng giác có chứa tham số 1. Phương pháp giải Sử dụng các kiến thức Điều kiện cần để y   x  a  2 m 1 .g  x   m    không đổi dấu khi x đi qua a là g  a   0 . Cho hàm số y  f  x  liên tục trên K và min f  x   A . K Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 7 Khi đó bất phương trình f  x   m nghiệm đúng với mọi x  K khi và chỉ khi m  A . Cho hàm số y  f  x  liên tục trên K và max f  x   B . K Khi đó bất phương trình f  x   m nghiệm đúng với mọi x  K khi và chỉ khi m  B . 2. Bài tập Bài tập 1. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để hàm số y  x9   3m 2  m  x 6   m3  3m 2  2m  x 4  2019 đồng biến trên  A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 1. Hướng dẫn giải Chọn A. Tập xác định D   . Ta có y  9 x8  5  3m 2  m  x 4  4  m3  3m 2  2m  x3  y  x3 9 x5  5  3m 2  m  x  4  m3  3m 2  2m    x3 .g  x  với g  x   9 x5  5  3m 2  m  x  4  m3  3m 2  2m  . m  0 Nếu g  0   0   m  2 m  1  thì y sẽ đổi dấu khi đi qua điểm x  0  hàm số sẽ có khoảng đồng biến và nghịch biến. Do đó để hàm số đồng biến trên  thì điều kiện cần là g  0   0 m  0  m  m 2  3m  2   0   m  1 m  2  Thử lại: + Với m  0 có y  9 x8  0 , x   nên hàm số đồng biến trên  . + Với m  1 có y  x 4  9 x 4  10   0 , x   nên hàm số đồng biến trên  . + Với m  2 có y  x 4  9 x 4  50   0 , x   nên hàm số đồng biến trên  . m  0 Vậy với  m  1 thì hàm số đã cho đồng biến trên  . m  2  Lưu ý: Nếu g  0   0 thì y luôn đổi dấu khi x qua 0, do đó nếu g  x   0 vô nghiệm thi sẽ luôn có một khoảng đồng biến và một khoảng nghịch biến. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 8 Bài tập 2. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số f  x   m 2 x5  mx3   m 2  m  20  x 2  2019 nghịch biến trên  . Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng A. 4 . C. 1 . B. 1. D. 5 . Hướng dẫn giải Chọn D. Tập xác định D   . Ta có f   x   5m 2 x 4  3mx 2  2  m 2  m  20  x  x  5m 2 x 3  3mx  2  m 2  m  20    x.g  x  . Để hàm số nghịch biến trên  thì f   x   0 , x   (*) Nếu x  0 không phải là nghiệm của g  x  thì f   x  sẽ đổi dấu khi x đi qua x  0 , lúc đó điều kiện (*) không được thỏa mãn. Do đó điều kiện cần để hàm số đồng biến trên  là x  0 là nghiệm của  m  4 g  x   0  m 2  m  20  0   m  5 Thử lại: + Với m  4 thì f   x   80 x 4  12 x 2  x 2 12  80 x 2  , do đó m  4 không thỏa mãn. + Với m  5 thì f   x   125 x 4  15 x 2   x 2 125 x 2  15   0 , x   do đó m  5 thỏa mãn. Vậy S  5 nên tổng các phần tử của S bằng 5. Lưu ý: f   x  đổi dấu qua các nghiệm của phương trình 12  80 x 2  0 . Bài tập 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   2018; 2018 để hàm số y  x 2  1  mx  1 đồng biến trên  ;   . A. 2018 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2017 . Hướng dẫn giải Chọn A. Tập xác định D   . Ta có y  x x 1 2 m Theo yêu cầu bài toán y  x x 1 2  m  0 , x   . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 9 m x x 1 2 , x   . Xét hàm số g  x   x x 1 2 ; g  x  x x  1  x 2  1 2 0 Bảng biến thiên Vậy m  1 mà m   2018; 2018 nên có 2018 giá trị nguyên. Bài tập 4. Tìm tất cả các giá trị của m   để hàm số y  sin x  cos x  mx đồng biến trên  . A.  2  m  2 . B.  2  m  2 . C. m  2 . D. m  2 . Hướng dẫn giải Chọn C. Tập xác định D   . Ta có y  cos x  sin x  m Hàm đồng biến trên   y  0, x    cos x  sin x  m  0, x    sin x  cos x  m, x   Xét hàm f  x   sin x  cos x trên    Ta có sin x  cos x  2 sin  x     2  f  x   2, x    max f  x   2  4  Do đó f  x   m, x    max f  x   m  m  2  Dạng 5. Xét tính đơn điệu của hàm số trên trên khoảng cho trước 1. Phương pháp giải * Đối với hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d Giả sử phương trình y  ax 2  bx  c  a  0  có hai nghiệm x1 , x2 . Ta nhắc lại các mối liên hệ nghiệm về tam thức bậc hai Khi đó x1    x2  af    0 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 10  x  x  2 .   x1  x2   1 2  x1    x2     0  x  x  2 . x1  x2     1 2  x1    x2     0 af    0 . x1      x2   af     0 * Để hàm số y  f  x; m   ax 3  bx 2  cx  d đơn điệu trên đoạn có độ dài bằng k Thực hiện theo các bước sau Bước 1. Tính y  f   x; m   3ax 2  2bx  c Bước 2. Hàm số đơn điệu trên  x1 ; x2   y  0 có hai nghiệm phân biệt   0 a0 b   x1  x2  a Theo định lý Vi-ét  c  x1 x2  a  Bước 3. Hàm số đơn điệu trên khoảng có độ dài bằng k  x1  x2  k   x1  x2   4 x1 x2  k 2 2 Bước 4. Giải các điều kiện để suy ra giá trị m cần tìm. * Hàm số y  ax  b đơn điệu trên khoảng  ;   cho trước cx  d Thực hiện theo các bước sau Bước 1. Hàm số xác định trên  d    d  ;       ;     dc c     c Bước 2. Tính y  ad  bc  cx  d  2 . Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định  ad  bc  0 . Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định  ad  bc  0 Bước 3. Kết luận 2. Bài tập Bài tập 1. Các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y  2 x3  3  2m  1 x 2  6m  m  1 x  1 đồng biến trên khoảng  2;   là A. m  1 . B. m  1 . C. m  2 . D. m  1 . Hướng dẫn giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 11 Chọn B. Tập xác định D   . Ta có y  6 x 2  6  2m  1 x  6m  m  1 Để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  2;   thì ta xét hai trường hợp – Trường hợp 1: Hàm số đồng biến trên   y  0, x      0   2m  1  4m  m  1  0  1  0 (vô lí). 2 – Trường hợp 2: Phương trình y  0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn   0  x1  x2  2  x1  2  x2  2  0   x1  x2  4  0  x1 x2  2  x1  x2   4  0  m   1  0 3   m   ;1   2m  3  0  m  2 m  m  1  2  2m  1  4  0  m   ;1   2;   Lưu ý: – Hàm số đồng biến trên  thì sẽ đồng biến trên khoảng  2;   . – Bảng biến thiên của hàm số f  x   y khi phương trình y  0 có hai nghiệm x1 , x2 . x  y x1   x2  0  0 y 1 Bài tập 2. Các giá trị thực của tham số m để hàm số y   x3   m  1 x 2   m  3 x  10 đồng biến trên 3 khoảng  0;3 là A. m  12 . 7 B. m  12 . 7 C. m   . D. m  7 . 12 Hướng dẫn giải Chọn A. Tập xác định D   . Ta có y   x 2  2  m  1 x  m  3  g  x  . Do y là hàm số bậc ba với hệ số a  0 nên hàm số đồng biến trên  0;3  y  0 có hai nghiệm x1 , x2 1.g  0   0 thỏa mãn x1  0  3  x2   1.g  3  0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 12   12 m3 0 m . 7 m  12  0 7 Bài tập 3. Các giá trị thực của tham số m để f  x    x 3  3 x 2   m  1 x  2m  3 trên một khoảng có độ dài lớn hơn 1 là A. m  0 . B. m  0 . C.  5  m  0. 4 5 D. m   . 4 Hướng dẫn giải Chọn D. Tập xác định D   . Ta có f   x   3 x 2  6 x  m  1 Hàm số đồng biến trên một khoảng có độ dài lớn hơn 1 khi và chỉ khi f   x   0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x2  x1  1 . Để f   x   0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2    0  3m  6  0  m  2  x1  x2  2  Theo định lý Vi-ét, ta có  1 m  x1 x2  3 Với x2  x1  1   x1  x2   4 x1 x2  1  0  4m  5  0  m   2 Kết hợp, ta được m   5 4 5 4 Bài tập 4. Các giá trị thực của tham số m để hàm số y  2 x3  3  m  1 x 2  6  m  2  x  3 nghịch biến trên một khoảng có độ dài lớn hơn 3 là A. m  6 . B. m   0; 6  . C. m  0 . D. m  0; m  6 . Hướng dẫn giải Chọn D. Tập xác định D   . Ta có y  6 x 2  6  m  1 x  6  m  2   x  1 y  0   x  2  m Hàm số nghịch biến trên một khoảng có độ dài lớn hơn 3  y  0 có haỉ nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho x1  x2  3 (1) Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 13 1  2  m m  3 m  0 .    1 2 m 3 m 3 3         m  6   Bài tập 5. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y  x3 nghịch biến trên khoảng x  4m  2;   ? A. 1. B. 3 . C. vô số. D. 2 . Hướng dẫn giải Chọn A Tập xác định D   \ 4m Để hàm số xác định trên  2;   thì 4m  2  m   Ta có y  1 2 4m  3  x  4m  2 Hàm số nghịch biến trên khoảng  2;    y  0, x   2;    4m  3  x  4m  2  0, x   2;    4m  3  0  m  3 4 Vậy có một số nguyên m  0 thỏa mãn. Bài tập 6. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  x2 đồng biến trên khoảng x  5m  ; 10  ? A. 2 . B. Vô số. C. 1. D. 3 . Hướng dẫn giải Chọn A. Tập xác định D   \ 5m Ta có y  5m  2  x  5m  2  y  0, x   ; 10  Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 10    5m   ; 10    2  2 5m  2  0 m    m2 5 5m  10 5 m  2 Do m   nên m  1; 2 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 14 Bài tập 7. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  mx  4 nghịch biến trên khoảng m x  3;1 ? A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 4 . Hướng dẫn giải Chọn C. Tập xác định D   \ m Ta có y  m2  4 m  x 2 m2  4  0 Hàm số nghịch biến trên khoảng  3;1   m   3;1 2  m  2     m  3  1  m  2   m  1 Do m   , nên m  1 . Vậy có một giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài tập 8. Các giá trị thực của tham số m để hàm số y  2 cos x  3 nghịch biến trên khoảng 2 cos x  m A. m   3;1   2;   . B. m   3;   . C. m   ; 3 . D. m   ; 3   2;   .    0;  là  3 Hướng dẫn giải Chọn C.   1  Đặt t  cos x , với x   0;   t   ;1  3 2  Khi đó y  f  t   2t  3 2t  m m D   \  . 2     Vì hàm số t  cos x nghịch biến trên x   0;  nên hàm số đã cho nghịch biến trên  0;  . Khi và chỉ  3  3 1  khi hàm số đồng biến trên khoảng  ;1 . 2  Hàm số y  f  t   2t  3 đồng biến trên khoảng 2t  m 1   ;1 khi và khi và chỉ khi 2  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 15  2m  6 1   0, t   ;1 2  f  t   2m  6  0 m  3  2   2t  m     m   ; 3  m 1; 2     m  1; 2   m   1 ;1  2  2  Dạng 6: Phương pháp cô lập tham số m, phương pháp hàm số 1. Phương pháp giải Thực hiện theo các bước sau Bước 1. Tính y  f   x  Bước 2. Chuyển về bài toán tìm tham số về một bất phương trình nghiệm đúng với mọi x  D . Hàm số đồng biến trên D  f   x   0, x  D , dấu bằng tại hữu hạn điểm trên đó. Hàm số nghịch biến trên D  f   x   0, x  D , dấu bằng tại hữu hạn điểm trên đó. Bước 3. Kết luận (chọn đáp án). 2. Bài tập Bài tập 1. Có bao nhiêu giá trị nguyên không âm của tham số m sao cho hàm số y   x 4   2m  3 x 2  m nghịch biến trên đoạn 1; 2 ? A. 2 . B. Vô số. C. 3 . D. 4 . Hướng dẫn giải Chọn C. Tập xác định D   Ta có y  4 x 3  2  2m  3 x  x  4 x 2  4m  6  Hàm số nghịch biến trên đoạn 1; 2 khi y  0, x  1; 2 3  4 x 2  4m  6  0 ; x  1; 2  m  x 2  , x  1; 2 2 3 5   m  min  x 2    1;2    2 2 Kết hợp với m nguyên không âm suy ra m  0;1; 2 Vậy có ba giá trị nguyên không âm của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài tập 2. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số y  1 4 3 x  mx  đồng biến trên 4 2x khoảng  0;   ? A. 2 . B. 1. C. 3 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 D. 0 . Trang 16 Hướng dẫn giải Chọn A. Hàm số luôn xác định trên khoảng  0;   . Hàm số y  1 4 3 đồng biến trên  0;    y   0, x   0;   và x  mx  4 2x  x3  m  3 3  0, x   0;    x3  2  m, x   0;   (1) 2 2x 2x Xét hàm số f  x   x 3  f   x   3x 2  3 trên  0;   2 x2 3 3  x  1  ; f  x  0  x  1. x3 x3 5 Bảng biến thiên 1  m  5 5 m 2 2 Mà m là số nguyên âm nên m  2; 1 . Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn. Bài tập 3. Cho hàm số y  1 8m3  1 x 4  2 x3   2m  7  x2  12 x  2018 với m là tham số. Số các giá trị 4  1 1  nguyên m thuộc đoạn  2018; 2018 để hàm số đã cho đồng biến trên  ;  là 2 4 A. 2016 . B. 2019 . C. 2010 . D. 2015 . Hướng dẫn giải Chọn D. Tập xác định D   Ta có y   8m3  1 x3  6 x 2  2  2m  7  x  12  1 1   1 1  Hàm số đã cho đồng biến trên  ;  khi và chỉ khi y  0, x   ;  2 4 2 4  1 1    8m3  1 x3  6 x 2  2  2m  7  x  12  0, x   ;  2 4 3 3  1 1    2mx   2  2mx    x  2   2  x  2  (*), x   ;  2 4 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 17 Xét f  t   t 3  2t ; f   t   3t 2  2  0, t   Suy ra f  t  là hàm đồng biến trên  . x2  1 1   1 1  Từ (*) ta có 2mx  x  2, x   ;   m  , x   ;  2x 2 4 2 4 x2 7 m .  1 1  2 x 2  ;   m  min 2 4 Do m nguyên và m   2018; 2018 nên có 2015 giá trị của m thỏa mãn. Bài tập 5. Cho hàm số y  x3  mx  1 . Gọi S là tập hợp các số tự nhiên m sao cho hàm số đồng biến trên 1;   . Tổng các phần tử của S bằng A. 1 . B. 3. C. 9 . D. 10 . Hướng dẫn giải Chọn B. Đặt g  x   x 3  mx  1 Ta có lim g  x    . Do đó hàm số y  g  x  đồng biến trên 1;   khi và chỉ khi x  3 x 2  m  0, x  1;    g   x   0, x  1;      3  g  x   0, x  1;    x  mx  1  0, x  1;   m  min  3 x 2  , x  1;   m  3 x 2 , x  1;   1;      1 2  2 1 x   , x  1;   m  x  x , x  1;   m  min 1;   x    m3  m  2  m  0;1; 2 . m2 Lưu ý: Vì y  g  x   g 2  x  nên ta có thể chuyển bài toán về xét tính đơn điệu của hàm số y  g 2  x . – Tính đạo hàm y  g   x  .g  x  g 2  x . – Hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d đồng biến trên  ;   khi và chỉ khi y  0 với x   ;   .  g   x   0, x   ;   Trường hợp 1:   g    0  g   x   0, x   ;   Trường hợp 2:   g    0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 18 Dạng 7. Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số y  f  x  , y  f  u  x   , y  f  u  x    h  x  … khi biết bảng biến thiên của hàm số 1. Phương pháp giải Bước 1: Tìm đạo hàm của hàm số y  f  u  x   , y  f  u  x    h  x  … y  u   x  . f   u  x   , y  u   x  . f   u  x    h  x  Bước 2: Từ bảng biến thiên xác định nghiệm phương trình f   x   0 , nghiệm của bất phương trình f   x   0 và nghiệm của bất phương trình f   x   0 . Bước 3: Đánh giá các khoảng thỏa mãn y  0, y  0 Bước 4: Kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số y  f  x , y  f u  x  , y  f u  x   h  x  … 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hàm số y  f  x  có bảng xét dấu đạo hàm như sau x  f  x 2  0 0  0  3  0  Hàm số y  f  x 2  2 x  đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. 1;   . B.  3; 2  . C.  0;1 . D.  2; 0  . Hướng dẫn giải Chọn C. Đặt g  x   f  x 2  2 x  Ta có g   x   f   x 2  2 x  .  2 x  2   x  1  x  1  x 2  2 x  2  x  0  x  2 g  x  0   2    x x 2 0  x 1  x 2  2 x  3  x  3  Bảng xét dấu g   x  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 19 Dựa vào bảng xét dấu của g   x  suy ra hàm số g  x   f  x 2  2 x  đồng biến trên  ; 3 ,  2; 1 và  0;1 , nên hàm số đồng biến trên  0;1 . Lưu ý: – Thông qua bảng xét dấu f   x   xác định được nghiệm của phương trình f   x   0 . – Hàm số y  f  x 2  2 x  đồng biến  đánh giá y  0 với y   2 x  2  f   x 2  2 x  (giải bất phương trình tích) Chú ý: Nếu f  x   0  x  a thì f  u  x    0  u  x   a . – Bảng xét dấu g   x  chính là bảng xét dấu của tích  2 x  2  f   x 2  2 x  . Bài tập 2. Cho hàm số y  f  x  có bảng xét dấu của đạo hàm f   x  như sau Hàm số y  g  x   3 f   x  2   x3  3 x 2  9 x  1 nghịch biến trên khoảng nào sau đây? A.  2;1 . C.  0; 2  . B.  2;   . D.  ; 2  . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có y  g   x   3 x 2  6 x  9  3 f   2  x  . Hàm số y  g  x  nghịch biến khi và chỉ khi y  g   x   0  x 2  2 x  3  f   2  x  (1). Nhận xét: • Xét  2;   Với x  3  1  12  f   1  0  loại. • Xét  0; 2  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 20 Với x  3 9  1  1   f      0  loại. 2 4  2 • Xét  ; 2  Với x  4  1  5  f   6   0  loại. Xét  2;1 thỏa mãn (1) vì  x2  2x  3  0 3  x  1  x2  2x  3  0      2  x  1    x  3  3  x  1   f 2  x  0  1  2  x  5   3  x  1 Lưu ý: – Thông qua bảng xét dấu f   x   xác định được nghiệm của bất phương trình f   x   0 và nghiệm của bất phương trình f   x   0 . – Hàm số y  g  x  nghịch biến  đánh giá y  0 .  f 2  x  0 . Với dạng toán này cần tìm những giá trị của x sao cho  2  x  2 x  3  0 Dạng 8: Tìm khoảng đồng, biến nghịch biến của hàm số y  f  x  , y  f  u  x   khi biết đồ thị của hàm số y  f  x  1. Phương pháp giải Bước 1: Tìm đạo hàm của hàm số y  f  u  x   , y  u   x  f   u  x   . Bước 2: Từ đồ thị hàm số y  f  x  xác định được hàm số y  f  x  hoặc (nghiệm phương trình f   x   0 , nghiệm của bất phương trình f   x   0 và nghiệm của bất phương trình f   x   0 ). Bước 3: Đánh giá các khoảng thỏa mãn y  0, y  0 . Bước 4: Kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số y  f  x  , y  f  u  x   2. Bài tập Bài tập 1. Cho hàm số y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d  a, b, c, d    có đạo hàm trên  và có đồ thị như hình vẽ. Đặt hàm số y  g  x   f  2 x  1 . Hàm số y  g  x  nghịch biến trên khoảng Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 21 A.  1; 0  . B.  8; 1 . C. 1; 2  . D.  0;1 . Hướng dẫn giải Chọn D. Cách 1: Hàm số y  g  x   f  2 x  1 có y  g   x   2 f   2 x  1 Hàm số nghịch biến khi và chỉ khi y  2 f   2 x  1  1  2 x  1  1  0  x  1 Cách 2: Hàm số y  f  x  có dạng y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d  a , b, c , d    . Ta có f   x   3ax 2  2bx  c . Theo đồ thị, hai điểm A  1;3 và B 1; 1 là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  f  x  . Ta có  f  1  3 a  b  c  d  3 a  1  f 1  1 a  b  c  d  1 b  0      3a  2b  c  0 c  3  f  1  0   3 2 0 a  b  c    d  1  f 1  0 Vậy f  x   x3  3 x  1 y  g  x   f  2 x  1   2 x  1  3  2 x  1  1 ; 3 y  g   x   6  2 x  1  6 2  2 x  1  1  x  0 g  x  0    2 x  1  1 x  1 Bảng xét dấu x g x  0  0  1  0  Vậy hàm số y  g  x  nghịch biến trên  0;1 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 22 Lưu ý: Từ đồ thị hàm số y  f  x   xác định hàm y  f  x  . và hàm y  f  2 x  1  khảo sát và tìm khoảng nghịch biến của hàm số. Chú ý: Nếu hàm số y  f  x  đồng biến trên  a; b  thì hàm số f  mx  n  : an bn ; Đồng biến trên   nếu m  0 . m   m bn an Nghịch biến trên  ;  nếu m  0 . m   m Bài tập 2.  a, b, c, d    Cho có hàm số y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d đồ thị như hình bên. Đặt y  g  x   f  x2  x  2 . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau. A. g  x  nghịch biến trên khoảng  0; 2  . B. g  x  đồng biến trên khoảng  1; 0  .  1  C. g  x  nghịch biến trên khoảng   ;0  .  2  D. g  x  đồng biến trên khoảng  ; 1 . Hướng dẫn giải Chọn C. Hàm số y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d , có đồ thị như hình vẽ. Nhận xét A  0; 4  và M  2; 0  là hai điểm cực trị của hàm số.  f  0  4 d  4 a  1  f  2  0 8a  4b  2c  d  0 b  3    Ta có  3a  2b  c  0 c0  f   0  0   12 4 0 a  b  c   d  4  f   2   0 Tìm được hàm số y  x3  3 x 2  4 Ta có y  g  x    x 2  x  2   3  x 2  x  2   4 3 2 2 y  g   x    2 x  1 3  x 2  x  2   6  x 2  x  2     Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 23 1  x   2 g  x  0   x  0   x  1  Bảng xét dấu x  g  x 1  0    0 1 2  0 0   1  Vậy y  g  x  nghịch biến trên khoảng  ;0  .  2  Lưu ý: – Từ đồ thị hàm số y  f  x  xác định được hàm y  f  x  và hàm y  f  x 2  x  2   khảo sát và tìm khoảng nghịch biến của hàm số. – Có thể sử dụng y   2 x  1 . f   x 2  x  2  y  0 2 x  1  0   2  f  x  x  2  0 2 x  1  0   x2  x  2  0  2 x  x  2  2 Bài tập 3. Cho hàm số bậc ba y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d và y  g  x    f  mx  1 , m  0 có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y  g  x  nghịch biến trên đúng một khoảngcó độ dài bằng 3. Giá trị m là A. 3 . B. 1 . 2 C. 2 . 3 D. 2 . 5 Hướng dẫn giải Chọn C. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 24 Hàm số y  g  x    f  mx  1 nghịch biến trên khoảng có độ dài bằng 3 nên g   x    mf   mx  1  0  f   mx  1  0 trên một khoảng có độ dài bằng 3.  x  mx  1  0  Ta có f   mx  1  0     mx  1  2 x   1 m 1 m Bảng xét dấu f   mx  1 1 m  x f   mx  1  0  1 m  0   1 1 f   mx  1  0  x    ;   m m 2 1 1 Yêu cầu của bài toán  3      m  3 m m Lưu ý: Từ đồ thị hàm số y  f  x   xác định hàm số y  f  x  và y  g  x   f  mx  1 kết hợp với phần nhận xét ở Bài tập 1 cho kết quả.  0 1 2 1  ; – Hàm số f  x  đồng biến trên  0; 2   Hàm số y   f  mx  1 nghịch biến trên   có độ m   m dài bằng 2 2 3 m . m 3 Dạng 9: Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số y  f  x  , y  f  u  x   , y  f  u  x    h  x  … khi biết đồ thị của hàm số y  f   x  1. Phương pháp giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 25 Bước 1: Tìm đạo hàm của hàm số y  f  u  x   , y  f  u  x    h  x  … y  u   x  f   u  x   , y  u   x  . f   u  x    h  x  Bước 2: Từ đồ thị hàm số y  f   x  xác định nghiệm phương trình f   x   0 , nghiệm của bất phương trình f   x   0 và nghiệm của bất phương trình f   x   0 . Bước 3: Đánh giá các khoảng thỏa mãn y  0, y  0 Bước 4: Kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số y  f  x , y  f u  x  , y  f u  x   h  x  … 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hàm số y  f  x  . Đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ. Hàm số y  g  x   f  3  2 x  nghịch biến trên khoảng A.  ; 1 . B.  2;   . C.  0; 2  . D. 1;3 . Hướng dẫn giải Chọn A.  2  x  2 (1) Từ đồ thị  C  : y  f   x  ; f   x   0   x  5 Mà g   x   2. f   3  2 x  (2) 5 1 x  2  3  2 x  2 Từ (1) và (2) ta có g   x   0  f   3  2 x   0    2 2  x  1 3  2 x  5  1 5 Vậy hàm số g  x  nghịch biến trên các khoảng  ;  và  ; 1 . 2 2 Lưu ý: Thông qua đồ thị hàm số y  f   x    2  x  2 . f  x  0   5  x Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 26  x  2 f  x  0   . 2  5  x Hàm số y  f  3  2 x  nghịch biến  đánh giá y  2 f   3  2 x   0 . Chú ý: Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số y  f   x  với trục hoành  chọn hàm cụ thể thỏa mãn y  f   x    x  2  x  2  x  5   y  2 f   3  2 x  . Lập bảng xét dấu.  Kết luận. Bài tập 2. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g  x   f  x  1  2019  2018 x trên khoảng nào dưới đây? 2018 A.  2;3 . B.  0;1 . C.  1;0  . D. 1; 2  . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có g   x   f   x  1  1  x  1  1  x  0  Do đó y  0  f   x  1  1    x 1  2 x  3 Vậy hàm số đồng biến trên  1;0  . Nhận xét: Hàm số g  x  có g   x   f   x  1  1 .  x  1 Từ đồ thị hàm số y  f   x  , ta có f   x   1   x  2 f   x   1  1  x  2 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 27 Bài tập 3. Cho hai hàm số f  x  và g  x  có đồ thị như hình vẽ. Biết rằng hai hàm số f  2 x  1 và g  ax  b  có cùng khoảng nghịch biến  m; n  , m, n   . Khi đó giá trị của biểu thức  4a  b  bằng B. 2 . A. 0 . C. 4 . D. 3 . Hướng dẫn giải Chọn C. Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng 1;3 Hàm số y  f  2 x  1 có y  2 f   2 x  1 Với y  0  2. f   2 x  1  0  f   2 x  1  0  1  2 x  1  3  1  x  2 Vậy hàm số y  f  2 x  1 nghịch biến trên khoảng 1; 2  Hàm số y  g  ax  b  có đạo hàm y  a.g   ax  b  b  x  ax b 0    a y  a.g   ax  b   0    2b  ax  b  2 x  a  Nếu a  0   b 2b  a a b   2b   ;   (không thỏa mãn). Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;   ;  a  a   Nếu a  0   b 2b  a a  2b b  ;  Hàm số nghịch biến trên khoảng  a  a 2 b 2  a  1  a  1 a  2 Do hàm số có cùng khoảng nghịch biến là 1; 2  nên    . b b b4   2   2  a a  Vậy 4a  b  4 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 28 Dạng 10. Ứng dụng tính đơn điệu vào giải phương trình, bất phương trình, tìm điều kiện có nghiệm của phương trình 1. Phương pháp giải * Cho hàm số y  f  x  liên tục và đồng biến (hoặc nghịch biến) trên tập D, ta có Với mọi u, v  D mà f  u   f  v   u  v Nhận xét: f  x   f  x0   x  x0 . Do đó phương trình f  x   0 có nhiều nhất một nghiệm * Cho hàm số y  f  x  liên tục và đồng biến (hoặc nghịch biến) trên tập D , ta có Với mọi u, v  D : f  u   f  v   u  v . Với mọi u, v  D : f  u   f  v   u  v . * Nếu hàm số y  f  x  liên tục và có min f  x   A , max  B thì phương trình f  x   g  m  có D D nghiệm thuộc tập hợp D  A  g  m   B . 2. Bài tập Bài tập 1. Biết phương trình 27 x 3  23 x  1  3 26 x  1 có một nghiệm thực dương x  a 1 c với  b 6 d b, c, d là các số nguyên tố. Khẳng định đúng là A. 6  a  d   b  c  1 . B. 6  a  d   b  c  1 . C. 5  a  d   b  c  1 . D. 5  a  d   b  c  1 . Hướng dẫn giải Chọn B. Phương trình 27 x3  23 x  1  3 26 x  1   3 x   3 x   26 x  1  3 26 x  1 . (1) 3 Xét hàm số f  t   t 3  t  f   t   3t 2  1  0 , t    Hàm số đồng biến trên  . Phương trình (1): f  3 x   f  3  26 x  1  3x  3 26 x  1  27 x 3  26 x  1  0  x  1  0 1 1 23  là nghiệm có dạng đã cho 1 1 23  x   x   2 6 3 2 6 3   a  1, b  2, c  23, d  3  6  a  d   b  c 1 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 29 Bài tập 2. Biết phương trình 8 x 3  12 x 2  10 x  3  10 x  1 10 x  1 có một nghiệm thực dương x a b với a, b, c   và a, c là các số nguyên tố cùng nhau. c Khẳng định đúng là A. 2  a  c   b  3 . B. 4  a  c   b  3 . C. 2  a  c   b  3 . D. 4  a  c   b  3 . Hướng dẫn giải Chọn D. Nhận xét: – Vế trái là đa thức bậc ba, vế phải chứa căn bậc hai nên ta biến đổi để xuất hiện 10 x  1 10 x  1  10 x  1  2  10 x  1     3 10 x  1 . Ta có 3 10 x  1  2 10 x  1 Khi đó phương trình có dạng  ax  b   2  ax  b   3 Điều kiện x     3 10 x  1  2 10 x  1 1 10 Phương trình đã cho   2 x  1  2  2 x  1  3   3 10 x  1  2 10 x  1 (1). Xét hàm số f  t   t 3  2t  f   t   3t 2  2  0 , t    Hàm số đồng biến trên  . Phương trình 1  f  2 x  1  f  2 x  1  0 10 x  1  2 x  1  10 x  1   2  2 x  1  10 x  1  1  7  41 x   x 2 4 2 x 2  7 x  1  0  a  7, b  41, c  4  4  a  c   b  3 . Bài tập 3. Biết phương trình 3 x 1  2 1 a b  , với a, b, c   và c là , có một nghiệm thực x  2 2x 1  3 x  2 số nguyên tố. Khẳng định đúng là A. 2ac  b  1 . B. ac  b  2 . C. 2ac  b  1 . D. ac  b  2 . Hướng dẫn giải Chọn C. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 30 kiện  x  13 x  1 Phương trình đã cho   x  2  x  1  2  x  2   3 2 x  1  3    3 x 1  x 1   3  3 2x  1  3 2x  1  f   x 1  f  3  2 x  1 (1) với f  t   t 3  t Xét hàm số f  t   t 3  t , có f   t   3t 2  1 , t    Hàm số đồng biến trên  . 2 x  1  0 6 Do đó 1  x  1  2 x  1     x 1   3   3 2x 1  6 1  x   2  x 3  x 2  x  0 x  0 1 5   a  1, b  5, c  2  2ac  b  1 . 1 5  x  x  2  2 1 Bài tập 4. Cho hàm số y  f  x  có f   x   0 , x   . Tất cả các giá trị thực của x để f    f  2   x là  1 A. x   0;  .  2 1  B. x   ;0    ;   . 2  1  C. x   ;  . 2   1 D. x   ;0    0;  .  2 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có f   x   0 , x   nên hàm số y  f  x  nghịch biến trên  1 1 2x 1 1  Do đó f    f  2    2   0  x   ;0    ;   x x  x 2  Bài tập 5. Bất phương trình 2 x3  3 x 2  6 x  16  4  x  2 3 có tập nghiệm là  a; b  . Tổng a  b có giá trị bằng A. 2 . B. 4. C. 5 . D. 3 . Hướng dẫn giải Chọn C. Điều kiện: 2  x  4 Xét f  x   2 x 3  3 x 2  6 x  16  4  x trên đoạn  2; 4 . Có f   x   3  x 2  x  1 2 x 3  3 x 2  6 x  16  1 , x   2; 4  , do đó hàm số đồng biến trên  2; 4 . 2 4 x Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 31 Bất phương trình đã cho  f  x   f 1  2 3  x  1 So với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là S  1; 4  a  b  5 . Bài tập 6. Cho f  x   x3  x  2m .Tổng các giá trị nguyên của tham số m để phương trình f  f  x    x có nghiệm trên đoạn 1; 4 là A. 6 . B. 9. C. 21. D. 22 . Hướng dẫn giải Chọn C. t  f  x  Đặt t  f  x     f  t   t  f  x   x . (1)  f t   x Xét hàm số g  u   f  u   u  u 3  2u  2m có g   u   3u 2  2  0 , u   . Do đó 1  t  x  f  x   x  x 3  2m . (2) Phương trình f  f  x    x có nghiệm trên đoạn 1; 4   2  có nghiệm trên đoạn 1; 4  13  2m  43  m  0;1; 2;3; 4;5; 6 Tổng các giá trị là 1  2  3  4  5  6   21 . Bài tập 7. Cho hàm số f  x   x 5  3 x 3  4m . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f  3  f  x   m  x3  m có nghiệm trên đoạn 1; 2 ? A. 15 . B. 16. C. 17 . D. 18 . Hướng dẫn giải Chọn B. Đặt t  3 f  x   m  f  x   t 3  m , kết hợp với phương trình ta có hệ phương trình  f  t   x3  m  f  t   t 3  f  x   x3 .(1)  3 f x t m      Xét hàm số g  u   f  u   u 3  u 5  4u 3  4m  g   u   5u 4  12u 2  0, u  1; 2  Hàm số đồng biến đoạn 1; 2 . Do đó 1  t  x  f  x   x3  m  x 5  2 x3  3m (2) Với x  1; 2 ,3  x 5  2 x3  48  Phương trình (2) có nghiệm trên đoạn 1; 2  3  3m  48  1  m  16 Bài tập 8. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình m  2 m  2sin x  sin x có nghiệm thực? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 32 A. 0 . B. 1. D. 2 . C. 3 . Hướng dẫn giải Chọn D. Điều kiện sin x  0 . Ta có m  2 m  2sin x  sin x  m  2 m  2sin x  sin 2 x .  m  2sin x  2 m  2sin x  sin 2 x  2sin x (1) Xét hàm số f  t   t 2  2t f   t   2t  2  0, t  0  Hàm số f  t  đồng biến trên  0;   . Phương trình 1  f   m  2sin x  f  sin x   m  2sin x  sin x  sin 2 x  2sin x  m Đặt sin x  t  t   0;1 Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình t 2  2t  m có nghiệm trên  0;1 . Xét hàm số g  t   t 2  2t , t   0;1 Ta có g   t   2t  2; g   t   0  t  1 Suy ra max g  t   0; min g  t   1 0;1 0;1 Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m  0 Mà m   nên m  0; m  1 . Bài tập 9. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  , có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình 9m3  m 3f 2  x  8  f 2  x   3 có 3 nghiệm thực phân biệt? A. 1. B. 2. C. 3 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 D. 4 . Trang 33 Hướng dẫn giải Chọn B. Phương trình  27m3  3m   3 f 2  x   9  3 f 2  x   8   3m   3m  3  g  3m   g    3 3 f 2  x  8  3 f 2  x  8  3 f 2  x   8 (1) Xét hàm số g  t   t 3  t  g   t   3t 2  1  0, t   nên hàm số đồng biến trên   9m 2  8 3m  8  f  x   2  3 2   Do đó 1  3 f 2  x   8  3m   2 9m  8  9m 2  8  f  x   3  3  f  x   3  Dựa vào hình vẽ thì phương trình (3) vô nghiệm (vì f  x   0, x ) Do đó để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt   2  có ba nghiệm phân biệt hay  9m 2  8  3  m  3    9m 2  8  m 1    3  35 5 . 11 3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 34 BÀI 2. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM 1. Khái niệm cực trị của hàm số Định nghĩa Giả sử hàm số f xác định trên K  K    và x0  K a) x0 được gọi là điểm cực đại của hàm số f nếu tồn tại một khoảng  a; b   K chứa điểm x0 sao cho f  x   f  x0  , x   a; b  \  x0  . Khi đó f  x0  được gọi là giá trị cực đại của hàm số f. b) x0 được gọi là điểm cực tiểu của hàm số f nếu tồn tại một khoảng  a; b   K chứa điểm x0 sao cho f  x   f  x0  , x   a; b  \  x0  . Khi đó f  x0  được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số f. Chú ý: 1) Điểm cực đại (cực tiểu) x0 được gọi chung là điểm cực trị. Giá trị cực đại (cực tiểu) f  x0  của hàm số được gọi chung là cực trị. Hàm số có thể đạt cực đại hoặc cực tiểu tại nhiều điểm trên tập hợp K. 2) Nói chung, giá trị cực đại (cực tiểu) f  x0  không phải là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số f trên tập K; f  x0  chỉ là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số f trên một khoảng  a; b  chứa x0 . 3) Nếu x0 là một điểm cực trị của hàm số f thì điểm  x0 ; f  x0   được gọi là điểm cực trị của đồ thị hàm số f. 2. Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị Định lí 1 Giả sử hàm số f đạt cực trị tại điểm x0 . Khi đó, nếu f có đạo hàm tại điểm x0 thì f   x0   0. Chú ý: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 35 1) Điều ngược lại có thể không đúng. Đạo hàm f  có thể bằng 0 tại điểm x0 nhưng hàm số f không đạt cực trị tại điểm x0 . 2) Hàm số có thể đạt cực trị tại một điểm mà tại đó hàm số không có đạo hàm. 3. Điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị Định lí 2 a) Nếu f   x  đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua điểm x0 (theo chiều tăng) thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x0 . b) Nếu f   x  đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua điểm x0 (theo chiều tăng) thì hàm số đạt cực đại tại điểm x0 . Định lí 3 Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp một trên khoảng  a; b  chứa điểm x0 , f   x0   0 và f có đạo hàm cấp hai khác 0 tại điểm x0 . a) Nếu f   x0   0 thì hàm số f đạt cực đại tại điểm x0 . b) Nếu f   x0   0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm x0 . Nếu f   x0   0 thì ta chưa thể kết luận được, cần lập bảng biến thiên hoặc bảng xét dấu đạo hàm. B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP BÀI TẬP Dạng 1: Cho hàm số f ( x ) hoặc f ‘( x ) . Tìm điểm cực trị, giá trị cực trị 1. Phương pháp Cách 1: Lập bảng biến thiên hoặc bảng xét dấu Bước 1. Tìm f   x  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 36 Bước 2. Tìm các điểm xi  i  1, 2,… tại đó đạo hàm bằng không hoặc hàm số liên tục nhưng không có đạo hàm. Bước 3. Xét dấu f   x  . Nếu f   x  đổi dấu khi x qua điểm xi thì hàm số đạt cực trị tại điểm xi . Cách 2: Dùng định lý 3 Bước 1: Tìm f   x  Bước 2: Tìm các nghiệm xi  i  1, 2,… của phương trình f   x   0. Bước 3: Tính f   xi   Nếu f   xi   0 thì hàm số f đạt cực đại tại điểm xi .  Nếu f   xi   0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm xi . Nếu f   xi   0 thì ta lập bảng biến thiên để xác định điểm cực trị. * Tìm (điểm) cực trị thông qua đạo hàm f   x  : Ta đi đếm số nghiệm bội lẻ của phương trình đạo hàm 2. Bài tập Bài tập 1: Giá trị cực đại của hàm số f  x   x  2 x 2  1 là số nào dưới đây? A. 3 . 3 B. 3. C.  3. D.  3 . 3 Hướng dẫn giải Chọn C. Hàm số đã cho xác định trên . Ta có: f   x   1  2x x2  1 . 2 x  0 3 Từ đó: f   x   0  x 2  1  2 x   2 x . 2 3 x 1  4x Bảng biến thiên: Vậy hàm số đạt cực đại tại điểm x  3 , giá trị cực đại của hàm số là 3  3 f     3.  3  Bài tập 2: Các điểm cực đại của hàm số f  x   x  2sin x có dạng (với k   ) Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 37 A. x   C. x    3  6  k 2 . B. x   k 2 . D. x   3  6  k 2 .  k 2 . Hướng dẫn giải Chọn A. Hàm số đã cho xác định trên . Ta có: f   x   1  2 cosx . Khi đó f   x   0  cosx  1   x    k 2 ,  k    2 3 f   x   2sin x       Vì f    k 2   2sin   k 2   2sin  0 nên x   k 2 là điểm cực tiểu. 3 3 3  3            Vì f     k 2   2sin    k 2   2sin     2sin  0 nên x    k 2 là điểm cực đại 3 3  3   3   3 Bài tập 3: Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm f (x)  (x 2  1)(x 3  3x  2)(x 2  2x) . Số điểm cực trị của hàm số y  f (x) là A. 6. B. 2. C. 3. D. 5. Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: f (x)  (x  2)(x  1)3 x(x  1)(x  2) và f (x)  0 có 5 nghiệm bội lẻ nên có 5 điểm cực trị. Bài tập 4: Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm f (x)  x 2 (x  1)(x  4) 2 . Tìm số điểm cực trị của hàm số y  f (x 2 ) . A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có:  f (x 2 )   2x.f (x 2 )  2x 5 (x 2  1)(x 2  4) 2 Phương trình  f (x 2 )   0 có 3 nghiệm bội lẻ là x  0, x  1 nên số điểm cực trị của hàm số y  f (x 2 ) là 3. Chú ý:  Đạo hàm của hàm số hợp f  u  x    f   u  x   .u   x  hay f x  fu .ux .   Bài tập 5: Cho hàm số y  f (x) liên tục trên  , có f (x)  3x  1 7  , x  0 . x2 2 Mệnh đề nào dưới đây đúng? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 38 A. Hàm số có đúng một điểm cực trị trên  . B. Hàm số có ít nhất một điểm cực trị trên (0; ) . C. Hàm số không có điểm cực trị nào trên (0; ) . D. Hàm số có đúng hai điểm cực trị trên  . Hướng dẫn giải Chọn C. 2 Với x  0 ta có: f (x)  3x  1 7 3 3 1 7 3 7   x  x  2   33     0 . 2 x 2 2 2 x 2 2 2 Vậy hàm số không có cực trị trên (0; ) . Bài tập 6: Cho hàm số y  f (x) liên tục trên  , có đạo hàm f (x)  (x 2  x  2)(x 3  6x 2  11x  6) g (x) với g (x) là hàm đa thức có đồ thị như hình vẽ dưới đây ( g (x) đồng biến trên (; 1) và trên (2; ) . Số điểm cực trị của hàm số y  f (x) là A. 5. B. 2. C. 3. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn D. Dựa vào đồ thị, phương trình g (x)  0 có 3 nghiệm bội lẻ là x  0, x  1, x  2 và một nghiệm bội chẵn là x  1 . Tóm lại, phương trình y ‘  0 chỉ có x  1, x  0, x  2 và x  3 là nghiệm bội lẻ, nên hàm số có 4 điểm cực trị. Dạng 2. Tìm (điểm) cực trị thông qua bảng xét dấu, bảng biến thiên của đạo hàm Bài tập 1: Cho hàm số y  f (x) liên tục trên  và có bảng xét dấu đạo hàm như hình vẽ dưới đây. Số điểm cực tiểu của hàm số y  f (x) là A. 1. B. 3. C. 2. D. 0. Hướng dẫn giải Chọn A. Đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương 1 lần nên có 1 điểm cực tiểu. Bài tập 2: Cho hàm số y  f (x) liên tục trên  và có bảng xét dấu đạo hàm như hình vẽ dưới đây Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 39 Số điểm cực trị của hàm số y  f (x) là A. 1. B. 3. C. 2. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C. Đạo hàm đổi dấu hai lần nên có hai điểm cực trị. Bài tập 3: Cho hàm số y  f (x) liên tục trên  và có bảng xét dấu đạo hàm như hình vẽ dưới đây Số điểm cực trị của hàm số y  f (x) là A. 1. B. 3. C. 2. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn D. Chắc chắn hàm số có 3 điểm cực trị là x  1, x  2, x  3 . Xét tại điểm x  0 , đạo hàm đổi dấu, hàm số không có đạo hàm tại điểm x  0 , nhưng theo đề bài, hàm số liên tục trên  nên f (0) xác định. Vậy hàm số có tổng cộng 4 điểm cực trị. Bài tập 4: Cho hàm số y  f (x) liên tục trên  \ 1 và có bảng xét dấu đạo hàm như hình vẽ dưới đây Số điểm cực trị của hàm số y  f (x) là A. 1. B. 3. C. 2. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn B. Hàm số có 3 điểm cực trị là x  2, x  2, x  3 (hàm số không đạt cực trị tại điểm x  1 vì hàm số không xác định tại điểm x  1 ). Bài tập 5: Cho hàm số y  f (x) có bảng biến thiên của f (x) như hình vẽ dưới đây Số điểm cực trị của hàm số y  f (x) là A. 4 B. 2 C. 3 D. 5 Hướng dẫn giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 40 Chọn C. Dễ thấy phương trình f (x)  0 có ba nghiệm bội lẻ nên hàm số có 3 điểm cực trị. Dạng 3. Tìm (điểm) cực trị thông qua đồ thị f , f , f  Bài tập 1: Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm đến cấp hai trên  và có đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ dưới đây (đồ thị y  f (x) chỉ có 3 điểm chung với trục hoành như hình vẽ). Số điểm cực trị tối đa của hàm số là A. 1. B. 4. C. 3. D. 2. Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có bảng biến thiên của hàm số y  f (x) như sau Nhận thấy trục hoành cắt đồ thị hàm số y  f (x) tại tối đa 2 điểm nên f (x)  0 có tối đa 2 nghiệm phân biệt. Vậy hàm số y  f (x) có tối đa 2 điểm cực trị. Bài tập 2: Cho hàm số y  f (x) là hàm đa thức. Trên hình vẽ là đồ thị hàm số y  f (x) trên (; a ] (và hàm số y  f (x) nghịch biến trên  ; 1 ), đồ thị của hàm số y  f (x) trên  a; b (và f (x 0 )  0 ), đồ thị của hàm số y  f (x) trên b;   (và hàm số y  f (x) luôn đồng biến trên b;   , f (x1 )  0 ). Hỏi hàm số y  f (x) có tối đa bao nhiêu điểm cực trị? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 41 A. 1. B. 6. C. 5. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn D Bảng xét dấu bên dưới được lập từ các suy luận sau: * Hàm số y  f (x) nghịch biến trên  ; 1 nên f (x)  0, x   ; 1 và đồng biến trên  1; a  nên f (x)  0, x   1; a  . * Hàm số y  f (x) có f (x)  0, x   a; x 0  và f (x)  0, x   x 0 ; b  f (x)  0, x   x 0 ; b  . * Hàm số y  f (x) có f (x)  0, x   b; x1  mà f (b)  0  f (x)<0,x   b; x1  Lại có f (x)  0, x   x1 ;   . Vậy trong khoảng  x1 ;   , phương trình f (x)  0 có tối đa 1 nghiệm, và nếu có đúng 1 nghiệm thì f (x) đổi dấu khi qua nghiệm ấy. Vậy f (x) có tối đa 3 nghiệm (bội lẻ) nên hàm số y  f (x) có tối đa 3 điểm cực trị. Bài tập 3: Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm cấp hai liên tục trên  . Trên hình vẽ là đồ thị hàm số y  f (x) trên đoạn  2;3 , đồ thị của hàm số y  f (x) trên  ; 2 , đồ thị của hàm số y  f (x) trên 3;   . Hỏi hàm số y  f (x) có tối đa bao nhiêu điểm cực trị? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 42 A. 7. B. 6. C. 5. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C. Bảng xét dấu bên dưới được lập từ các suy luận sau: + Đồ thị của hàm số y  f (x) trên 3;   cắt trục hoành tại điểm x  5, f (x)  0 khi x   3;5  và f (x)  0 khi x   5;   . + Đồ thị của hàm số y  f ( x) trên  ; 2 cắt trục hoành tại điểm x  5, f (x)  0 khi x   ; 5  và f ( x)  0 khi x   5; 2  . + Đồ thị hàm số y  f (x) trên đoạn  2;3 : hàm số đồng biến trên  2; 1 và  2;3 ; hàm số nghịch biến trên  1; 2  Từ bảng xét dấu trên, đồ thị f (x) cắt trục hoành tối đa tại 2 điểm trên  3;   , khi đó trên  2;   thì f (x) đổi dấu 2 lần, trên  ; 2  thì f (x) đổi dấu 3 lần nên hàm số y  f (x) có tối đa 5 điểm cực trị. Dạng 4: Cực trị hàm bậc ba 1. Phương pháp Bước 1. Hàm số đạt cực đại (cực tiểu) tại điểm x0 thì f   x0   0 , tìm được tham số. Bước 2. Với giá trị tham số tìm được, ta thế vào hàm số ban đầu để thử lại. Chú ý: Đối với hàm bậc ba, ta có thể làm trắc nghiệm như sau:  f   x0   0 +) Hàm số đạt cực tiểu tại x  x0   .  f   x0   0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 43  f   x0   0 +) Hàm số đạt cực đại tại x  x0   .  f   x0   0 2. Bài tập 1 Bài tập 1: Tìm m để hàm số y  x 3  mx 2   m 2  4  x  3 đạt cực đại tại điểm x = 3. 3 A. m  1. B. m  5. C. m  5. D. m  1. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có y  x 2  2mx  m 2  4  y  2 x  2m. Hàm số đạt cực đại tại x  3 thì m  1 y   3   0  m 2  6m  5  0   . m  5  Với m  1, y  3  2.3  2.1  4  0 suy ra x  3 là điểm cực tiểu.  Với m  5, y  3  2.3  2.5  4  0 suy ra x  3 là điểm cực đại. Bài tập 2: Hàm số y  ax3  x 2  5 x  b đạt cực tiểu tại x  1 và giá trị cực tiểu bằng 2, giá trị của H  4a  b là A. H  1. B. H  1. C. H  2. D. H  3. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: y  3ax 2  2 x  5  y  6ax  2. +) Hàm số đạt cực tiểu tại x  1  y 1  0  a  1. +) Thay a  1 ta thấy y 1  6  2  8  0 nên x  1 là điểm cực tiểu. +) Mặt khác ta có: y 1  2  1  1  5  b  2  b  5. Vậy H  4.1  5  1. Bài tập 3: Hàm số f  x   ax3  bx 2  cx  d đạt cực tiểu tại điểm x  0, f  0   0 và đạt cực đại tại điểm x  1, f 1  1 . Giá trị của biểu thức T  a  2b  3c  d là A. T  2. B. T  3. C. T  4. D. T  0. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có f   x   3ax 2  2bx  c. Do hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  0, f  0   0 và đạt cực đại tại điểm x  1, f 1  1 nên ta có hệ phương trình Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 44  f   0  0 c  0  d  0 f 0 0  a  2        T  4.   f  1  0 3a  2b  0 b  3  a  b  1  f 1  1 Bài tập 4: Giá trị của m để hàm số y  x 3  mx  1 có cực đại và cực tiểu là A. m  0. B. m  0. C. m  0. D. m  0. Hướng dẫn giải Chọn D. Hàm số y  x3  mx  1 có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi y  0 có hai nghiệm phân biệt hay 3x 2  m  0 có hai nghiệm phân biệt. Do đó m  0. Chú ý: Do hàm bậc ba có đạo hàm là tam thức bậc hai nên các yêu cầu sau: hàm số có cực trị, hàm số có cực đại và cực tiểu, hàm số có hai cực trị có cách làm giống nhau, tức là y  0 có hai nghiệm phân biệt. Bài tập 5: Với giá trị nào của m thì hàm số y  m 3 x  x 2  x  7 có cực trị? 3 A. m  1;    0 . B. m  1. C. m   ;1 \ 0 . D. m  1. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: y  mx 2  2 x  1. +) Với m  0 , hàm số trở thành y  x 2  x  7 , đồ thị là một parabol nên hiển nhiên có cực trị. Vậy m  0 thỏa mãn yêu cầu. +) Xét m  0 , để hàm số có cực trị thì y  0 có hai nghiệm phân biệt    0  1 m  0  m  1 . Hợp cả hai trưởng hợp, khi m  1 thì hàm số có cực trị. Chú ý: Với bài toán hỏi “có cực trị” và hệ số của bậc ba (bậc cao nhất) có chứa tham số thì nên chia hai trường hợp: Hệ số của bậc cao nhất bằng 0 và khác 0. Bài tập 6: Tìm các giá trị của m để hàm số y  mx3  3mx 2   m  1 x  2 không có cực trị. 1 A. 0  m  . 4 1 B. 0  m  . 4 1 C. 0  m  . 4 1 D. 0  m  . 4 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 45 Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có: y  3mx 2  6mx  m  1. +) Với m  0 , hàm số trở thành y  x  2 là hàm đồng biến trên  nên không có cực trị, nhận m  0 . +) Xét m  0 , hàm số không có cực trị khi y  0 có nghiệm kép hoặc vô nghiệm 1    9m 2  3m 1  m   0  12m 2  3m  0  0  m  . 4 Hợp cả hai trường hợp, khi 0  m  1 thì hàm số không có cực trị. 4 Bài tập 7: Số giá trị nguyên của tham số m   20; 20 để hàm số  m 1  3 2 2 2 y  x   m  4  x   m  9  x  1 có hai điểm cực trị trái dấu là  3  A. 18. B. 17. C. 19. D. 16. Hướng dẫn giải Chọn A. y   m  1 x 2  2  m 2  4  x   m 2  9  . Hàm số có hai điểm cực trị trái dấu khi y  0 có hai nghiệm trái dấu  m  3   m  1  m 2  9   0   . 1  m  3 Vậy m  20; 19;...; 4; 2 , có 18 giá trị của m. Bài tập 8: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y  mx 3  m  m  1 x 2   m  1 x  1 có hai điểm cực trị đối nhau? A. 0. B. 2. C. 1. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có: y  3mx 2  2m  m  1 x   m  1 . Hàm số có hai điểm cực trị đối nhau  y  0 có hai nghiệm đối nhau m  0 3m  0  2     0  m 2  m  1  3m  m  1  0  m  1.  m  1  0 S  0  Bài tập 9: Giá trị của m để đồ thị hàm số y  m 3 x   m  1 x 2   m  2  x  6 có hai điểm cực trị có hoành 3 độ dương là Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 46 1 A. m  . 4 1 B. 0  m  . 4 C. m  0. 1 D.   m  0. 4 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: y  mx 2  2  m  1 x  m  2. Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị có hoành độ dương  y  0 có hai nghiệm phân biệt dương  1  2 m  1 2 0 m   m m        4     0   1     m  1  S  0   0  0  m  1  0  m  . 4 P  0  m   m  2 m  0  m  0    m  2 Bài tập 10: Cho hàm số y  x 3  1  2m  x 2   2  m  x  m  2 . các giá trị của m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu, đồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1 là  m  1 . A.  5  m 7 5 4  m  1 . B.  5  m8 5 4  m  1 . C.  5  m 7 5 4  m  2 D.  3 .  m 5 2 2 Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: y  3 x 2  2(1  2m) x  2  m . Đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu khi phương trình y  0 có hai nghiệm phân biệt  m  1    (1  2m) 2  3(2  m)  0  4m 2  m  5  0   . m  5  4 Khi đó, giả sử x1 , x2 (với x1  x2 ) là hai nghiệm của phương trình y  0 . Bảng biến thiên Khi đó, yêu cầu bài toán trở thành: x2  1  2m  1  4m 2  m  5  1  4m 2  m  5  4  2m 3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 47 m  2  4  2m  0 7   2  7 m .  2 5 4m  m  5  4m  16m  16 m  5 Kết hợp điều kiện có cực trị thì m  1 và 5 7  m  thỏa mãn yêu cầu. 4 5 Chú ý: Có thể dùng Vi-ét để lời giải đơn giản hơn như sau: Xét x1  x2  1 x  x  2  1 2 ( x1  1)( x2  1)  0  2m  1  3  2  m  2(1  2m)  3  0 m  2 7   7 m 5 m  5 Bài tập 11: Tìm các giá trị thực của tham số m sao cho điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y  x3  x 2  mx  1 nằm bên phải trục tung. A. m  0 . 1 B. 0  m  . 3 1 C. m  . 3 D. Không tồn tại. Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: y  3 x 2  2 x  m . Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu khi phương trình y  0 có hai nghiệm phân biệt 1    1  3m  0  m  (1). 3 Khi đó, giả sử x1 , x2 (với x1  x2 ) là hai nghiệm của phương trình y  0 thì 2   x1  x2   3 .   x .x  m  1 2 3 Bảng biến thiên Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 48 2 Do x1  x2    0 nên điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y  x3  x 2  mx  1 nằm bên phải trục tung 3  x1.x2  0  m  0  m  0 (2). 3 Từ (1), (2) ta có m  0 Bài tập 12: Giá trị của m để hàm số  1 3 x  (m  2) x 2  (4m  8) x  m  1 có hai điểm cực trị x1 , x2 thỏa 3 mãn x1  2  x2 là A. m < 2. C. m  B. m < 2 hoặc m > 6. 3 hoặc m > 6. 2 3 D. m  . 2 Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: y  x 2  2(m  2) x  (4m  8) . Yêu cầu bài toán trở thành ( x1  2)( x2  2)  0  (4m  8)  4(m  2)  4  0  m  3 2 Bài tập 13: Gọi S là tập các giá trị thực của tham số m để hàm số y  ( x  m)( x 2  2 x  m  1) có hai điểm cực trị x1 , x2 thỏa x1.x2  1 . Tổng tất cả các phần tử của S bằng A. 2. B. – 2. C. 4. D. 0. Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: y  3 x 2  2(m  2) x  m  1 . Hàm số có hai điểm cực trị khi y  0 có hai nghiệm phân biệt    m 2  m  7  0 (luôn đúng). Theo định lí Vi-ét ta có: x1.x2  m  4 m 1 .  x1.x2  1  m  1  3   3  m  2 Vậy tổng cần tìm bằng 4  (2)  2 . Bài tập 14: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m   20; 20 để hàm số y  1 3 x  mx 2  mx  1 có hai điểm 3 cực trị x1 , x2 sao cho x1  x2  2 6 ? A. 38. B. 35. C. 34. D. 37. Hướng dẫn giải Chọn D. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 49 Ta có y  x 2  2mx  m . Hàm số có hai điểm cực trị khi y  0 có hai nghiệm phân biệt    m 2  m  0 (*).  x  x  2m Theo định lí Vi-ét ta có  1 2 .  x1.x2  m Khi đó m  3 x1  x2  2 6  ( x1  x2 ) 2  4 x1.x2  24  4m 2  4m  24   (thỏa mãn(*)).  m  2 Do m nguyên và m   20; 20 nên m  20; 19;…; 2;3; 4;…; 20 . Vậy có 37 giá trị của m. Bài tập 15: Cho hàm số y  x3  3(m  1) x 2  9 x  m . Tổng tất cả các giá trị của tham số m thỏa mãn hàm số đạt cực trị tại hai điểm x1 , x2 sao cho 3×1  2 x2  m  6 là A. 0. B. 1. C. – 2. D. – 3. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có: y  3 x 2  6(m  1) x  9 Hàm số có hai điểm cực trị khi y  0 có hai nghiệm phân biệt    9(m  1) 2  27  0  (m  1) 2  3 (*).  x  x  2(m  1) . Theo định lí Vi-ét ta có  1 2  x1.x2  3  x  x  2(m  1) x  m  2 thế vào x1.x2  3 ta được Từ  1 2  1 3 x1  2 x2  m  6  x2  m m  1 thỏa mãn (*). m(m  2)  3    m  3 Bài tập 16: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để hàm số y  2 x3  9mx 2  12m 2 x có điểm cực đại xCD , 2 điểm cực tiểu xCT thỏa mãn xCD  xCT ? A. 1. B. 0. C. 3. D. 2. Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: y  6 x 2  18mx  12m 2  6( x  m)( x  2m) . Hàm số có hai điểm cực trị khi y  0 có hai nghiệm phân biệt  m  0 (*) Trường hợp 1: m < 0 khi đó, lập bảng xét dấu đạo hàm dễ thấy Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 50 xCD  m, xCT  2m Khi đó: 2 xCD  xCT  m 2  2m  m  2 (thỏa mãn). Trường hợp 2: m > 0 lập bảng xét dấu đạo hàm ta có xCD  2m, xCT  m . 1 2 xCD  xCT  4m 2  m  m   , loại. 4 Vậy m  2 thỏa mãn đề bài. Bài tập 17: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m   18;18 để đồ thị hàm số y   x  1  x 2  2mx  1 có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục hoành? A. 34. B. 30. C. 25. D. 19. Hướng dẫn giải Chọn A. Bảng biến thiên của hàm số bậc ba khi có hai cực trị và hai điểm cực trị của đồ thị nằm về hai phía trục hoành là Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục hoành thì y  0 có ba nghiệm phân biệt  x 2  2mx  1  0 có hai nghiệm phân biệt khác 1 m  1 2 1  2m.1  1  0    m  1 2   m  1  0   m  1.  Do m nguyên và m   18;18 nên m  18; 17;….; 2; 2;3;….;18 Vậy có 34 giá trị của m thỏa mãn đề. Bài tập 18: Cho hàm số y  2 x 3  3mx 2  x  m . Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m trong khoảng  10;10  để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của đường thẳng y  x  6 . Số phần tử của tập S là A. 9. B. 12. C. 7. D. 11. Hướng dẫn giải Chọn C. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 51 Đặt f  x   2 x 3  3mx 2  m  6. x  0 Ta có f   x   0   2 x3  3mx 2  m  6   0   . x  m Xét g  x   g  x   x  6 . Đồ thị hàm số đã cho có hai cực trị nằm về hai phía đường thẳng y  x  6 m  0 m  0 .   3  g  0  .g  m   0  m  12   m  12   0 Do m   và thuộc  10;10  nên m  3; 4;…….9 . Bài tập 19: Cho hàm số y  x3  3mx 2  4m 2  2 có đồ thị (C) và điểm C 1; 4  . Tổng các giá trị nguyên dương của m để (C) có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 4 là A. 6. B. 5. C. 3. D. 2. Hướng dẫn giải Chọn C. x  0 . Ta có y  0  3 x 2  6mx  0    x  2m Đồ thị (C) luôn có hai điểm cực trị với mọi m nguyên dương (vì m là số nguyên dương nên phương trình y  0 luôn có hai nghiệm phân biệt). Khi đó A  0; 4m 2  2  , B  2m; 4m3  4m 2  2   AB  4m 2  16m 6  2 m 4m 4  1. y   4m 2  2  x0   2m 2 x  y  4m 2  2  0.  AB  : 2m  0 4m3 Thế tọa độ C vào phương trình đường thẳng (AB), dễ thấy C   AB  . d  C , AB   2m 2  4  4 m 2  2 4m 4  1  2 m2  3 4m 4  1 . 2 m 3 1 1  . AB.d  C , AB   4  .2 m . 4m 4  1. 4 2 2 4m 4  1 2 S ABC  m  m 2  3   2  m 6  6m 4  9m 2  4  0 2  m  1   m 2  1  m 2  4   0   .  m  2 Do m nguyên dương nên ta nhận được m  1, m  2 . Tổng là 3. Chú ý: Học sinh nên kiểm tra điều kiện để hàm số có hai điểm cực trị và điều kiện để ba điểm A, B, C không thẳng hàng (dù trong bài toán này, nếu “quên” thì không ảnh hưởng đến kết quả). Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 52 Ta có thể tính nhanh diện tích như sau:   Ta có OA   0; 4m 2  2  và OB   2m; 4m3  4m 2  2  Khi đó: S ABC  1 2m  4m 2  2   4 2 1 Bài tập 20: Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để hàm số y  x3  x 2   m 2  3 x có hai điểm cực 3 trị x1 , x2 sao cho giá trị biểu thức P  x1  x2  2   2  x2  1 đạt giá trị lớn nhất? A. 2. B. 1. C. 4. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có y  x 2  2 x  m2  3. Hàm số có hai điểm cực trị khi 1   m 2  3  0  2  m  2.  x1  x2  2 Theo định lí Vi-ét  . 2  x1.x2  m  3 P  x1  x2  2   2  x2  1  x1 x2  2  x1  x2   2  m 2  3  2.2  2  m 2  9  9. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m  0 (thỏa mãn). 1 1 Bài tập 21: Gọi x1 , x2 là hai điểm cực trị của y  x3  mx 2  4 x  10 . Giá trị lớn nhất của 3 2 S   x12  1 x22  16  là A. 16. B. 32. C. 4. D. 0. Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có y  x 2  mx  4 . Do a  1, c  4 trái dấu nhau nên y  0 luôn có hai nghiệm trái dấu hay hàm số luôn có hai điểm cực trị. x  x  m Theo định lí Vi-ét:  1 2 .  x1.x2  4 Khi đó S   x1 x2   16 x12  x22   16   x1 x2   2 16 x12 .x22  16  0. 2 2 Dấu “=” xảy ra khi 16 x12  x22  x2  4 x1  m  3. Bài tập 21: Tìm m để đồ thị hàm số  C  : y  x 3   m  3 x 2   2m  9  x  m  6 có hai điểm cực trị và khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng qua hai điểm cực trị đạt giá trị lớn nhất Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 53 3 3   B. m  3  ; 3  . 2 2  3 3   A. m  6  ; 6  . 2 2     C. m  3  6 2; 3  6 2 .  D. m  6  6 2; 6  6 2 . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có y  3x 2  2  m  3 x  2m  9   3x 2  6 x  9    2mx  2m    x  1 3 x  9  2m  . Hàm số có hai cực trị khi y  0 có hai nghiệm phân biệt  3  9  2m  0  m  6  và kOA  1. Một trong hai điểm cực trị là A 1;1 và OA  1;1  OA  2 2 2 2 Đường thẳng d qua hai điểm cực trị có hệ số góc là kd     2m  9    m  3  9 3  Ta có d O; d   OA  2. 2 2 2 Dấu “=” xảy ra khi d  OA  kd .kOA  1     2m  9    m  3   1 9 3   m  6  3 . 2 Bài tập 22: Giả sử A, B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x3  ax 2  bx  c và đường thẳng (AB) đi qua gốc tọa độ. Giá trị lớn nhất Pmin của P  abc  ab  c bằng A. Pmin  9. C. Pmin   B. Pmin  1. 16 . 25 D. Pmin   25 . 9 Hướng dẫn giải Chọn D. 2 2a 2  ab Đường thẳng qua hai cực trị là  AB  : y   b  xc . 9  9 3 Do (AB) qua gốc O nên c  ab  0  ab  9c. 9 2 5  25 25    , c  . Khi đó P  abc  ab  c  9c 2  10c   3c    3 9 9  Vậy Pmin 5  25 c     khi  9 . 9 ab  5 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 54 Bài tập 23: Biết rằng đồ thị hàm số y  x3  3mx  2 có hai điểm cực trị A, B. Gọi M, N là hai giao điểm của đường thẳng (AB) và đường tròn  C  :  x  1   y  1  3 . Biết MN lớn nhất. Khoảng cách từ điểm 2 2 E  3;1 đến  AB  bằng A. B. 3. C. 2 3. 2. D. 2 2. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: y  3 x 2  3m. Hàm số có hai điểm cực trị  y  0 có hai nghiệm phân biệt  m  0. Viết hàm số dưới dạng y  x x 3 x 2  3m   2mx  2  y  2mx  2  3 3 Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là  AB  : y  2mx  2. Đường thẳng  AB  luôn đi qua điểm cố định là M  0; 2  . Đường tròn  C  tâm I 1;1 , bán kính R  3 và d  I ;  AB    IM  1  3  R nên đường thẳng luôn cắt đường tròn tại hai điểm M, N. 1 Giả sử I 1;1   AB   1  2m  2  m  . 2 Vậy khi m  1 (thỏa mãn hàm số có hai điểm cực trị) thì (AB) qua I 1;1 , cắt đường tròn  C  tại hai điểm 2 M, N với MN  2 R là lớn nhất. Khi đó: d  E  3;1 ;  AB  : y  x  2  0   2. Dạng 5. Cực trị hàm bậc bốn trùng phương 1. Phương pháp Xét hàm số y  ax 4  bx 2  c ,  a  0  , có đạo hàm là y  4ax3  2bx  2 x  2ax 2  b  .  Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi y  0 có ba nghiệm phân biệt  ab  0 .  Đồ thị hàm số có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi y  0 có đúng một nghiệm  ab  0 .  Đồ thị hàm số hoặc có đúng một điểm cực trị hoặc có ba điểm cực trị, và luôn có một điểm cực trị nằm trên trục tung.  Đồ thị hàm số có ba cực trị:  Nếu a  0 hàm số có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại;  Nếu a  0 hàm số có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu. Chú ý rằng ba điểm cực trị của đồ thị hàm số luôn tạo thành một tam giác cân. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 55  Khi hàm số có một cực trị: a  0 thì điểm cực trị là điểm cực tiểu; a  0 thì điểm cực trị là điểm cực đại.  Đồ thị hàm số y  ax 4  bx 2  c có nhiều điểm cực trị nhất (bảy cực trị) khi đồ thị hàm số f  x   ax 4  bx 2  c có ba điểm cực trị và đồ thị của nó cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt.  Đồ thị hàm số y  ax 4  bx 2  c có ít điểm cực trị nhất (một cực trị) khi đồ thị hàm số f  x   ax 4  bx 2  c có một điểm cực trị và đồ thị của nó không có điểm chung hoặc chỉ tiếp xúc với trục hoành. 2. Bài tập Bài tập 1. Có bao nhiêu số nguyên m   20; 20 để đồ thị hàm số y  mx 4   m 2  9  x 2  1 có ba điểm cực trị? A. 20. B. 19. C. 18. D. 17. Hướng dẫn giải Chọn B. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 56 Ta có y  4mx3  2  m 2  9  x  2 x  2mx 2   m 2  9   . x  0 y  0   2 2  2mx  m  9  0 1 . Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi y  0 có ba nghiệm phân biệt hay 1 có hai nghiệm phân biệt  m  3 . khác 0  2m  m 2  9   0   0  m  3 Vậy có 19 giá trị của m thỏa mãn đề bài. Bài tập 2. Tập hợp các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  x 4  3mx 2  4 có ba điểm cực trị phân biệt và hoành độ của chúng trong khoảng  2; 2  là  8  A.   ;0  .  3   8 B.  0;  .  3  3  C.   ;0  .  2   3 D.  0;  .  2 Hướng dẫn giải Chọn A. x  0 . Ta có y  4 x3  6mx . Cho y  0   2  2 x  3m  2  Để thỏa mãn đề bài phương trình 0  2 có hai nghiệm phân biệt khác 0 và thuộc khoảng  2; 2  3m 8 40m . 2 3 Bài tập 3. Biết rằng hàm số y  x 4  2  m2  1 x 2  2 có điểm cực tiểu. Giá trị lớn nhất của cực tiểu là A. 1. B. -1. C. 0. D. 2. Hướng dẫn giải Chọn A. x  0 . y  4 x 3  4  m 2  1 x  y  0   2 2 x  m 1 Rõ ràng phương trình y  0 luôn có ba nghiệm phân biệt. Lập bảng biến thiên, dễ thấy x   m 2  1 là các điểm cực tiểu của đồ thị hàm số. Giá trị cực tiểu là yCT  2   m 2  1  1   m 4  2m 2   1 (dấu ”  ” xảy ra khi m  0 ). 2 Bài tập 4. Với giá trị nào của k thì hàm số y  kx 4   k  1 x 2  1  2k chỉ có một cực trị? A. 0  k  1 . B. 0  k  1 . k  1 . C.  k  0 k  1 . D.  k  0 Hướng dẫn giải Chọn D. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 57  Với k  0 , hàm số trở thành y   x 2  1 có đồ thị là một parabol nên có đúng một cực trị. Do đó k  0 thỏa mãn đề bài.  Với k  0 . Ta có y  4kx3  2  k  1 x  2 x  2kx 2  k  1 . Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì phương trình 2kx 2  k  1  0 vô nghiệm hoặc có nghiệm k  1 . x  0  k  k  1  0   k  0 Kết hợp hai trường hợp ta được các giá trị cần tìm là k  1 hoặc k  0 . Chú ý: x=0 là nghiệm của phương trình 2kx 2  k  1  0 Bài tập 5. Giá trị của m để hàm số y   m  1 x 4  2mx 2  2m  m 4 đạt cực đại tại x  2 là A. m  4 . 3 4 B. m   . 3 3 C. m   . 4 D.  . Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: y  4  m  1 x 3  4mx  y  12  m  1 x 2  4m . 4 Để hàm số đạt cực đại tại x  2 thì y  2   0  32  m  1  8m  0  m   . 3 Với m   4  4   4 thì y  2   12    1 .22  4     0 , suy ra x  2 là điểm cực đại. 3  3   3 Chú ý: Nếu f ‘( x0 ) = f ”( x0 ) = 0 thì ta lập bảng biến thiên hoặc bảng xét dấu đạo hàm để kiểm tra. Bài tập 6. Cho hàm số y  1 4 3 2 x  mx  x có x  m là một điểm cực trị. Tổng các giá trị của m là 2 2 1 B.  . 2 A. 1 . C. 1 . D. 1 . 2 Hướng dẫn giải Chọn D. y  2 x3  3mx  1  y  6 x 2  3m . m  1  Hàm số đạt cực trị tại điểm x  m  y  m   0   . m   1  2  Với m  1 , ta có: y 1  6  3  0 x  1 là điểm cực tiểu (cực trị) nên m  1 thỏa mãn.  1 1 1  1 3 3 Với m   , ta có: y       0 x   là điểm cực tiểu (cực trị) nên m   thỏa 2 2 2  2 2 2 mãn. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 58  1 1 Vậy tổng các giá trị của m thỏa mãn điều kiện trên là 1      .  2 2 Bài tập 7. Biết đồ thị hàm số y  ax 4  bx 2  c có hai điểm cực trị là A  0; 2  , B  2; 14  . Giá trị của y 1 là A. y 1  5 . B. y 1  4 . C. y 1  2 . D. y 1  0 . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có y  4ax3  2bx . c  2 Các điểm A  0; 2  , B  2; 14  thuộc đồ thị hàm số nên  1 . 16a  4b  c  14 Mặt khác, hàm số đạt cực trị tại điểm x  2 , suy ra 32a  4b  0  2  . Từ 1 ;  2  ta có y  x 4  8 x 2  2 . Dễ thấy hàm số có các điểm cực trị là A  0; 2  , B  2; 14  nên y  x 4  8 x 2  2 là hàm số cần tìm. Khi đó y 1  5 . Bài tập 8. Biết rằng đồ thị hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  3m có A là điểm cực đại và B , C là hai điểm cực tiểu. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  OA  A. 9. 12 là BC B. 8. C. 12. D. 15. Hướng dẫn giải Chọn C. x  0 . Ta có: y  4 x 3  4  m  1 x . Cho y  0   2  x  m 1 Hàm số có ba điểm cực trị nên m  1 . Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là A  0;3m  , B     m  1;5m  m 2  1 và C  m  1;5m  m 2  1 . Suy ra OA  3m , BC  2 m  1 . Ta có P  OA  12 6 3 3    3m   3  m  1   3 BC m 1  m 1 m 1  2  3   3  3 3 3  m  1    12 .  m 1  Dấu ”  ” xảy ra khi 3  m  1  3  m  2. m 1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 59 Bài tập 9. Cho đồ thị hàm  C2  : y  g  x   x3  mx 2  nx  p số  C1  : y  f  x   x 4  ax 2  b và đồ thị hàm số như hình vẽ dưới. Gọi B , D là hai điểm cực tiểu của  C1  và A , C lần lượt là điểm cực đại và điểm cực tiểu của  C2  ( A , C đối xứng nhau qua U  Oy ). Biết hoành độ của A , B bằng nhau và hoành độ của C , D bằng nhau. Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để AB  3 ? A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Phân tích: dựa vào đồ thị ta có b  p và m  0 . Khi đó:  C2  : y  x3  nx  b Ta cần tìm tung độ của điểm A và B (theo a ). Hướng dẫn giải Chọn B. x  0 n . f   x   0   2 a và g   x   0  x 2  x  3  2 Theo đề bài ta có a, n  0 và a n 3   n a. 2 3 2 Khi đó:  a   n  a2 a . yB  f     b  ; y A  g     b  a 2  4 3  2   a2 a a a AB  2 .  t 4  2t 3 trong đó t  0. 2 4 2 2 Xét AB  3  t 4  2t 3  3  t  1  a  1  a  2 . 2 Do a  0 nên a  2; 1 . Bài tập 10. Cho hai hàm đa thức y  f  x  , y  g  x  có đồ thị là hai đường cong như hình vẽ. Biết rằng đồ thị hàm số y  f  x  có đúng một điểm cực trị là A , đồ thị hàm số y  g  x  có đúng một điểm cực Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 60 trị là B (với x A  xB ) và AB  7 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m   10;10  để hàm số 2 y  f  x   g  x   m có đúng bảy điểm cực trị? A. 5. B. 6. C. 3. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi x1 , x2 với x1  x2 là hoành độ giao điểm của đồ thị y  f  x  và y  g  x  (dựa vào đồ thị đã cho, hai đồ thị chỉ có hai giao điểm đã kể trên, tức là  x  x1 . f  x  g  x  0    x  x2 Xét h  x   f  x   g  x   m . Ta có: h  x    f   x   g   x   . f  x  g  x f  x  g  x . Cho h  x   0  x  x A  xB . Ta có bảng biến thiên của h  x  như sau Dựa vào bảng biến thiên của h  x  , yêu cầu bài toán trở thành m  0  m  7 7    m  0. 2 2 Do m nguyên và m   10;10  nên m  3; 2; 1 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 61 Bài tập 11. Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị y  x 4  2m 2 x 2  1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân. A. m  1 . B. m  0 . C. m  2 . D. m  1 . Hướng dẫn giải Chọn A. x  0 Ta có y  4 x 3  4m 2 x ; y  0   2 . 2 x  m Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi m  0 . Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là A  0;1 , B  m;  m 4  1 , C   m; m 4  1    AB   m; m 4  , AC    m; m 4  , dễ thấy AB  AC .   Do đó tam giác ABC vuông cân tại A khi và chỉ khi AB. AC  0  m2  m8  0  m  1 (do m  0 ). Bài tập 12. Giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  3m có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có góc bằng 60 thuộc khoảng nào sau đây?  5 13  A.  ;  . 2 5   12 5  B.  ;  .  5 2  11  C.  2;  .  5  11 12  D.  ;  . 5 5 Hướng dẫn giải Chọn B. x  0 Ta có y  4 x 3  4  m  1 x . Xét y  0   2  x  m 1  2 . Hàm số có ba điểm cực trị khi m  1 . Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là A  0;3m  , B     m  1;5 m m 2  1 và C  m  1;5 m  m 2  1 . Suy ra AB 2  AC 2   m  1   m  1 ; BC  2 m  1 . 4 Tam giác ABC là tam giác cân tại A , có một góc bằng 60 nên là tam giác đều  AB  BC   m  1   m  1  4  m  1  m  1  3 3 . 4 Bài tập 13. Có tất cả bao nhiêu giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  2 x 4  4mx 2  1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có một góc bằng 30 ? A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn B. x  0 Ta có y  8 x3  8mx ; y  0   2 . x  m Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi m  0 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 62 Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là A  0;1 , B     m ; 2m 2  1 , C  m ; 2m 2  1  AB 2  AC 2  m  4m 4 , BC  2 m . Do đó tam giác ABC cân tại A . 2 AB 2  BC 2    2  3 AB 2  BC 2  Trường hợp 1: BAC  30 , ta có cos BAC  2 2 AB     2  3  m  4m 4   2m    4 2  3 m3  3  . Phương trình này có đúng một nghiệm thực.  Trường hợp 2:  ABC  30 , khi đó BC  3. AB  3 AB 2  BC 2  3m  12m 4  4m  12m3  1 . Phương trình này có đúng một nghiệm thực. Bài tập 14. Cho đồ thị hàm số  C  : y  x 4  2  m 2  1 x 2  m 4 . Gọi A , B , C là ba điểm cực trị của  C  và S1 , S 2 lần lượt là phần diện tích phía trên và phía dưới trục hoành của tam giác ABC . Có bao nhiêu giá trị của tham số m sao cho A. 1. S1 1  ? S2 3 B. 2. C. 4. D. 0. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: y  4 x3  4  m 2  1 x .  x  0  y  m4  Cho y  0   2 . 2 2  x  m  1  y  2m  1 Hàm số luôn có ba điểm cực trị với mọi tham số m . Gọi A  0; m 4  , B     m 2  1; 2m 2  1 , C  m 2  1; 2m 2  1 là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số. Ta có OA  m 4 , h  d  A;  BC    m 4  2m 2  1 2 S  S1 S S1 1 m 4  2m 2  1  h  4   ABC  3  ABC  4     2  S2 3 S1 S1 m4  OA   m 4  2m 2  1  0  m   1  2 . Vậy có hai giá trị của tham số thỏa mãn đề bài. Lưu ý: Do hai tam giác đồng dạng nên tỉ lệ diện tích bằng bình phương tỉ lệ đồng dạng, với tỉ lệ đồng dạng là tỉ lệ đường cao. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 63 1 m3 Bài tập 15 . Cho hàm số f  x   x 3   m  1 x 2  m  m  2  x  có đồ thị  C  với m là tham số. Gọi 3 3 S là tập tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị  C  và parabol  P  : y  x 2  2mx  8 có chung một điểm cực trị. Tổng bình phương tất cả các phần tử của S là A. 8. B. 10. C. 16. D. 18. Hướng dẫn giải Chọn A. có điểm cực trị là M  m; m 2  8  .   P  f   x   x 2  2  m  1 x  m  m  2   x  m  A  m; m 2  .  f  x  0    x  m  2  B  m  2; yB   M Vì hai đồ thị hàm số có chung một điểm cực trị nên A  M  m 2  m 2  8  m  2 . Bài tập 16. Biết hai hàm số f  x   x3  ax 2  2 x  1 và g  x    x3  bx 2  3 x  1 có chung ít nhất một điểm cực trị. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a  b là A. 30 . C. 3  6 . B. 2 6 . D. 3 3 . Hướng dẫn giải Chọn A. Giả sử điểm cực trị chung của f  x  và g  x  là x0  0 , suy ra  1 2 a   3 x0   2 x0  2  f   x0   0 3 x0  2ax0  2  0  .     2   1 3 3 x0  2bx0  3  0  g   x0   0 b  3 x   0   x0  2  1 2 1  Khi đó P  a  b   3 x0   3 x0   x0 x0  2 1 5  AM GM 1 5   6 x0   30 . .2 6 x0 .   x0  x0 2 2 Dấu ”  ” xảy ra khi 6 x0  Khi đó a  5 30 .  x0  x0 6 Chú ý: Khi A và B cùng dấu thì A B  A  B . Hiển 1 x0 cùng nhiên x0 và dấu. Bất đẳng AM  GM : thức x y  2 xy , x, y  0 2 “” Dấu  x  y. xảy ra 9 30 11 30 và b  . 20 20 Dạng 6. Cực trị hàm phân thức 1. Phương pháp Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 64 Xét y  u  x u   x  .v  x   v  x  .u  x  . . Ta có y  v  x v2  x  Gọi M  x0 ; y0  là điểm cực trị. Khi đó y  x0   0 . Suy ra u   x0  .v  x0   v  x0  .u  x0   0  y0  u  x0  u   x0   . v  x0  v  x0   Đường cong qua các điểm cực trị (nếu có) của đồ thị hàm số y  u  x u  x  là y  . v  x v  x   Nói riêng, đường thẳng qua các điểm cực trị (nếu có) của đồ thị hàm số y  y ax 2  bx  c là dx  e 2ax  b . d Chú ý: a1 b c adx 2  2aex    2 a2 d e  a1 x  b1 x  c1   ax  bx  c  .      2 2  dx  e   dx  e   a2 x  b2 x  c2  2 b1 2 a x 2 1 b2 a2 a x 2 2 c1 b x 1 c2 b2  b2 x  c2  c1 c2 2 . 2. Bài tập Bài tập 1. Giá trị của m để hàm số y  A. m  1 . 3 1 B. m  . 3 x 2  mx  3m  1 có cực trị là x 1 C. m  . 3 1 D. m  . 3 Hướng dẫn giải Chọn A. Điều kiện x  0 . Ta có y  x 2  3m  1 . x2 Hàm số có cực trị khi x 2  3m  1  0 có hai nghiệm phân biệt khác 0  3m  1  0  m  1 . 3 Bài tập 2. Giá trị của m để hàm số y  A. m  2 . B. m  1 . x 2  mx  1 đạt cực đại tại x  1 là xm C. m  2 . D. m  1 . Hướng dẫn giải Chọn C. Điều kiện: x  m . Ta có y  x 2  2mx  m 2  1  x  m 2  x  m  1 . ; y  0    x  m  1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 65 Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại tại x  1  m  1  1  m  2 . Bài tập 3. Cho hàm số y  x  p  q (với p , q là tham số thực). Biết hàm số đạt cực đại tại x  2 , x 1 giá trị cực đại bằng 2 . Tổng S  p  2q bằng A. S  2 . B. S  0 . C. S  1 . D. S  3 . Hướng dẫn giải Chọn D. Điều kiện: x  1 . Ta có: y  1  q  x  1 2 . Hàm số đạt cực đại tại điểm x  2 , giá trị cực đại bằng 2 nên 1  q  0 q  1  .  2  p  q  2 p 1 Thử lại p  q  1 thỏa mãn nên S  1  2  3 . Bài tập 4. Giá trị của m để khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  A. m  10 . B. m  8 . C. m  4 . x 2  mx bằng 10 là 1 x D. m  2 . Hướng dẫn giải Chọn C. Điều kiện: x  1 . Ta có y   x2  2x  m 1  x  2 . Hàm số có hai cực trị khi  x 2  2 x  m  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 1  2  m  0   m  1 .    1  m  0 x  x  2 . Khi đó theo định lý Vi-ét ta có  1 2  x1.x2  m Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 66 Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị là  d  : y  2 x  m . Tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị là A  x1 ; 2 x1  m  , B  x2 ; 2 x2  m    AB   x2  x1 ; 2 x1  2 x2  . Theo yêu cầu của đề bài ta có  x1  x2  2  4  x1  x2   100   x1  x2   4 x1.x2  20 2 2  4  4m  20  m  4. Bài tập 5. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số y  mx  1 có hai điểm cực trị và tất cả x các điểm cực trị đều thuộc hình tròn tâm O , bán kính 6? A. 10. B. 8. C. 9. D. 7. Hướng dẫn giải Chọn B. Điều kiện: x  0 . Ta có: y  m  1 . x2 1   x  m Hàm số có hai điểm cực trị khi m  0 . Khi đó y  0   . 1 x    m  1   1  ;2 m , B ; 2 m  . Tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị là A  m  m    Theo đề bài ta có OA2  OB 2  1  4m  36  4m 2  36m  1  0 . m Do m   , m  0 nên m  1; 2;3…;8 . Vậy có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Bài tập 6. Có bao nhiêu giá trị của m để đồ thị hàm số y  x2  m x  4 có hai điểm cực trị A , B và ba x m điểm A , B , C  4; 2  phân biệt thẳng hàng? A. 0. B. 2. C. 3. D. 1. Hướng dẫn giải Chọn A. Điều kiện: x  m . Ta có y  x 2  2 m x  m2  4 x  m  2 x  m   4 .  x  m  2 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 67 x  m  2  y  m  4 2 . Cho y  0   x  m   4  0    x  m  2  y  m  4 Do m  2  m  2 , m nên y  0 luôn có hai nghiệm phân biệt. Do đó đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị. Khi đó đường thẳng qua hai điểm cực trị là  AB  : y  2 x  m . Ba A, điểm C  4; 2  B, phân biệt thẳng hàng khi và chỉ khi C  4; 2    AB  m 6     m  2. m 2 4   m 2 4 m 6 Suy ra không có giá trị nào của m thỏa mãn đề bài. Bài tập 7. Cho hàm số  C  : y  x 2  2  m  1 x  m 2  4m . Có bao nhiêu giá trị thực của m để đồ thị x2 hàm số  C  có điểm cực đại, cực tiểu A , B sao cho tam giác OAB vuông? A. 4. B. 2. C. 3. D. 1. Hướng dẫn giải Chọn A. Điều kiện: x  2 . Ta có y  x 2  4 x  4  m2  x  2 2 . x  m  2 Ta có x 2  4 x  4  m 2  0   .  x  m  2 Hàm số có điểm cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi m  0 . Tọa độ các điểm cực trị của đồ thị là  A   m  2; 2  , B  m  2; 4m  2   AB   2m; 4m      Dễ thấy OA , OB , AB  0 . Trường hợp 1: Tam giác OAB vuông tại O    OA.OB  0   m 2  8m  8  0  m  4  2 6 (thỏa mãn)   Trường hợp 2: Tam giác OAB vuông tại A  OA. AB  0  2m   m  2   2.4m  0  m  2  4  0  m  6 (thỏa mãn)   Trường hợp 3: Tam giác OAB vuông tại B  OB. AB  0  2m  m  2    4m  2  4m  0  m  2  2  4m  2   0  m  2 (thỏa mãn) 3 Vậy có bốn giá trị thực của m thỏa mãn đề bài. Bài tập 8. Cho hàm số  C  : y  x 2  mx  1 với m là tham số. Giá trị thực của m để đồ thị hàm số  C  x2  1 có hai điểm cực trị A , B sao cho đường thẳng  AB  đi qua điểm M  1; 2  là A. m  8 . B. m  6 . C. m  4 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 D. m  2 . Trang 68 Hướng dẫn giải Chọn B. Tập xác định: D   . Ta có y  mx 2  4 x  m  x 2  1 2 . Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi mx 2  4 x  m  0 có hai nghiệm phân biệt m  0   m  0. 2    4  m  0 Đường cong qua hai điểm cực trị có phương trình là y  Ta viết phương trình đường cong dưới dạng y  2x  m . 2x 2 x  m  k  mx 2  4 x  m  2x . Ta chọn k sao cho nghiệm của mẫu là nghiệm của tử để có thể rút gọn thành hàm số bậc nhất. Vì x  0 là nghiệm của mẫu, nên thế x  0 vào tử ta được  m  k  m   0  k  1 . Với k  1 : y  2 x  m  mx 2  4 x  m m m   x  1   AB  : y   x  1 . 2x 2 2 Điểm M  1; 2    AB   2  m  1  m  6 (thỏa mãn) . 2 Dạng 7: Cực trị của hàm chứa căn Bài tập 1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m   10;10 để hàm số y  2 x  2  m x 2  4 x  5 có cực tiểu? A. 7. B. 16. C. 8. D. 14. Hướng dẫn giải Chọn C. Hàm số xác định trên  . x2 Ta có y  2  m. y  0  2  x  2 x2  4 x  5 2 và y  m x 2  4 x  5 3 . m  x  2   0 .  1  m  x  2   2 2  m  4   x  2   4 1 m  2 Hàm số có cực tiểu khi và chỉ khi 1 có nghiệm  m 2  4  0   .  m  2 Khi đó, 1 có hai nghiệm phân biệt là x1;2  2   2 m2  4 2 . thỏa mãn y  x1   0 và y  x1   0 , m2  4 suy ra x1 là điểm cực tiểu, nhận m  2 . Với m  2 , thì x1  2  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Chú ý: Để làm trắc nghiệm ta có thể làm như sau: Hàm số đạt cực tiểu khi hệ sau có nghiệm:  y  0   y  0 Trang 69  Với m  2 , thì x2  2  2 thỏa mãn y  x2   0 và y  x2   0 , m 4 suy ra x2 là điểm cực đại, loại, do m  2 . 2 Do m nguyên, m  2 và m   10;10 nên m  3; 4;…;9;10 . m  x  2   0  2   m 2  4   x  2   4  m  0 m  0, x  2  2 m2 m  4  0 Bài tập 2. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y  x  m. x 2  1 có điểm cực trị và tất cả các điểm cực trị thuộc hình tròn tâm O , bán kính A. 4. B. 2. 82 ? 3 C. 3. D. 1. Hướng dẫn giải Chọn A. Tập xác định: D   . Ta có y  1  m. x x2  1 Cho y  0  m   Xét g  x    . x2  1 , ( x  0 ). x x2  1 1  g x   0 , x  0 . 2 x x . x2  1 Ta có lim g  x   1 ; lim g  x   1 ; lim g  x    ; lim g  x    . x  x  x 0 x 0 Bảng biến thiên: Hàm số có cực trị khi m   \  1;1 . Gọi A  a; b  là điểm cực trị của đồ thị hàm số. a2  1 1 1 a2 1     A  a;   . và b  a  Khi đó m   a a a a  Ta có: OA  a 2  1 82 1    a2  9 . 2 a 3 9 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 70 Vậy m   a2  1 1  10  1 2   ; 10  . a a  3  Kết hợp với các điều kiện m   , m   \  1;1 , ta được m  3; 2; 2;3 . Bài tập 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y  2 x  và tất cả các điểm cực trị thuộc hình tròn tâm O , bán kính A. 16. B. 10. mx x2  2 có điểm cực trị 68 ? C. 12. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C. Tập xác định: D   . Ta có: y  2 x  mx x 2 2  y  2   2m x 2 2  3 , x   . y  0  x 2  2   3 m . Chú ý: Hàm số không thể đạt cực trị tại điểm x  0 . Hàm số có cực trị khi và chỉ khi  3 m  2  m  2 2 . Gọi A  a; b  ( a  0 ) là điểm cực trị của đồ thị hàm số, khi đó: a 2  2   3 m và b  2a  ma a 2 2  2a    ma  a 2  3 m 2  a  a 2   a 3 . 3 m Theo đề bài ta có OA  68  a 2  b 2  68  a 2  a 6  68  a 2  4 . Ta có: 0  a 2  4  2  a 2  2  6  2   3 m  6  6 6  m  2 2 . Vì m   và 6 6  m  2 2 nên m  14; 13;…; 4; 3 . Vậy có 12 giá trị của tham số m thỏa mãn đề bài. Dạng 8: Cực trị của hàm bậc cao và hàm lượng giác Bài tập 1. Biết rằng tồn tại các số thực a , b , c sao cho hàm số f  x   x 6  ax 4  bx 2  3x  c đạt cực trị tại điểm x  2 . Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số f  x  tại điểm có hoành độ x  2 là A. 0. B. 3 . C. 3. D. 6. Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: f   x   6 x 5  4ax 3  2bx  3 . Hàm số đạt cực trị tại điểm x  2 nên f   2   0  6.25  4.a.23  4b  3  0 . Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số f  x  tại điểm có hoành độ x  2 là Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 71 f   2   0  6.25  4.a.23  4b  3  3   6.25  4.a.23  4b   6 . Bài tập 2. Biết rằng tồn tại các số thực a , b , c sao cho hàm số f  x   a.sin 2 x  b.cos 3 x  x  c đạt cực trị tại điểm x    6 . Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số f  x  tại điểm có hoành độ x  B. 1 . A. 0.  6 là D. 2 . C. 2. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có: f   x   a.sin 2 x  3b.sin 3 x  1 . Hàm số đạt cực trị tại điểm x       , suy ra f      0  a.sin  3b.sin  1  0 . 3 2 6  6  Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số f  x  tại điểm có hoành độ x   6 là     f     a.sin  3b.sin  1  2 . 3 2 6 Bài tập 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  x8   m  4  x5   m 2  16  x 4  1 đạt cực tiểu tại điểm x  0 ? A. 8. B. Vô số. C. 7. D. 9. Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: y  8 x 7  5  m  4  x 4  4  m 2  16  x 3  x3 8 x 4  5  m  4  x  4  m 2  16    x3 .g  x   Với g  x   8 x 4  5  m  4  x  4  m 2  16  . Ta xét các trường hợp sau: – Nếu m 2  16  0  m  4 . + Khi m  4 ta có y  8 x 7  x  0 là điểm cực tiểu. + Khi m  4 ta có y  x 4  8 x3  40   x  0 không là điểm cực tiểu. – Nếu m 2  16  0  m  4  g  0   0 . Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  0  Đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm x  0  lim g  x   0  x 0   lim g  x   0 x 0 g x 0     xlim  0  4  m 2  16   0  m 2  16  0  4  m  4  m  3; 2; 1;0;1; 2;3 . Tổng hợp các trường hợp ta có: m  3; 2; 1; 0;1; 2;3; 4 . Vậy có tám giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 72 Bài tập 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  x8   m  2  x5   m 2  4  x 4  1 đạt cực tiểu tại x  0 ? A. 3. B. 5. C. 4. D. Vô số. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có: y  8 x 7  5  m  2  x 4  4  m 2  4  x 3  x3 .h  x  với h  x   8 x 4  5  m  2  x  4  m 2  4  . Ta xét các trường hợp sau:  Nếu m 2  4  0  m  2 . – Khi m  2 thì y  8 x 7  x  0 là điểm cực tiểu nên m  2 thỏa mãn. – Khi m  2 thì y  x 4  8 x3  20   x  0 không là điểm cực tiểu.  Nếu m 2  4  0  m  2  h  0   0 . Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  0 khi và chỉ khi giá trị đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm x  0 .  lim h  x   0  x 0 Do đó   lim h  x   0 x 0 h  x  0  xlim  0  4  m 2  4   0  2  m  2  m  1;0;1 . Tổng hợp các trường hợp ta có m  1; 0;1; 2 . Vậy có bốn giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu. Dạng 9:Tìm cực trị của hàm số chứa trị tuyệt đối 1. Phương pháp Bước 1. Tập xác định và tính đạo hàm Đạo hàm hàm chứa trị tuyệt đối với công thức:  u    u2   uu.u . u khi u  0 Chú ý: u   u khi u  0. Bước 2. Giải phương trình đạo hàm bằng 0 và tìm những điểm làm cho đạo hàm không xác định (nhưng hàm số xác định tại những điểm đó). Bước 3. Lập bảng biến thiên hoặc bảng xét dấu đạo hàm. 2. Bài tập: Bài tập 1. Số điểm cực đại của hàm số f ( x)  x  2 x 2  2 x  2 là A. 1. B. 3. C. 2. D. 0. Hướng dẫn giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 73 Chọn C. x Hàm số liên tục trên  có f   x   1  2 x x x2  2 x  2 Hàm số không có đạo hàm tại điểm x  0 .  Khi x  0 ta có  x  1 3  3 x  x1. f   x   0  x2  2x  2  2x  2   2 3 3 x  6 x  2  0  Khi x  0 ta có x  1 3 3 x  x2 . f   x   0  x2  2x  2  2x  2   2 3 3 x  6 x  2  0 Bảng xét dấu y : Vậy hàm số có hai điểm cực đại. Bài tập 2. Số điểm cực trị của hàm số y   x  1 x  2 là A. 1. B. 4. C. 2. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có đồ thị của hàm số y   x  1 x  2  như sau.  x  1 x  2  , x  2 Vì y   x  1 x  2     x  1 x  2  , x  2 nên để vẽ đồ thị hàm số đã cho, ta giữ nguyên đồ thị y   x  1 x  2  khi x  2 và lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị y   x  1 x  2  ứng với x  2. Dễ thấy hàm số y   x  1 x  2 có hai điểm cực trị (xem hình vẽ dưới đây): Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 74 Dạng 10: Tìm cực trị của hàm số trị tuyệt đối nếu biết bảng biến thiên hoặc đồ thị 1. Phương pháp Khi cho trước bảng biến thiên của hàm số, tìm cực trị của hàm số chứa giá trị tuyệt đối: Ta dùng các phép biến đổi đồ thị chứa giá trị tuyệt đối để lập bảng biến thiên hoặc bảng xét dấu. Chú ý: Cách nhẩm nhanh số điểm cực trị của hàm số. Bước 1. Tìm số điểm cực trị của hàm số y  f  x  . Bước 2. Tìm số nghiệm bội lẻ của phương trình f  x   0 Bước 3. Số điểm cực trị của hàm số y  f  x  là tổng số điểm của cả hai bước trên. Ví dụ: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. Tìm số điểm cực trị của hàm số y  f  x  . Hướng dẫn giải Dễ thấy trục hoành cắt đồ thị y  f  x  tại ba điểm phân biệt. Bảng biến thiên của y  f  x  : Suy ra hàm số có 5 điểm cực trị. Nhẩm nhanh số cực trị Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 75 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y  f  x  có hai điểm cực trị. Dễ thấy trục hoành cắt đồ thị y  f  x  tại ba điểm phân biệt. Số nghiệm bội lẻ của phương trình f  x   0 là 3. Suy ra hàm số có năm điểm cực trị. 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ dưới Chú ý: Có thể nhẩm nhanh số điểm cực trị như sau: đây: Số điểm cực trị của hàm y  f  x  bằng hai lần số điểm cực trị dương của hàm số y  f  x  rồi cộng thêm 1. Số cực trị của hàm số y  f  x  là A. 5. B. 4. C. 3. D. 6. Hướng dẫn giải Chọn A Khi x  0 thì f  x   f  x  nên bảng biến thiên của y  f  x  trên 0;    cũng chính là bảng biến thiên của y  f  x  trên  0;    . Do đồ thị y  f  x  nhận trục tung làm trục đối xứng nên ta có bảng biến thiên của y  f  x  trên  như sau: Suy ra hàm số có 5 điểm cực trị. Bài tập 2. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 76 Biết f  0   f  0,5   0 . Số điểm cực trị của hàm số y  f  x  là A. 8. B. 9. C. 10. D. 11. Hướng dẫn giải Chọn D Hàm số đã cho đồng biến trên  1;1 nên f  0   f  0,5  . Bài tập 3. Cho hàm số f  x   x  x 2  3 có đồ thị như hình vẽ     Gọi số điểm cực trị của hàm số g  x   x x  3 x  3 và h  x   x  3 x 2  x 3 lần lượt là m , n . Giá trị của m  n là A. 7. B. 5. C. 4. D. 6. Hướng dẫn giải Chọn A.  x( x 2  3), x  3 , suy ra đồ thị của g  x  gồm hai phần được suy +) Xét g  x   x x  3 x  3   2  x( x  3), x  3   ra từ đồ thị ban đầu như sau: + Phần 1: là đồ thị hàm f  x  tương ứng với x  3 . + Phần 2: là phần đối xứng với phần đồ thị hàm f  x  qua trục Ox khi x  3 . Đồ thị hàm số g  x  là đường nét liền ở hình dưới đây. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 77 Từ đồ thị hàm số g  x  , ta có số điểm cực trị là 3 hay m  3 .   2   x( x  3), x  ; 3    0;   +) Xét h  x   x  3 x  x 3   2  x( x  3), x  0; 3 .    2   Suy ra đồ thị của h  x  gồm 2 phần được suy ra từ đồ thị ban đầu như sau: + Phần 1: đồ thị hàm f  x  ứng với x  3 và với x  0 . + Phần 2: là phần đối xứng với phần đồ thị hàm f  x  khi 0 x 3. Đồ thị hàm số h  x  là đường nét liền ở hình dưới đây. Từ đồ thị hàm số h  x  , ta có số điểm cực trị là 4 hay n  4. Vậy m  n  3  4  7 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 78 Bài tập 4. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ Chú ý: Đề bài hỏi số điểm cực trị trong khoảng  4; 4  nên các điểm x  4 không là điểm cực trị. Số điểm cực trị của hàm số y  f  x  trên  4; 4  là A. 5. B. 7. C. 9. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn B Ta có đồ thị y  f  x  như sau: Vậy số điểm cực trị của hàm số y  f  x  trên  4; 4  là 7. Dạng 11: Một số bài toán sử dụng phép dịch chuyển đồ thị 1. Phương pháp Cho đồ thị hàm số (C ) : y  f  x   Đồ thị hàm số (C1 ) : y  f  x  a  có được bằng cách dịch chuyển đồ thị hàm số (C ) qua bên phải a đơn vị nếu a  0 và dịch qua trái a đơn vị nếu a  0 .  Đồ thị hàm số (C2 ) : y  f  x   b có được bằng cách dịch chuyển đồ thị hàm số (C ) lên trên b đơn vị nếu b  0 và dịch xuống dưới b đơn vị nếu b  0 . Chú ý : Khi tịnh tiến đồ thị lên – xuống, trái – phải thì số điểm cực trị của hàm số (C ) , (C1 ) , (C2 ) là bằng nhau. Chú ý : Số điểm cực trị của các hàm số sau là bằng nhau: y  m f  x  p  q  t  n (1); Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 79 y  m f  x  p  q  t (2); y  f  x  p  q  t (3); y  f  x  q  t (4); Từ (1) qua (2): dịch chuyển lên xuống không làm thay đổi số điểm cực trị. Từ (2) qua (3): phóng to và thu nhỏ không làm thay đổi số điểm cực trị. Từ (3) qua (4): dịch trái phải không làm thay đổi số điểm cực trị. Để tìm số điểm cực trị của hàm số, ta có thể làm như sau: Bước 1. Tìm hàm số có cùng số điểm cực trị với hàm ban đầu. Bước 2. Dựa vào đồ thị, bảng biến thiên, bảng xét dấu đạo hàm của đề bài mà suy ra số điểm cực trị của hàm tìm được ở bước 1. 2.Bài tập: Bài tập 1. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. Số điểm cực trị của hàm số y  f  x  3  9 là A. 4. B. 3. C. 2. D. 5. Hướng dẫn giải Chọn A. Số điểm cực trị của các hàm số sau đây là như nhau: y  f  x  3  9 ; y  f  x   9 . Ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x   9 là Suy ra số điểm cực trị của hàm số y  f  x   9 là 4. Bài tập 2. Cho hàm số y  f  x  xác định trên  \ 0 và liên tục trên từng khoảng xác định, có bảng biến thiên như hình vẽ. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 80 Đồ thị hàm số y  2 f ( x  1)  1  1 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Hướng dẫn giải Chọn B. Số điểm cực trị của các hàm số sau đây là như nhau: y  2 f ( x  1)  1  1 ; y  2 f ( x  1)  1 ; y  f ( x  1)  1 ; y  f ( x)  1 Hàm số y  f  x   1 có bảng biến thiên như hình vẽ: Suy ra số điểm cực trị của hàm y  f ( x)  1 là 4. Vậy hàm số y  2 f ( x  1)  1  1 có 4 điểm cực trị. Bài tập 3. Cho hàm số y  f  x  xác định trên  \ 1 và liên tục trên từng khoảng xác định, có bảng biến thiên như hình vẽ. Đồ thị hàm số y  2 f  x  2   1 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 5. B. 9, C. 7. D. 6. Hướng dẫn giải Chọn B. Số điểm cực trị của các hàm số sau đây là như nhau: y  2 f  x  2 1 ; y  f  x  2  1 1 ; y  f  x  2 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 81 Ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x   1 là 2 Từ đó suy ra số cực trị của hàm số y  f  x   1 là 9 nên số cực trị của hàm số y  2 f  x  2   1 2 cũng là 9. Bài tập 4. Cho hàm số y  f  x  xác định trên  \ 1 và liên tục trên từng khoảng xác định, có bảng biến thiên như hình vẽ. Hàm số y  2 f  x  2   3 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Hướng dẫn giải Chọn A. Số điểm cực trị của các hàm số sau đây là như nhau: y  2 f  x  2  3; y  2 f  x  2  ; y  f  x  2 ; y  f  x  (vì ba hàm đầu có số nghiệm của đạo hàm là như nhau; từ hàm thứ tư, ta dịch qua phải 2 đơn vị sẽ được đồ thị hàm thứ ba). Từ bảng biến thiên đã cho, suy ra bảng biến thiên của hàm số y  f  x  : Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số y  f  x  có 3 điểm cực trị. Do đó hàm số y  2 f  x  2   3 có 3 điểm cực trị. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 82 Bài tập 5. Cho hàm số y  f  x  xác định trên  \ 1 và liên tục trên từng khoảng xác định, có bảng biến thiên như hình vẽ. Biết f  0  . f 1  0 . Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  2 f  x  2   3 là A. 5. B. 9. C. 7. D. 6. Hướng dẫn giải Chọn C. Quan sát bảng biến thiên, rõ ràng hàm số đã cho đồng biến trên (1;3) , suy ra f  0   f 1 . Lại do f  0  . f 1  0 nên f  0   0  f 1 . Tương tự như ở Bài tập 4, số điểm cực trị của hàm y  2 f  x  2   3 bằng với số cực trị của hàm y f x . Bảng biến thiên của hàm số y  f  x  là: Đến đây, ta dễ dàng suy ra được số điểm cực trị của hàm y  f  x  là 7. Vậy hàm số y  2 f  x  2   3 có 7 điểm cực trị. Chú ý: Nếu f ( x ) ³ 0 thì hàm số y  2 f  x  2   3 chỉ có 5 điểm cực trị. Bài tập 6. Cho hàm số y  f  x  xác định trên  \ 1 và liên tục trên từng khoảng xác định, có bảng biến thiên như hình vẽ. Đồ thị hàm số y  3 f  x  2   1 có bao nhiêu điểm cực trị? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 83 A. 3. B. 4. C. 5. D. 2. Hướng dẫn giải Chọn A Số điểm cực trị của các hàm số sau đây là như nhau: y  3 f  x  2   1 ; y  3 f  x  2  và y  f  x  2  . Để vẽ được bảng biến thiên hoặc đồ thị của hàm số y  f  x  2  , ta dịch bảng biến thiên (đồ thị) của hàm số y  f  x  qua phải 2 đơn vị rồi lấy đối xứng phần bên phải trục Oy qua Oy (bỏ phần bên trái Oy). Sau đây lần lượt là bảng biến thiên của y  f  x  2  và y  f  x  2  Vậy hàm số ban đầu có 3 điểm cực trị. Dạng 12: Định tham số để hàm số chứa dấu trị tuyệt đối có n điểm cực trị 1. Phương pháp Xét bài toán: Định tham số để đồ thị hàm số y  f  x  hoặc y  f  x  có n điểm cực trị. Bước 1. Lập bảng biến thiên của hàm số y  f  x  Bước 2. Dựa vào bảng biến thiên, suy ra tham số thỏa mãn yêu cầu đề bài 2. Bài tập Bài tập 1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m   5;5 để hàm số Lời bình: Ta có thể nhìn Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 84 y  x3  6 x 2   9  m  x  2m  2 có 5 điểm cực trị? A. 6. B. 8 C. 5. rõ những kết luận này từ việc biến đổi đồ thị. D. 7. Từ đồ thị y  f  x  suy Hướng dẫn giải ra đồ thị y  f  x  Chọn B Xét f  x   x 3  6 x 2   9  m  x  2m  2 Cho f  x   0  x 3  6 x 2   9  m  x  2m  2  0  x3  6 x 2  9 x  2  mx  2m  0   x  2  x2  4x  1  m   0 x  2  2  x  4x 1 m  0 Hàm số y  x3  6 x 2   9  m  x  2m  2 có 5 điểm cực trị khi f  x   0 có 3 nghiệm phân biệt và chỉ khi x 2  4 x  1  m  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 2   4  (1  m)  0 m  3  2   m  3. m  3 2  4.2  1  m  0 Do m nguyên m   5;5 nên m  2; 1; 0;1; 2;3; 4;5 . Vậy có 8 giá trị của m thỏa mãn đề bài. Bài tập 2. Có bao nhiêu giá trị của m để hàm số Lời bình: Ta có thể nhìn y  x   2m  1 x 2  3m x  5 có 5 điểm cực trị. 3 rõ những kết luận này từ việc biến đổi đồ thị.  1 A. m   0;  .  4  1 B. m   0;   1;   .  4 Từ đồ thị y  f  x  suy C. m  1;   . D. m   ;0 . ra đồ thị y  f  x  . Hướng dẫn giải Chọn B Xét f  x   x3  (2m  1) x 2  3mx  5 . Suy ra f   x   3 x 2  2(2m  1) x  3m . Hàm số y  x   2m  1 x 2  3m x  5 có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi 3 hàm số y  f  x  có 2 điểm cực trị dương  f   x   0 có 2 nghiệm phân biệt dương Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 85    2m  12  9m  0 m  1  4m 2  5m  1  0   2m  1  0   1 m  0 m  0 0  m  4  Bài tập 3. Có bao nhiêu số nguyên của tham số m   2021; 2020  để hàm số f  x   x 2  2m x  m  2020  2021 có 3 điểm cực trị? A. 1009. B. 2020. C. 2019. D. 1008 Hướng dẫn giải Chọn A. f   x   2 x  2m x  m  2020 2 x  2m, x  m  2020  0  x  m  2020 2 x  2m, x  m  2020  0. Dễ thấy hàm số không có đạo hàm tại điểm x  m  2020 .   2 x  2m  0   x  m  2020  0 Ta có: f   x   0     2 x  2m  0    x  m  2020  0 x  m x  m     x  m   x  m, m  1010.  2m  2020  0 Nếu m  1010 thì f   x   0  x  m và không có đạo hàm tại điểm x  m  2020 nên không có đủ 3 điểm cực trị. Do đó loại trường hợp này. Khi m  1010 , ta có bảng xét dấu đạo hàm như sau: Vậy hàm số có 3 điểm cực trị với m  1010 . Mà m   2021; 2020  nên m  1011;1012;…; 2019 . Vậy có 1009 số thỏa mãn đề bài. m  n  1 Bài tập 4. Cho hàm số f  x   x 3  mx 2  nx  2 với m, n là các số thực thỏa mãn  . Số điểm  2m  n  5 cực trị của hàm số y  f  x  là A. 1. B. 3. C. 5. D. 2. Hướng dẫn giải Chọn C. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 86 Hàm số f  x   x 3  mx 2  nx  2 liên tục trên  .  lim f  x     lim f  x  . f  2   0  x   f  2   8  4m  2n  2  2(2m  n  5)  0  x    f  2  . f 1  0   f 1  1  m  n  2  m  n  1  0  f  x  0  lim f x    f (1). xlim   x    Suy ra phương trình f  x   0 có ít nhất 3 nghiệm. Mà f  x   0 là phương trình bậc 3 nên có tối đa 3 nghiệm. Vậy f  x   0 có đúng 3 nghiệm phân biệt. Vậy hàm số y  f  x  có đúng 5 điểm cực trị. Bài tập 5. Cho hàm số y  1 3 x  mx x 2  1 với m là tham số thực. Đồ thị của hàm số đã cho có nhiều 3 nhất bao nhiêu điểm cực trị? A. 5. B. 3. C. 4. D. 2. Hướng dẫn giải Chọn A. 1 Xét f  x   x3  mx x 2  1 có tập xác định D   . 3 Ta có f   x   x 2  m Ta có g   x   2×2  1 x2  1 ; f  x  0  m   x  2 x 4  3x 2  2  (2 x 2  1) 2 x 2  1 x2 x2  1  g  x . 2×2  1 . Bảng biến thiên g  x  : Dựa vào bảng biến thiên ta có f   x   0 có tối đa 2 nghiệm khác 0 khi m  0 . Do hàm số f  x  liên tục trên  nên f  x   0 có tối đa 3 nghiệm phân biệt. Nếu tồn tại giá trị của tham số m sao cho phương trình f  x   0 có đúng 3 nghiệm phân biệt thì hàm số y  x  0 Ta có f  x   0   2 2  x  3m x  1. 1 3 x  mx x 2  1 có 5 điểm cực trị. 3  2 Khi m  0 thì (2)  x 4  9m2 x 2  9m 2  0 luôn có 2 nghiệm phân biệt khác 0. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 87 Vậy phương trình f  x   0 có đúng 3 nghiệm phân biệt nếu m  0 . Vậy số điểm cực trị tối đa của hàm số y  1 3 x  mx x 2  1 là 5. 3 Bài tập 6. Có bao nhiêu số nguyên của m   0; 2021 để hàm số y  x   m  1 x có đúng một điểm cực 3 trị? A. 2021. B. 2022. C. 21. D. 20. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta sẽ chứng minh hàm số trên luôn có đúng 1 điểm cực trị với mọi tham số m. Hiển nhiên hàm số liên tục trên  . Ta có: y  2 3×3 3 x  m  1, x  0  m 1   2 x 3 x  m  1, x  0. Đạo hàm không xác định tại điểm x  0 . 2 3x , x  0 +) Khi m  1 thì y   2 3 x , x  0 Hàm số không có đạo hàm tại điểm x  0 và đạo hàm đổi dấu khi đi qua điểm x  0 (vì lim y  0, lim y  0 ). x 0 x 0 Vậy hàm số chỉ đạt cực trị tại x  0 . +) Khi m  1 , ta có y  0, x  0 và lim y  0 . x 0 Cho y  0  x   m 1 và đạo hàm đổi dấu khi đi qua điểm đó nên hàm số cũng chỉ có 1 điểm cực 3 trị. +) Tương tự với m  1 , hàm số cũng chỉ đạt cực trị tại điểm x  1 m . 3 Vậy hàm số luôn có 1 điểm cực trị với mọi tham số m. Do m nguyên và m   0; 2021 nên có 2022 giá trị của m. Dạng 13: Cho bảng biến thiên, định giá trị tham số để hàm số trị tuyệt đối có n điểm cực trị 1. Phương pháp Bài toán: Cho bảng biến thiên của hàm số y  f  x  hoặc cho bảng biến thiên, bảng xét dấu của f   x  . Yêu cầu tìm giá trị của tham số m để hàm số g  x, m  có n điểm cực trị. Đưa hàm số g  x, m  về hàm số đơn giản hơn (nếu có thể). Sau đó sử dụng các phép biến đổi đồ thị hàm trị tuyệt đối. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 88 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  \ 1 , có đạo hàm trên  \ 1 và có bảng biến thiên của hàm số y  f   x  như sau Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   20; 20 để hàm số g  x   2 f  x  m   22020 có nhiều điểm cực trị nhất? A. 21. B. 19. C. 22. D. 20. Hướng dẫn giải Chọn D. Số điểm cực trị của g  x   2 f  x  m   22020 bằng với số điểm cực trị của hàm số h  x   f  x  m  . Ta có h  x   x f  x  m . x Hiển nhiên hàm số không có đạo hàm tại điểm x  0 .  x m 0 x m Cho h  x   0     x  m  x1  1  x  x1  m. Hàm số h  x   f  x  m  có nhiều điểm cực trị nhất khi và chỉ khi h  x   0 có nhiều nghiệm dương nhất hay 0  m . Do m nguyên và m   20; 20 nên m  1; 2;3;…; 20 . Bài tập 2. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và có bảng biến thiên của hàm số y  f   x  như sau:   Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số g  x   f x 4  4 x 2  m có nhiều điểm cực trị nhất? A. 2. B. 4. C. 3. D. 5. Hướng dẫn giải Chọn C. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 89 Ta có g   x    4 x3  8 x  x4  4 x2  m f  x4  4 x2  m . 4 2 x  4x  m   Ta có x 4  4 x 2  m  0 .   Dựa vào bảng biến thiên, suy ra f  x 4  4 x 2  m  0 vô nghiệm (*). Hàm số g  x  có nhiều điểm cực trị nhất khi g   x   0 có nhiều nghiệm phân biệt nhất.  x4  4 x2  m  0 Kết hợp với (*), ta có hệ phương trình  3 có nhiều nghiệm phân biệt nhất 4 x  8x  0  x 4  4 x 2  m  0 có nhiều nghiệm nhất và tất cả các nghiệm đều khác 0 và khác  2 (vì 4 x3  8 x  0 luôn có ba nghiệm phân biệt là 0;  2 )  m   x 4  4 x 2 có nhiều nghiệm nhất và tất cả các nghiệm đều khác 0 và khác  2 (**). Lập bảng biến thiên của y   x 4  4 x 2 ta có: Do đó (**)  0  m  4 . Vậy có ba giá trị nguyên là m  1; 2;3 . Dạng 14: Cho đồ thị, định tham số để có hàm số có n điểm cực trị 1. Phương pháp Bước 1. Tìm hàm số đơn giản hơn có cùng số điểm cực trị với hàm ban đầu Bước 2. Dựa vào đồ thị, xác định số cực trị của hàm đơn giản ở bước 1. 2. Bài tập Bài tập 1. Cho đường cong như hình vẽ là đồ thị của hàm số y  f  x  . Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  f  x  3  m  có 5 điểm cực trị. A. m   ; 1 . B. m   1;1 . C. m  1;   . D. m   ; 1 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 90 Hướng dẫn giải Chọn D. Số điểm cực trị của hàm số y  f  x  3  m  bằng với số điểm cực trị của hàm số g  x   f  x  m  . Ta có g   x   x . f  x  m . x  x  m 1  x  1 m  Dựa vào đồ thị, ta có g   x   0    *  x  m  1  x  1  m (chú ý rằng hàm số g  x  không có đạo hàm tại điểm x  0 ). Hàm số y  f  x  3  m  có 5 điểm cực trị  g  x   f  x  m  có 5 điểm cực trị  (*) có 4 nghiệm phân biệt  1  m  0  m  1 . Bài tập 2. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  f  x   m có nhiều điểm cực trị nhất. A. m   2; 2  . B. m   2; 2 . C. m   1;1 . D. m   1;1 . Hướng dẫn giải Chọn A. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 91 Đồ thị hàm số y  f  x   m có nhiều điểm cực trị nhất khi và chỉ khi y  f  x   m cắt trục hoành tại nhiều điểm nhất  2  m  2 . Bài tập 3. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. 1 Gọi S là tập hợp các số nguyên dương của m để hàm số y  f  x  2020   m 2 có 5 điểm cực trị. Tổng 3 tất cả các phần tử của S là A. 5. B. 10. C. 6. D. 7. Hướng dẫn giải Chọn D. 1 Ta có số điểm cực trị của hàm y  f  x  2020   m 2 3 bằng số điểm cực trị của hàm 1 y  f  x   m2 . 3 1 Xét hàm g  x   f  x   m 2 . 3 Dựa vào đồ thị ta có số điểm cực trị của hàm g  x  bằng số điểm cực trị của hàm f  x  và bằng 3. 1 Suy ra hàm số y  f  x  2020   m 2 có 5 điểm cực trị thì số giao điểm của g  x  với trục Ox 3 (không kể các điểm tiếp xúc) là 2.  1 2  3 m  2 3  m  3 2   9  m 2  18    6   1 m 2  3  3 2  m  3.  3 Do m nguyên dương nên m  3; 4 . Vậy tổng các giá trị là 7. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 92 Bài tập 4. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số g  x   f 3  x   3 f  x   m có đúng 9 điểm cực trị là A. 16. B. 17. C. 15. D. 18. Hướng dẫn giải Chọn A. Xét h  x   f 3  x   3 f  x   m . Suy ra h  x   0  3 f   x   f 2  x   1  0 . x  0 Dựa vào đồ thị, ta có f   x   0    x  2  x  x1  2  f  x   1   x  x2   2;0  (đạo hàm đều đổi dấu khi đi qua cả 3 nghiệm đều là nghiệm đơn và khác x  x  0 3  2 nghiệm trên).  x  x4  x3 (trong đó x  x4 là nghiệm đơn x  2 là nghiệm kép). f  x   1    x  2 Ta tính các giá trị: h  x1   h  x2   h  x3   m  2 h  x4   h  2   m  2 và h  0   m  18 Bảng biến thiên h  x  : Suy ra hàm số h  x  luôn có 6 điểm cực trị. Đồ thị hàm số g  x   f 3  x   3 f  x   m có đúng 9 điểm cực trị tương đương đồ thị y  h  x  cắt trục hoành tại đúng 3 điểm (không kể những điểm tiếp xúc)  m  2  0  18  m  18  m  2 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 93 Vậy m  17; 16;…; 2 hay có 16 giá trị nguyên của m. Dạng 15. Biết được đồ thị của hàm số f  x  tìm (số điểm) cực trị của hàm ẩn 1. Phương pháp Bước 1. Tìm đạo hàm của hàm số y  f  u  x   : y  u   x  . f   u  x   . Bước 2. Từ đồ thị hàm số, xác định số nghiệm bội lẻ của phương trình y  0 . Bước 3. Kết luận cực trị của hàm số y  f  u  x   . 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và có đồ thị như hình vẽ dưới (chỉ đạt cực trị tại 3 điểm và cũng chỉ có 3 điểm chung với trục hoành). Số điểm cực trị của hàm số g  x    f  x   là 2 A. 5. B. 4. C. 3. D. 6. Hướng dẫn giải Chọn A.  f   x   0 (1) Ta có: g   x   2 f   x  . f  x  . Cho g   x   0    f  x   0 (2). Dựa vào đồ thị trên, ta có:  x  x1 (1)   x  0 (các nghiệm đều là nghiệm bội lẻ).  x  x2  x  2 (2)   x  3 (trong đó x  0 nghiệm kép,hai nghiệm kia là nghiệm đơn).  x  0 Vậy phương trình g   x   0 có 5 nghiệm bội lẻ. Do vậy số điểm cực trị của hàm số g  x    f  x   là 5. 2 Bài tập 2. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên Chú ý: Chỉ cần quan tâm  và có đồ thị như hình vẽ bên dưới (chỉ đạt cực đến nghiệm bội lẻ hoặc trị tại 3 điểm và cũng chỉ có 3 điểm chung với trục hoành). Số điểm cực trị của hàm số dấu khi đi qua của phương trình f ‘( x) = 0 g  x   f  f  x   là A. 6 nghiệm mà đạo hàm đổi B. 7 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 94 C. 8 D. 9 Hướng dẫn giải Chọn D Ta có: g   x   f   x  . f   f  x   .  f  x  0 (1) Cho g   x   0    f   f  x    0 (2) Dựa vào đồ thị trên ta có:  x  x1 (1)   x  0 (các nghiệm đều là nghiệm bội lẻ).  x  x2  f  x   x1  (2)   f  x   0 f x x .    2 Phương trình f  x   x1 với x1   2; 1 có 2 nghiệm đơn khác với 3 nghiệm x  x1 ; x  0; x  x2 . Phương trình f  x   0 có 2 nghiệm đơn là x  2, x  3 (khác với 5 nghiệm đơn trên) và nghiệm kép x  0 . Phương trình f  x   x2 với x2   2;3 có 2 nghiệm đơn khác với tất cả các nghiệm trên. Vậy phương trình g   x   0 có tổng cộng 9 nghiệm bội lẻ nên hàm số g  x   f  f  x   có tổng cộng 9 điểm cực trị. Bài tập 3. Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên  và có đúng 2 điểm cực trị x  1, x  1 có đồ thị như hình vẽ sau: Hỏi hàm số y  3 f  x3  6 x 2  9 x  1  2020 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Hướng dẫn giải Chọn C Do hàm số y  f  x  có đúng hai điểm cực trị x  1, x  1 nên phương trình f   x   0 có hai nghiệm bội lẻ phân biệt x  1, x  1 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 95 Ta có: y ‘ = 3(3 x 2 -12 x + 9) f ‘( x3 – 6 x 2 + 9 x + 1)  x  1  3 x  12 x  9  0  x  3  y  0   x3  6 x 2  9 x  1  1   x  x0   1;0    x3  6 x 2  9 x  1  1  x  x  32  0.    2 Vì y  0 có các nghiệm lẻ là x  x0 , x  1 và x  3 nên hàm số y  3 f  x 3  6 x 2  9 x  1  2020 có tất cả 4 điểm cực trị. Bài tập 4. Biết rằng hàm số f  x  xác định, liên tục trên  có đồ thị được cho như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số y  5 f  f  x  3  1  20 là A. 6. B. 5. C. 3. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn D. Số điểm cực trị của hàm số y  5 f  f  x  3  1  20 bằng với số điểm cực trị của hàm số y  f  f  x  3  1 và cũng bằng với số điểm cực trị của hàm số g  x   f  f  x   . Ta có: g   x   f   x  . f   f  x   .  f  x  0 1 g x  0    f   f  x    0  2  Dựa vào đồ thị, ta có x  0 (trong đó x  0 và x  2 là nghiệm bội lẻ). x  2 1    f  x   0  3  2    f  x   2  4   3  x  3 (nghiệm đơn) hoặc x  0 (nghiệm kép).  4   x  x0  3 (nghiệm đơn). Vậy phương trình g   x   0 có 4 nghiệm bội lẻ nên g  x  có 4 điểm cực trị Suy ra hàm số y  5 f  f  x  3  1  20 cũng có 4 điểm cực trị. Dạng 16. Tìm (số điểm) cực trị hàm ẩn biết đồ thị của hàm số f   x  1. Phương pháp Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 96 Bài toán: Cho trước đồ thị của hàm số f   x  . Tìm (số điểm) cực trị của (đồ thị) hàm số f  u  . + Nếu f   x   0 có các nghiệm xi , thì f   u   0  u  xi . + Chúng ta chỉ cần quan tâm đến các nghiệm bội lẻ của phương trình. 2. Bài tập mẫu Bài tập 1. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g  x   f  3  x 2  đạt cực tiểu tại điểm A. x  0. B. x  2. C. x  2. D. x  2. Hướng dẫn giải Lưu ý: Do các nghiệm đều là Chọn A. nghiệm bội lẻ, nên g ‘( x ) đổi Phương trình f ‘  x   0 có 2 nghiệm bội lẻ là x  1, x  3. dấu khi đi qua mỗi nghiệm ấy.  Ta có: g   x    f  3  x 2    2 x. f   3  x 2  . Chính vì vậy mà ta chỉ cần biết x  0 x  0   Cho g   x   0  3  x 2  1   x 2  4 3  x 2  3  x2  0   suy ra dấu ở các khoảng còn Suy ra g   x   0 có 3 nghiệm bội lẻ là x  0, x  2 . biết dấu ở khoảng chứa điểm Vì g   3  6. f   6   0 nên ta có bảng xét dấu g  x  như sau: đó. dấu của một khoảng nào đó sẽ lại. Do hàm số liên tục, nên chỉ cần biết dấu tại 1 điểm, ta sẽ Ở bài này, ta xét tại điểm x = 3 Î (2; +¥) . Bài tập 2. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 97 Số cực trị của hàm số h  x   f  x 2  2 x  là A. 2. B. 4. C. 3. D. 5. Chú ý: Ta chỉ cần quan tâm đến nghiệm bội lẻ, nên trong bài này ta bỏ qua nghiệm x=0 của phương trình f ‘( x) = 0 Hướng dẫn giải Chọn C. (là nghiệm bội chẵn nên đạo Ta có: h  x    2 x  2  . f   x 2  2 x  . hàm không đổi dấu khi qua nghiệm này). Ta cũng không x  1  Dựa vào đồ thị, ta có h   x   0   x 2  2 x  1  x 2  2 x  3.  cần xét đến phương trình x 2  2 x  1 Phương trình trên chỉ có 3 nghiệm bội lẻ là x  1, x  3 nên hàm số h  x  chỉ có 3 điểm cực trị. Bài tập 3. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ: Biết f  a   f  c   0; f  b   0  f  e  . Số điểm cực trị của hàm số g  x    f  x  m   là 2 A. 5. B. 7. C. 6. D. 8. Hướng dẫn giải Chọn B. Từ đồ thị của đạo hàm, ta có bảng biến thiên sau: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 98 Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy y  f  x  có 4 điểm cực trị, suy ra hàm số y  f  x  m  cũng có 4 điểm cực trị và f   x  m   0 có 4 nghiệm bội lẻ phân biệt. Khi f  a   f  c   0; f  b   0  f  e  thì đồ thị hàm số y  f  x  cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên đồ thị hàm số y  f  x  m  cũng cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt. Ta có g  x    f  x  m    g   x   2 f   x  m  . f  x  m  . 2  f   x  m   0 1 Cho g   x   0    f  x  m   0  2  . Phương trình 1 có 4 nghiệm phân biệt, phương trình  2  có 3 nghiệm phân biệt khác với 4 nghiệm của phương trình 1 . Vậy g   x  có 7 nghiệm (bội lẻ) phân biệt hay g  x  có 7 điểm cực trị. Bài tập 4. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  , hàm số y  f   x  2  có đồ thị như hình dưới. Số điểm cực trị của hàm số y  f  x  là A. 1. B. 2. C. 0. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có số điểm cực trị của hàm số y  f  x  bằng với số điểm cực trị của y  f  x  2  . Vì hàm số y  f  x  2  có 2 điểm cực trị nên hàm số y  f  x  có 2 điểm cực trị. Bài tập 5. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  có đồ thị y  f   x  2  như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số y  2 f  x  3  4 là Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 99 A. 4. B. 5. C. 3. D. 2. Hướng dẫn giải Chọn A. Nhận xét: Số điểm cực trị của hàm số y  2 f  x  3  4 bằng với số điểm cực trị của hàm số y  f  x  và bằng với số điểm cực trị của hàm số y  f  x  2  . Ta có đồ thị hàm số y  f   x  2  cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt nên hàm số y  f  x  2  có 4 điểm cực trị. Vậy hàm số y  2 f  x  3  4 có 4 điểm cực trị. Dạng 17. Biết được f   x  hoặc bảng xét dấu, bảng biến thiên của f   x  , tìm số điểm cực trị của hàm ẩn Bài tập 1. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    4  x   x3  1  2 x , x  . Số điểm cực trị của hàm số g  x   f  x 2   x 4  m là A. 2. B. 3. C. 4. D. 1. Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có g   x   2 x  4  x 2  x 6  1  2 x 2   4 x3  2 x  4  x 2  x 6  1 . x  0 g   x   0   x  1  x  2. Lập bảng xét dấu g   x  : Dựa vào bảng xét dấu, ta có hàm số g  x  có 2 điểm cực tiểu. Lưu ý: Khi làm trắc nghiệm, ta có thể lập bảng xét dấu thu gọn như sau: Bài tập 2. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x 2  x  1 x  2  , x  . Số điểm cực trị của 4 hàm số g  x   f  x 2  x  1 là A. 2. B. 3. C. 4. D. 1. Hướng dẫn giải Chọn B. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 100 Ta có: g   x    2 x  1 f   x 2  x  1   2 x  1  x 2  x  1  x 2  x  2  x 2  x  3 2 4 1 Dễ thấy g   x   0 có 3 nghiệm đơn là x  2, x   , x  1 nên hàm số có 3 điểm cực trị. 2 Bài tập 3. Cho hàm số y  f  x  có bảng xét dấu đạo hàm như sau: Số điểm cực trị của hàm số g  x   f  x   x 3  A. 3. B. 2. C. 1. D. 4. 3 2 x  6 x  2020 là 2 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: g   x   f   x   3  x 2  x  2  . Nhận xét: g   1  g   2   0.   f   x   0 x  2 Khi  thì   g x  0 . 2  x  1 3  x  x  2   0   f   x   0  g  x  0 . Khi 1  x  2 thì  2 3  x  x  2   0 Tức là g   x  đổi dấu khi đi qua 2 điểm x  1 và x  2 . Vậy hàm số g  x  có hai điểm cực trị. Bài tập 4. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x  1  x 2  2 x  với x  . Có bao nhiêu giá trị 2 nguyên dương của tham số m để hàm số f  x 2  8 x  m  có 5 điểm cực trị? A. 17. B. 16. C. 14. D. 15. Hướng dẫn giải Chọn D. Đặt g  x   f  x 2  8 x  m  . Ta có: f   x    x  1 x  x  2  suy ra 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 101 g   x    2 x  8 f   x2  8 x  m    2 x  8   x 2  8 x  m  1  x 2  8 x  m  x 2  8 x  m  2  . 2 x  4  2 2  x  8 x  m  1  0 1 g  x  0   2  x  8 x  m   0  2  2  x  8 x  m  2   0  3 Các phương trình 1 ,  2  ,  3 không có nghiệm chung từng đôi một và 1 nếu có các nghiệm thì nghiệm ấy là nghiệm bội chẵn. Suy ra g  x  có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi  2  và  3 đều có 2 nghiệm phân biệt khác 4 16  m  0 m  16 16  m  2  0  m  18    m  16. 16  32  m  0 m  16  m  18 16  32  m  2  0 Do m nguyên dương và m  16 nên có 15 giá trị m cần tìm. Bài tập 5. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x  1 x  2  x  3  x 2  2mx  5  với mọi 2 x   . Có bao nhiêu số nguyên m  20 để hàm số g  x   f  x  có đúng 5 điểm cực trị? A. 6. B. 7. C. 9. D. 5. Hướng dẫn giải Chọn A. Do tính chất đối xứng qua trục Oy của đồ thị hàm số f  x  nên hàm số g  x   f  x  có đúng 5 điểm cực trị  f  x  có 2 điểm cực trị dương  f   x   0 có 2 nghiệm bội lẻ phân biệt và dương * . x  1 x  2  Xét f   x   0   2  x  3  0   x 2  2mx  5  0 1 . Để thỏa mãn * ta có các trường hợp sau: +) 1 có nghiệm kép hoặc vô nghiệm khi và chỉ khi   m 2  5  0   5  m  5 . Do m nguyên âm nên m  2; 1;0;1; 2 . +) 1 có 2 nghiệm dương phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng 1, nghiệm còn lại khác 2. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 102 Ta có 1 nhận x  1 là nghiệm khi 12  2.1.m  5  0  m  3 . Khi m  3 , thế vào 1 ta thấy phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt là x  1 và x  5 . Vậy m  3 thỏa mãn. +) 1 có 2 nghiệm dương phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng 2, nghiệm còn lại khác 1. 9 Nếu 1 nhận x  2 là nghiệm thì 22  2.2.m  5  0  m     . 4 Trường hợp này không có giá trị nguyên của m thỏa mãn. Vậy m  3; 2; 1;0;1; 2 . Bài tập 6. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  và bảng xét dấu đạo hàm như sau: Hàm số g  x   3 f   x 4  4 x 2  6   2 x 6  3 x 4  12 x 2 có tất cả bao nhiêu điểm cực tiểu? A. 3. B. 0. C. 1. D. 2. Hướng dẫn giải Chọn D.   2 Ta có: g   x   12 x  x 2  2   f  2   x 2  2    x 2  1  .   Dựa vào bảng xét dấu, ta có f   x   0, x   ; 2    2;   . 2 2 Ta có 2   x 2  2   2 nên  f   2   x 2  2    0.   2 Suy ra f   2   x 2  2     x 2  1  0, x  .   x  0 Do đó g   x   0   , cả 3 nghiệm đều là nghiệm bội lẻ. x   2   Vì 12 f  2   x 2  2    x 2  1  0 nên g   x  cùng dấu với h  x   x  x 2  2  nên dễ thấy hàm số 2 g  x  có 2 điểm cực tiểu. Bài tập 7. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 103 Số cực đại của hàm số g  x    f  2 x 2  x   là 2 A. 3. B. 2. C. 1. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có 1  x   4  g   x   2.  4 x  1 . f   2 x 2  x  . f  2 x 2  x   0   f   2 x 2  x   0   f  2 x 2  x   0.  Dựa vào bảng biến thiên, ta có  x  1  2 x 2  x  2 2  f  2x  x  0   2  x  1 . 2 x x 1    2  Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình f  x   0  x  x0  1. Khi đó f  2 x 2  x   0  2 x 2  x  x0  0. Vì ac  2   x0   0 nên phương trình này luôn có 2 nghiệm trái dấu là 1  8 x0 1  8 x0 1 1 x1    ; x2    . 4 4 4 4 1 1 8 1 1 8 1  1 và x2     , x0  1 . Ta có x1    4 4 4 4 2 Ta có bảng xét dấu của g   x  : Từ đó suy ra hàm số g  x  chỉ có 2 điểm cực đại. Bài tập 8. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  , có bảng biến thiên f   x  như hình vẽ dưới đây 1 2 Số điểm cực trị của hàm số g  x   f  x3  3 x   x5  x 3  3 x  20 trên đoạn  1; 2 là 5 3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 104 A. 3. B. 2. C. 1. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có: g   x    x 2  1 3 f   x3  3x   x 2  3 . Dễ thấy khi x   1; 2 thì  x3  3 x    2; 2 và khi ấy f   x3  3 x    3;1 . Suy ra 3 f   x3  3 x   x 2  3  0 .  f   x3  3 x   1 Dấu ”  ” xảy ra khi   f  0   1 (vô lí). 2 x  0  Vậy 3 f   x3  3 x   x 2  3  0, x   1; 2 . Khi đó g   x   0  x  1 (đều có 2 nghiệm đơn). Bảng xét dấu g   x  , x   1; 2 là 1 2 Vậy hàm số g  x   f  x3  3 x   x5  x3  3 x  20 trên đoạn  1; 2 chỉ có 1 điểm cực trị. 5 3 Bài tập 9. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x  1 x  2  x  4  x  5  với x   . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số g  x   f  x   mx có 4 điểm cực trị? A. 5. B. 6. C. 7. D. 8. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: g   x   f   x   m. Cho g   x   0  f   x   m  0   x 2  6 x  5  x 2  6 x  8   m  0. Đặt t   x  3 , t  0 , phương trình trở thành: 2  t  4  t  1  m  0  t 2  5t  4  m  0 1 . Hàm số g  x   f  x   mx có 4 điểm cực trị khi và chỉ khi 1 có 2 nghiệm dương phân biệt   25  4  4  m   0  9  S  5  0    m  4. 4 P  4  m  0  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 105  9  Do m nguyên và m    ; 4  nên m  2; 1; 0;1; 2;3 .  4  Bài tập 10. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x 8  x 2 , x    8; 8  . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số g  x   f  x   m 2 x  2m có 2 điểm cực trị? A. 3. B. 4. C. 5. D. 2. Hướng dẫn giải Chọn D. Hàm số g  x   f  x   m 2 x  2m xác định trên   8; 8  . Đạo hàm g   x   f   x   m 2  x 8  x 2  m 2 . Hàm số g  x   f  x   m 2 x  2m có 2 điểm cực trị khi g   x   0 có 2 nghiệm phân biệt và g   x  đổi dấu qua các nghiệm đó 1 . Ta có: x 8  x 2  m 2  0  x 8  x 2  m 2  * . Xét hàm số h  x   x 8  x 2 , x    8; 8  . Có h  x   8  2×2 8  x2 . Cho h  x   0  x  2. Bảng biến thiên của hàm h  x  : Dựa vào bảng biến thiên, suy ra * có tối đa 2 nghiệm hay g   x   0 có tối đa 2 nghiệm. 2  m  2 Vậy 1  0  m 2  4   m  0. Vì m nguyên nên m  1;1 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 106 BÀI 3. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM Cho hàm số y  f  x  xác định trên tập D. +) Số M được gọi là giá trị lớn nhất (GTLN) của hàm số y  f  x  trên tập D nếu f  x   M với mọi x  D và tồn tại x0  D sao cho f  x0   M . Kí hiệu: M  max f  x  D +) Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số y  f  x  trên tập D nếu f  x   m với mọi x  D và tồn tại x0  D sao cho f  x0   m Kí hiệu: m  min f  x  D SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA Số M được gọi là giá trị lớn nhất (GTLN) của hàm số y  f  x  trên tập D nếu f  x   M với mọi x  D và tồn tại x0  D sao cho f  x0   M . Kí hiệu: M  max f  x  D Cho hàm số y  f  x  xác định trên tập D Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số y  f  x  trên tập D nếu f  x   m với mọi x  D và tồn tại x0  D sao cho f  x0   m . Kí hiệu: m  min f  x  D Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 107 B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1: Tìm GTLN – GTNN của hàm số y = f(x) trên một khoảng 1. Phương pháp giải Ta thực hiện các bước sau Bước 1. Tìm tập xác định (nếu đề chưa cho khoảng). Bước 2. Tính y   f   x  ; tìm các điểm mà đạo hàm bằng không hoặc không xác định. Bước 3. Lập bảng biến thiên Bước 4. Kết luận Lưu ý: Có thể dùng máy tính cầm tay để giải. Bước 1. Để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x  trên miền (a; b) ta sử dụng máy tính Casio với lệnh MODE 7 (MODE 9 lập bảng giá trị) Bước 2. Quan sát bảng giá trị máy tính hiển thị, giá trị lớn nhất xuất hiện là max, giá trị nhỏ nhất xuất hiện là min. – Ta thiết lập miền giá trị của biến x Start a End b Step ba (có thể làm tròn để Step đẹp). 19 Chú ý: Khi đề bài liên có các yếu tố lượng giác sinx, cosx, tanx… ta chuyển máy tính về chế độ Radian. 2. Bài tập 1 2 1 Bài tập 1. Cho hàm số f  x    x 6  x5  x 2  x  1 .Khẳng định nào sau đây đúng? 3 5 2 A. max f  x   17 30 B. max f  x   C. max f  x   67 30 D. Hàm số không tồn tại giá trị lớn nhất    47 30 Hướng dẫn giải Chọn B Tập xác định D   Ta có f   x   2 x5  2 x 4  x  1    x  1  2 x 4  1 Khi đó f   x   0    x  1  2 x 4  1  0  x  1 Bảng biến thiên Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 108 Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy max f  x    47 tại x  1 30 6  8x trên khoảng  ; 1 . Khi đó giá trị của x2  1 Bài tập 2. Gọi a là giá trị lớn nhất của hàm số f  x   biểu thức P  A. 6  8a bằng a2  1 22 5 B. 6 13 C.  58 65 D.  74 101 Hướng dẫn giải Chọn C Hàm số liên tục trên khoảng  ; 1 Ta có f   x   8 x 2  12 x  8 x 2  1 2  x  2   ; 1 Khi đó f   x   0  8 x  12 x  8  0    x   1   ; 1  2 2 Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy max f  x   8  P    ; 1 Bài tập 3. Cho hàm số y  f  x   6  8a 58  2 a 1 65 x2  x  1 . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? x2  x  1 1 3 A. min f  x   1 B. min f  x   C. min f  x   3 D. Hàm số không có giá trị nhỏ nhất    Hướng dẫn giải Chọn B Tập xác định D   Ta có 2  x 2  x  1  2 x  2 x  1 2x 2×2  2 y  f  x  1  2  y    2 2 x  x 1  x2  x  1  x 2  x  1 Do đó y   0  2 x 2  2  0  x  1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 109 Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy min f  x    1 tại x  1 3 Dạng 2: Tìm GTLN và GTNN của hàm số trên một đoạn 1. Phương pháp giải Bước 1. Tính f   x  Bước 2. Tìm các điểm xi   a; b  mà tại đó f   xi   0 hoặc f   xi  không xác định Bước 3. Tính f  a  , f  xi  , f  b  Bước 4. Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên. Khi đó M  max f  x  và m  min f  x   a ; b a ; b Chú ý: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 110 max f  x   f  b  +) Hàm số y  f  x  đồng biến trên đoạn [a; b] thì  min f  x   f  a  max f  x   f  a  +) Hàm số y  f  x  nghịch biến trên đoạn [a; b] thì  min f  x   f  b  2. Bài tập Bài tập 1. Cho hàm số y  A. 16 2 2 x2 . Giá trị của  min y    max y  bằng  2; 3   2; 3  x 1 B. 45 4 C. 25 4 D. 89 4 Hướng dẫn giải Chọn D Ta có y   3  x  1 2  0, x  1 , do đó hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 1 ; 1;     Hàm số nghịch biến trên [2; 3]. 5 Do đó min y  y  3  ; max y  y  2   4 2; 3 2 2; 3 2 2 2 89 5 Vậy  min y    max y      42   2; 3   2; 3   2  4 Bài tập 2. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  x  4  x 2 Giá trị của biểu thức P  M  m bằng A. 2   2 1 B. 2   2 1 C. 2 1 D. 2 1 Hướng dẫn giải Chọn A Tập xác định D   2; 2 Ta có y   1  x 4  x2  4  x2  x 4  x2 , x   2; 2   x  0 y  0  4  x2  x    x  2   2; 2  y  2  2   2; y  2  0; y  2   2; y  2   2 Vậy M  2 2, m  2  P  2 2  2  2   2 1 Bài tập 3. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  2 x3  3 x 2  m trên đoạn [0; 5] bằng 5 khi m bằng A. 6 B. 10 C. 7 D. 5 Hướng dẫn giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 111 Chọn A. Hàm số xác định và liên tục trên D   0; 5 x  0  D Ta có y   0  6 x 2  6 x  0    x  1 D f  0   m; f 1  m  1; f  5   175  m Dễ thấy f  5   f  0   f 1 , m   nên min f  x   f 1  m  1 0; 5 Theo đề bài min f  x   5  m  1  5  m  6 0; 5 Bài tập 4. Gọi A, B là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số y  các giá trị thực của tham số m để A  B  x  m2  m trên đoạn [2; 3]. Tất cả x 1 13 là 2 A. m  1; m  2 B. m  2 C. m  2 D. m  1; m  2 Hướng dẫn giải Chọn A Hàm số đã cho liên tục trên đoạn [2; 3] Ta có y     m 2  m  1  x  1 2  0, m  A  y  3  m2  m  3 ; B  y  2   m2  m  2 2 Do đó A  B  13 m2  m  3 13   m2  m  2  2 2 2 m  1  3m 2  m  6  0    m  2 Bài tập 5. Biết hàm số y  x3  3mx 2  3  2m  1 x  1 (với m là tham số) trên đoạn [-2; 0] đạt giá trị lớn nhất bằng 6. Các giá trị của tham số m là A. m  1 B. m  0 C. m  3 D. m  1 Hướng dẫn giải Chọn D  x  1 y  0    x  1  2m Vì y  2   1; y  0   1 và theo bài ra max y  6 nên giá trị lớn nhất không đạt tại x  2; x  0 . Do đó  2; 0 giá trị lớn nhất đạt tại y  1 hoặc y 1  2m  . Ta có y  1  3m  3, y 1  2m   1  2m   m  2   1 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 112 - Trường hợp 1: Xét 3m  3  6  m  1  x  1   2; 0 Thử lại với m  1 , ta có y   0   nên m  1 là một giá trị cần tìm.  x  3   2; 0 1  2m 2  m  2   5 1  2m 2  m  2   1  6  – Trường hợp 2: Xét   1 3 2  1  2m  0  m 2 2 Vì 1 1 3 2  m   m  2  0  1  2m   m  2   0 nên (1) vô nghiệm 2 2 Dạng 3: Tìm GTLN – GTNN của hàm số y = |f(x)| trên đoạn [a; b] 1. Phương pháp giải Thực hiện theo các bước sau Bước 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  trên đoạn  a; b  , giả sử thứ tự là M, m. Bước 2. +) Tìm max y  max  M ; m  a ; b +) Tìm min y a ; b – Trường hợp 1: M .m  0  min y  0 a ; b – Trường hợp 2: m  0  min y  m  a ; b – Trường hợp 3: M  0  min y  M   M a ; b Bước 3. Kết luận. * Tìm tham số để GTLN của hàm số y = |f(x)| trên đoạn [α, β] bằng k Thực hiện theo các bước sau Bước 1. Tìm max f  x   max  A ; B   ;    ;   Bước 2. Xét các trường hợp +) A  k tìm m, thử lại các giá trị m đó +) B  k tìm m, thử lại các giá trị m đó 2. Bài tập Bài tập 1. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 3  9 x 2  24 x  68 trên đoạn [-1; 4] bằng A. 48 B. 52 C. -102 D. 0 Hướng dẫn giải Chọn A Bảng biến thiên của hàm số y  x3  9 x 2  24 x  68 trên  1; 4 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 113 Suy ra bảng biến thiên của hàm số y  x3  9 x 2  24 x  68 trên đoạn  1; 4 là Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  9 x 2  24 x  68 trên đoạn  1; 4 bằng 48. Cách khác: Theo trường hợp 3 thì M  48  0  min y  48 Bài tập 2: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y x 2  mx  m trên đoạn [1; 2] bằng 2. x 1 Số phần tử của tập S là A. 3 B. 1 C. 4 D. 2 Hướng dẫn giải Chọn D Xét hàm số y  f  x   Ta có y   x2  2x  x  1 Mặt khác f 1  2 x 2  mx  m x 1  x  0  1; 2 0  x  2  1; 2 2m  1 3m  4 ; f  2  2 3  2m  1 3m  4  ; Do đó max y  max   1; 2 3   2 – Trường hợp 1: 3  m  2m  1 2 max y  2 1; 2 2 m   5  2 +) Với m  3 3m  4 17    2 (loại) 2 3 6 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 114 +) Với m   5 3m  4 7    2 (thỏa mãn) 2 3 6 – Trường hợp 2: 2  m  3m  4 3 2 max y  1; 2 3  m   10  3 +) Với m  2 2m  1 7    2 (thỏa mãn) 3 2 6 +) Với m   10 2m  1 17    2 (loại) 3 2 6 Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn. Bài tập 3. Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số 1 f  x   x 4  14 x 2  48 x  m  30 trên đoạn [0; 2] không vượt quá 30. Tổng các phần tử của S bằng 4 A. 108 B. 120 C. 210 D. 136 Hướng dẫn giải Chọn D Xét hàm số g  x   1 4 x  14 x 2  48 x  m  30 trên đoạn [0; 2] 4  x  6   0; 2  Ta có g   x   x 3  28 x  48  g   x   0   x  2   0; 2   x  4   0; 2  g  0   30  m  30  30 Để max g  x   30     0  m  16 0; 2 m  14  30 g 2  30       m  0;1; 2;…; 15; 16 Tổng các phần tử của S là 136. Bài tập 4. Biết giá trị lớn nhất của hàm số y  4  x2  x  1  m bằng 18. 2 Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 0  m  5 B. 10  m  15 C. 5  m  10 D. 15  m  20 Hướng dẫn giải Chọn D Xét hàm số g  x   4  x 2  x  1 liên tục trên tập xác định [-2; 2] 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 115 Ta có g   x   x 4  x2  1  g x  0  x 4  x2  1  0, x   2; 2  x  0  4  x2  x    x  2   2; 2  2 2 4  x  x 5 g  2    ; g 2  2   1 24 Do đó max g  x    2; 2 Theo bài ra 2 ; g  2  3 2 5 5 khi x  2 , suy ra giá trị lớn nhất của hàm số bằng  m 2 2 5  m  18  m  15,5 . Vậy 15  m  20 2 Dạng 4: Tìm điều kiện tham số để GTLN của hàm số y = |f(x) + g(m)| trên đoạn [a; b] đạt GTNN 1. Phương pháp giải Thực hiện các bước sau Bước 1. Tìm   max f  x  ;   min f  x   a ; b a ; b Bước 2. Gọi M là giá trị lớn nhất của y  f  x   g  m  thì   M  max   g  m  ;   g  m     g m    g m 2    g  m     g  m  2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi   g  m     g  m  Áp dụng bất đẳng thức   g  m     g  m 2    g m    g m 2    2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi   g  m       g  m    0 Bước 3. Kết luận min M    2 khi g  m      2 2. Bài tập Bài tập 1: Biết rằng giá trị lớn nhất của hàm số y  x 2  2 x  m  4 trên đoạn [-2; 1] đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị của tham số m bằng A. 1 B. 3 C. 4 D. 5 Hướng dẫn giải Chọn B Đặt f  x   x 2  2 x Ta có f   x   2 x  2; f   x   0  x  1   2; 1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 116 f  2   0; f 1  3; f  1  1 Do đó max f  x   3; min f  x   1  2; 1  2; 1 Suy ra max y  max  m  5 ; m  1   2; 1  m  5  m 1 2  5  m  m 1 2 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  m  5  m  1  m  3 (thỏa mãn)   5  m  m  1  0 Bài tập 2: Để giá trị lớn nhất của hàm số y  A. m  3 2 B. m  2 x  x 2  3m  4 đạt giá trị nhỏ nhất thì m bằng 5 3 C. m  4 3 D. m  1 2 Hướng dẫn giải Chọn A Tập xác định D   0; 2 Đặt f  x   2 x  x 2 , x  D . Ta có f   x   1 x 2x  x2  f  x  0  x  1 f  0   0; f  2   0; f 1  1 Suy ra P  max y  max  3m  4 ; 3m  5   3m  4  3m  5 2 D  5  3m  3m  4 2  1 2 3  3m  4  3m  5 Dấu bằng xảy ra    m  (thỏa mãn) 2  5  3m  3m  4   0 Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số là nhỏ nhất khi m  3 2 Bài tập 3. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x, m   x 2  2 x  5  mx đạt giá trị lớn nhất bằng A. 2 B. 5 C. 8 D. 9 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có min f  x, m   f  0, m   5, m   Xét m  2 ta có f  x, 2   x 2  2 x  5  2 x  x 2  2 x  5  2 x  5, x   Dấu bằng xảy ra tại x  0 . Suy ra min f  x, 2   5, x   Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 117 min f  x, m   5, m   Do đó   max  min f  x, m    5 , đạt được khi m  2 min f  x, 2   5, x   Tổng quát: y  ax 2  bx  c  mx Trường hợp 1: a.c  0  max  min y   c Đạt được khi m  b Bài tập 4. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x, m   x 2  4 x  7  mx đạt giá trị lớn nhất bằng A. 7 B. -7 C. 0 D. 4 Hướng dẫn giải Chọn C Phương trình x 2  4 x  7  0 luôn có hai nghiệm trái dấu x1  0  x2 Trường hợp 1: Nếu m  0 Ta có min f  x, m   f  x, m   mx1  0, m   Xét m  0 ta có f  x, 0   x 2  4 x  7  0, x   . Dấu bằng xảy ra tại x  x1, 2 . Suy ra min f  x, 0   0, x   min f  x, m   0, m   Do đó   max  min f  x, m    0 khi m  0 min f  x, 0   0, x   Trường hợp 2: Nếu m  0 Ta có min f  x, m   f  x2 , m   mx2  0, m    max  min f  x, m    0 So sánh cả hai trường hợp thì max  min f  x, m    0 khi m  0 Trường hợp 2: a.c  0  max  min y   0 Đạt được khi m  0 Dạng 5: TÌM GTLN-GTNN khi cho đồ thị – bảng biến thiên Bài tập 1. Hàm số y  f  x  liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình bên dưới Biết f  4   f  8  , khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên  bằng A. 9 B. f  4  C. f  8  D. -4 Hướng dẫn giải Chọn C Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 118 Từ bảng biến thiên ta có f  x   f  4  , x   ; 0 và f  x   f  8  , x   0;    . Mặt khác f  4   f  8  suy ra x   ;    thì f  x   f  8  Vậy min f  x   f  8   3 Bài tập 2. Cho hàm số y  f  x  xác định trên tập hợp D   ;  1  1;  và có bảng biến thiên như  2 sau Khẳng định đúng là A. max f  x   0 ; không tồn tại min f  x  D D B. max f  x   0 ; min f  x    5 D D C. max f  x   0 ; min f  x   1 D D D. min f  x   0 ; không tồn tại max f  x  D D Hướng dẫn giải Chọn B 3 Dựa vào bảng biến thiên thì max f  x   f  1  0; min f  x   f     5 D D 2 Bài tập 3. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  1; 3 và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1; 3 . Giá trị của M  m bằng A. 1 B. 3 C. 4 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 D. 5 Trang 119 Hướng dẫn giải Chọn D Dựa vào đồ thị suy ra M  f  3  3; m  f  2   2 Vậy M  m  5 Bài tập 4. Cho đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ Hàm số y  f  x  đạt giá trị lớn nhất trên khoảng 1; 3 tại x0 . Khi đó giá trị của x02  2 x0  2019 bằng bao nhiêu? A. 2018 B. 2019 C. 2021 D. 2022 Hướng dẫn giải Chọn B Dựa vào đồ thị của hàm số y  f   x  ta có bảng biến thiên như sau Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số y  f  x  đạt giá trị lớn nhất trên khoảng 1; 3 tại x0  2 . Vậy x02  2 x0  2019  2019 Dạng 6. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số lượng giác 1. Phương pháp giải Ghi nhớ: Điều kiện của các ẩn phụ t  sin x – Nếu   1  t  1 t  cos x t  cos x – Nếu   0  t 1 2 t  cos x Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 120 t  sin x – Nếu   0  t 1 2 t  sin x   – Nếu t  sin x  cos x  2.sni  x   4   2 t 2 Bước 1. Đặt ẩn phụ và tìm điều kiện cho ẩn phụ Bước 2. Giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số theo ẩn phụ Bước 3. Kết luận (Chọn đáp án) 2. Bài tập Bài tập 1. Giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số y  2 cos 2 x  2sin x là 9 A. M  ; m  4 4 B. M  4; m  0 9 4 D. M  4; m   C. M  0; m   9 4 Hướng dẫn giải Chọn A Ta có y  2 cos 2 x  2sin x  2 1  2sin 2 x   2sin x  4sin 2 x  2sin x  2 Đặt t  sin x, t   1; 1 , ta được y  4t 2  2t  2 Ta có y   0  8t  2  0  t  1   1; 1 4   y  1  4  9 nên M  ; m  4 Vì  y 1  0 4   y  1   9   4  4 Bài tập 2. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  A. 3 2 B. 5 2 C. cos 2 x  cos x  1 7 2 cos x  1 bằng D. 3 Hướng dẫn giải Chọn B Đặt t  cos x  0  t  1 , ta được y  f  t   Vì f   t   t 2  2t  t  1 2 t2  t 1 với 0  t  1 t 1  0, t   0; 1 nên min f  t   f  0   1; max f  t   f 1  0; 1 0; 1 3 2 Suy ra tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho bằng Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 121 3 5  2 2 min f  t   max f  t   1  0; 1 0; 1 Bài tập 3. Giá trị lớn nhất M của hàm số y  cos 4 x  3 sin 2 x  2 là A. M  2  3 C. M  B. M  3 5  3 4 D. M  3  3 Hướng dẫn giải Chọn A Đặt t  cos 2 x  0  t  1 , ta được y  t 2  3 1  t   2 với t   0; 1 3   0; 1 2 Ta có y   2t  3  0  t   3 5 Vì y  0   2  3; y     3; y 1  3 nên M  2  3  2  4 Bài tập 4. Cho hàm số y  sin 2 x   m  1 sin x  2m  2 sin x  2 (với m là tham số thực). Giá trị lớn nhất của hàm số đạt giá trị nhỏ nhất khi m bằng A.  3 2 B. 1 2 C. 3 2 D.  1 2 Hướng dẫn giải Chọn A Xét f  x   sin 2 x  sin x  2 sin x  2 Đặt t  sin x  1  t  1 , ta được f  t   Ta có f   t   Vì f  1  Hay 2  t 2  4t t  2 2 t2  t  2 với t   1; 1 t2 t  0   1; 1  0  t 2  4t  0   t  4   1; 1 4 ; f 1  2; f  0   1 nên max f  t   1 và min f  t   2  1; 1 1; 1 3 sin 2 x  sin x  2  1, x sin x  2 Mặt khác y  sin 2 x  sin x  2  m  f  x   m ,   2  f  x   1 sin x  2 Do đó max y  max f  x   m  max  m  2 , m  1   max  m  2 , m  1    max y  2; 1 m  2  m  1 2   m  2    m  1 2  1 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 122 3  m  2  m  1 m Dấu bằng đạt được khi  2  m  2  m  1  0 Bài tập 5. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  1  2 cos x  1  2sin x bằng A. 2 1 B. 3 1 D. 2  3 C. 1 Hướng dẫn giải Chọn B Ta có P 2  6  4  sin x  cos x   2 1  2  sin x  cos x   4sin x cos x  t2 1  Đặt t  sin x  cos x  2.sin  x   với t  2  sin x cos x  4 2   2 4t  8t  4  2 2 Xét y  P  6  4t  2 2t  2t  1   4t 2  8  1  3 1  3 ;t 2 2 1  3 1  3 khi t 2 2 khi t   1  3 1  3 ;t 8t  8 khi t   2 2  y   1  3 1  3 8t t khi  2 2 Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên, suy ra min f  t   4  2 3   2 ;  2    3 1 2  min P  3  1 Bài tập 6. Giá trị lớn nhất của hàm số f  x   sin x  cos 2 x trên đoạn  0;   là A. max y  0;   5 4 B. max y  1 0;   C. max y  2 0;   D. max y  0;   9 8 Hướng dẫn giải Chọn D Đặt t  sin x  cos 2 x  1  2sin 2 x  1  2t 2 , với x   0;    t   0; 1 Ta được f  t   2t 2  t  1 với t   0; 1 Ta có f   t   4t  1  0  t  1   0; 1 4 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 123 9 1 9 Do f  0   1; f    ; f 1  0 nên max f  t   0; 1 8 4 8 Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là max y  0;   9 8 Dạng 7. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số khác 3 6x  x  Bài tập 1. Giá trị lớn nhất của hàm số y  4  2   2  1 bằng  x 1 x 1 A. 5 2 C.  B. -5 9 2 D. 3 Hướng dẫn giải Chọn A Do x 2  1  2 x  Đặt t  x x 1 2  1 2 x 1 t  2 x 1 2  1 Khi đó y  4t 3  6t  1 với t    ;  2 1 2   1 1 Vì y   12t 2  6  0, t nên hàm số đồng biến trên   ;   2 2 1 5 Do đó max y  y     1 1 2 2  ;   2 2 Bài tập 2. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  1   x  9 lần lượt là B. 4; 2 A. 2; 2 C. 4; 2 D. 4; 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D Tập xác định D  1; 9 Ta có y   1 2 x 1  1 2 x  9  0  x  1   x  9  x  5  1; 9  Vì y 1  y  9   2 2; y  5   4 nên max y  4; min y  2 2 . Nhận xét: với hàm số y  x  a   x  b  a  x  b; a  b  0  thì  y  0  2  y  a  b  2 x  a .  x  b  y 2  a  b  2  y  a  b   x  a     x  b   2  a  b  Suy ra a  b  y  2 a  b dấu bằng luôn xảy ra. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 124 Bài tập 3. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  1  3  x  A. 5 2 B. – 2  x  1 3  x  bằng C. – 4 D. 2 Hướng dẫn giải Chọn A Tập xác định của hàm số là D   1; 3 Đặt t  x  1  3  x  t 2  4  2 Do t 2  4  2  x  1 3  x    x  1 3  x    x  1 3  x   4, x   1; 3 , từ đó suy ra 4  t2 2 2  t  2 Bài toán quy về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số g  t   t2  t  2 trên đoạn  2; 2 . 2 Ta có g   t   t  1  0  t  1   2; 2  Lại có g  2   2; g  2   2; g  1  Suy ra giá trị nhỏ nhất bằng 5 2 5 2 Nhận xét: Với hàm số y  x  a   x  b  a  x  b; a  b  0  thì y2  a  b  2 x  a. x  b  a  b   ab  y  ab Dạng 8. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến Bài tập 1. Cho biểu thức P  A. 3. B. x 2  xy  y 2 với x 2  y 2  0 . Giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 2 x  xy  y 1 . 3 C. 1. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn B.  Nếu y  0 thì P =1. (1)  x x  y    y  1 2 2 x  xy  y Nếu y  0 thì P  2   2   . 2 x  xy  y x x  y    y  1     2 Đặt t  x t2  t 1 . , khi đó P  f (t )  2 t  t 1 y Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 125 f (t )  2t 2  2  0  2t 2  2  0  t  1. 2 2 (t  t  1) Bảng biến thiên 1 Dựa vào bảng biến thiên ta có P  f (t )  . (2) 3 Từ (1) và (2) suy ra P  f (t )  1 1  min P  . 3 3 Bài tập 2. Cho hai số thực x,y thỏa mãn x  0; y  0 và x  y  1 . Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P  A. x y  lần lượt là y 1 x 1 1 và 1. 2 B. 0 và 1. C. 2 và 1. 3 D. 1 và 2. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có P  x y x( x  1)  y ( y  1) ( x  y ) 2  2 xy  1 2  2 xy     . y 1 x 1 ( x  1)( y  1) xy  x  y  1 2  xy Đặt t  xy ta được P  2  2t . 2t Vì x  0; y  0  t  0. Mặt khác 1  x  y  2 xy  xy  1 1 t  . 4 4 Khi đó, bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số g (t )  Xét hàm số g (t )  Ta có g (t )  2  2t xác định và liên tục trên 2t 2  2t  1 trên  0;  . 2t  4  1  0; 4  . 6  1  0 với t   0;  2 (2  t )  4  1  hàm số g (t ) nghịch biến trên đoạn  0;  .  4 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 126  1 2 g (t )  g    2 min   1 4 3  0; 4  min P   Do đó  3. max g (t )  g (0)  1 max P  1  0; 14   Bài tập 3. Cho x, y là các số thực thỏa mãn ( x  3) 2  ( y  1) 2  5 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3 y 2  4 xy  7 x  4 y  1 bằng x  2 y 1 A. 3. B. 3. C. 114 . 11 D. 2 3 . Hướng dẫn giải Chọn A. ( x  3) 2  ( y  1) 2  5  x 2  y 2  6 x  2 y  5  0. P  (3 y 2  4 xy  7 x  4 y  1)  ( x 2  y 2  6 x  2 y  5) x  2 y 1 4 y 2  4 xy  x 2  x  2 y  4 (2 y  x) 2  ( x  2 y )  4  x  2 y 1 x  2 y 1 Đặt t  x  2 y. (12  22 )  ( x  3) 2  ( y  1) 2    ( x  3)  (2 y  2)  2  ( x  2 y  5) 2  25  0  x  2 y  10. Ta được P  f (t )  Xét f (t )  1  t2  t  4 4 t , 0  t  10. t 1 t 1 t  1  (0;10) 4  0  (t  1) 2  4   2 (t  1) t  3  (0;10) Vì f (0)  4; f (10)  114 ; f (1)  3  min P  3 khi t  1 . 11 Bài tập 4. Gọi x0 , y0 , z0 là ba số thực dương sao cho biểu thức P 3 8 1   đạt giá trị nhỏ nhất. 2 2 2 2 x  y  8 yz 2( x  y  z )  4 xz  3 x  y  z Tổng x0  y0  z0 bằng A. 3. B. 1. C. 3 3 . D. 3 . 2 Hướng dẫn giải Chọn B. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 127 Ta có P   3 8 1   2 2 2 x  y  2 2 yz 2 y  2( x  z )  3 x  y  z 3 8 1   . 2( x  y  z ) ( x  y  z )  3 x  y  z Đặt x  y  z  t  0 . Khi đó P  f (t )  Ta có f ‘ (t )  1 8  , (t  0) . 2t t  3 3(t  1)(5t  3)  0  t 1. 2t 2 (t  3) 2 Bảng biến thiên x  y  z  1 x  z  1 3   4 . Suy ra P   . Dấu “=” xảy ra   y  2 z  2 y  x  z y  1   2 Do đó x0  y0  z0  1 1 1    1. 4 4 2  x 2  xy  3  0 Bài tập 5. Cho x,y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện  . 2 x  3 y  14  0 Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P  3 x 2 y  xy 2  2 x 3  2 x bằng A. 8. B. 0. C. 12. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn B. Với điều kiện bài toán x, y  0 và x 2  xy  3  0  y  x2  3 3  x . x x Lại có 3   9 2 x  3 y  14  0  2 x  3  x    14  0  5 x 2  14 x  9  0  x  1;  . x   5 2 3  3 9  Từ đó P  3 x  x    x  x    2 x3  2 x  5 x  . x  x x  2 9 9  9  9 Xét hàm số f ( x)  5 x  ; x  1;   f ‘ ( x)  5  2  0; x  1;  . x x  5  5  9 Suy ra hàm số đồng biến trên 1;   5 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 128 9  f (1)  f ( x)  f    4  f ( x)  4  max P  min P  4  (4)  0 . 5 Bài tập 6. Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn 1;9 và x  y, x  z . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P y 1 y z      bằng 10 y  x 2  y  z z  x  A. 11 . 18 B. 1 . 3 1 . 2 C. D. 1. Hướng dẫn giải Chọn C. Thật vậy 1 1 2    1  a 1  b 1  ab  a b  2  ab  1  0 đúng do ab  1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1.   1 1 1  1 1  Áp dụng bất đẳng thức trên P  .     x 2 z x x x 10   1  y 1  z  10  y 1  y y   1 Đặt x 1 1 trên đoạn 1;3 .  t  1;3 . Xét hàm số f (t )   2 y 10  t 1  t f ‘ (t )  2t 1 ; f ‘ (t )  0  t 4  2t 3  24t 2  2t  100  0 .  2 2 2 (10  t ) (1  t )  (t  2)(t 3  24t  50)  0  t  2 do t 3  24t  50  0, t  1;3 . Bảng biến thiên Suy ra Pmin x  4 y    z  x 1  khi và chỉ khi   y z x  4 y   2  x z  2 y   1   y Dạng 9. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(u(x)),y = f(u(x))±h(x)… khi biết bảng biến thiên hoặc đồ thị của hàm số y = f(x) 1. Phương pháp giải Thực hiện theo một trong hai cách Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 129 Cách 1: Bước 1. Đặt t = u(x). Đánh giá giá trị của t trên khoảng K. Chú ý: Có thể sử dụng khảo sát hàm số, bất đẳng thức để đánh giá giá trị của t = u(x). Bước 2. Từ bảng biến thiên hoặc đồ thị của hàm số cho ta giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(t). Bước 3. Kết luận. Cách 2: Bước 1. Tính đạo hàm y ‘  u ‘ ( x) f ‘ (u ( x)). Bước 2. Tìm nghiệm y ‘  u ‘ ( x) f ‘ (u ( x)) =0. Bước 3. Lập bảng biến thiên. Bước 4. Kết luận về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f ( x), y  f (u ( x)) , y  f (u ( x))  h( x)… 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau Hàm số y  f ( x  1) có giá trị nhỏ nhất trên đoạn  0; 2 bằng A. f (2) . B. f (2) . C. f (1) . D. f (0) . Hướng dẫn giải Chọn D. Đặt t  x  1 , x   0; 2  t   0;1. Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số y  f (t ) có giá trị nhỏ nhất min f (t )  f (0). 0;1 Bài tập 2. Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị như hình vẽ sau. Khi đó hàm số y  f (2  x 2 ) đạt giá trị nhỏ nhất trên  0; 2  bằng A. f (2) . B. f (2) . C. f (1) . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 D. f (0) . Trang 130 Hướng dẫn giải Chọn B. Đặt t  2  x 2 . Từ x  0; 2   0  x 2  2  2  2  x 2  0  t   0; 2 . Dựa vào đồ thị, hàm số y  f (t ) có giá trị nhỏ nhất min f (t )  f (2). 0;2 Bài tập 3. Cho hàm số y  f ( x)  ax 4  bx 2  c xác định và liên tục trên  và có bảng biến thiên sau Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f ( x  3) trên đoạn  0; 2 là A. 64. B. 65. C. 66. D. 67. Hướng dẫn giải Chọn C. Hàm số có dạng f ( x)  ax 4  bx 2  c . Từ bảng biến thiên ta có  f (0)  3 c  3 c  3    4 2  f (1)  2  a  b  c  2  b  2  f ( x)  x  2 x  3 .  f ‘ (1)  0 4a  2b  0 a  1    Đặt t  x  3, x   0; 2  t  3;5 . Dựa vào đồ thị, hàm số y  f (t ) đồng biến trên đoạn 3;5 . Do đó min f ( x  3)  min f (t )  f (3)  66 . 0;2 3;5 Dạng 10. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  u  x   , y  f  u  x    h  x   Khi biết đồ thị của hàm số y  f ‘ (x) Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 131 Bài tập 1. Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm và liên tục trên  . Biết rằng đồ thị hàm số y  f ‘ ( x) như dưới đây. Lập hàm số g ( x)  f ( x)  x 2  x . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. g (1)  g (1) . B. g (1)  g (1) . C. g (1)  g (2) . D. g (1)  g (2) . Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có g ‘ ( x)  f ‘ ( x)  2 x  1 . Từ đồ thị hàm số y  f ‘ ( x) và đường thẳng y  2 x  1 ta có g ‘ ( x)  0  x  1  f ( x)  2 x  1   x  1 .  x  2 ‘ Bảng biến thiên Ta chỉ cần so sánh trên đoạn  1; 2 . Đường thẳng y  2 x  1 là đường thẳng đi qua các điểm A(1; 1) , B(1;3) , C (2;5) nên đồ thị hàm số y  f ‘ ( x) và đường thẳng y  2 x  1 cắt nhau tại 3 điểm. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 132 Dạng 11. Ứng dụng của giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trong các bài toán thực tế Bài tập 1. Một chất điểm chuyển động theo quy luật s  3t 2  t 3 . Thời điểm t (giây) mà tại đó vận tốc v  m / s  của chất điểm chuyển động đạt giá trị lớn nhất là A. t = 2s B. t = 5s C. t = 1s D. t =3s Hướng dẫn giải Chọn C Ta có v  t   s  t   6t  3t 2  v  t   3  t  1  3  3, t   2 Giá trị lớn nhất của v  t   3 khi t  1 . 1 Bài tập 2. Một vật chuyển động theo quy luật s   t 3  6t 2 với t (giây) là khoảng thời gian tính từ khi 3 vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 7 giây, kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu? A. 180 (m/s) B. 36 (m/s) C. 144 (m/s) D. 24 (m/s) Hướng dẫn giải Chọn B Ta có v  t   s  t   t 2  12t v  t   2t  12  0  t  6 Vì v  6   36; v  0   0; v  7   35 nên vận tốc lớn nhất đạt được bằng 36 (m/s). Bài tập 3. Một loại thuốc được dùng cho một bệnh nhân và nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân được giám sát bởi bác sĩ. Biết rằng nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân sau khi tiêm vào cơ thể trong t giờ t được cho bởi công thức c  t   2  mg / L  . Sau khi tiêm thuốc bao lâu thì nồng độ thuốc trong máu t 1 của bệnh nhân cao nhất? A. 4 giờ B. 1 giờ C. 3 giờ D. 2 giờ Hướng dẫn giải Chọn B Xét hàm số c  t   c  t   1 t2 t 2  1 2 t t  0 t 1 2  t  1   0;   0 t  1   0;   Bảng biến thiên Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 133 Với t = 1 (giờ) thì nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân cao nhất. Bài tập 4. Người ta xây một bể chứa nước với dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 500 3 m . Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để xây bể là 3 600.000 đồng / m 2 . Hãy xác định kích thước của bể sao cho chi phí thuê nhân công thấp nhất. Chi phí đó là A. 75 triệu đồng B. 85 triệu đồng C. 90 triệu đồng D. 95 triệu đồng Hướng dẫn giải Chọn C Gọi x  m  là chiều rộng của đáy bể, khi đó chiều dài của đáy bể là 2x  m  và h  m  là chiều cao bể Bể có thể tích bằng 2 x 2 h  500 250 h 2 3 3x Diện tích cần xây S  2  xh  2 xh   2 x 2  6 x Xét hàm f  x   250 500  2×2   2 x2 2 x 3x 500 500  2×2 ,  x  0 ; f   x   2  4x  f   x   0  x  5 x x Bảng biến thiên Do đó min f  x   f  5   150  0;  Chi phí thuê nhân công thấp nhất khi diện tích xây dựng là nhỏ nhất và bằng S min  150 Vậy giá thuê nhân công thấp nhất là 150.600000 = 90.000.000 đồng. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 134 Bài tập 5. Bác Hoàng có một tấm thép mỏng hình tròn, tâm O, bán kính 4 dm. Bác định cắt ra một hình quạt tròn tâm O, quấn rồi hàn ghép hai mép của hình quạt tròn lại để tạo thành một đồ vật dạng mặt nón tròn xoay (tham khảo hình vẽ). Dung tích lớn nhất có thể của đồ vật mà bác Hoàng tạo ra bằng bao nhiêu? (bỏ qua phần mối hàn và độ dày của tấm thép) A. 128 3 3 dm 27 B. 128 3 3 dm 81 C. 16 3 3 dm 27 D. 64 3 3 dm 27 Hướng dẫn giải Khi hàn hai mép của hình quạt tròn, độ dài đường sinh của hình nón bằng bán kính của hình quạt tròn, tức là OA  4dm Chọn A 1 1 Thể tích của hình nón V   .r 2 .h   . 16  h 2  .h với 0  h  4 3 3 1 4 3 Ta có V   h    . 16  3h 2   V   h   0  h  3 3 Dựa vào bảng biến thiên, suy ra thể tích lớn nhất của hình nón là 128 3 3 dm . 27 Bài tập 6. Người ta làm chiếc thùng phi dạng hình trụ, kín hai đáy, với thể tích theo yêu cầu là 2 m3 . Hỏi bán kính đáy R và chiều cao h của thùng phi bằng bao nhiêu để khi làm thì tiết kiệm vật liệu nhất A. R  1 m; h  8m 2 B. R  1m; h  2m C. R  2m; h  1 m 2 1 D. R  4m; h  m 5 Hướng dẫn giải Chọn B Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 135 Từ giả thiết ta có V   R 2 h  2  h  2 R2 2  Diện tích toàn phần của thùng phi là Stp  2 Rh  2 R 2  2  R 2   R  Xét hàm số f  R   R 2  2 với R   0;   R 3 2 2  R  1 Ta có f   R   2 R  2  R R2 f  R  0  R  1 Bảng biến thiên Suy ra diện tích toàn phần đạt giá trị nhỏ nhất khi R  1  h  2 Vậy để tiết kiệm vật liệu nhất khi làm thùng phi thì R  1m; h  2m . Bài tập 7. Một đường dây điện được nối từ một nhà máy điện ở A đến một hòn đảo ở C như hình vẽ. Khoảng cách từ C đến B là 1 km. Bờ biển chạy thẳng từ A đến B với khoảng cách là 4km. Tổng chi phí lắp đặt cho 1km dây điện trên biển là 40 triệu đồng, còn trên đất liền là 20 triệu đồng. Tính tổng chi phí nhỏ nhất để hoàn thành công việc trên (làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy) A. 120 triệu đồng B. 164,92 triệu đồng C. 114,64 triệu đồng D. 106,25 triệu đồng Hướng dẫn giải Chọn C Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 136 Gọi M là điểm trên đoạn thẳng AB để lắp đặt đường dây điện ra biển nối với điểm C Đặt AM  x  BM  4  x  CM  1   4  x   17  8 x  x 2 , x   0; 4 2 Khi đó tổng chi phí lắp đặt là y  x.20  40 x 2  8 x  17 (đơn vị: triệu đồng) y  20  40. x4 x 2  8 x  17  20. x 2  8 x  17  2  x  4  x 2  8 x  17 y  0  x 2  8 x  17  2  4  x   x  12  3 3  12  3  Ta có y    80  20 3  114, 64; y  0   40 17  164,92; y  4   120 3   Do đó chi phí nhỏ nhất để hoàn thành công việc là 114,64 triệu đồng. Dạng 12. Tìm m để F  x; m   0 có nghiệm trên tập D 1. Phương pháp giải Thực hiện theo các bước sau Bước 1. Cô lập tham số m và đưa về dạng f  x   g  m  Bước 2. Khảo sát sự biến thiên của hàm số f  x  trên D Bước 3. Dựa vào bảng biến thiên để xác định giá trị tham số A  m  sao cho đường thẳng y  g  m  cắt đồ thị hàm số y  f  x  Bước 4. Kết luận Chú ý: +)Nếu hàm số y  f  x  liên tục và có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên D thì phương trình f  x   g  m  có nghiệm khi và chỉ khi min f  x   g  m   max f  x  D D +)Nếu bài toán yêu cầu tìm tham số để phương trình có k nghiệm phân biệt, ta chỉ cần dựa vào bảng biến thiên để xác định điều kiện sao cho đường thẳng y  g  m  nằm ngang cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại k điểm phân biệt 2. Bài tập Bài tập1: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong đoạn  100;100 để phương trình 2 x  1  x  m có nghiệm thực? A. 100 B.101 C. 102 D. 103 Hướng dẫn giải Chọn D Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 137 Điều kiện x  1  t0 Đặt t  x  1   2 x  t 1 Ta được phương trình 2t  t 2  1  m  m  t 2  2t  1 Xét hàm số f  t   t 2  2t  1, t  0 f   t   2t  2  0  t  1 Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi m  2  100  m  2 Vậy có 103 giá trị nguyên m thỏa mãn Bài tập 2. Cho phương trình m   x 2  2 x  2  1  x 2  2 x  0 ( m là tham số). Biết rằng tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn 0;1  2 2  là đoạn  a; b  . Giá trị của biểu thức T  a  2b là A. T  4 B. T  7 2 C. T  3 D. T  1 2 Hướng dẫn giải Chọn A Đặt t  x 2  2 x  2 Xét hàm số t  x   x 2  2 x  2 trên đoạn 0;1  2 2  t  x   x 1 x  2x  2 2  t  0  x  1   Vì t  0   2; t 1  1; t 1  2 2  3 nên t  1;3 Yêu cầu của bài toán tương đương với phương trình m  t  1  t 2  2 có nghiệm thuộc đoạn 1;3  m  t2  2 có nghiệm thuộc đoạn 1;3 (1) t 1 Xét hàm số f  t   t2  2 trên đoạn 1;3 t 1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 138 f  t   t 2  2t  2  t  1 2  0, t  1;3 khi hàm số đồng biến trên đoạn 1;3 Để phương trình (1) đã cho có nghiệm thì min f  t   m  max f  t  1;3 1;3 1 7  f 1  m  f  3    m  2 4 1 7 Vậy a   ; b   T  4 . 2 4  x y  2 Bài tập 3. Giá trị nhỏ nhất của tham số m để hệ phương trình  4 4 x  y  m  x, y    có nghiệm là m0 Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. m0   20; 15   3  C. m0   ;0   2  B. m0   12; 8  1 9 D. m0   ;  2 4 Hướng dẫn giải Chọn D  x  y  2 1 Ta có  4 4  x  y  m  2 Từ (1) suy ra y  2  x thay vào (2) ta được (2)  x 4   2  x   m 4 (3) Xét hàm số f  x   x 4   2  x  có tập xác định D   4 f   x   4 x3  4  2  x   f   x   0  x3   2  x   x  2  x  x  1 3 3 Bảng biến thiên Hệ đã cho có nghiệm thực khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm thực 1 9 Dựa vào bảng biến thiên ta được m  2  m0  2   ;  . 2 4 Dạng 13. Tìm m để bất phương trình F  x; m   0; F  x; m   0; F  x, m   0; F  x; m   0 có nghiệm trên tập D 1. Phương pháp giải Thực hiện theo các bước sau Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 139 Bước 1. Cô lập tham số m và đưa về dạng g  m   f  x  hoặc g  m   f  x  hoặc g  m   f  x  hoặc g m  f  x Bước 2. Khảo sát sự biến thiên của hàm số f  x  trên D Bước 3. Dựa vào bảng biến thiên xác định các giá trị của tham số m Bước 4. Kết luận Chú ý: Nếu hàm số y  f  x  liên tục và có giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ nhất trên D thì +) Bất phương trình g  m   f  x  có nghiệm trên D  g  m   max f  x  D +) Bất phương trình g  m   f  x  nghiệm đúng x  D  g  m   min f  x  D +) Bất phương trình g  m   f  x  có nghiệm trên D  g  m   min f  x  D +) Bất phương trình g  m   f  x  nghiệm đúng x  D  g  m   max f  x  D 2. Bài tập Bài tập 1: Các giá trị của tham số m để bất phương trình x  4  m  0 có nghiệm trên khoảng  ;1 x 1 là A. m  5 B. m  3 C. m  1 D. m  3 Hướng dẫn giải Chọn B Bất phương trình đã cho tương đương với x  Xét hàm số y  x  4 m x 1 4 trên khoảng  ;1 x 1  x  1  4 y  1   2 2  x  1  x  1 4 2  x  3   ;1  y  0    x  1   ;1 Bảng biến thiên Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 140 Từ bảng biến thiên, để bất phương trình x  4  m  0 có nghiệm trên khoảng  ;1 thì m  3 . x 1 Bài tập 2. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m   0; 2019 để bất phương trình x2  m  1  x  2 3  0 nghiệm đúng với mọi x   1;1 . Số các phần tử của tập S là A. 1 B. 2020 C. 2019 D. 2 Hướng dẫn giải Chọn C Đặt t  1  x 2 , với x   1;1  t   0;1 Bất phương trình đã cho trở thành t 3  t 2  1  m  0  m  t 3  t 2  1 (1) Yêu cầu của bài toán tương đương với bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi t   0;1 Xét hàm số f  t   t 3  t 2  1  f   t   3t 2  2t  t  0   0;1 f  t   0   2 t    0;1  3  2  23 nên max f  t   1 Vì f  0   f 1  1; f    0;1  3  27 Do đó bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi t   0;1 khi và chỉ khi m  1 Mặt khác m là số nguyên thuộc  0; 2019 nên m  1; 2;3;…; 2019 Vậy có 2019 giá trị của m thỏa mãn bài toán. Bài tập 3. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  1;3 và có đồ thị như hình vẽ. Bất phương trình f  x   x  1  7  x  m có nghiệm thuộc  1;3 khi và chỉ khi A. m  7 B. m  7 C. m  2 2  2 D. m  2 2  2 Hướng dẫn giải Chọn A Xét hàm số P  x  1  7  x trên đoạn  1;3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 141 Ta có P 2  8  2  x  1 .  7  x   8   x  1   7  x   16  P  4 Dấu bằng xảy ra khi x  3 Suy ra max P  4 tại x  3  1;3 (1) Mặt khác dựa vào đồ thị của f  x  ta có max f  x   3 tại x  3  1;3  (2)  Từ (1) và (2) suy ra max f  x   x  1  7  x  7 tại x  3  1;3 Vậy bất phương trình  f  x   x  1  7  x  m có nghiệm thuộc  1;3 khi và chỉ khi  m  max f  x   x  1  7  x  m  7 .  1;3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 142 BÀI 4. TIỆM CẬN A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM Đường thẳng y  y0 được gọi là đường tiệm cận ngang (gọi tắt là tiệm cận ngang) của đồ thị hàm số y  f  x  nếu lim f  x   y0 hoặc lim  y0 x  x  Đường thẳng x  x0 được gọi là đường tiệm cận đứng (gọi tắt là tiệm cận đứng) của đồ thị hàm số y  f  x  nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thỏa mãn: lim f  x   ; lim f  x    ; x  x0 x  x0 lim f  x   ; lim f  x    . x  x0 x  x0 B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1. Xác định các đường tiệm cận dựa vào định nghĩa 1. Phương pháp giải Tiệm cận ngang Đường thẳng y  y0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  nếu lim f  x   y0 hoặc x  lim f  x   y0 x  Tiệm cận đứng Đường thẳng x  x0 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 143 lim f  x   ; lim f  x    ; lim f  x   ; lim f  x    x  x0 x  x0 x  x0 x  x0 2. Bài tập Bài tập 1: Các đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  2x  1 tạo với hai trục tọa độ một hình chữ nhật có x 1 diện tích bằng A. 2 (đvdt) B. 3 (đvdt) C. 1 (đvdt) D. 4 (đvdt) Hướng dẫn giải Chọn A Tập xác định D   \ 1 Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x  1 và tiệm cận ngang là y  2 . Khi đó hình chữ nhật tạo bởi hai đường tiệm cận và hai trục tọa độ có các kích thước là 1 và 2 nên có diện tích S  1.2  2 (đvdt) Bài tập 2: Biết các đường tiệm cận của đường cong  C  : y  6 x  1  x2  2 và trục tung cắt nhau tạo x5 thành một đa giác  H  . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A.  H  là một hình chữ nhật có diện tích bằng 8 B.  H  là một hình vuông có diện tích bằng 4 C.  H  là một hình vuông có diện tích bằng 25 D.  H  là một hình chữ nhật có diện tích bằng 10 Hướng dẫn giải Chọn D   Tập xác định ;  2    2;   \ 5 6x  1  x2  2  5  y  5 là tiệm cận ngang của  C  x  x5 Ta có lim y  lim x  6x  1  x2  2  7  y  7 là tiệm cận ngang của  C  x  x5 lim y  lim x  lim y  ; lim    x  5 là tiệm cận đứng của  C  x 5  x 5 Vậy đồ thị có ba đường tiệm cận là y  5; y  7; x  5 cùng với trục tung tạo thành một hình chữ nhật có kích thước 2  5 nên có diện tích bằng 10. Dạng 2: Tiệm cận của đồ thị hàm số y  ax  b cx  d 1. Phương pháp giải Để tồn tại các đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  ax  b thì c  0 và ad  bc  0 cx  d Khi đó phương trình các đường tiệm cận là Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 144 + Tiệm cận đứng x   + Tiệm cận ngang y  d c a c 2. Bài tập Bài tập 1: Giá trị của tham số thực m để đồ thị hàm số y   2m  1 x  1 xm có đường tiệm cận ngang y  3 là A. m  1 B. m  0 C. m  2 D. m  3 Hướng dẫn giải Chọn C Điều kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận là  m  2m  1  1  0  2m 2  m  1  0  m   Phương trình đường tiệm cận ngang là y  2m  1 nên có 2m  1  3  m  2 . Bài tập 2: Tập hợp các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  A.  B.  \ 0 C.  \ 1 x 1 có tiệm cận đứng là mx  1 D.  \ 0; 1 Hướng dẫn giải Chọn D m  0 m  0 Điều kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận là   1  m  0 m  1 Bài tập 3. Tập hợp các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  A.   1 B. 0;   3 1  C.   3 x3 không có tiệm cận đứng là mx  1 D. 0 Hướng dẫn giải Chọn B Điều kiện để đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng là m  0 m  0   1  3m  0   m  1  3  ax  b . Biết đồ thị hàm số đã cho đi qua điềm A  0;  1 và có đường tiệm x 1 cận ngang là y  1 . Giá trị a  b bằng Bài tập 4: Cho hàm số y  A. 1 B. 0 C. 3 D. 2 Hướng dẫn giải Chọn B Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 145 Điều kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận là a  b  0 Do đồ thị hàm số đi qua điểm A  0;  1 nên b  1 Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y  a  a  1 (thỏa mãn điều kiện) Vậy a  b  0 Bài tập 5: Biết rằng đồ thị của hàm số y   a  3 x  a  2019 x   b  3 nhận trục hoành làm tiệm cận ngang và trục tung làm tiệm cận đứng. Khi đó giá trị của a  b bằng A. 3 B. -3 C. 6 D. 0 Hướng dẫn giải Chọn D Điều kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận là   a  3 b  3   a  2019   0 Phương trình các đường tiệm cận là x  b  3 b  3  0 b  3 (thỏa mãn điều kiện)     y  a  3 a  3  0 a  3 Vậy a  b  0 Bài tập 6: Giá trị thực của tham số m để đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  x 1 đi qua điểm 2x  m A 1; 2  là A. m  4 B. m  2 C. m  4 D. m  2 Hướng dẫn giải Chọn B Điều kiện để đồ thị hàm số có đường tiệm cận là m  2  0  m  2 Đường tiệm cận đứng là x   m m    1  m  2 (thỏa mãn) 2 2 mx  1 với tham số m  0 . Giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm x  2m số thuộc đường thẳng nào dưới đây? Bài tập 7: Cho hàm số y  A. x  2 y  0 B. 2 x  y  0 C. x  2 y  0 D. y  2 x Hướng dẫn giải Chọn C Điều kiện để đồ thị hàm số có đường tiệm cận là 2m 2  1  0  m   . Phương trình các đường tiệm cận là x  2m; y  m nên tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là I  2m; m  thuộc đường thẳng x  2 y Bài tập 8: Tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  4x  5 có tiệm cận đứng nằm bên xm phải trục tung là Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 146 A. m  0 và m  5 4 B. m  0 C. m  0 và m  3 4 D. m  0 Hướng dẫn giải Chọn A. Điêu kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận là 4m  5  0  m  5 4 Phương trình đường tiệm cận đứng là x  m Để tiệm cận đứng nằm bên phải trục tung thì m  0 m  0  Vậy điều kiện cần tìm là  5  m  4 Dạng 3: Tiệm cận của đồ thị hàm số phân thức hữu tỷ 1. Phương pháp giải – Tiệm cận của đồ thị hàm số y  – Đồ thị hàm số y  A với A là số thực khác 0 và f  x  là đa thức bậc n  0 . f  x A luôn có tiệm cận ngang y  0 . f  x – Đường thẳng x  x0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  A khi và chỉ khi x0 là nghiệm của f  x f  x  hay f  x0   0 – Tiệm cận của đồ thị hàm số y  – Điều kiện để đồ thị hàm số y  f  x g  x f  x g  x với f  x  , g  x  là các đa thức bậc khác 0. có tiệm cận ngang là bậc f  x   bậc g  x  . – Điều kiện để đường thẳng x  x0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x g  x là x0 là nghiệm của g  x  nhưng không là nghiệm của f  x  hoặc x0 là nghiệm bội n của g  x  , đồng thời là nghiệm bội m của f  x  và m  n 2. Bài tập Bài tập 1: Tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  A. m  8 B. m  0 C. m  4 mx 2  2 x  1 có tiệm cận đứng là 2x  1 D. m  8 Hướng dẫn giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 147 Chọn D  1 Tập xác định D   \   . Đặt g  x   mx 2  2 x  1  2 Để đồ thị hàm số có tiệm cận đứng thì x   1 không là nghiệm của g  x  2 m  1  g     0   2  0  m  8 4  2 Bài tập 2: Biết đồ thị hàm số y  x 1 (m, n là tham số) nhận đường thẳng x  1 là tiệm cận x  2mx  n  6 2 đứng, giá trị của m  n bằng A. 6 B. 10 C. -4 D. -7 Hướng dẫn giải Chọn C Điều kiện: x 2  2mx  n  6  0 . Đặt g  x   x 2  2mx  n  6 Do x  1 là nghiệm của f  x   x  1 nên đồ thị hàm số đã cho nhận đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng thì x  1 phải là nghiệm kép của phương trình  g 1  2m  n  7  0  n  2m  7 m  1 g  x  0    2  2 n  5  m  2m  1  0    m  n  6  0 Vậy m  n  4 . Bài tập 3: Biết đồ thị hàm số y   2m  n  x 2  mx  1 x 2  mx  n  6 nhận trục hoành và trục tung làm hai tiệm cận. Giá trị m  n bằng A. 8 B. 9 C. 6 D. -6 Hướng dẫn giải Chọn B Điều kiện x 2  mx  n  6  0 Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y  2m  n  2m  n  0 (1) Đặt f  x   (2m  n) x 2  mx  1 và g  x   x 2  mx  n  6 Nhận thấy f  0   0 với mọi m, n nên đồ thị nhận trục tung x  0 là tiệm cận đứng thì g  0   0  n  6  0  n  6 . Kết hợp với (1) suy ra m  3 . Vậy m  n  9 Bài tập 4: Cho hàm số y   C  có tiệm cận ngang A. 8 ax 2  x  1 có đồ thị  C  (a, b là các số thực dương và ab  4 ). Biết rằng 4 x 2  bx  9 y  c và có đúng một tiệm cận đứng. Giá trị của tổng T  3a  b  24c bằng B. 9 C. 6 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 D. 11 Trang 148 Hướng dẫn giải Chọn D Điều kiện 4 x 2  bx  9  0 Phương trình tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y  a a  c 4 4 Đồ thị  C  có một tiệm cận đứng nên ta có các trường hợp sau: Trường hợp 1: Phương trình 4 x 2  bx  9  0 có nghiệm kép x  x0 và không là nghiệm của ax 2  bx  1  0  b 2  144  0  b  12 . Vì b  0 nên b  12  a  1 1 c 3 12 1 2 x  x 1 (thỏa mãn) Thử lại ta có hàm số y  3 2 4 x  12 x  9 1 1 Vậy T  3.  12  24.  11 3 12 Trường hợp 2: 4 x 2  bx  9  0 có hai nghiệm phân biệt và một trong hai nghiệm thỏa mãn ax 2  x  1  0 . Điều này không xảy ra vì ab  4 . Chú ý: a; b > 0 nên mẫu số (nếu có) hai nghiệm đều âm, tử số hai nghiệm trái dấu. Dạng 4 Tiệm cận của đồ thị hàm số vô tỷ Cho hàm số vô tỷ y  f  x  – Tìm tập xác định D của hàm số. – Để tồn tại tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  thì trong tập xác định D của hàm số phải chứa ít nhất một trong hai kí hiệu -∞ hoặc +∞ và tồn tại ít nhất một trong hai giới hạn lim y hoặc lim y hữu x  x  hạn. 2. Bài tập Bài tập 1: Biết đồ thị hàm số y  2 x  ax 2  bx  4 có tiệm cận ngang y  1 Giá trị 2a  b3 bằng A. 56 B. -56 C. -72 D. 72 Hướng dẫn giải Chọn B. Điều kiện ax 2  bx  4  0 Để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang thì a  0 Khi đó, ta có   lim y  lim 2 x  ax 2  bx  4   x  x  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 149   lim y  lim 2 x  ax  bx  4  lim x  x  2 a  4  0   b    a  2  1  x   a  4  x 2  bx  4 ax 2  bx  4  2 x  1 a  4 3 b  4 . Vậy 2a  b  56  Chú ý: Để lim y  1 thì bậc tử phải bằng bậc mẫu nên phải có a  4  0 . Khi đó lim y  x  x  Bài tập 2: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  b  a2 mx  x 2  2 x  3 có một đường 2x  1 tiệm cận ngang là y  2 ? A. 0 B. Vô số C. 1 D. 2 Hướng dẫn giải Chọn D 1  Tập xác định D   \   2 Ta có lim y  x  m 1 m 1 ; lim y  x  2 2 m 1  2 2  Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang là y  2    m 1  2  2 m  3 m  5  Dạng 5: Biết đồ thị, bảng biến thiên của hàm số y  f  x  , xác định tiệm cận của đồ thị hàm số y A với A là số thực khác 0, g  x  xác định theo f  x  g  x 1. Phương pháp giải – Xác định tiệm cận đứng: + Số tiệm cận của đồ thị hàm số y  A là số nghiệm của phương trình g  x   0 . g  x + Dựa vào đồ thị, bảng biến thiên của hàm số y  f  x  để xác định số nghiệm của phương trình g  x   0 để suy ra số đường tiệm cận đứng. – Xác định tiệm cận ngang: dựa vào nhánh vô tận của đồ thị, bảng biến thiên của hàm số để xác định. 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 150 Tổng số đường tiệm cận của hàm số y  A. 2. B. 3. 1 là f  x 1 C. 1. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn D. Số đường tiệm cận đứng của đồ thị là số nghiệm của phương trình f  x   1  0  f  x   1 . Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số y  1 có f  x 1 hai đường tiệm cận đứng. Ta có lim x  1 1 1 1 1 1   ; lim   nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận f  x   1 3  1 4 x  f  x   1 1  1 2 ngang là y  1 1 và y  . 4 2 Vậy đồ thị hàm số y  1 có bốn đường tiệm cận. f  x 1 Bài tập 2. Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới. Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  A. 2. B. 4. 1 là f  x  x  3 3 C. 3. D. 1. Hướng dẫn giải Chọn A. Đặt t  x3  x , ta có khi x   thì t   và khi x   thì t   . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 151 Mặt khác ta có t   3 x 2  1  0, x   nên với mọi t   phương trình x3  x  t có duy nhất một nghiệm x. Số đường tiệm cận đứng của đồ thị là số nghiệm của phương trình f  t   3  0  f  t   3 . Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có duy nhất một nghiệm nên đồ thị hàm số y  1 f  x  x  3 3 có một tiệm cận đứng. Ta có lim x  y 1 1 1 1  lim  0 ; lim  lim  0 nên đồ thị hàm số 3 x  f x  x  3 t  f  t   3 f  x  x   3 t  f  t   3   3 1 có một tiệm cận ngang là y  0 . f  x  x  3 3 Vậy đồ thị có hai đường tiệm cận Bài tập 3. Cho hàm số bậc ba f  x   ax 3  bx 2  cx  d  a, b, c, d    có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Đồ thị hàm số g  x   1 có bao nhiêu đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang? f  4  x2   3 A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Hướng dẫn giải Chọn C. Đặt t  4  x 2 , ta có khi x   thì t   . Khi đó lim g  x   lim x  t  1  0 nên y  0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số g  x  . f t   3  4  x 2  2 x   6 Mặt khác f  4  x   3  0  f  4  x   3     2 x  0 4  x  4 2 2  Đồ thị hàm số g  x  có ba đường tiệm cận đứng. Vậy đồ thị hàm số g  x  có bốn đường tiệm cận. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 152 Dạng 6: Biết đồ thị, bảng biến thiên của hàm số y  f  x  , xác định tiệm cận của đồ thị hàm số y   x g  x với   x  là một biểu thức theo x, g  x  là biểu thức theo f  x  1. Phương pháp giải – Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  tìm nghiệm của phương trình g  x   0 và xác định biểu thức g  x . – Rút gọn biểu thức   x và tìm tiệm cận đứng, tiệm cận ngang. g  x Chú ý: – Điều kiện tồn tại của   x  . – Sử dụng tính chất nếu đa thức g  x  có nghiệm là x  x0 thì g  x    x  x0  .g1  x  , ở đó g1  x  là một đa thức. 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hàm số bậc ba f  x   ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ. Đồ thị hàm số g  x  x  2  3x  2  x  1 x  f 2  x   f  x   có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? A. 4. B. 6. C. 3. D. 5. Hướng dẫn giải Chọn C. x  1 x  1   Điều kiện xác định  x  0   f  x  0 .  2   f  x  f  x  0  f  x  1  f  x  0 Xét phương trình f 2  x   f  x   0    f  x   1 1 .  2 Dựa vào đồ thị ta thấy – Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x  x1  1 (loại) và x  2 (nghiệm kép). – Phương trình (2) có ba nghiệm phân biệt x  1 , x  x2  1; 2  , x  x3  2 . Khi đó Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 153 f 2  x   f  x   f  x   f  x   1  a 2  x  x1  x  2   x  1 x  x2  x  x3  2 Suy ra g  x   x 1 , a x  x  x1  x  2  x  x2  x  x3  2 trong đó x1  1 , x2  1; 2  , x3  2 nên đồ thị hàm số y  g  x  có ba tiệm cận đứng là x  2 ; x  x2 ; x  x3 . Bài tập 2. Cho hàm số bậc ba f  x   ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Đặt g  x   x2  x . Đồ thị hàm số y  g  x  có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? f 2  x  2 f  x A. 4. B. 2. C. 5. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn A.  f  x  0 . Điều kiện xác định f 2  x   2 f  x   0    f  x   2  f  x  0 Ta có f 2  x   2 f  x   0   .  f  x   2 Dựa vào đồ thị ta có f  x   0 có hai nghiệm x  x1  0 và x  1 (nghiệm kép).  x  x2   x1 ; 1  f  x  2  x  0 .  x  x3  1  Vậy biểu thức f 2  x   2 f  x   f  x   f  x   2   a 2  x  x1  x  1 .x  x  x2  x  x3  . 2 Khi đó ta có g  x   x2  x 1 .  2 2 f  x   2 f  x  a  x  1 x  x1  x  x2  x  x3  Vậy đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận đứng. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 154 Bài tập 3. Cho f  x  là hàm đa thức bậc 6 có bảng biến thiên như sau Đồ thị hàm số  x  3  x 2  4 x  3 g  x  f   x   f  x   2  A. 3. có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? B. 2. C. 4. D. 1. Hướng dẫn giải Chọn A.  f   x   0 . Điều kiện   f  x   2 Ta có  x  3  x 2  4 x  3   x  3 2  x  1 ;  f  x  0 . f   x  .  f  x   2   0    f  x   2 Dựa vào bảng biến thiên, ta có f   x   0 có nghiệm là x  1 ; x  2 (nghiệm kép); x  3 (nghiệm kép)  f   x   a  x  1 x  2  2  x  3 2 với a  0 .  x  x1  1 nên f  x    x  x1  x  x2  . p  x  với p  x  là một đa thức f  x   2 có hai nghiệm   x  x2   2;3 bậc 4 và p  x   0, x   . Khi đó g  x   1 a  x  2 2  x  x1  x  x2  . p  x  . Vậy đồ thị hàm số y  g  x  có ba đường tiệm cận đứng. Chú ý: Do f(x) là hàm đa thức bậc 6 nên f’(x) là hàm đa thức bậc 5. Bài tập 4. Cho hàm số y  f  x là hàm đa thức bậc 6 thỏa mãn 3 f 1  2  0 và 3 f  a   a 3  3a  0, a  2 . Đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 155 Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số g  x   A. 0. B. 2. x 1 là 3 f  x  2   x3  3x C. 1. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn B. Đặt h  x   3 f  x  2   x 3  3 x . Điều kiện h  x   0 . Ta có h   x   3 f   x  2   3 x 2  3 , h   x   0  f   x  2   x 2  1 . Đặt t  x  2 , ta được f   t   t 2  4t  3 . (*) Vẽ đồ thị hàm số y  t 2  4t  3 vào cùng hệ trục có đồ thị hàm số y  f   t  ta được hình vẽ sau Dựa vào đồ thị ta thấy (*) có ba nghiệm là t  1; t  3; t  a  4 . Suy ra phương trình h   x   0 có nghiệm đơn x  1; x  1; x  a  2  b  2 . Ta có bảng biến thiên của h  x  như sau Vì h  1  3 f 1  2  0 và h  b   3 f  a    a  2   3  a  2   3 f  a   a 3  3a  6a 2  12a  2  0 3 với mọi a  4 nên phương trình h  x   0 có hai nghiệm phân biệt x  x1  1; x  x2   1;1 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 156 Vậy đồ thị hàm số y  g  x  có hai tiệm cận đứng. Dạng 7: Biện luôn số đường tiệm cận của đồ thị hàm số phân thức y  f  x g  x , với f  x  và g  x  là các đa thức 1. Phương pháp giải Điều kiện đề đồ thị hàm số y  thị hàm số y  f  x g  x f  x g  x có tiệm cận ngang khi và chỉ khi bậc f  x   bậc g  x  . Khi đó đồ có đúng một đường tiệm cận ngang. Điều kiện để đồ thị hàm số y  f  x g  x có tiệm cận đứng x  x0 Trường hợp 1: x  x0 là nghiệm của phương trình g  x   0 nhưng không là nghiệm của phương trình f  x  0 . Trường hợp 2: x  x0 là nghiệm bội n của phương trình g  x   0 , đồng thời là nghiệm bội m của phương trình f  x   0 thì n  m . Ta có f  x    x  x0  . f1  x  với f1  x  không có nghiệm x  x0 và g  x    x  x0  .g1  x  với g1  x  m n không có nghiệm x  x0 . Khi đó f  x   x  x0  . f1  x  f1  x  y   n g  x   x  x0  .g1  x   x  x0 n  m .g1  x  m nên x  x0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho. 2. Bài tập Bài tập 1. Gọi S là tập các giá trị nguyên dương của tham số m để đồ thị hàm số y  x2 có x  2 x  m 2  3m 2 ba tiệm cận. Tổng các giá trị của tập S bằng A. 6. B. 19. C. 3. D. 15. Hướng dẫn giải Chọn C. Điều kiện x 2  2 x  m 2  3m  0 . Ta có lim y  0  đồ thị hàm số luôn có một tiệm cận ngang y  0 . x  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 157 Số đường tiệm cận đứng của hàm số đã cho là số nghiệm khác -2 của phương trình x2 có ba tiệm cận thì phương trình x 2  2 x  m 2  3m  0 nên để đồ thị hàm số y  2 x  2 x  m 2  3m x 2  2 x  m 2  3m  0 phải có hai nghiệm phân biệt khác -2.  3  13 3  13 2 m 1  m  3m  0   2  2 2 . m  3m  0 m  0, m  3  Do m nguyên dương nên m  1; 2 . Vậy tổng các giá trị của tập S bằng 3. x2  m Bài tập 2. Tổng tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  2 có đúng hai đường x  3x  2 tiệm cận là A. -5 B. 4 C. -1 D. 5 Hướng dẫn giải Chọn A. Điều kiện x  1; x  2 . Vì lim y  1 nên đồ thị luôn có một đường tiệm cận ngang y  1 với mọi m. x  x  1 Ta có x 2  3 x  2   . x  2 Xét f  x   x 2  m . Để đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận thì f  x  phải nhận x  1 hoặc  f 1  0 m  1  0  m  1   . x  2 là nghiệm hay  m  4  0  m  4  f  2   0  Với m  1 , ta có hàm số y  x2  1 x 1 nên đồ thị có hai đường tiệm cận là x  2; y  1  2 x  3x  2 x  2 (thỏa mãn).  Với m  4 , ta có hàm số y  x2  4 x2 nên đồ thị có hai đường tiệm cận là x  1; y  1  2 x  3x  2 x  1 (thỏa mãn). Vậy S  1; 4 nên tổng các giá trị m bằng -5. Bài tập 3. Tính tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y  x 2  3x  2 không x 2  mx  m  5 có đường tiệm cận đứng A. -12. B. 12. C. 15. D. -15. Hướng dẫn giải Chọn D. Điều kiện x 2  mx  m  5  0 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 158 Đặt f  x   x 2  3 x  2, g  x   x 2  mx  m  5 . x  1 là nghiệm đơn của tử thức. Ta có f  x   0   x  2 Để đồ thị không có tiệm cận đứng, ta có các trường hợp sau Trường hợp 1. Phương trình g  x   0 vô nghiệm   m 2  4m  20  0  2  2 6  m  2  2 6 . Do m   nên m  6; 5;…; 2 1  m  m  5  0 Trường hợp 2. f  x   0 nhận đồng thời x  1 và x  2 làm nghiệm    m 3.  4  2m  m  5  0 Thử lại, ta có y  x 2  3x  2  1 , khi đó đồ thị hàm số y  1 không có tiệm cận  loại. x 2  3x  2 Vậy các giá trị nguyên của m để đồ thị không có tiệm cận đứng là m  6; 5;…; 2;3 nên tổng bằng -15. Bài tập 4. Tập hợp các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  2x 1 có  mx  2 x  1 4 x 2  4mx  1 2 đúng một đường tiệm cận là A. 1;0 B. 0 C.  ; 1  0 D.  ; 1  1;   Hướng dẫn giải Chọn B.  mx 2  2 x  1  0 Điều kiện  2 .  4 x  4mx  1  0 – Với m  0 , hàm số có dạng y  1 . 4 x2  1 Đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận ngang y  0 . Do đó m  0 là một giá trị cần tìm. – Với m  0 . Ta có lim y  0 nên đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang y  0 . x  Để đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận thì + Trường hợp 1. Hai phương trình f  x   mx 2  2 x  1  0 và g  x   4 x 2  4mx  1  0 cùng vô nghiệm 1  m  0 m  1  2   vô nghiệm 1  m  1 4m  4  0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 159 + Trường hợp 2. Phương trình  mx 2  2 x  1 4 x 2  4mx  1  0 có nghiệm duy nhất là x  x 1 . Khi đó 2 1 là nghiệm của một trong hai phương trình f  x   0 hoặc g  x   0 2 m 0 m  0 . 4   m  1  1  2m  1  0 Do m  0 nên m  1 . Thử lại, với m  1 thì hàm số là y 2x 1 1  2 2   x  2 x  1 4 x  4 x  1   x  2 x  1  2 x  1 2 Khi đó, đồ thị hàm số đã cho có các tiệm cận đứng là x  1  2, x  1  m  1 không thỏa mãn. 2 Vậy tập hợp tham số m cần tìm là m  0 . Dạng 8: Biện luận số đường tiệm cận của đồ thị hàm số chứa căn thức 1. Phương pháp giải Thực hiện theo các bước sau Bước 1. Tìm tập xác định của hàm số. Bước 2. Xác định các đường tiệm cận. – Tiệm cận ngang + Điều kiện cần: Để đồ thị hàm số chứa căn thức có tiệm cận ngang thì trong tập xác định phải có các khoảng  ; a  hoặc  b;   . + Điều kiện đủ là: Tồn tại một trong các giới hạn lim  a hoặc lim  b thì đường thẳng y  a hoặc x  x  y  b là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho. * Tiệm cận đứng: Tồn tại giá trị x0 để một trong các giới hạn lim y   hoặc lim y   thì x  x0 là x  x0 x  x0 tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho 2. Bài tập mẫu Bài tập 1. Tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  A. m  4 9 B. m  0 C. 0  m  4 9 mx 2  4 có đúng ba tiệm cận là x3 D. m   Hướng dẫn giải Chọn A. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 160 mx 2  4  0 Điều kiện  . x  3 Để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang thì m  0 . 2   2   Khi đó tập xác định của hàm số là D   ;  ;   \ 3 .  m  m   Ta có lim x  Nếu m  0 thì mx 2  4  0 mx 2  4 mx 2  4  m ; lim   m nên đồ thị hàm số x  x3 x 3 có hai tiệm cận ngang là y   m Để tồn tại tiệm cận đứng x  3 thì 3  Kết hợp lại ta có m  2 4 m . 9 m 4 . 9 Bài tập 2. Tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  x  1  x 2  3x có đúng hai x 2   m  1 x  m  2 đường tiệm cận là A. m   m  1  B.   m  2 m  3  m  1 D.   m  2 m  2 C.  m  3 Hướng dẫn giải Chọn D. 2  x  3; x  0  x  3 x  0  Điều kiện  2 .  x  1; x  m  2  x   m  1 x  m  2  0 Tập xác định D   ; 3   0;   \ 1;  m  2 Ta có lim y  0, m  D  y  0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x  Để đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận thì phải có một đường tiệm cận đứng. – Với m  3 thì D   ; 3   0;   \ 1 . Khi đó, ta có hàm số y  1 x  1  x 2  3x  . 2 x  2x 1  x  1 x  1  x 2  3x   Do đó lim y   và lim y   nên x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số  m  3 thỏa mãn. x 1 x 1 – Với m  3 , ta có Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 161 lim y  lim x 1 x 1 x  1  x 2  3x 1 1  lim  2 x   m  1 x  m  2 x 1  x  m  2  x  1  x 2  3x 4  m  3    x  1 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.  m  2  3  m  1 Để đường x   m  2 là tiệm cận đứng thì  .   m  2  0  m  2 Khi đó lim x (  m  2) m  1  y   (tùy theo m) nên x  m  2 là tiệm cận đứng khi   m  2 .  m  3  m  1 . Kết hợp cả hai trường hợp, ta có   m  2 Bài tập 3. Tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  x  mx 2  1 có tiệm cận ngang là A. m  1 B. 0  m  1 C. m  1 D. m  1 Hướng dẫn giải Chọn C. Trường hợp 1. Với m  0 thì hàm số là y  x  1 nên đồ thị không có tiệm cận ngang. Do đó m  0 không phải giá trị cần tìm.  1 1  Trường hợp 2. Với m  0 thì hàm số có tập xác định là D    y ;  nên không tồn tại xlim   m m  và lim y  đồ thị không có tiệm cận ngang. x  Do đó m  0 không phải giá trị cần tìm. Trường hợp 3. Với m  0 thì hàm số có tập xác định là D   .   Xét lim x  mx 2  1   . x    Xét lim x  mx  1  lim x  2 x  1  m  x 2  1 x  mx 2  1 . Để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang thì 1  m  0  m  1 . Bài tập 4. Tập tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y  x 1 mx  3mx  2 2 có bốn đường tiệm cận phân biệt là A.  0;   9  B.  ;   8   8  C.  ;   9   8  D.  ;   \ 1 9   Hướng dẫn giải Chọn D. Điều kiện mx 2  3mx  2  0 . (*) Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 162 x 1 Trường hợp 1. Với m  0 , ta có y  2 nên đồ thị không có đường tiệm cận. Do đó m  0 không phải giá trị cần tìm. Trường hợp 2. Với m  0 . Phương trình mx 2  3mx  2  0 có   9m 2  8m  0, m  0 nên Nếu   0 thì hàm số mx 2  3mx  2  0  x   x1 ; x2  (với x1 , x2 là hai nghiệm của phương có tập xác định là trình mx 2  3mx  2  0 ) nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang, chỉ D có tối đa hai tiệm cận đứng Do đó m  0 không phải giá trị cần tìm. Trường hợp 3. Với m  0 . Xét phương trình mx 2  3mx  2  0 . – Nếu   9m 2  8m  0  0  m  8 . Hàm số xác định trên  . 9 Khi đó mx 2  3mx  2  0, x   nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng mà chỉ có hai tiệm cận ngang là y   1 1 1 và lim  . vì lim  x  x  m m m – Nếu   9m 2  8m  0  m  Khi đó, hàm số trở thành y  8 . 9 3 x  2 8 x  24 x  18 2  3 x  2 2 2x  3 nên đồ thị hàm số chỉ có một tiệm cận đứng và hai tiệm cận ngang. – Nếu   9m 2  8m  0  m  8 . 9 Hàm số xác định trên các khoảng  ; x1  và  x2 ;   . 1 . Khi đó đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là y   m Để đồ thị hàm số đã cho có bốn đường tiệm cận thì đồ thị hàm số phải có hai đường tiệm cận đứng. Vì x  1 là nghiệm của tử f  x   x  1 nên để đồ thị có hai tiệm cận đứng thì x 1 không phải là nghiệm của phương trình Nếu x  1 là nghiệm của phương trình g  x   0 , do phương trình g  x   0 có hai nghiệm phân biệt nên phương trình g  x   0 có một nghiệm nữa x  a 1 thì g  x   m  x  1 .  x  a  . mx 2  3mx  2  0  m  3m  2  0  m  1 . Khi đó hàm số có dạng 8  m  Vậy giá trị của m cần tìm là  9.  m  1 y Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 x 1 m  x  1 .  x  a  nên chỉ có một tiệm cận Trang 163 đứng là x  a . Bài tập 5. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y  1 x 1 x  1  m  x  2m 2 có hai tiệm cận đứng? A. 1. B. 2. C. 4. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn B.  x  1 Điều kiện  2 .  x  1  m  x  2m  0 Đặt f  x   x 2  1  m  x  2m Để đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng thì phương trình f  x   0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  1 . Trường hợp 1. f  x  có nghiệm x  1  f  1  0  m  2 . Khi đó hàm số có dạng y  1 x 1 x 2  3x  4 có tập xác định là D   4;   nên chỉ có một tiệm cận đứng.   0  Trường hợp 2. f  x  có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  1   x1  1 x2  1  0  x  x  2 2  1 m  5  2 6  1  m   8m  0 m  5  2 6     2m  1  m  1  0    2  m  5  2 6 1  m  2  m  2  m  3 2 Do m   nên m  1; m  0 Dạng 9: Biện luận số đường tiệm cận của đồ thị hàm ẩn Bài tập 1. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và y  f   x  có bảng biến thiên như sau Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 164 Đồ thị hàm số g  x   2020 có nhiều nhất bao nhiêu đường tiệm cận đứng? f  x  m A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C. Điều kiện f  x   m . Để đồ thị hàm số g  x   2020 có đường tiệm cận đứng thì phương trình f  x   m phải có nghiệm. f  x  m x  a Từ bảng biến thiên của hàm số y  f   x  suy ra phương trình f   x   0 có đúng hai nghiệm là  x  b với 1  a  1  b . Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x  như sau Suy ra phương trình y  f  x  có nhiều nhất là ba nghiệm phân biệt. Vậy đồ thị hàm số g  x   2020 có nhiều nhất ba đường tiệm cận đứng. f  x  m Bài tập 2. Cho hàm số g  x   2020 với h  x   mx 4  nx 3  px 2  qx .  m, n, p, q  , m  0  , 2 h  x  m  m h  0   0 . Hàm số y  h   x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 165 Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số g  x  có hai tiệm cận đứng? A. 2. B. 11. C. 71. D. 2019 Hướng dẫn giải Chọn B. Từ đồ thị suy ra h  x   m  x  1 4 x  5  x  3  m  4 x3  13x 2  2 x  15  và m0 nên 13   h  x   m  x 4  x3  x 2  15 x  do h  0   0 . 3   Đồ thị g  x  có hai đường tiệm cận đứng  phương trình h  x   m 2  m có hai nghiệm phân biệt  x4  13 3 x  x 2  15 x  m  1 có hai nghiệm phân biệt. 3 Đặt f  x   x 4  13 3 x  x 2  15 x . 3 Ta có bảng biến thiên của f  x  như sau  32   35  ;1  m   ;0  . Vì m  0 nên m  1    3   3  Vậy có 11 số nguyên m. Bài tập 3. Cho hàm số y  f  x  là hàm số bậc 3. Đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ dưới đây và f  1  20 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 166 Đồ thị hàm số g  x   f  x   20 f  x  m (m là tham số thực) có bốn tiệm cận khi và chỉ khi B. f  3  m  f  1 A. m  f  3 C. m  f  1 D. f  3  m  f  1 Hướng dẫn giải Chọn B. Điều kiện f  x   m . Từ đồ thị hàm số f   x  , ta có bảng biến thiên hàm số f  x  là – Nếu m  20 thì đồ thị hàm số không có đủ bốn tiệm cận. – Nếu m  20 thì lim x  f  x   20 f  x  m  1  Đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Ta có phương trình f  x   20 có một nghiệm x  a  3 vì f  1  20 . Suy ra đồ thị hàm số g  x  có bốn tiệm cận khi phương trình f  x   m có ba nghiệm phân biệt khác a  f  3  m  f  1 . Bài tập 4. Cho hàm số f  x  liên tục trên  và lim f  x   1 ; lim f  x    . Có bao nhiêu giá trị x  x  nguyên của tham số m thuộc  2020; 2020 để đồ thị hàm số g  x   x 2  3x  x 2 f  x  f 2  x  m có tiệm cận ngang nằm bên dưới đường thẳng y  1 . A. 2. B. 0. C. 1. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn C. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 167  x  3; x  0  Điều kiện 0  f  x   2  2  2 f  x   f  x   m  0 Do lim f  x    nên khi x   thì 2 f  x   f 2  x    vì vậy x  2 f  x   f 2  x  không có nghĩa khi x đủ lớn. Do đó không tồn tại lim g  x  . x  Xét lim g  x  . x  Vì lim f  x   1 nên lim 2 f  x   f 2  x   lim  2 f  x   f 2  x    1 ; x  x  lim x  Từ đó lim g  x   x    x  x 2  3 x  x  lim x  3   3   1   1 x    3 2 3 với m  1 . 2m  2 Khi đó đồ thị hàm số g  x  có tiệm cận ngang là đường thẳng y  3 . 2m  2 Để tiệm cận ngang tìm được ở trên nằm dưới đường thẳng y  1 thì 3 1  1  1  m  2m  2 2 Vì m   nên m  0 . Dạng 10: Bài toán liên quan đến đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  ax  b cx  d 1. Phương pháp giải Đồ thị hàm số y  ax  b có đường tiệm cận khi và chỉ khi ad  bc  0, c  0 . cx  d Khi đó, phương trình đường tiệm cận đứng là x   Phương trình đường tiệm cận ngang là y  d . c a . c  d a – Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là điểm I   ;  và cũng là tâm đối xứng của đồ thị.  c c – Hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số cùng với hai trục tọa độ tạo thành một hình chữ nhật có các kích thước là  d a và nên có chu vi là c c Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 168 ad d a C  2    và diện tích là S  2 c  c  c 2. Bài tập mẫu Bài tập 1. Giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y   mx  1 có đường tiệm cận đứng đi qua điểm 2x  m  A 1; 2 là A. m  2 . C. m  2 . B. m  2 . D. m  1 . Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có ad  bc  m 2  2  0, m nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x     Để tiệm cận đứng đi qua điểm A 1; 2 thì  m . 2 m  1  m  2 . 2 Bài tập 2. Các đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  2x  3 tạo với hai trục tọa độ một hình chữ nhật có x 1 diện tích bằng A. 3 (đvdt) B. 6 (đvdt) C. 1 (đvdt) D. 2 (đvdt) Hướng dẫn giải Chọn D. Phương trình các đường tiệm cận là x  1; y  2 . Do đó hai đường tiệm cận và hai trục tọa độ tạo thành hình chữ nhật diện tích bằng 1.2 = 2 (đvdt). Bài tập 3. Tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  2mx  m có đường tiệm cận đứng, x 1 tiệm cận ngang của đồ thị hàm số cùng hai trục tọa độ tạo thành một hình chữ nhật có diện tích bằng 8 là A. m  2 . B. m  2 . C. m   1 . 2 D. m  4 . Hướng dẫn giải Chọn D. Điều kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận là 2m  m  0  m  0 . Khi đó phương trình hai đường tiệm cận là x  1 và y  2m . Theo công thức tính diện tích hình chữ nhật tạo bởi hai tiệm cận và hai trục tọa độ, ta có S  2m . Theo giả thiết thì 2m  8  m  4 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 169 Bài tập 4. Cho đồ thị hai hàm số f  x   2x  1 ax  1 1 và g  x   với a  . Tất cả các giá trị thực 2 x 1 x2 dương của tham số a để các tiệm cận của hai đồ thị hàm số tạo thành một hình chữ nhật có diện tích bằng 4 là A. a  6 . B. a  4 . C. a  3 . D. a  1 . Hướng dẫn giải Chọn A. Đồ thị hàm số f  x   2x  1 có hai đường tiệm cận là x  1 và y  2 . x 1 Điều kiện để đồ thị hàm số g  x   ax  1 1 có tiệm cận là 2a  1  0  a  . x2 2 Với điều kiện đó thì đồ thị hàm số g  x  có hai đường tiệm cận là x  2 và y  a . Hình chữ nhật được tạo thành từ bốn đường tiệm cận của hai đồ thị trên có hai kích thước là 1 và a  2 . a  6 Theo giả thiết, ta có a  2 .1  4   .  a  2 Vì a  0 nên a  6 . Bài tập 5. Cho hàm số y  x 1 có đồ thị  C  . Hai đường tiệm cận của  C  cắt nhau tại I. Đường thẳng x 1 d : y  2 x  b (b là tham số thực) cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A, B. Biết b  0 và diện tích tam giác AIB bằng 15 . Giá trị của b bằng 4 A. -1. B. -3. C. -2. D. -4 Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có tọa độ điểm I 1;1 . Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và d là  x  1 x 1  2x  b   . 2 x 1  f  x   2 x   b  3 x  b  1  0 * Đường thẳng d cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi f  x   0 có hai nghiệm phân biệt 2   b  2b  17  0  b   . khác 1    f 1  2  0 Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của (*). Khi đó A  x1 ; 2 x1  b  , B  x2 ; 2 x2  b  . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 170   Ta có IA   x1  1; 2 x1  b  1 ; IB   x2  1; 2 x2  b  1 . Chú ý: 1 Diện tích tam giác IAB là S   x1  1 2 x2  b  1   x2  1 2 x1  b  1 2 – Với tam giác ABC có   AB   a; b  ; AC   c; d   1 1 b 2  2b  17 . b  1 x  x  b  1 .   1 2  2 2 2 b  1 b 2  2b  17 Theo giả thiết thì 4 thì S ABC  1 ad  bc . 2 – Nếu phương trình bậc 15  4 hai ax 2  bx  c  0 có 2 2 2   b  1  b  1  16   225   b  1  9    hai nghiệm phân biệt b  2 b  4 .  x1 , x2 thì x1  x2  Do b  0 nên b  4 .  a Bài tập 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn  C1  và  C2  lần lượt có phương trình  x  1 2   y  2   1 và  x  1  y 2  1 . Biết đồ thị hàm số y  2 2 ax  b đi qua tâm của  C1  , đi qua xc tâm của  C2  và có các đường tiệm cận tiếp xúc với cả  C1  và  C2  . Tổng a  b  c là A. 5. B. 8. C. 2. D. -1. Hướng dẫn giải Chọn C. Đường tròn  C1  có tâm I1 1; 2  ; R1  1 và  C2  có tâm I 2  1;0  ; R2  1 . Điều kiện để đồ thị hàm số có tiệm cận là ac  b  0 . Gọi  C  là đồ thị hàm số y  ax  b . xc Khi đó ta có các đường tiệm cận  C  là x  c và y  a . a  b c  1  c  1  2  Ta có I1 , I 2   C     a  b .  a  b  a  c  1 0   c  1  c  1  1 c0 Đường thẳng x  c tiếp xúc với cả  C1  và  C2  nên   c  1  1  a  b 1 Khi đó tiệm cận ngang của  C  là y  1 tiếp xúc với cả  C1  ,  C2  thỏa mãn bài toán. Vậy a  b  1; c  0  a  b  c  2 . Dạng 11: Bài toán về khoảng cách từ điểm trên đồ thị hàm số y  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 ax  b đến các đường tiệm cận cx  d Trang 171 1. Phương pháp giải Giả sử đồ thị hàm số y  cận là 1 : x   ax  b 2x  1 có các đường tiệm Bài tập: Xét hàm số y  có hai đường cx  d x 1 tiệm cận là x  1 và y  2 . Khi đó tích các d a và  2 : y  . c c khoảng cách từ điểm M bất kỳ trên đồ thị đến  ax  b  Gọi M  x0 ; 0  là điểm bất kì trên đồ thị.  cx0  d  Khi d1  d  M ; 1   x0  đó d2  d  M ; 2   cx  d d  0 c c hai đường tiệm cận là d  2  1  1. 1 và ax0  b a ad  bc   . cx0  d c c  cx0  d  Vậy ta luôn có d1 .d 2  ad  bc  K là một số c2 không đổi. Khi đó d1  d 2  2 d1 d 2  2 K nên min  d1  d 2   2 K khi d1  d 2  cx0  d ad  bc 2    cx0  d   ad  bc . c c  cx0  d  2. Bài tập Bài tập 1. Gọi M là giao điểm của đồ thị y  2x  1 với trục hoành. Khi đó tích các khoảng cách từ điểm 2x  3 M đến hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số đã cho bằng A. 4. B. 2. C. 8. D. 6. Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi d1 , d 2 lần lượt là khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho. Áp dụng công thức, ta có d1 .d 2  Bài tập 2. Cho hàm số y  62  2. 4 2x  3  C  . Gọi M là điểm bất kỳ trên  C  , d là tổng khoảng cách từ M đến x2 hai đường tiệm cận của đồ thị. Giá trị nhỏ nhất của d bằng A. 10. B. 6. C. 2. D. 5. Hướng dẫn giải Chọn C. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 172 Gọi d1 , d 2 lần lượt là khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho. Áp dụng công thức, ta có d1 .d 2  4  3  1. 1 Khi đó d  d1  d 2  2 d1 .d 2  2 . Vậy d min  2 . Bài tập 3. Cho hàm số y  1  3x có đồ thị  C  . Điểm M có hoành độ dương, nằm trên  C  sao cho 3 x khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng gấp hai lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của  C  . Khoảng cách từ M đến tâm đối xứng của  C  bằng A. 5. B. 3 2 . C. 2 5 . D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C.  3x  1  Giả sử M  x0 ; 0    C   x0  0; x0  3 . x0  3   Đồ thị  C  có tiệm cận đứng 1 : x  3 , tiệm cận ngang  2 : y  3 và tâm đối xứng I  3;3 . Khi đó d1  d  M ; 1   x0  3 và d 2  d  M ;  2   Theo giả thiết d1  2d 2  x0  3  8 . x0  3  x0  7 16   x0  7 (do x0  0 ). x0  3  x0  1 Vậy M  7;5   IM  2 5 . Bài tập 4. Cho hàm số y  H  4x  5 có đồ thị  H  . Gọi M  x0 ; y0  với x0  0 là một điểm thuộc đồ thị x 1 thỏa mãn tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận của  H  bằng 6. Giá trị của biểu thức S   x0  y0  bằng 2 A. 4. B. 0. C. 9. D. 1. Hướng dẫn giải Chọn C. Đồ thị  H  có tiệm cận đứng 1 : x  1 và tiệm cận ngang  2 : y  4 .  4x  5  Gọi M  x0 ; 0    H  , x0  1, x0  0 . x0  1   Khi đó d1  d  M ; 1   x0  1 và d 2  d  M ;  2   9  d1 .d 2  9 . x0  1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 173 Ta có d1  d 2  2 d1 d 2  6 nên min  d1  d 2   6 khi d1  d 2  x0  1   x0  2 9 .  x0  1  x0  4 Do x0  0 nên M  4; 7   S  9 . Dạng 12: Bài toán liên quan giữa tiếp tuyến và tiệm cận của đồ thị hàm số y  ax  b cx  d 1. Phương pháp giải Ta có các dạng câu hỏi thường gặp sau ax  b có đồ thị  C  có cx  d Câu 1: Tính diện tích tam giác IAB. d a 2 ad  bc 1 1 các đường tiệm cận là 1 : x   ,  2 : y  và S IAB  IA.IB   K. c c 2 2 c2  d a Câu 2: Tìm điểm M   C  hoặc viết phương trình I  ; .  c c tiếp tuyến của  C  biết tiếp tuyến tạo với hai trục  ax0  b  Gọi M  x0 ;  là điểm bất kỳ trên đồ thị. tọa độ một tam giác vuông có  cx0  d  a) Cạnh huyền nhỏ nhất. Khi đó tiếp tuyến của  C  tại M là Giả sử đồ thị hàm số y  d:y ad  bc  cx0  d  2 ax  b  x  x0   0 . cx0  d AB  IA2  IB 2  2 IA.IB  2 K . Dấu bằng xảy ra khi IA  IB . b) Chu vi nhỏ nhất Gọi A  d   1  d 2bc  ad  acx0  A   ; c  cx0  d   c  2  ad  bc  .   IA  c  cx0  d   Ta có IA  IB  AB  2 IA.IB  2 IA.IB  2 K  2 K Dấu bằng xảy ra khi IA  IB . B  d 2 c) Bán kính đường tròn ngoại tiếp nhỏ nhất. 2  cx0  d  d a  .  B  2 x0  ;   IB  c c c  Ta có R  Do đó IA.IB  4 ad  bc c 2 Do IAB vuông tại I nên S IAB   K là một số không đổi. 1 AB  2 K 2 Dấu bằng xảy ra khi IA  IB . d) Bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất. Ta có r  S K  p IA  IB  AB 2 ad  bc 1 1 IA.IB   K là một số không Vậy r lớn nhất khi IA  IB  AB nhỏ nhất và bằng 2 2 c2 đổi. 2 K  2K . Dấu bằng xảy ra khi IA  IB .  x  xB  2 xM Ngoài ra, ta có  A nên M luôn là e) Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến lớn nhất.  y A  y B  2 yM trung điểm của AB. Gọi H là hình chiếu của I lên d, ta có Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 174 1 1 1 2 2  2  2    IH  2 IA.IB K IH IA IB K . 2 Dấu bằng xảy ra khi IA  IB . Nhận xét: Các câu hỏi trên thì đẳng thức đều xảy ra khi IA  IB nên IAB vuông cân tại I. Gọi  là góc giữa tiếp tuyến d và tiệm cận ngang  2 thì    d ;  2    d ; Ox   45 nên hệ số góc của tiếp tuyến là k   tan 45  1 . Vậy các bài toán trong câu 2 ta quy về bài toán viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y ax  b khi biết hệ số góc k  1 hoặc k  1 . cx  d 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hàm số y  2x  1 có đồ thị  C  . Tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ bằng 3 thuộc x 1  C  cắt các đường tiệm cận của  C  tạo thành tam giác có diện tích bằng B. 2  2 . A. 4. C. 4  2 2 . D. 2 Hướng dẫn giải Chọn D. Áp dụng công thức, ta có S  Bài tập 2. Cho hàm số y  2 2  1 1 x 1 2x  3  2.  C  . Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của đồ thị hàm số  C  . Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến bất kỳ của đồ thị  C  đạt giá trị lớn nhất bằng A. 1 2 . B. 1. C. 2. D. 5. Hướng dẫn giải Chọn A. 3 1 Tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là I  ;  2 2 Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến d tại M   C  bất kỳ với hai đường tiệm cận. Khi đó ta có IA.IB  4 ad  bc c2  4 3  2 4  1. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 175 1 1 1 2 2 .  2  2   2  IH  2 IA.IB 2 IH IA IB Gọi H là hình chiếu của I trên d, ta có Vậy IH max  2 . 2 Bài tập 3. Cho hàm số y  2x  1 có đồ thị  C  . Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của  C  . x2 Biết tiếp tuyến  của  C  tại M cắt các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Khi đó, diện tích lớn nhất của tam giác tạo bởi  và hai trục tọa độ thuộc khoảng nào dưới đây? A.  28; 29  . B.  29;30  . C.  27; 28  . D.  26; 27  . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có y   3  x  2 2  0. Theo lý thuyết thì để diện tích đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB nhỏ nhất thì AB nhỏ nhất. Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến  phải là k  1 . Do y   0, x nên k  1 . Xét phương trình y   k  3  x  2 2 x  2  3  1   .  x  2  3   – Với x  2  3  y  2  3  Tiếp tuyến 1 : y   x  2  3  2  3  y  x  4  2 3 .          2 1 42 3 . 2 Khi đó 1 cắt Ox, Oy tại hai điểm M 4  2 3;0 , N 0; 4  2 3 và SOMN   – Với x  2  3  y  2  3  tiếp tuyến 1 : y   x  2  3  2  3  y  x  4  2 3 .     Khi đó 1 cắt Ox, Oy tại hai điểm P 4  2 3;0 , N 0; 4  2 3 và SOPQ  Bài tập 4. Cho hàm số y  1 42 3 2 2  27,85 . x 1 , gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng m  2 . x2 Biết đường thẳng d cắt tiệm cận đứng của đồ thị hàm số tại điểm A  x1 ; y1  và cắt tiệm cận ngang của đồ thị hàm số tại điểm B  x2 ; y2  . Gọi S là tập hợp các số m sao cho x2  y1  5 . Tổng bình phương các phần tử của S bằng A. 4. B. 9. C. 0. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 D. 10. Trang 176 Hướng dẫn giải Chọn D. Điều kiện m  2  2  m  0 . Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng  : x  2 và tiệm cận ngang   : y  1 . Ta có y   3  x  2 2  y  m  2  Phương trình đường thẳng d là y  3 m3 và y  m  2   . 2 m m 3 m3 . x  m  2  2  m m m6  A  d    A  2;  ; B  d     B  2m  2;1 m   Do đó x2  y1  5  2m  2  m  1 m6 .  5  2m 2  4m  6  0   m  m  3 Vậy S   3  12  10 . 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 177 BÀI 5. TIẾP TUYẾN A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM Cho hai hàm số f  x  và g  x  có đạo hàm tại điểm x 0 . Ta nói rằng hai đường cong  C  :y  f  x  và  C   : y  g  x  tiếp xúc với nhau tại điểm M  x 0 ;y0  nếu M là một tiếp điểm chung của chúng. (C) và ( C  ) có tiếp tuyến chung tại M. Điều kiện tiếp xúc: Hai đường cong (C): y  f  x  và  C : y  g  x  tiếp xúc với nhau  hệ phương trình f  x   g  x  có nghiệm.  f   x   g  x  Nghiệm của hệ phương trình là hoành độ tiếp điểm của hai đường cong đó. B. PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1: Sự tiếp xúc của hai đường cong 1. Phương pháp giải Cho hai đường cong (C): y  f  x  và  C   : y  g  x  . Điều kiện để hai đường cong tiếp xúc với f  x   g  x  nhau là hệ phương trình  có nghiệm. f   x   g  x  – Nghiệm x  x 0 của hệ trên là hoành độ của tiếp điểm của hai đường cong đã cho. – Hệ trên có bao nhiêu nghiệm thì hai đường cong (C) và  C   tiếp xúc với nhau tại bấy nhiêu điểm. 2. Bài tập Bài tập 1: Đồ thị hàm số y  x3  x  1 tiếp xúc với đường thẳng nào dưới đây? A. y  x  1 . B. y  2x  1. C. y  x  1. D. y  2x  1. Hướng dẫn giải: Chọn A. Áp dụng điều kiện tiếp xúc của hai đường cong  C  : y  f  x  và  C   : y  g  x  là hệ phương trình f  x   g  x  có nghiệm.     f x g x      Ta có y  3x 2  1  0, x   nên các phương án B, C bị loại. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 178 3 x  x  1  x  1 x0. Xét phương án A. y  x  1 . Ta có hệ  2 3x  1  1 Vậy đường thẳng y  x  1 tiếp xúc với đồ thị hàm số đã cho. Bài tập 2. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y  2x  m tiếp xúc với đồ thị hàm số y  x 1 là x 1 A. 7; 1 . B. 1 . C. 6 . D. 6; 1 . Hướng dẫn giải: Chọn A. Đường thẳng y  2x  m tiếp xúc với đồ thị hàm số y  x 1 khi và chỉ khi hệ phương trình sau có x 1 nghiệm  x  0  x 1    x m 2  x 1    x 1     2 x  m  x 1  x  1  2 x  m  m  1     x 1   2  x  2 2 2    2   x  2x  0 x  1  1 2       x  1  m  7 Vậy m  1;7 thì đường thẳng d tiếp xúc với (C). Bài tập 3: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị ( Cm ) của hàm số y  x 3  4 mx 2  7mx  3m tiếp xúc với parabol  P  : y  x 2  x  1 . Tổng giá trị các phần tử của S bằng A. 11 . 4 B. 331 . 4 C. 9 . 4 D. 4 . Hướng dẫn giải: Chọn A. Để ( Cm ) tiếp xúc với (P) thì hệ phương trình sau có nghiệm:  x 3  4 mx 2  7mx  3m  x 2  x  1  2 3x  8mx  7m  2 x  1  x 3   4 m  1 x 2   7m  1 x  3m  1  0 1  2 3 x  2  4 m  1 x  7m  1  0  2    Giải (1), ta có (1)   x  1 x 2  4 mx  3m  1  0 x  1  2  x  4 mx  3m  1  0 + Với x  1 thay vào (2) được m  2 2  x  4 mx  3m  1  0  3 + Xét hệ  2   2 m  1 x  m  1  4  . 3 x  2  4 m  1 x  7m  1  0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 179 • Nếu m  1 thì (4) vô nghiệm. 2 • Nếu m  1 m 1 thì (4)  x  . 2 2m  1 2 m 1  m 1   m 1  Thay x  vào (3) ta được   4m     3m  1  0 2m  1  2m  1   2m  1  m  2  1  4 m 3  11m 2  5m  2  0   m   (thỏa mãn điều kiện). 4  m  1  1  11  Vậy S  2;  ;1 nên tổng các phần tử trong S bằng . 4  4  Bài tập 4: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y x3 1   m  2  x 2  2 mx  1 tiếp xúc với đường thẳng y  1 . Tổng giá trị các phần tử của S bằng 3 2 A. 10. B. 20 . 3 C. 8 . 3 D. 32 . 3 Hướng dẫn giải Chọn B.  x3 1 2    m  2  x  2 mx  1  11 Xét hệ phương trình  3 2  x 2   m  2  x  2m  0  2   x  m . Giải phương trình (2) ta được  x  2 + Với x  m , thay vào (1) ta được  m  0 m3  m2  0   . 6 m  6 + Với x  2 , thay vào (1), ta được m  2 . 3 Vậy tập hợp các giá trị của tham số thực để đồ thị hàm số đã cho tiếp xúc với đường thẳng y  1 là 2 20  S  0;6;  nên tổng các phần tử trong S bằng . 3 3  Bài tập 5. Biết đồ thị của hàm số  C  : y  x 3  ax 2  bx  c  a, b, c    , tiếp xúc với trục hoành tại gốc tọa độ và cắt đường thẳng x  1 tại điểm có tung độ bằng 3. Tổng a + 2b + 3c bằng A. 4. B. 2. C. 6. D. 3. Hướng dẫn giải: Chọn B. Vì (C) tiếp xúc với Ox tại gốc tọa độ nên x  0 là nghiệm của hệ phương trình Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 180 3 2  x  ax  bx  c  0 b  0   2 c  0 3x  2ax  b  0 Mặt khác (C) đi qua điểm A 1;3 nên a  b  c  1  3  a  2 . Vậy a  2b  3c  2. Bài tập 6. Họ parabol  Pm  : y  mx 2  2  m  3 x  m  2  m  0  luôn tiếp xúc với đường thẳng d cố định khi m thay đổi. Đường thẳng d đi qua điểm nào dưới đây? A. A 1; 8  . B. B  0; 2  . C. C  0;2  . D. D 1;8  . Hướng dẫn giải Chọn B.   Ta có: y  mx 2  2  m  3 x  m  2  m x 2  2 x  1  6 x  2  y  m  x  1  6 x  2 . 2 Xét đường thẳng d : y  6 x  2 thì hệ phương trình m  x  12  6 x  2  6 x  2 luôn có nghiệm x  1 với mọi m  0 .  2 m  x  1  6  6 Vậy  Pm  luôn tiếp xúc với đường thẳng d : y  6 x  2 . Đường thẳng d đi qua điểm B  0; 2  . Nhận xét: Nếu có thể viết lại hàm số  Pm  theo dạng y  m  ax  b   cx  d thì  Pm  luôn tiếp xúc với 2 đường y  cx  d . Dạng 2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm M  x0 ; y0  1. Phương pháp giải Thực hiện theo các bước sau Bước 1: Tính y  f   x  và f   x0  . Bước 2: Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  f   x0  x  x0   y0 Bước 3: Thực hiện các yêu cầu còn lại của bài toán. Kết luận. Chú ý: – Nếu bài toán chỉ cho x0 thì ta cần tìm y0  f  x0  và f   x0  . – Nếu bài toán chỉ cho y0 thì ta cần tìm x0 bằng cách giải phương trình f  x   y0 . – Giá trị f   x0  là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm M  x0 ; y0  . 2. Bài tập Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 181 Bài tập 1. Gọi M là điểm thuộc đồ thị hàm số  C  : y  2x 1 có tung độ bằng 5. Tiếp tuyến của đồ thị x 1 (C) tại M cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B. Diện tích tam giác OAB bằng A. 125  ®vdt  . 6 B. 117  ®vdt  6 C. 121  ®vdt  6 D. 119  ®vdt  6 Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có M  2;5   C  ; y  3  x  1 2 ; y  2   3 . Phương trình tiếp tuyến tại M  2;5 là d : y  3x  11 . 11  11  Khi đó d cắt Ox, Oy tại A  ;0  và B  0;11  OA  ; OB  11. 3 3  1 1 11 121 Vậy SOAB  OA.OB  . .11   ®vdt  2 2 3 6 Bài tập 2. Cho hàm số y  xb  ab  2, a  0  . Biết rằng a và b là các giá trị thỏa mãn tiếp tuyến của ax  2 đồ thị hàm số tại điểm A 1; 2  song song với đường thẳng d : 3x  y  4  0 . Khi đó giá trị của a  3b bằng A. 5. B. 4. C. –1. D. –2. Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: y  Do 2  ab  ax  2  tiếp y 1  3  2  y 1  tuyến song 2  ab a  2 2 2  ab a  2 2 song với đường thẳng d : 3x  y  4  0  y  3x  4 nên  3 . Mặt khác A 1; 2  thuộc đồ thị hàm số nên 2  1 b  b  2a  3. a2  2  ab  3 a  2 2  Khi đó ta có hệ   a  2   5a 2  15a  10  0   a  1  b  2 a  3 + Với a  2  b  1  ab  2 (loại) + Với a  1  b  1 ( thỏa mãn điều kiện). Khi đó ta có hàm số y  x 1 . x 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 182 y  3  x  2 2  y 1  3 nên phương trình tiếp tuyến là y  3 x  1 song song với đường thẳng y  3 x  4 . Vậy a  3b  2 . Bài tập 3. Trong tất cả các đường thẳng tiếp xúc với đồ thị hàm số y   x 3  3 x 2  3 x  1 thì đường thẳng d có hệ số góc lớn nhất. Phương trình đường thẳng d là A. y  6 x  2. B. y  2 x  2. C. y  1. D. y  3 x  1. Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có y  3 x 2  6 x  3 Gọi M  x0 ; y0  thuộc đồ thị hàm số. Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến tại M  x0 ; y0  là k  3×02  6 x0  3  3  x0  1  6  6 2  kmax  6  x0  1 hay M  1; 4  . Phương trình đường thẳng d là y  6  x  1  4  y  6 x  2 . Nhận xét: Đối với hàm số bậc ba y  ax 3  bx 2  cx  d thì tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất (nhỏ nhất) là tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị U  x0 ; f  x0   , với x0 là nghiệm của phương trình y  0 . + Nếu a  0 thì hệ số góc k  f   x0  là nhỏ nhất. + Nếu a  0 thì hệ số góc k  f   x0  là lớn nhất. Bài tập 4. Cho hàm số y  x 3  2 x 2   m  1 x  2 m có đồ thị  Cm  . Giá trị thực của tham số m để tiếp tuyến của đồ thị  Cm  tại điểm có hoành độ x  1 song song với đường thẳng y  3x  10 là A. m  2. B. m  4. C. m  0. D. không tồn tại m. Hướng dẫn giải Chọn D. có y  3 x 2  4 x  m  1  y 1  m  2 . Tiếp tuyến của  Cm  tại điểm có hoành độ x  1 có phương trình là y   m  2  x  1  3m  2  y   m  2  x  2 m m  2  3 Do tiếp tuyến song song với đường thẳng y  3x  10 nên  (vô lí) 2 m  10 Vậy không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 183 Bài tập 5. Cho hàm số f  x   x 3  mx 2  x  1 . Gọi k là hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M có hoành độ x  1 . Tất cả các giá trị thực của tham số m để thỏa mãn k. f  1  0 là A. m  2 . B. 2  m  1 . C. m  1 . D. m  2 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có f   x   3 x 2  2 mx  1  k  f  1  4  2 m . Do đó k. f  1   4  2 m  m  1 Để k. f  1  0 thì  4  2 m  m  1  0  2  m  1 . Bài tập 6. Cho hàm số y  x 3  3mx 2   m  1 x  1 , với m là tham số thực, có đồ thị (C). Biết rằng khi m  m0 thì tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x0  1 đi qua A 1;3 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 2  m0  1 . B. 1  m0  0 C. 0  m0  1 D. 1  m0  2 Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi B là tiếp điểm của tiếp tuyến đi qua A 1;3 khi m  m0 Ta có y  3x 2  6 mx  m  1 . Với x0  1 thì y0  2 m  1  B  1;2 m  1 và y  1  5m  4 . Tiếp tuyến tại B của (C) có phương trình là y   5m  4  x  1  2 m  1 . Do tiếp tuyến đi qua A 1;3 nên 2  5m  4   2m  1  3  m  1 . 2 1 Vậy m0    0;1 . 2 Bài tập 7. Cho hàm số y  x2 có đồ thị (C). Gọi M là một điểm thuộc (C) có khoảng cách từ M đến 2x trục hoành bằng hai lần khoảng cách từ M đến trục tung, M không trùng với gốc tọa độ O và có tọa độ nguyên. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là A. y  8. B. y  64. C. y  12. D. y  9. Hướng dẫn giải: Chọn A.  a2  Giả sử M  a;  là một điểm thuộc (C).  2a Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 184 a  0  a2  a 2   a 4 2a 2 a  2  a  Do d  M; Ox   2 d  M; Oy  nên 2a 3   a a  4  2  a  2 a  2 Theo giả thiết thì M không trùng với gốc tọa độ O và có tọa độ nguyên nên a  4  M  4; 8  . Khi đó y  4x  x2 2  x  2  y  4   0 Phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  8 . Bài tập 8. Cho hàm số y  x 1 có đồ thị (C) và đường thẳng d : y  2 x  m  1 ( m là tham số thực). x2 Gọi k1 , k2 là hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của d và (C). Tích k1.k2 bằng A. 4. B. 1 . 4 C. 2. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn A. Tập xác định D   \ 2 . Ta có y  1  x  2 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) x 1  2 x  m  1 ( với x  2 ) x2  2 x 2   6  m  x  3  2 m  0 1 Để đường thẳng (d) cắt đồ thị hàm số (C) tại hai điểm thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt khác –2.    6  m 2  8  3  2 m   0 m 2  4 m  12  0    m   1  0 8  2  6  m   3  2m  0 Vậy (C) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt A  x1 ; y1  và B  x2 ; y2  , với x1 , x2 là nghiệm của phương trình (1). m 6   x1  x2  2 Theo định lý Vi-ét ta có   x . x  3  2m  1 2 2 Ta có k1.k2  1 . 1  x1  2   x2  2  2 2  1  x1 x2  2  x1  x2   4  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 2 Trang 185  1 m 6  3  2m   2  2. 2  4  2 4 Bài tập 9. Cho hàm số y  x 4  2 mx 2  m có đồ thị (C) với m là tham số thực. Gọi A là điểm thuộc đồ thị (C) có hoành độ bằng 1. Giá trị của tham số thực m để tiếp tuyến  của đồ thị (C) tại A cắt đường tròn   : x 2   y  1 A. m   2  4 tạo thành một dây cung có độ dài nhỏ nhất là 13 . 16 B. m  13 . 16 C. m   16 . 13 D. m  16 . 13 Hướng dẫn giải Đường tròn    : x 2   y  1  4 có tâm I  0;1 , R  2 . 2 Ta có A 1;1  m  ; y  4 x 3  4 mx  y 1  4  4 m . Suy ra phương trình tiếp tuyến  : y   4  4 m  x  1  1  m . 3  Dễ thấy  luôn đi qua điểm cố định F  ;0  và điểm F nằm trong đường tròn    . 4  Giả sử  cắt   tại M, N, Khi đó MN  2 R 2  d 2  I ;    2 4  d 2  I ;   . Do đó MN nhỏ  d  I ;  nhất lớn nhất  d  I ;    IF    IF . Khi đó đường thẳng  có 1 vectơ chỉ phương    3   u  IF   ; 1  ; u  1;4  4 m  4  nên   3 13 u. IF  0  1.   4  4 m   0  m  . 4 16 Dạng 3: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số khi biết hệ số góc dựa vào các quan hệ song song, vuông góc,… 1. Phương pháp giải Thực hiện theo một trong hai cách sau: Cách 1: Bước 1. Xác định hệ số góc k của tiếp tuyến dựa vào giả thiết bài toán. Bước 2. Giải phương trình f   x   k để tìm x  x0 là hoành độ của tiếp điểm. Tính y 0  f  x0   M  x0 ; y0  . Khi đó phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  k  x  x0   y0 Điểm M  x0 ; y0  là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số đã cho. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 186 Cách 2: Bước 1. Xác định hệ số góc k của tiếp tuyến dựa vào giả thiết bài toán. Bước 2. Vì tiếp tuyến có hệ số góc là k nên phương trình tiếp tuyến có dạng y  kx  b . Dựa vào điều kiện tiếp xúc của tiếp tuyến với (C) ta tìm giá trị của b. Lưu ý: – Phương trình f   x   k có bao nhiêu nghiệm thì có bấy nhiêu tiếp điểm. – Một số trường hợp xác định hệ số góc của đường thẳng thường gặp. Cho hai đường thẳng d1 : y  k1 x  b1 ; d2 : y  k2 x  b2 . + Trường hợp 1: d1  d2  k1.k2  1. k  k2 + Trường hợp 2: d1 / / d2   1 b1  b2 + Trường hợp 3: Góc  d1 ; d2     tan   k1  k2 . 1  k1. k 2 Đặc biệt: 1. Nếu góc giữa d : y  kx  b với Ox bằng   0    90  thì k  tan  . 2. Nếu đường thẳng d cắt Ox, Oy tại hai điểm A, B mà OB  m.OA thì k  tan   OB m. OA + Trường hợp 4: Nếu đường thẳng d đi qua hai điểm A  x1 ; y1  và B  x2 ; y2  thì k  y1  y 2 . x1  x2 2. Bài tập Bài tập 1: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x 3  3 x  1 song song với trục Ox là A. y  3, y  1. B. y  3, y  2. C. x  3, x  1. D. y  2, y  1. Hướng dẫn giải Chọn A. Do tiếp tuyến song song với trục Ox nên tiếp tuyến có tiếp điểm là các điểm cực trị và có phương trình y  y0 với y0 là giá trị cực trị của hàm số đã cho. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 187 Ta có y  3 x 2  3; y  0  x  1 . Do hàm số đã cho là hàm bậc ba nên các điểm cực trị là A 1; 1 , B  1;3 . Vậy phương trình các đường tiếp tuyến cần tìm là y  1; y  3. 2x 1 có đồ thị là (C). Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp x 1 tuyến này cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm A, B thoả mãn OA  4OB là Bài tập 2: Cho hàm số y  1 5  y   4 x  4 A.   y   1 x  13  4 4 1 5  y   4 x  4 B.   y   1 x  13  4 4 1 5  y   4 x  4 C.   y   1 x  13  4 4 1 5  y   4 x  4 D.   y   1 x  13  4 4 Hướng dẫn giải Chọn C. Do tiếp tuyến cắt Ox, Oy tại hai điểm A, B mà OA  4OB .   OB  1  k   1 . Khi đó OAB vuông tại O và ta có k  tan OAB OA 4 4 Ta có: y   1  x  1 Xét phương trình  Xét phương trình  + Với x  3 thì y  y 2 1  x  1 2  x  3 1  4  x  1 5 . Phương trình tiếp tuyến là 2 1 5 1 13  x  3    x  . 4 2 4 4 + Với x  1 thì y  y  1  x  1 1 (vô nghiệm). 4 2 3 . Phương trình tiếp tuyến là 2 1 3 1 5  x  1    x  4 2 4 4 Bài tập 3: Đường thẳng nào dưới đây là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  2x  3 chắn hai trục tọa độ một x2 tam giác vuông cân? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 188 A. y  x  2 . B. y  x  2 . D. y  C. y   x  2 1 3 x 4 2 Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến lần lượt với Ox, Oy. Vì OAB vuông cân tại O nên OA  OB .   OB  1  k  1 . Do đó k  tan OAB OA Ta có y  1  x  2 Xét phương trình Xét phương trình 2 1  x  2 2 1  x  2 2  1 (vô nghiệm).  x  1 . 1   x  3 + Với x  1 thì y  1 . Phương trình tiếp tuyến là y   x  1  1  x  2 . + Với x  3 thì y  3 . Phương trình tiếp tuyến là y   x  3  3  x  6 . 1 Bài tập 4: Cho hàm số y  mx 3   m  1 x 2   4  3m  x  1 có đồ thị là  Cm  . Tất cả các giá trị thực của 3 tham số m để trên đồ thị  Cm  tồn tại một điểm duy nhất có hoành độ âm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng d : x  2 y  3  0 là 2 A. m < 12 hoặc m  . 3 B. m < 0 hoặc m > 1. 1 C. m < 0 hoặc m  . 3 D. m < 0 hoặc m  2 . 3 Hướng dẫn giải Chọn D. 1 3 1 Ta có: d : x  2 y  3  0  y   x  nên hệ số góc của d là  . 2 2 2 Do tiếp tuyến vuông góc với d nên hệ số góc của tiếp tuyến là k thì  1 k.     1  k  2.  2 Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm của tiếp tuyến với  Cm  thì x0 là nghiệm của phương trình y  k  mx 2  2  m  1 x  4  3m  2 .  mx 2  2  m  1 x  2  3m  0 *  Theo bài toán thì ta phải tìm m để (*) có duy nhất một nghiệm âm. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 189 + Trường hợp 1: Nếu m  0 thì (*)  2 x  2  x  1 (loại). + Trường hợp 2: Nếu m  0 . Ta thấy phương trình (*) có hai nghiệm là x  1 và x  Do đó để (*) có một nghiệm âm thì 2  3m . m 2  3m 2  0  m  0 hoặc m  . 3 m Bài tập 5: Biết tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  ax 4  bx 2  2 tại điểm A  1;1 vuông góc với đường thẳng d : x  2 y  3  0 . Giá trị a2  b2 bằng A. 13. B. –2. C. –5. D. 10. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có: d : x  2 y  3  0  y  1 3 1 x  nên kd  2 2 2 Vì tiếp tuyến vuông góc với d nên phải có hệ số góc bằng –2.  Ta có y  4 ax 3  2 bx  2 x 2 ax 2  b  Vì điểm A  1;1 là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị nên x  1 là nghiệm của phương trình 2 x  2ax 2  b   2  2  2 a  b   2  2 a  b  1 . Mặt khác điểm A thuộc đồ thị hàm số nên a  b  2  1  a  b  1 . 2 a  b  1 a  2 Vậy ta có hệ    a2  b2  5. a  b  1 b  3 Bài tập 6: Cho hàm số y  x 3  3 x 2  9 x  1 có đồ thị là (C). Số tiếp tuyến của (C) tạo với đường thẳng d : y   x  1 một góc  thỏa mãn cos   A. 1. 5 là 41 B. 2. C. 3. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến cần tìm. Ta có cos   5 1 4 1  .  0    90  tan   2 cos  5 41  k  9 k 1 4 Vì d có hệ số góc bằng –1 nên tan     k   1 1 k 5 9  Ta có y  3 x 2  6 x  9 . x  0 + Trường hợp 1: k  9  x 2  2 x  0   x  2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 190 Từ đó ta tìm được hai tiếp tuyến y  9 x  1 và y  9 x  3 . 1 9  321 + Trường hợp 2: k    27 x 2  54 x  80  0  x  9 9 1 9  321  Từ đó ta tìm được hai tiếp tuyến là y    x    y  x0   9 9  Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm. 1 7 Bài tập 7: Cho hàm số y  x 4  x 2 có đồ thị (C). Có bao nhiêu điểm A thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp 8 4 tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt M  x1 ; y1  ; N  x2 ; y2  ( M, N khác A ) thỏa mãn y1  y2  3  x1  x2  A. 0. B. 2. C. 3. D. 1. Hướng dẫn giải Chọn B. Do tiếp tuyến đi qua hai điểm M  x1 ; y1  ; N  x2 ; y2  nên hệ số góc của tiếp tuyến là k  Ta có y  y1  y2  3. x1  x2 1 3 7 x  x. 2 2 Xét phương trình 1 3 7 x  x  3  x  3; x  1; x  2. 2 2 Mặt khác để tiếp tuyến của hàm số trùng phương cắt được đồ thị tại hai điểm phân biệt thì tiếp điểm A chỉ có thể chạy trong phần đồ thị từ điểm cực tiểu thứ nhất sang điểm cực tiểu thứ hai (trừ hai điểm uốn). x  0 Khi đó phương trình y  0  x 3  7 x  0   x   7  Do đó hai điểm cực tiểu là x   7 và x  7 nên hoành độ của tiếp điểm x0   7; 7  Vậy chỉ có x0  1; x0  2 thỏa mãn. Dạng 4: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  ax  b khi biết mối quan hệ của tiếp cx  d tuyến với các đường tiệm cận của đồ thị hàm số 1. Phương pháp giải Với hàm số y  ax  b ( với c  0; ad  bc  0 ) thì đồ thị hàm số có hai tiệm cận là cx  d d a x ; y . c c  d a Gọi I   ;  là giao điểm của hai đường tiệm cận ( và cũng là tâm đối xứng của đồ thị).  c c Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 191 Khi đó tiếp tuyến tại điểm M  x0 ;y0  bất kì của đồ thị cắt tiệm cận đứng tại điểm  d 2 bc  ad  acx0  d a  và cắt tiệm cận ngang tại điểm B  2 x0  ;  . A  ;   c c c c  cx0  d     Ta có IA   IA. IB  2  ad  bc  c  cx0  d  4 ad  bc c2 Suy ra SIAB  ; IB  2  cx0  d  c  K là hằng số không đổi. 2 ad  bc c2 . Khi đó các bài toán sau là tương đương: Tìm điểm M   C  hoặc viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một tam giác vuông có a) Cạnh huyền nhỏ nhất AB  IA2  IB 2  2 IA.IB  2 K Dấu bằng xảy ra khi IA  IB . b) Chu vi nhỏ nhất Ta có IA  IB  AB  2 IA. IB  2 IA. IB  2 K  2 K Dấu bằng xảy ra khi IA  IB . c) Bán kính đường tròn ngoại tiếp nhỏ nhất Ta có R  1 AB  2 K . 2 Dấu bằng xảy ra khi IA  IB . d) Bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất Ta có r  S K  p IA  IB  AB Vậy r lớn nhất khi IA  IB  AB nhỏ nhất và bằng 2 K  2 K . Dấu bằng xảy ra khi IA  IB . e) Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến lớn nhất Gọi H là hình chiếu của I lên d, ta có 1 1 1 2 2  2 2    IH  2 IH IA IB IA. IB K K 2 Dấu bằng xảy ra khi IA  IB . Nhận xét: Các câu hỏi trên thì đẳng thức đều xảy ra khi IA  IB nên IAB vuông cân tại I. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 192 Gọi  là góc giữa tiếp tuyến d và tiệm cận ngang  2 thì    d ;  2    d ; Ox   45 nên hệ số góc của tiếp tuyến là k   tan 45  1 . 2. Bài tập Bài tập 1: Cho hàm số y  x 1 có đồ thị (C). Có bao nhiêu cặp điểm A, B thuộc (C) mà tiếp tuyến tại x 1 đó song song với nhau? A. Không tồn tại cặp điểm đó. B. Vô số số cặp điểm. C. 2. D. 1. Hướng dẫn giải Chọn B.  a 1  b 1 Giả sử A  a;  , B  b,  với a  b; a, b  1 .  a 1   b 1  Do tiếp tuyến tại A, B song song với nhau nên y  a   y  b   2  a  1 2  2  b  1 2 a  b  a  b  2 Do a  b nên chỉ có a  b  2 . Vậy có vô số cặp điểm A, B thỏa mãn. Nhận xét: Hai điểm A, B phân biệt thuộc đồ thị hàm số y  ax  b mà tiếp tuyến tại đó song song với cx  d nhau thì A, B đối xứng với nhau qua tâm đối xứng I. Bài tập 2: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  4x  3 cùng với hai tiệm cận tạo thành một tam giác có diện 2x 1 tích bằng A. 6. B. 7. C. 5. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị. Khi đó tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A, B và I là giao điểm của hai tiệm cận. Theo lý thuyết đã nêu thì SIAB  Bài tập 3: Cho hàm số y  2 46 4  5. . 2x 1 có đồ thị (C). Tiếp tuyến tại điểm M  a; b    C  , a  0 tạo với hai x 1 tiệm cận của (C) một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng A. 2. B. 4. C. 8. 2 . Giá trị của a  2b bằng D. 5. Hướng dẫn giải Chọn C. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 193 Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến với hai đường tiệm cận và I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Do IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp IAB là R  1 AB  2  AB  2 2 . 2 Theo lý thuyết, ta có IA. IB  4, AB  IA2  IB 2  2 IA. IB  2 2 . Dấu " = " xảy ra khi IA  IB . Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến k  1 . Mặt khác k  y  a    Ta có  1  a  1 2 1  a  1 2  0  k  1 . a  0 . Do a  0  a  2  b  3. Vậy a  2b  8.  1   a  2 2x  m , m là tham số khác –4 và d là một tiếp tuyến của (C). x 2 Gọi S là tập các giá trị thực của tham số m để d tạo với hai đường tiệm cận của (C) một tam giác có diện tích bằng 2, tổng giá trị các phần tử của S bằng Bài tập 4: Gọi (C) là đồ thị của hàm số y  A. –11. B. 8. C. 3. D. –8. Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi A, B lần lượt là các giao điểm của tiếp tuyến với hai đường tiệm cận và I là giao điểm của hai tiệm cận. Theo lý thuyết, ta có IA. IB  4 m  4  SIAB  2 m  4  m  3 Vậy ta có 2 m  4  2    m  5  S  5; 3 nên tổng các phần tử của S bằng –8. Bài tập 5: Gọi  là tiếp tuyến tại điểm M  x0 ; y0  , x0  0 thuộc đồ thị của hàm số y  x2 sao cho x 1 khoảng cách từ I  1;1 đến A đạt giá trị lớn nhất. Giá trị x0 . y0 bằng A. –1. B. 0. C. –2. D. 2. Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi A, B là giao điểm của A với hai đường tiệm cận. Theo lý thuyết d  I ;  lớn nhất khi IA  IB  k  1 . Mặt khác k  y  x0    Vậy  1  x0  1 2 1  x0  1 2  0  k  1 . x  0  1   0  x0  2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 194 Do x0  0  x0  2  y0  0  x0 . y0  0 . 2x  2 có đồ thị là (C). Phương trình tiếp tuyến của (C) tạo với hai tiệm cận x 1 một tam giác có chu vi nhỏ nhất là Bài tập 6: Cho hàm số y  A.  : y   x  1 và  : y   x  17 B.  : y   x  1 và  : y   x  7 C.  : y   x  21 và  : y   x  7 D.  : y   x  3 và  : y   x  2 Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến tại điểm M  x0 ; y0    C  với hai tiệm cận và I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Khi đó IAB vuông tại I. Theo lý thuyết, chu vi IAB là IA  IB  AB  2 IA.IB  2 IA. IB  8  4 2 vì IA. IB  4 ad  bc c2  16 Do đó chu vi nhỏ nhất bằng 8  4 2 khi IA  IB  k  1 . Mặt khác k  y  x0    Vậy ta có  4  x0  1 2 4  x0  1 2  0  k  1 . x  3  1   0  x0  1 Với x0  3 thì y0  4 . Do đó phương trình tiếp tuyến là y    x  3  4   x  7 Với x0  1 thì y0  0 . Do đó phương trình tiếp tuyến là y    x  1   x  1 Bài tập 7: Cho hàm số y  2x  2 có đồ thị (C). Một tiếp tuyến bất kỳ với (C) cắt đường tiệm cận đứng x 1 và đường tiệm cận ngang của (C) lần lượt tại A và B, biết I 1;2  . Giá trị lớn nhất của bán kính đường tròn nội tiếp tam giác IAB bằng A. 7  3 2 . B. 8  4 2 . C. 4  2 2 D. 8  3 2 Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến tại điểm M  x0 ; y0    C  với hai tiệm cận và I là giao điểm của hai đường tiệm cận và IAB vuông tại I. Theo lý thuyết, ta có IA. IB  4 ad  bc c2  16  SIAB  8 . Khi đó bán kính đường tròn nội tiếp IAB lớn nhất xảy ra khi Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 195 IA  IB  4  AB  4 2  p   rmax  IA  IB  AB  42 2 2 8  42 2 42 2 2x có đồ thị (C). Phương trình tiếp tuyến của (C) tạo với hai trục tọa độ x2 1 một tam giác có diện tích bằng là 18 Bài tập 8: Cho hàm số y  A. y  9 1 4 2 x ; y x . 4 2 9 9 B. y  9 31 4 2 x ; y x . 4 2 9 9 C. y  9 1 4 4 x ; y x . 4 2 9 9 D. y  9 1 4 1 x ; y x . 4 2 9 9 Hướng dẫn giải Chọn A.  2a  Gọi M  a;   a  2  là tiếp điểm của tiếp tuyến. Khi đó phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là  a2 y  y  a  x  a   2a 4 2a y x  a  . 2  a2 a2 a  2 Gọi A, B lần lượt là các giao điểm của d với hai trục Ox, Oy.  a2   2a2  . Tọa độ các điểm A, B là A   ;0  , B  0; 2  2    a  2   Vậy SOAB a  1 3a2  a  2 1 a4 1  OA.OB    2  2 a   2 2 18 2 a  2 3a  a  2 3  Với a  1  d1 : y  4 2 4 2  x  1   x  . 9 3 9 9 2 9 2 9 1 Với a    d2 : y   x    1  x  3 4 3 4 2 2x 1 có đồ thị (C). Gọi M  x0 ; y0  , x0  0 là điểm thuộc (C), biết tiếp tuyến 2x  2 của (C) tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B sao cho SOIB  8SOIA ( I là giao hai Bài tập 9: Cho hàm số y  đường tiệm cận). Giá trị biểu thức S  x0  4 y0 bằng Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 196 A. 13 . 4 B. –2. C. 2. D. 7 . 4 Hướng dẫn giải Chọn B.   OIB  nên SOIA  IA  1 . Do góc OIA SOIB IB 8   IA nên k  1  k   1 . Mà k  tan IBA IB 8 8 Mặt khác k  y  x0    1 2  x0  1 2 2 4  x0  1 2 0k  1 8 x  3 1   0 . 8  x0  1 Do x0  0 nên x0  3  y0  5  S  x0  4 y0  2 4 2x  3 có đồ thị là (C). Phương trình tiếp tuyến tại điểm M thuộc (C) cắt x 2 4 ABI bằng với I  2;2  là tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho côsin góc  17 Bài tập 10: Cho hàm số y  1 3 1 7 A. y   x  ; y   x  4 2 4 2 1 3 1 7 B. y   x  ; y   x  4 2 4 2 1 3 1 7 C. y   x  ; y   x  4 2 4 2 1 3 1 7 D. y   x  ; y   x  4 2 4 2 Hướng dẫn giải: Chọn D. ABI  Ta có k  tan  1 1 1 1   k    4 4 cos ABI 2 Giả sử M  x0 ; y0    C  thì k  y  x0   1  x0  2  2 1 0k  . 4 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 197 Xét phương trình 1  x0  2  2  x  0 1  0 4  x0  4 + Với x0  0 thì y0  3 1 3 . Phương trình tiếp tuyến là y   x  . 2 4 2 + Với x0  4 thì y0  5 1 5 1 7 . Phương trình tiếp tuyến là y    x  4     x  4 2 4 2 2 Dạng 5. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  đi qua điểm M  x0 ; y0  cho trước. 1. Phương pháp giải Thực hiện một trong hai cách sau Cách 1: Bước 1. Giả sử tiếp tuyến có hệ số góc k, khi đó phương trình tiếp tuyến có dạng y  k  x  x0   y0 . Bước 2. Tìm k là nghiệm của hệ phương trình  f  x   k  x  x0   y0   f   x   k Từ đó suy ra phương trình của tiếp tuyến. Cách 2: Bước 1. Giả sử A  a; f  a   là tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số đã cho nên phương trình tiếp tuyến tại điểm A là y  f   a  x  a   f  a  . Bước 2. Do tiếp tuyến đi qua M  x0 ; y0  nên a là nghiệm của phương trình f   a  x0  a   f  a   y0 . Tìm a và suy ra phương trình tiếp tuyến. 2. Bài tập Bài tập 1: Cho đồ thị hàm số  C  : y  x 1 . Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị hàm số đi qua điểm x 2 A  2; 1 ? A. 2. B. 0. C. 1. D. 3. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có y  1  x  2 2 , x  2 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 198  x 1  Gọi tọa độ tiếp điểm là M  x0 ; 0  với x0  2 . Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại x0  2   điểm M là y  1  x0  2  2  x  x0    x0  1 . x0  2 Do tiếp tuyến đi qua điểm A  2; 1 nên ta có phương trình  2  x0    x0  1  1   x0  1 ( vô nghiệm). 2 x0  2  x0  2  x0  2 Vậy không có tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu đề bài. . Nhận xét: Đối với đồ thị hàm số y  ax  b thì không có tiếp tuyến nào của đồ thị hàm số đi qua điểm cx  d  d a I   ;  là giao điểm của hai đường tiệm cận.  c c Bài tập 2: Cho hàm số y  1 4 3 x  3 x 2  có đồ thị (C). Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị (C) đi qua 2 2  3 điểm A  0;  ?  2 A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C. 3  3 Phương trình đường thẳng  đi qua điểm A  0;  và có hệ số góc k có dạng y  kx  . 2  2 3 3 1 4 2  x  3 x   kx  1 2 2 có nghiệm x. Để  tiếp xúc với (C) thì hệ phương trình  2 2 x 3  6 x  k  2   Thế (2) vào (1), ta có   1 4 3 3 x  3x 2   2 x 3  6 x x  2 2 2 x  0 .  x2 x2  2  0   x   2   3 + Với x  0  k  0  1 : y  . 2 3 + Với x  2  k  2 2   2 : y  2 2 x  . 2 3 + Với x   2  k  2 2   3 : y  2 2 x  . 2 Vậy có ba tiếp tuyến thỏa mãn. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 199 Dạng 6: Xác định các điểm M để có k tiếp tuyến của đồ thị hàm số  C  : y  f  x  đi qua điểm M 1. Phương pháp giải Thực hiện theo các bước sau: Bước 1. Xây dựng tọa độ điểm M  a; b  . Bước 2. Giả sử d là đường thẳng đi qua M và có hệ số góc k. Khi đó phương trình đường thẳng d : y  k  x  a  b .  f  x   k  x  a   b Bước 3. Để d là tiếp tuyến của (C) thì hệ phương trình *   có nghiệm.  f   x   k Dựa vào số nghiệm của hệ trên suy ra số tiếp tuyến tương ứng bài toán yêu cầu. Nhận xét: - Nếu f  x  là hàm số bậc 2, bậc 3, bậc nhất trên bậc nhất thì hệ (*) có bao nhiêu nghiệm thì tương ứng với bấy nhiêu tiếp tuyến. - Nếu f  x  là hàm số trùng phương có 3 điểm cực trị thì nếu hệ (*) có nghiệm không phải là hoành độ của 2 điểm cực tiểu (cực đại) thì mỗi nghiệm ứng với một tiếp tuyến của đồ thị (C). 2. Bài tập Bài tập 1: Cho hàm số y   x 3  6 x 2  2 có đồ thị (C) và điểm M  m;2  . Gọi S là tập hợp các giá trị thực của m để qua M có hai tiếp tuyến với đồ thị (C). Tổng các phần tử của S bằng A. 20 . 3 B. 13 . 2 C. 4. D. 16 . 3 Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi d là đường thẳng đi qua M  m;2  và có hệ số góc k. Khi đó phương trình của d là y  k  x  m   2 . Để có đúng hai tiếp tuyến của (C) đi qua M thì hệ phương trình k  3 x 2  12 x phải có hai nghiệm phân biệt.  3 2  x  6 x  2  k  x  m   2   Từ hệ trên, ta có  x 3  6 x 2  2  3 x 2  12 x  x  m   2 x  0  x 2 x 2  3  m  2  x  12 m   0   2 2 x  3  m  2  x  12 m  0 *  Để hệ có đúng hai nghiệm, ta xét các trường hợp sau + Trường hợp 1: Phương trình (*) có nghiệm kép khác 0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 200 m  6   9  m  2 2  96 m  0   . m  2 12 m  0  3 + Trường hợp 2: Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 0   9  m  2 2  96 m  0  m0 12 m  0 20  2  Vậy S  6; ;0  nên tổng các phần tử bằng . 3  3  Bài tập 2: Cho hàm số x 2  2 x  3 có đồ thị (C) và điểm A 1; a  . Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để có đúng hai tiếp tuyến của (C) đi qua A ? A. 3. B. 2. C. 1. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C. x 1 Ta có hàm số y  x 2  2 x  3 xác định trên  , y  x2  2x  3 . Gọi k là hệ số góc của đường thẳng  đi qua A 1; a  . Phương trình đường thẳng  : y  k  x  1  a . Đường thẳng  tiếp xúc với đồ thị (C) khi hệ phương trình sau có nghiệm  x 2  2 x  3  k  x  1  a 1   x 1  k 2  2  x  2x  3 x2  2x  3  Thay (2) vào (1) ta được x 1 x  2x  3 2  x  1  a  x 2  2 x  3   x  1  a x 2  2 x  3  a x 2  2 x  3  2 2 a 2 x  2x  3 2  3 . Qua A có đúng hai tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt. Xét hàm số f  x   Ta có f   x   2 x2  2x  3 2  x  1 .  x 2  2 x  3 x 2  2 x  3 ; f  x   0  x  1. Bảng biến thiên Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 201  Từ bảng biến thiên ta có (3) có hai nghiệm phân biệt thì a  0; 2  . Mà a nguyên nên a  1 . Dạng 7: Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ẩn tại điểm có hoành độ x  x0 cho trước 1. Phương pháp giải Từ biểu thức của hàm ẩn, tìm cách tính các giá trị y0  f  x0  và f   x0  . Áp dụng công thức viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ x  x0 . Chú ý công thức đạo hàm của hàm số hợp: Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên khoảng K , u  u  x  là hàm số xác định và có đạo hàm trên K và có giá trị trên khoảng K. Khi đó  f  u    u. f   u  . 2. Bài tập Bài tập 1: Cho hàm số y  f x có đạo hàm liên tục trên  thỏa mãn 2 f  2 x   f 1  2 x   12 x 2 , x   . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ bằng 1 là A. y  2 x  2. B. y  4 x  6. C. y  2 x  6. D. y  4 x  2. Hướng dẫn giải Chọn D. Ta cần tính f 1 , f  1 . Từ giả thiết 2 f  2 x   f 1  2 x   12 x 2 , x   . (*) Chọn x  0 và x  1 , ta được 2 2 f  0   f 1  0  f  0   1 .   2 f 1  f  0   3  f 1  2 Lấy đạo hàm hai vế (*) ta được 4. f   2 x   2. f  1  2 x   24 x, x   Chọn x  0 và x  1 , ta được 2 4 f   0   2 f  1  0  f   0   2 .   4 f  1  2 f   0   12  f  1  4 Vậy f 1  2; f  1  4 nên phương trình tiếp tuyến là y  4  x  1  2  4 x  2 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 202   Bài tập 2: Cho các hàm số y  f  x  , y  g  x   f  f  x   , y  h  x   f x 3  2 có đạo hàm trên  và có đồ thị lần lượt là  C1  ,  C2  ,  C3  . Đường thẳng x  2 cắt  C1  ,  C2  ,  C3  lần lượt tại A, B, C. Biết phương trình tiếp tuyến của  C1  tại A và của  C2  tại B lần lượt là y  3x  4 và y  6 x  13 . Phương trình tiếp tuyến của  C3  tại C là A. y  24 x  23. B. y  10 x  21. C. y  12 x  49. D. y  2 x  5. Hướng dẫn giải Chọn A. Để giải bài toán, ta cần tính h  2  và h  2  . Phương trình tiếp tuyến của  C1  tại A là  f   2   3  f   2   3 y  f   2  x  2   f  2   3 x  4    2 f   2   f  2   4  f  2   10 Phương trình tiếp tuyến của  C2  tại B là y  f   2  . f   f  2    x  2   f  f  2    f   2  . f  10  x  2   f 10   6 x  13 .  f   2  . f  10   6  f  10   2   2 f   2  . f  10   f 10   13  f 10   25    Ta có h  x   f  x 3  2   3 x 2 . f   x 3  2  nên h  2   12 f  10   24 và h  2   f 10   25 . Phương trình tiếp tuyến của  C3  tại C là y  h  2  x  2   h  2   24  x  2   25  24 x  23 . Bài tập 3: Cho hàm số y  f  x  xác định có đạo hàm và nhận giá trị dương trên  . Biết tiếp tuyến của hai đồ thị hàm số y  f  x  và y  g  x   f x   f x2 cùng tại điểm có hoành độ x0  1 có hệ số góc lần lượt là 12 và –3. Giá trị của f 1 bằng A. 3. B. 4. C. 6. D. 2. Hướng dẫn giải Chọn B.  f x Ta có g   x     f x2     f x 2 . f   x   f  x  .2 x. f  x 2    f 2 x2        Từ giả thiết ta có f  1  12 và g  1  3, f  x   0, x   Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 203  f 1 . f  1  2 f 1 . f  1 f 2 1  3   f  1 f 1  3  f 1  4. Bài tập 4: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  . Gọi 1 ,  2 lần lượt là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  và y  g  x   x 2 . f  4 x  3 tại điểm có hoành độ x  1 . Biết hai đường thẳng 1 ,  2 vuông góc nhau và 1 không song song với Ox, Oy . Mệnh đề nào sau đây đúng? B. f 1  2. 3  f 1  2. A. C. f 1  2. D. 2  f 1  2 3. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có g   x   x 2 . f  4 x  3   2 x. f  4 x  3  4 x 2 . f   4 x  3 .   Ta có hệ số góc của các tiếp tuyến 1 ,  2 lần lượt là f  1 và g  1  2 f 1  4 f  1 . Theo giả thiết thì f  1 .g  1  1 và f  1  0 .  f  1 .  2 f 1  4 f  1   1  2 f 1   1 1  4 f  1  2 f 1   4 f  1  4  f 1  2 . f  1 f  1   Bài tập 5: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x  trên  thỏa mãn f x 3  3 x  1  2 x  1 với mọi x   . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x  3 là 1 A. y  x . 3 1 B. y  x  2 . 3 1 C. y  x  3 . 3 1 D. y  x  2. 3 Hướng dẫn giải Chọn B. Để viết phương trình tiếp tuyến tại điểm x  3 , ta cần tính f  3 và f   3 . Với x  1 suy ra f  3  3 .       Do f x 3  3 x  1  2 x  1  3 x 2  3 f  x 3  3 x  1  2 . 1 Với x  1  6 f   3  2  f   3  . 3 Do đó phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  f   3 x  3  f  3  y  1 1  x  3  3  y  x  2 . 3 3 Bài tập 6: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  . Gọi  C1  ,  C2  và  C3  lần lượt là đồ thị của các     hàm số f  x  , g  x   f x 2 và h  x   f x 3 . Biết f 1  1 và tổng hệ số góc của hai tiếp tuyến tại điểm Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 204 có hoành độ x  1 của  C1  ,  C2  bằng –3. Phương trình tiếp tuyến của  C3  tại điểm có hoành độ x  1 là A. y   x  2. B. y  3x  2. C. y   x  1. D. y  3x  4. Hướng dẫn giải Chọn D. Ta cần tính h 1 , h 1 .     Ta có g   x   2 xf  x 2 , h  x   3 x 2 f  x 3 . Theo giả thiết, ta có f  1  g  1  3  f  1  2 f  1  3  f  1  1 . Do đó h 1  3 f  1  3 và h 1  f 1  1 . Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  3  x  1  1  3 x  4 . Bài tập 7: Cho hai hàm số f  x , g  x  đều có đạo hàm trên  và thỏa mãn f 3  2  x   2 f 2  2  3 x   x 2 g  x   36 x  0 , với mọi x   . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ x  2 là A. y   x. B. y  2 x  3. C. y  2 x  3. D. y  x. Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có f 3  2  x   2 f 2  2  3 x   x 2 g  x   36 x  0, x   1  f 2  0 Thay x  0 vào (1) ta có f 3  2   2 f 2  2   0    f  2   2 Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được 3 f 2  2  x  . f   2  x   12 f  2  3 x  . f   2  3 x   2 x.g  x   x 2 .g   x   36  0.  2  Thay x  0 vào (2) ta có 3 f 2  2  . f   2   12 f  2  . f   2   36  0.  3 + Với f  2   0 thay vào (3) thì 36  0 (vô lý). + Với f  2   2 thay vào (3) thì f   2   1 nên phương trình tiếp tuyến là y  x . Bài tập 8: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  thỏa mãn  f  x    6 f  x   3 x  10 với 3 mọi x   . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ x  1 là A. y   x  2. B. y  x. 1 2 C. y  x  . 3 3 1 4 D. y   x  . 3 3 Hướng dẫn giải Chọn D. Ta cần tính f 1 , f  1 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 205 Thay x  1 vào đẳng thức  f  x    6 f  x   3 x  10 , ta có 3  f 1   6 f 1  3  10   f 1   6 f 1  7  0  f 1  1. 3 3 Theo bài ra ta có  f  x    6 f  x   3 x  10 đúng với mọi x nên đạo hàm hai vế ta được 3 3.  f  x   . f   x   6 f   x   3, x   . 2 Thay x  1 vào ta có 3  f 1  . f  1  6 f  1  3 . 2 1 Vì f 1  1 nên f  1   . 3 1 4 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y   x  . 3 3 2  f 1  2. Dạng 8. Tìm các điểm trên đồ thị hàm số y  f  x  mà tiếp tuyến tại các điểm đó song song với nhau hoặc có cùng hệ số góc k. 1. Phương pháp giải Giả sử hai điểm A  x A ; f  x A   , B  x B ; f  x B    x A  x B  thuộc đồ thị hàm số y  f  x  mà tiếp tuyến tại hai điểm đó song song với nhau hoặc có cùng hệ số góc k thì x A , x B là hai nghiệm của phương trình f   x   k . Khi đó ta có biểu thức liên hệ giữa x A , x B . Từ đó giải quyết yêu cầu bài toán đưa ra. Đối với hàm số y  d a ax  b  c  0; ad  bc  0  có tâm đối xứng là I   ;  . Nếu A, B là hai điểm thuộc cx  d  c c đồ thị có tiếp tuyến tại A, B song song với nhau thì I là trung điểm của AB. 2. Bài tập mẫu x 1 có đồ thị (H). Gọi A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  là hai điểm phân biệt thuộc (H) 2x 1 sao cho tiếp tuyến của (H) tại A, B song song với nhau. Độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng AB bằng Bài tập 1: Cho hàm số y  A. 3 2 . B. C. 3. D. 2 6. 6. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có y  3  2 x  1 y  x1   y  x2   2 . Do 3  2 x1  1 2  tiếp tuyến 3  2 x2  1 2 của (H) tại A, B song song với nhau nên  x  x2  1  x1  x2  1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 206 Vì x1  x2 nên x1  x2  1 . Khi đó do vai trò của A, B như nhau nên ta có thể giả sử x1  1 1 a  ,a  0 2 2 thì 1 a3  1 1 a3 1 . A a  ; , B a  ;  2 2a   2 2 2 a  2 1 1 Gọi I  ;  là giao điểm của hai đường tiệm cận. 2 2  x  x  1  2 xI Ta thấy  1 2 nên I là trung điểm của AB.  y1  y2  1  2 yI   a 3  a2 9 a2 9 3  2  2 Ta có IA   ;   IA  . 2  4 4a 4 4a 2  2 2a  Vì I là trung điểm của AB nên AB  2 IA  2 Vậy ABmin  6 khi 3  6. 2 a2 9  2  a2  3  a  3 4 4a x 1 có đồ thị (H). Gọi A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  là hai điểm phân biệt thuộc (H) 2x 1 1 sao cho tiếp tuyến của (H) tại A , B có cùng hệ số góc k . Biết diện tích tam giác OAB bằng . Mệnh đề 2 nào dưới đây đúng? Bài tập 2: Cho hàm số y  A. k  9. C. 6  k  3. B. 9  k  6. D. 3  k  0. Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: y   3  2 x  1 2 Tiếp tuyến tại A, B của (H) có cùng hệ số góc k nên x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình  3  2 x  1 2  k  k 0.  x1  x2  1  Suy ra 4 kx  4 kx  k  3  0 *  nên  k 3  x1. x2  4 k 2 Khi đó do vai trò của A, B như nhau nên ta có thể giả sử x1  1 1 a  ,a  0 2 2 thì 1 a3  1 1 a3 1 A a  ; ,B a  ; .  2 2a   2 2 2 a  2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 207   1 Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ABC nếu có AB   a; b  , AC   c; d  thì SABC  ad  bc . 2   1 1 a  3    1 1 a3 , OB    a  ; Ta có OA   a  ;  2 2a  2 2 a  2  2  SOAB   1 2 2  a  1  a  3  a  1  a  3 1 a  3 1    .  2  2a  2  2a 4 a 2      a2  2a  3  0  a  3 a2  3 ( vì a > 0). 2 2  a  a  2a  3  0  a  1 1 + Với a  3  x1  2; x2  1  k   . 3 + Với a  1  x1  1; x2  0  k  3. 1 Vậy giá trị của k là k  3; k   . 3 Bài tập 3: Cho hàm số y  x 3  3 x  1 có đồ thị (C). Gọi A  x A ; y A  , B  x B ; yB  với x A  x B là các điểm thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại A, B song song với nhau và AB  6 37 . Giá trị 2 x A  3 x B bằng A. 15. B. 90. C. – 15. D. – 90. Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có y  3 x 2  3 . Do tiếp tuyến của (C) tại A, B song song với nhau nên y  x A   y  x B   3 x A2  3  3 x B2  3  x A  x B  0 (do x A  x B ).     Giả sử A a, a3  3a  1 , B a,  a3  3a  1 với a > 0 thuộc (C). Khi đó AB 2  4 a 2   2 a3  6 a   4 a6  24 a 4  40a 2  6 37 2  4a6  24a 4  40a2  1332  0  a2  9  a  3 (vì a > 0)  x A  3; x B  3 nên 2 x A  3 x B  15. x2 có đồ thị (C). Gọi A, B là hai điểm phân biệt thuộc (C) và tiếp tuyến x 1 của (C) tại A, B song song với nhau. Đường thẳng AB cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại M, N diện tích tam 1 giác OMN bằng . Độ dài đoạn MN bằng 4 Bài tập 4: Cho hàm số y  A. 10 . B. 5 . 2 C. 3 5 . 2 D. 10 . 2 Hướng dẫn giải Chọn B. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 208 Ta có y  3  x  1 2 . Gọi A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  . Khi đó y  x1   y  x2    x1  1   x2  1  x1  x2  2 . 2 2 Do đó tâm đối xứng I 1;1 của (C) là trung điểm của đoạn thẳng AB. Gọi hệ số góc của đường thẳng AB là k. Phương trình đường thẳng AB là y  k  x  1  1 . Điều kiện để đường thẳng d : y  k  x  1  1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B là phương trình x2  k  x  1  1 *  có hai nghiệm phân biệt x  1 . x 1 Ta có *   kx 2  2 kx  k  3  0 có hai nghiệm phân biệt x  1 khi và chỉ khi k  0  2 k  k  k  3  0  k  0  k  2k  k  3  0  k 1  ;0  , N  0;1  k  . Vì M, N là giao điểm của AB với Ox, Oy nên M   k  Suy ra SOMN   k  1 2k Ta có MN   k  1 2 2 + Với k  2  MN  + Với k  2  k  2 1 2  2  k  1  k   k  1 4  2  k  1  k 2 2 1  2   k  1  1  2   k  5 . 2 1 5  MN  . 2 2 Vậy trong cả hai trường hợp thì MN  5 . 2 Dạng 9: Một số dạng toán khác Bài tập 1: Gọi A là điểm thuộc đồ thị (C) của hàm số y  x 4  3 x 2  2 và có hoành độ a. Có bao nhiêu số nguyên a sao cho tiếp tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt B, C khác A? A. 1. B. 3. C. 2. D. 5. Hướng dẫn giải Chọn B. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 209 x  0 3   . Ta có y  4 x  6 x; y  0   x   6  2 y  12 x 2  6; y  0  x   2 . 2 Tọa độ các điểm có hoành độ a nguyên để tiếp tuyến tại điểm đó cắt trục hoành tại hai điểm thỏa mãn  6 6 a   2 2  a  1;0;1 .    a   2 ; a    2 Vậy có ba giá trị nguyên của a thỏa mãn. Nhận xét: Đối với đồ thị hàm số y  ax 4  bx 2  c mà đồ thị có ba điểm cực trị ( khi ab < 0) thì tiếp tuyến của đồ thị tại các điểm có hoành độ nằm giữa hai điểm cực tiểu (cực đại), trừ điểm uốn sẽ luôn cắt đồ thị tại hai điểm khác nữa. Bài tập 2: Gọi A là điểm thuộc đồ thị (C) của hàm số y  x 4  3 x 2  2 và có hoành độ a . Có bao nhiêu số nguyên a sao cho tiếp tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt B, C khác A và diện tích tam giác OBC bằng 2 3 ? A. 1. B. 3. C. 2. D. 5. Hướng dẫn giải Chọn A. x  0 3   Ta có y  4 x  6 x; y  0   . x   6  2 y  12 x 2  6; y  0  x   2 . 2 Tọa độ các điểm có hoành độ a nguyên để tiếp tuyến tại điểm đó cắt trục hoành tại hai điểm nữa thì  6 6 a   2 2  a  1;0;1  2 a    2 + Với a  1  A  1;0  . Khi đó phương trình tiếp tuyến là y  2  x  1 . x  0 Xét phương trình x  3 x  2  2  x  1   x  1 nên B  0;2  , C  2;6   SOBC  2 (loại).  x  2 4 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 210    3;2  SOBC  2 3 tuyến là y  2  x  1 + Với a  0  A  0;2  . Khi đó phương trình tiếp tuyến là y  2 nên B  3;2 , C  (thỏa mãn). + a  1  A 1;0  . Với Khi đó phương trình tiếp nên B  0;2  , C  2;6   SOBC  2 (loại). Vậy a  0 . Bài tập 3: Cho hàm số y  x 1 có đồ thị (C). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của m sao cho tiếp x2 tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x  m  2 cắt tiệm cận đứng tại A  x1 ; y1  , cắt tiệm cận ngang tại B  x2 ; y2  thỏa mãn x2  y1  5 . Tổng giá trị các phần tử của S bằng A. 4. B. – 2. C. – 4. D. 2. Hướng dẫn giải Chọn B. Đồ thị (C) có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là x  2 và y  1 . Ta có y  Gọi y 3  x  2 2 , y  m  2   3 . m2 m3  M  m  2;  C, m  0 , m   tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình là 3 m 3 . x  m  2  2  m m m6   và tiệm cận ngang là B  2 m  2;1 . Giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng là A  2; m   Theo giả thiết ta có m  1 m 6 .  2 m  2  5  2 m 2  4 m  6   m  m  3 Vậy m1  m2  2 . x 1 có đồ thị (C). Gọi A, B là hai điểm nằm trên hai nhánh của (C) và các x 1 tiếp tuyến của (C) tại A, B cắt các đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng lần lượt tại các cặp M, N và P, Q. Diện tích tứ giác MNPQ nhỏ nhất bằng Bài tập 4: Cho hàm số y  A. 16. B. 32. C. 8. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Theo tính chất của tiếp tuyến đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất thì IM.IN  IP. IQ  8 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 211 Ta có SMNPQ   1 1 1 MP.NQ   IM  IP  IN  IQ    IM. IN  IP. IQ  IM. IQ  IN. IP  2 2 2 1 1 64 1   IN. IP   8  .2 64  16 . 8  8  IM.IQ  IN.IP   8   2 2  IN. IP 2  Vậy Smin  16 khi 64  IN. IP  IN. IP  8 hay IN  IQ  IM  IP  2 2 tức là MNPQ là hình IN. IP vuông. 1 4 x  x 3  6 x 2  7 có đồ thị (C). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 2 để có ít nhất hai tiếp tuyến của (C) song song hoặc trùng với đường thẳng d : y  mx ? Bài tập 5: Cho hàm số y  A. 27. B. 28. C. 26. D. 25. Hướng dẫn giải Chọn B. Giả sử M  a; b  là tiếp điểm. Ta có y  2 x 3  3 x 2  12 x . Tiếp tuyến của (C) tại M song song hoặc trùng với đường thẳng d : y  mx nên a là nghiệm của phương trình 2 x 3  3 x 2  12 x  m *  . Để có ít nhất hai tiếp tuyến của (C) song song hoặc trùng với đường thẳng d thì phương trình (*) có ít nhất hai nghiệm.  x  1 Xét f  x   2 x 3  3 x 2  12 x có y  6 x 2  6 x  12; y  0   . x  2 Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên, để phương trình (*) có ít nhất hai nghiệm thì 20  m  7 . Mà m   nên m  20, 19,...,6,7 . Vậy có 28 giá trị m thỏa mãn. x 1 và điểm I 1;1 . Hai điểm A và B thuộc cùng một nhánh của x 1 đồ thị sao cho IA  IB . Gọi k1 và k2 lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến tại A và B. Khi tiếp tuyến tại A Bài tập 6: Cho đường cong  C  : y  và B của (C) tạo với nhau một góc 15 , giá trị biểu thức k1  k2 bằng A. 2 6  2 2.   B. 4 2  3 . C. 2 6  2 2. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133   D. 4 2  3 . Trang 212 Hướng dẫn giải Chọn A. Do IA  IB nên k1.k2  1 . Ta có tan15  k1  k2 1  k1.k2    k1  k2  2 2  3   k1  k2   28  16 3 2   k1  k2   32  16 3  k1  k2  4 2  3  2 6  2 2 . 2 Nhận xét: Đối với đồ thị hàm số y  ax  b có tâm đối xứng là I. Cho A, B là hai điểm thuộc cùng một cx  d nhánh của đồ thị hàm số thỏa mãn IA  IB . Gọi k1 , k2 là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại A, B. 1 Ta có k1k2  . c Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 213 BÀI 6. ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀ SỰ TƯƠNG GIAO Dạng 1: Dựa vào Đồ thị hàm số Bài tập 1. Hình dạng có thể có của đồ thị hàm số y = x 3 + bx 2 - x + d là những hình nào trong các hình sau đây? (Hình I) A. (I). (Hình II) B. (III). (Hình III) (Hình IV) B. (I) hoặc (III). D. (II) hoặc (IV). Hướng dẫn giải. Chọn A. Hàm số y = x 3 + bx 2 - x + d có hệ số của x 3 dương nên loại (II) và (IV). Xét y ¢ = 3 x 2 + 2bx -1 có D¢y ¢ = b2 + 3 > 0, “b Î . Do đó hàm số có hai cực trị. / 0 ) có đồ thị là một trong các dạng dưới đây: Bài tập 2. Biết rằng hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d (a = (Hình I) (Hình II) (Hình III) (Hình IV) Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. Đồ thị như (I) có được khi a < 0 và f ¢ ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt. B. Đồ thị như (II) có được khi a > 0 và f ¢ ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt. C. Đồ thị như (III) có được khi a > 0 và f ¢ ( x ) = 0 vô nghiệm. D. Đồ thị như (IV) có được khi a > 0 và f ¢ ( x ) = 0 có có nghiệm kép. Hướng dẫn giải. Chọn C. Bài tập 3. Cho hàm số y = f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình bên (a , b , c Î  ). Tính f (2 ). A. f (2 ) = 15. B. f (2 ) = 16. C. f (2 ) = 17. D. f (2 ) = 18. Hướng dẫn giải. Chọn C. Ta có y ¢ = f ¢ ( x ) = 4 ax 3 + 2bx = 2 x (2ax 2 + b). Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 214 Đồ thị hàm số đi qua các điểm A (0 ;1), B (1;-1) và đồ thị hàm số đạt cực tiểu tại B (1; -1) nên ta có hệ phương trình: ìï f (0 ) = 1 ìa = 2 ïìïc = 1 ï ïï ï ï f (1) = -1  ïïa + b + c = -1  ï ï í í íb = -4. ïï ïï ï ï ï ï + = a b 4 2 0 ¢ ïïc = 1 îï î ïî f (1) = 0 Do đó: y = f ( x ) = 2 x 4 – 4 x 2 + 1 ¾¾  f (2 ) = 17. Dạng 2: Bảng biến thiên Bài tập 1. Cho hàm số y = f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d có bảng biến thiên sau: Đồ thị nào trong các phương án A, B, C, D thể hiện hàm số y = f ( x ) ? A B C Hướng dẫn giải. D Chọn A. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy: • Hàm số có giá trị cực đại bằng 2 và giá trị cực tiểu bằng -2. Loại đáp án B và C. • Khi x  +¥ thì y  +¥ nên chỉ có đáp án A là phù hợp. Bài tập 2. Cho hàm số y = f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c có bảng biến thiên như hình vẽ: Tính giá trị của biểu thức P = a + b + 3c. A. P = -9. B. P = -3. C. P = 3. D. P = 9. Hướng dẫn giải. Chọn B. Đạo hàm y ¢ = 3 x 2 + 2ax + b. ïì3 – 2a + b = 0 ïìa = -3  ïí . îïï27 + 6a + b = 0 îïïb = -9 Phương trình y ¢ = 0 có hai nghiệm là -1 và 3  ïí  27 + 9a + 3b + c = -24 ¾¾  c = 3. Lại có f (3) = -24 ¾¾ Vậy P = a + b + 3c = -3. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 215 Bài tập 3. Cho hàm số y = f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c (a ¹ 0 ) có bảng biến thiên như hình vẽ: Tính giá trị của biểu thức P = a2 + b2 + c2 . B. P = 4. C. P = 6. D. P = 8. A. P = 2. Hướng dẫn giải. Chọn C. Đạo hàm y ¢ = 4 ax 3 + 2bx = 2 x (2ax 2 + b). Phương trình y ¢ = 0 có nghiệm x = 1  2a + b = 0. (1) ì ï f (0 ) = 1 ìïïc = 1 . Lại có ïí í ïï f (1) = 2 îïïa + b + c = 2 î (2 ) Giải hệ (1) và (2 ), ta được a = -1, b = 2, c = 1 ¾¾  P = a 2 + b2 + c2 = 6. Bài tập 4. Cho hàm số y = f ( x ) = ax 4 + bx 2 (a ¹ 0 ) có bảng biến thiên như hình vẽ: Hiệu a – b bằng A. -3. B. -1. C. 1. D. 3. Hướng dẫn giải. Chọn D. Đạo hàm f ¢ ( x ) = 4 ax 3 + 2bx = 2 x (2ax 2 + b). ïì f ¢ (1) = 0 ïïì2 (2a + b) = 0 ìïïa = 1 í í . Từ bảng biến thiên, ta có íï ïï f (1) -1 ïïa + b = -1 ïîïb = -2 î î Dạng 3 : Phép suy đồ thị Bài tập 1. Cho hàm số y = x 3 – 6 x 2 + 9 x có đồ thị như Hình 1 . Đồ thị Hình 2 là của hàm số nào trong bốn đáp án A, B, C, D dưới đây? Hình 1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Hình 2 Trang 216 A. y = -x 3 + 6 x 2 – 9 x . B. y = x 3 + 6 x 2 + 9 x . C. y = x 3 – 6 x 2 + 9 x . D. y = x – 6 x 2 + 9 x . 3 Hướng dẫn giải. Chọn D. Nhắc lại lí thuyết: Đồ thị hàm số y = f ( x ) được suy ra từ đồ thị hàm số y = f ( x ) bằng cách • Giữ nguyên phần đồ thị hàm số y = f ( x ) với x ³ 0. • Sau đó lấy đối xứng phần đồ thị vừa giữ ở trên qua trục Oy . Bài tập 2. Cho hàm số y = x 3 + 3 x 2 – 2 có đồ thị như Hình 1 . Đồ thị Hình 2 là của hàm số nào dưới đây? Hình 1 3 Hình 2 A. y = x + 3 x 2 – 2. B. y = x 3 + 3 x 2 – 2 . C. y = x 3 + 3 x 2 – 2 . D. y = -x 3 – 3 x 2 + 2. Hướng dẫn giải. Chọn B. Nhắc lại lí thuyết: Đồ thị hàm số y = f ( x ) được suy ra từ đồ thị hàm số y = f ( x ) bằng cách • Giữ nguyên phần đồ thị hàm số y = f ( x ) với y ³ 0. • Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số y = f ( x ) với y < 0 qua trục Ox . Bài tập 3. Cho hàm số y = ( x - 2)( x 2 -1) có đồ thị như hình vẽ bên. Hình nào dưới đây là đồ thị của hàm số y = x - 2 ( x 2 -1) ? A. B. C. D. Hướng dẫn giải. Chọn A. é( x - 2 )( x 2 -1) khi x ³ 2 Ta có y = x - 2 ( x 2 -1) = êê . ê-( x - 2 )( x 2 -1) khi x < 2 ë Suy ra đồ thị của hàm số y = x - 2 ( x 2 -1) như sau: • Giữ nguyên phần đồ thị của hàm số y = ( x - 2)( x 2 -1) với x ³ 2 (bên phải đường thẳng x = 2 ). • Lấy đối xứng phần đồ thị y = ( x - 2)( x 2 -1) với x < 2 qua trục hoành. Hợp hai phần đồ thị ở trên ta được đồ thị hàm số cần tìm. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 217 Bài tập 4. Cho hàm số y = ( x - 2)( x 2 -1) có đồ thị như hình vẽ bên. Hình nào dưới đây trong các đáp án A, B, C, D là đồ thị của hàm số y = x + 1 ( x 2 - 3 x + 2) ? B. A. C. D. Hướng dẫn giải. Chọn C. é( x - 2 )( x 2 -1) khi x ³ -1 Ta có y = x + 1 ( x 2 - 3 x + 2 ) = êê . ê-( x - 2 )( x 2 -1) khi x < -1 ë Suy ra đồ thị của hàm số y = x + 1 ( x 2 - 3 x + 2 ) giống hoàn toàn phần đồ thị của hàm số y = ( x - 2)( x 2 -1) với x ³ -1 (bên phải đường thẳng x = -1 ). Đối chiếu các đáp án ta Bài tập 5. Cho hàm số y = x 2 x +1 có đồ thị như Hình 1 . Đồ thị Hình 2 là của hàm số nào trong các đáp án A, B, C, D dưới đây? Hình 1 A. y = x . 2x +1 B. y = Hình 2 x 2 x +1 . C. y = x . 2 x +1 D. y = x 2 x +1 . Hướng dẫn giải. Chọn A. Bài tập 6. Cho hàm số y = x +2 có đồ thị như Hình 1 . Đồ thị Hình 2 là của hàm số nào trong các đáp án 2 x -1 A, B, C, D dưới đây? Hình 1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Hình 2 Trang 218 x +2 æ x + 2 ö÷ ÷. B. y = è 2 x -1÷ø 2 x -1 A. y = -ççç C. y = x +2 . 2 x -1 D. y = x +2 2 x -1 . Hướng dẫn giải. Chọn B. Bài tập 7. Đồ thị hàm số y = 2 x -1 có đồ thị x -1 như hình bên. Hỏi đồ thị hàm số y = 2 x -1 x -1 có đồ thị là hình nào trong các đáp án sau: A. B. C. D. Hướng dẫn giải. Chọn C. ìï 2 x -1 1 ïï khi x ³ ï x -1 2 ï =í . Ta có y = ïï 2 x -1 1 x -1 < x khi ïï 2 îï x -1 2 x -1 Do đó đồ thị hàm số y = 2 x -1 x -1 được suy từ đồ thị hàm số y = • Giữ nguyên phần đồ thị hàm số y = 2 x -1 bằng cách: x -1 2 x -1 1 phía bên phải đường thẳng x = . x -1 2 • Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số y = 2 x -1 1 phía bên trái đường thẳng x = qua trục hoành. x -1 2 Hợp hai phần đồ thị ở trên ta được toàn bộ đồ thị hàm số y = 2 x -1 x -1 . Bài tập 8. Trong các đồ thị hàm số sau, đồ thị nào là đồ thị của hàm số y = Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 x ? x -1 Trang 219 A. B. C. D. Hướng dẫn giải. Chọn B. ì x ï ï khi x > 1 ï x ï x 1 Ta có y = =ï . í x x -1 ï ï khi x < 1 ï ï ï î x -1 Do đó đồ thị hàm số y = x x được suy từ đồ thị hàm số y = bằng cách: x -1 x -1 • Giữ nguyên phần đồ thị hàm số y = x phía bên phải đường thẳng x = 1. x -1 • Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số y = x phía bên trái đường thẳng x = 1 qua trục hoành. x -1 Hợp hai phần đồ thị ở trên ta được toàn bộ đồ thị hàm số y = x . x -1 Dạng 4: Xác định dấu của các tham số của hàm số dựa vào tính chất đồ thị Bài tập 1. Cho hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. a > 0, b > 0, c < 0, d > 0. B. a < 0, b < 0, c < 0, d < 0. C. a > 0, b < 0, c < 0, d > 0. D. a > 0, b > 0, c > 0, d < 0. Hướng dẫn giải. Chọn C. Ta có y ¢ = 3ax 2 + 2bx + c. Đồ thị hàm số thể hiện a > 0; cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên d > 0. ìï x > 1 Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy íï CT ïîï-1 < x C Ð ìï x C Ð + x CT > 0 ¾¾  ïí ïîï x C Ð . x CT < 0 <0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 220 ìï 2b b a> 0  < 0 ¾¾ ¾ b < 0 ïïï- > 0 ¾¾ 3a a ï í . Vậy a > 0, b < 0, c < 0, d > 0. ïï c c a>0  < 0 ¾¾¾ c < 0 ïï < 0 ¾¾ a ïî 3a Bài tập 2: Cho hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a < 0, b > 0, c > 0, d < 0. B. a < 0, b < 0, c > 0, d < 0. C. a > 0, b < 0, c < 0, d > 0. D. a < 0, b > 0, c < 0, d < 0. Hướng dẫn giải. Chọn A. Bài tập 3. Cho hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây là đúng? A. ac > 0, bd < 0. C. ac < 0, bd < 0. B. ac > 0, bd > 0. D. ac < 0, bd > 0. Hướng dẫn giải. Chọn A. Ta có y ¢ = 3ax 2 + 2bx + c. • Dễ dàng suy ra a > 0 và d > 0. • Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị đều dương nên phương trình y ¢ = 0 có hai nghiệm dương phân biệt, suy ra c 2b a>0 > 0 và – > 0 ¾¾ ¾  b < 0. Vậy ac > 0, bd < 0. 3a 3a Bài tập 4. Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. a > 0, b > 0, c < 0. C. a > 0, b < 0, c > 0. B. a > 0, b < 0, c < 0. D. a < 0, b > 0, c < 0. Hướng dẫn giải. Chọn C. Đồ thị hàm số thể hiện a > 0. a> 0 ¾  b < 0. Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên ab < 0 ¾¾ Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên c > 0. Vậy a > 0, b < 0, c > 0. Bài tập 5. Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng? B. a > 0, b < 0, c = 1. A. a < 0, b > 0, c = 1. D. a > 0, b > 0, c > 0. C. a > 0, b > 0, c = 1. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 221 Hướng dẫn giải. Chọn B. Bài tập 6. Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. a < 0, b > 0, c > 0. C. a < 0, b < 0, c > 0. B. a < 0, b > 0, c < 0. D. a < 0, b < 0, c < 0. Hướng dẫn giải. Chọn B. Bài tập 7. Hàm số y = ax 4 + bx 2 + c (a ¹ 0) có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. a > 0, b ³ 0, c < 0. C. a > 0, b ³ 0, c > 0. B. a > 0, b < 0, c £ 0. D. a < 0, b < 0, c < 0. Hướng dẫn giải. Chọn A. Dựa vào dáng điệu đồ thị suy ra a > 0 . a> 0 ¾  b ³ 0. Hàm số có 1 điểm cực trị nên ab ³ 0 ¾¾ Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên c < 0. Vậy a > 0, b ³ 0, c < 0. Bài tập 8. Hàm số y = ax + b với a > 0 có đồ thị cx + d như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. b > 0, c > 0, d < 0. B. b > 0, c < 0, d < 0. C. b < 0, c < 0, d < 0. D. b < 0, c > 0, d < 0. Hướng dẫn giải. Chọn A. Từ đồ thị hàm số, ta thấy b a b d a>0 b>0  x = – < 0 ¾¾ ¾  b > 0. • Khi x = 0 ¾¾  y = < 0 ¾¾ ¾ d < 0 . • Khi y = 0 ¾¾ d c d <0  c > 0. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = – > 0 ¾¾¾ Vậy b > 0, c > 0, d < 0. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 222 Bài tập 99. Hàm số y = đồ thị đúng? A. B. C. D. bx - c (a ¹ 0; a, b, c Î  ) có x -a như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây là a > 0, b > 0, c – ab < 0. a > 0, b > 0, c – ab > 0. a > 0, b > 0, c – ab = 0. a > 0, b < 0, c - ab < 0. Hướng dẫn giải. Chọn A. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = a > 0; tiệm cận ngang y = b > 0. Mặt khác, ta thấy dạng đồ thị là đường cong đi xuống (từ trái sang phải) nên suy ra đạo hàm y¢ = c – ab 2 ( x – a) < 0, "x ¹ a ¾¾  c - ab < 0. Vậy a > 0, b > 0, c – ab < 0. Bài tập 10. Đường cong ở hình bên là đồ thị hàm số y = ax + b với a, b, c, d là các số thực. Mệnh đề cx + d nào sau đây là đúng ? A. y ¢ < 0, "x ¹ 1. B. y ¢ < 0, "x ¹ 2. C. y ¢ > 0, “x ¹ 1. D. y ¢ > 0, “x ¹ 2. Hướng dẫn giải Chọn B. Dựa vào hình vẽ, ta thấy hàm số y = ax + b nghịch biến trên mỗi khoảng xác định và đường thẳng x = 2 cx + d là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Suy ra y ¢ < 0, "x ¹ 2 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 223 Dạng 5: Xác đinh số nghiệm của phương trình dựa vào đồ thị hoặc bảng biến thiên Bài tập 1. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau Số nghiệm thực của phương trình 2 f ( x ) - 7 = 0 là A. 2. B. 4. C. 6. D. 8. Hướng dẫn giải. Chọn C. 7 2 7 2 Ta có 2 f ( x ) - 7 = 0  f ( x ) =  f ( x ) =  . Dựa vào BBT, suy ra f ( x ) = 7 7 có 4 nghiệm; f ( x ) = - có 2 nghiệm. 2 2 Cách 2. Từ BBT của hàm số f ( x ), suy ra BBT của hàm số f ( x ) như sau Dựa vào BBT ¾¾  2 f (x ) - 7 = 0  f (x ) = 7 có 6 nghiệm. 2 Bài tập 2. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên  \ {0} và có bảng biến thiên như sau Gọi m là số nghiệm của phương trình f ( x ) = 3 và n là số nghiệm của phương trình f ( x ) = 3 . Khẳng định nào sau đây đúng? B. m + n = 6. C. m + n = 7. A. m + n = 4. Hướng dẫn giải. Chọn C. Từ BBT của hàm số f ( x ) , suy ra BBT của hàm D. m + n = 8. số g ( x ) = f ( x ) như hình bên(trong đó a là hoành độ giao điểm của đồ thị y = f ( x ) với trục hoành). Dựa vào BBT ¾¾  f ( x ) = 3 có 3 nghiệm. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 224 Từ BBT của hàm số f ( x ) , suy ra BBT của hàm h (x ) = f ( x ) như hình bên. Dựa vào BBT ¾¾  f ( x ) = 3 có 4 nghiệm. Vậy m + n = 3 + 4 = 7. Bài tập 3. Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như 2 hình vẽ. Hỏi phương trình éë f ( x )ùû = 4 có bao nhiêu nghiệm? B. 3. A. 2. C. 4. D. 5. Hướng dẫn giải. Chọn C. é f ( x ) = 2 (1) 2 . Do đó số nghiệm của Ta có éë f ( x )ùû = 4  êê êë f ( x ) = -2 (2 ) 2 phương trình éë f ( x )ùû = 4 chính là số giao điểm của đồ thị hàm số f ( x ) với hai đường thẳng y = 2 và y = -2. Dựa vào đồ thị ta thấy: Phương trình (1) có 1 nghiệm; Phương trình (2 ) có 3 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. Bài tập 4: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [-2;2 ] và có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Hỏi phương trình f ( x ) -1 = 1 có bao nhiêu nghiệm phân biệt trên [-2;2 ] ? A. B. C. D. 3. 4. 5. 6. Hướng dẫn giải. Chọn C. é f ( x ) = 0 (1) Ta có f ( x ) -1 = 1  êê . êë f ( x ) = 2 (2 ) Dựa vào đồ thị, ta thấy (1) có 3 nghiệm; (2 ) có 2 nghiệm. Bài tập 5: Cho hàm số f ( x ) = x 3 - 3 x 2 + 4 có đồ thị như hình vẽ. Hỏi phương trình nhiêu nghiệm ? A. 4. C. 6. f éë f ( x )ùû = 1 có bao 3 f ( x )- 5 f ( x ) + 4 2 B. 5. D. 8. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 225 Hướng dẫn giải. Chọn C. Ta có f éë f ( x )ùû = 1  f 3 ( x )- 3 f 2 ( x ) + 4 = 3 f 2 ( x )- 5 f ( x ) + 4 3 f 2 (x )- 5 f (x ) + 4 é f x = 0 (1) ê ( ) ê  f ( x ) - 6 f ( x ) + 5 f ( x ) = 0  ê f ( x ) = 1 (2 ). ê êë f ( x ) = 5 (3) 3 2 Dựa vào đồ thị ta thấy (1) có 2 nghiệm; (2 ) có 3 nghiệm; (3) có 1 nghiệm. Bài tập 6. Cho hàm bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hỏi phương trình f ( x - 2 ) = - 1 2 có bao nhiêu nghiệm? B. 3. D. 6. A. 1. C. 4. Hướng dẫn giải. Chọn C. Đồ thị hàm số f ( x - 2 ), được suy từ đồ thị f ( x ) bằng cách: • Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số f ( x ) phía bên phải Oy (xóa phần đồ thị bên trái Oy ) qua Oy (xem Hình 1); • Tịnh tiến đồ thị ở bước trên sang phải 2 đơn vị (xem Hình 2). Hình 1. Hình 2. Từ đồ thị của hàm số f ( x - 2 ), suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm. Bài tập 7. Cho hàm số y = ( x -1). f ( x ) xác định, liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng y = m 2 - m cắt đồ thị hàm số y = x -1 . f ( x ) tại  hai điểm có hoành độ nằm ngoài đoạn [-1;1]. A. m > 0. B. m < 1. C. 0 < m < 1. Hướng dẫn giải. D. m > 1 hoặc m < 0. Chọn D. Từ đồ thị hàm số y = ( x -1). f ( x ), suy ra đồ thị hàm số f ( x ) x -1 như hình bên. Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình x -1 . f ( x ) = m 2 - m có hai nghiệm có hoành độ nằm ngoài đoạn [-1;1] khi và chỉ khi Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 226 ém > 1 . m2 -m > 0  ê êm < 0 ë Bài tập 8. Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hỏi phương trình f éë f ( x )ùû = 0 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt? B. 5. A. 3. D. 9. C. 7. Hướng dẫn giải. Chọn D. Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ), ta suy ra phương trình é f x = a (-2 < a < -1) (1) ê ( ) ê f ëé f ( x )ûù = 0  ê f ( x ) = b (0 < b < 1) (2). ê êë f ( x ) = c (1 < c < 2 ) (3) Mỗi phương trình đều có 3 nghiệm. Bài tập 9. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm thực của phương trình f ( f ( x )) = -2 là A. 2. C. 5. B. 4. D. 9. Hướng dẫn giải. Chọn C. é f ( x ) = -1 (1) Từ đồ thị y = f ( x ), suy ra phương trình f ( f ( x )) = -2  êê (2 ) êë f ( x ) = 2 . Dựa vào đồ thị, ta thấy (1) có 3 nghiệm; (2 ) có 2 nghiệm. Bài tập 10. Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình 2 f ( x 2 ) + 3 = 0 là A. 0. C. 4. B. 2. D. 6. Hướng dẫn giải. Chọn C. 3 2 Đặt t = x 2 (t ³ 0). Khi đó phương trình đã cho trở thành: f (t ) = - . (*) 3 2 Số nghiệm của (*) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = - . Dựa vào đồ é t1 < 0 (loaïi) ê ê  x =  t2 . thị, phương trình (*)  ê0 < t 2 < 2 ¾¾ ê ê t > 2 ¾¾  x =  t3 êë 3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 227 Bài tập 11. Cho hàm số y = x 4 + mx 2 + n với m , n Î  có đồ thị như hình vẽ. Biết phương trình x 4 + mx 2 + n = 0 có k nghiệm thực phân biệt, k Î  * . Mệnh đề nào sau đây đúng? B. k = 2, mn > 0. A. k = 2, mn < 0. D. k = 4, mn > 0. C. k = 4, mn < 0. Hướng dẫn giải. Chọn C. Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình x 4 + mx 2 + n = 0 có 4 nghiệm phân biệt, suy ra k = 4. Do đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên m < 0, ta thấy hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên n > 0 ¾¾  mn < 0. Dạng 6: Biện luận số nghiệm của phương trình Bài tập 1. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên  \ {1}, liên tục trên từng khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt đường thẳng y = 2m -1 tại hai điểm phân biệt. 3 2 A. 1 < m < . 3 2 B. 1 £ m < . 3 2 C. 1 £ m £ . D. 1 < m < 2. Hướng dẫn giải. Chọn A. 3 2 YCBT  1 < 2m -1 < 2  1 < m < . 3 2 Nhận xét: Sai lầm hay gặp là cho 1 £ 2m -1 £ 2  1 £ m £ . Bài tập 2. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên  \ {-1;1}, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên sau: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = 2m + 1 cắt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt. A. m £ - 2. B. m ³ 1. C. m £ - 2, m ³ 1. D. m < - 2, m > 1. Hướng dẫn giải. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 228 Chọn D. é2m + 1 > 3 ém > 1 . ê YCBT  êê ê ë 2 m + 1 < -3 ë m < - 2 Nhận xét: Nếu yêu cầu bài toán có duy nhất một nghiệm thực  -3 £ 2m + 1 £ 3. Bài tập 3. Cho hàm số y = f ( x ) = 2 x 3 - 9 x 2 + 12 x có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f ( x ) + m = 0 có 6 nghiệm phân biệt. B. A. m < -5. -5 < m < -4. D. m > -4. C. 4 < m < 5. Hướng dẫn giải. Chọn B. Trước tiên từ đồ thị hàm số y = f ( x ) , ta suy ra đồ thị hàm số y = f ( x ) như hình vẽ. Ta có f ( x ) + m = 0  f ( x ) = -m. Do đó YCBT  4 < -m < 5  -5 < m < -4. Bài tập 4. Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 f ( x ) - m = 0 có 4 nghiệm phân biệt? A. 3. C. 7. B. 4. D. 8. Hướng dẫn giải. Chọn C. Trước tiên từ đồ thị hàm số y = f ( x ), ta suy ra đồ thị hàm số y = f ( x ) như hình vẽ. Ta có 2 f ( x ) - m = 0  f ( x ) = Do đó YCBT  0 < m . 2 m < 4  0 < m < 8. 2 Bài tập 5. Tập hợp các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = ( x - 1)( x 2 + mx + m ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt là A. (0;4 ). B. (4; +¥). æ 1ö æ 1 ö C. ççç-¥;- ÷÷÷ È ççç- ;0÷÷÷. è 2ø è 2 ø æ 1ö æ 1 ö D. ççç-¥;- ÷÷÷ È ççç- ;0÷÷÷ È (4; +¥). è 2ø è 2 ø Hướng dẫn giải. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 229 Chọn D. éx = 1 Phtrình hđgđ: ( x -1)( x 2 + mx + m ) = 0  êê . 2 êë x + mx + m = 0 (1) ìï12 + m.1 + m ¹ 0 . ïïD = m 2 - 4 m > 0 î YCBT  (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1  ïí Phương trình hoành độ giao điểm ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 . éx = x0 • Nếu nhẩm được một nghiệm x 0 thì phương trình tương đương êê 2 ë ax + b ¢x + c ¢ = 0 . • Cô lập tham số m và lập bảng biến thiên hoặc dùng đồ thị. • Nếu không nhẩm được nghiệm và không cô lập được m thì bài toán được giải quyết theo hướng tích hai cực trị, cụ thể: ◦ Đồ thị cắt trục hoành đúng ba điểm phân biệt  yCD . yCT < 0. ◦ Đồ thị có hai điểm chung với trục hoành  yCD . yCT = 0. ◦ Đồ thị có một điểm chung với trục hoành  yCD . yCT > 0 hoặc hàm số không có cực trị. Chú ý: Nếu y ¢ = 3ax 2 + 2bx + c = 0 nhẩm được hai nghiệm thì tính yCD , yCT dễ dàng. Trường hợp không nhẩm được nghiệm thì dùng mối liên hệ hai nghiệm đó là hệ thức Viet. Bài tập 6. Tập hợp các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = x 3 – 3 x 2 cắt đường thẳng y = m tại ba điểm phân biệt là A. (-4;0). B. (0; +¥). C. (-¥;-4 ). D. (-¥;-4 ) È (0; +¥). Hướng dẫn giải. Chọn A. Xét hàm bậc ba y = x 3 – 3 x 2 , có é x = 0 ¾¾  yCD = 0 y ¢ = 3 x 2 – 6 x ¾¾  y ¢ = 0  êê .  yCT = -4 êë x = 2 ¾¾ Dựa vào dáng điệu của đồ thị hàm bậc ba, ta có YCBT  yCT < m < yCD  -4 < m < 0. Bài tập 7. Cho phương trình 2 x 3 - 3 x 2 = 2m + 1. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt. 1 2 1 2 1 2 5 2 B. m = - , m = - . A. m = - , m = -1. 5 2 5 2 D. m = 1, m = - . C. m = , m = . Hướng dẫn giải. Chọn A. Xét hàm bậc ba f ( x ) = 2 x 3 - 3 x 2 , có é x = 0 ¾¾  yCD = 0 f ¢ ( x ) = 6 x 2 - 6 x ¾¾  f ¢ ( x ) = 0  êê .  yCT = -1 êë x = 1 ¾¾ Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 230 é2m + 1 = y é2m + 1 = 0 CD . ê Dựa vào dáng điệu của đồ thị hàm bậc ba, ta có YCBT  êê ê 2 m + 1 = -1 2 m + 1 = y CT ë ë Bài tập 8. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = x 3 - mx 2 + 4 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt. B. m > 0. A. m ¹ 0. C. m ¹ 3. D. m > 3. Hướng dẫn giải. Chọn D. éx = 0 ê 2m . êx = êë 3 Ta có y ¢ = 3 x 2 – 2 mx = x (3 x – 2 m ) ¾¾  y¢ = 0  ê YCBT  Hàm số có hai điểm cực trị và hai giá trị cực trị trái dấu é 2m ém ¹ 0 ê ¹0 ê ê 3 ö ê  êê çæ -4 m 3  m > 3. æ 2 m ö÷ ê + 4 ÷÷÷ < 0 4. çç ê ç ê y (0 ). y ç < 0 ÷ ÷ 27 ø çè 3 ÷ø ëê è ëê Bài tập 9. Tìm giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = x 3 - 3mx 2 + 2 có đúng hai điểm chung với trục hoành. 1 6 A. m = . B. m = 3 2. C. m = 1 3 2 . D. m = 3. Hướng dẫn giải. Chọn C. éx = 0 . ë x = 2m Ta có y ¢ = 3 x 2 - 6 mx = 3 x ( x - 2 m ) ¾¾  y¢ = 0  ê ê YCBT  hàm số có hai điểm cực trị và tích hai cực trị bằng 0 ìïm ¹ 0 ïì2m ¹ 0 1 ï  ïí m= 3 . í 3 ï ï 2 ï î y (0 ). y (2m ) = 0 îï2. (-4 m + 2 ) = 0 Bài tập 10. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình x 3 - 3mx + 2 = 0 có nghiệm duy nhất. B. 0 < m < 1. C. m < 1. D. m > 1. A. m £ 0. Hướng dẫn giải. Chọn B. Ta có y ¢ = 3 x 2 – 3m = 3 ( x 2 – m ) ¾¾  y ¢ = 0  x 2 = m. Khi đó yêu cầu bài toán tương đương với: ● TH1. Hàm số không có cực trị  y ¢ = 0 có nghiệm kép hoặc vô nghiệm  m £ 0. ● TH2. Hàm số có hai cực trị yCD , yCT thỏa mãn yCD . yCT > 0 ìm > 0 ï ï í ï y – m .y ï ï î ( ìm > 0 ï ïìm > 0 ï í  ïí  0 < m < 1. ïîïm < 1 + > m >0 ï 2 2 m m 2 2 m m 0 ï ï î ) ( ) ( )( ) Kết hợp hai trường hợp ta được m < 1. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 231 Bài tập 11. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y = m ( x -1) + 1 cắt đồ thị hàm số y = -x 3 + 3 x -1 tại ba điểm phân biệt A (1;1), B, C. 9 4 A. m ¹ 0. 9 4 B. m < . 9 4 C. 0 ¹ m < . D. m = 0 , m > . Hướng dẫn giải. Chọn C. Phtrình hđgđ: -x 3 + 3 x -1 = m ( x -1) + 1 éx = 1  ( x -1)( x 2 + x – 2 + m ) = 0  êê 2 . êë x + x – 2 + m = 0 (*) ì ìïD = 9 – 4 m > 0 ïïïm < 9 YCBT  (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1  ïí í 4. ïïîm ¹ 0 ïï ¹ m 0 îï Bài tập 12. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = x 3 - 3 x 2 + 2 cắt đường thẳng d : y = m ( x -1) tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 , x 3 thỏa mãn x12 + x 22 + x 32 = 5. A. m > -3. B. m = -3. C. m > -2. D. m = -2. Hướng dẫn giải. Chọn D. éx = 1 Phtrình hđgđ: x 3 – 3 x 2 + 2 = m ( x -1)  êê Để (*) có hai nghiệm phân biệt khác . 2 êë x – 2 x – m – 2 = 0 (*) ïìD¢ = 1 + m + 2 > 0 1  ïí 2  m > -3. ïï1 – 2.1 – m – 2 ¹ 0 î ìï x 2 + x 3 = 2 . ïïî x 2 x 3 = -m – 2 Giả sử x1 = 1. Khi đó x 2 , x 3 là hai nghiệm của (*). Theo Viet, ta có: ïí YCBT  x 22 + x 32 = 4  ( x 2 + x 3 )2 – 2 x 2 x 3 = 4  4 + 2 (m + 2 ) = 4  m = -2. Bài tập 13. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y = x + 4 cắt đồ thị hàm số y = x 3 + 2 mx 2 + (m + 3) x + 4 (Cm ) tại ba điểm phân biệt A (0; 4 ), B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 4 , với M (1;3). A. m = 3. B. m = 2, m = 3. C. m = -2, m = -3. D. m = -2, m = 3. Hướng dẫn giải. Chọn A. éx = 0 Phtrình hđgđ: x 3 + 2mx 2 + (m + 3) x + 4 = x + 4  êê . 2 êë x + 2 mx + m + 2 = 0 (*) Để d cắt (Cm ) tại ba điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 ìïD = m 2 – m – 2 > 0 ém > 2  íï ê . ê-2 ¹ m < -1 ïïîm + 2 ¹ 0 ë ìï x + x = -2 m Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của (*). Theo định lí Viet, ta có: ïí 1 2 . ïïî x1 . x 2 = m + 2 Giải sử B ( x1 ; x1 + 4 ), C ( x 2 ; x 2 + 4 ). Ta có BC = 2 ( x 2 - x1 )2 và d [ M , d ] = Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 1- 3 + 4 2 = 2. Trang 232 1 2 YCBT: SMBC = 4  d ( M , d ) BC = 4  ( x 2 - x1 )2 = 16  ( x1 + x 2 )2 - 4 x1 x 2 = 16 é m = 3 (thoûa maõn)  m 2 - m - 6 = 0  êê . êë m = -2 (loaïi) Bài tập 14. Tập hợp các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y = - mx cắt đồ thị của hàm số y = x 3 - 3 x 2 - m + 2 (C ) A. (-¥; -1). tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC là B. (-¥;3). C. (1; +¥). D. (-¥; +¥). Hướng dẫn giải. Chọn B. éx = 1 Phtrình hđgđ: x 3 - 3 x 2 - m + 2 = - mx  êê . 2 êë x - 2 x + m - 2 = 0 (*) Để d cắt (C ) tại ba điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ìï1 - (m - 2 ) > 0 ïìD¢ > 0  ïí 2  ïí  m < 3. ïï1 - 2.1 + m - 2 ¹ 0 ïïm ¹ 3 î î Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của (*). Theo định lí Viet, ta có x1 + x 2 = 2. Giả sử x 2 > 1 thì x1 = 2 – x 2 < 1 , suy ra x1 < 1 < x 2 . Theo giả thiết BA = BC nên B là trung điểm của AC do đó x B = 1 và x A = x1 , xC = x 2 . Khi đó ta có x A + xC = 2 x B nên d luôn cắt (C ) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn AB = BC. Vậy với m < 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài tập 15. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = x 3 - 3mx 2 + 6mx - 8 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. B. m = 2, m = -1. C. m = -1. D. m = 2. A. m = 1. Hướng dẫn giải. Chọn C. b a x + x =2 x Viet x2 = ¾  x1 + x 2 + x 3 = - ¾¾¾¾ Ta có ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 ¾¾ 1 3 2 b . 3a Phương trình hoành độ giao điểm: x 3 - 3mx 2 + 6mx - 8 = 0. (*) Từ giả thiết suy ra phương trình (*) có một nghiệm x = m. é m = -1 . ëm = 2 Thay x = m vào phương trình (*), ta được m 3 - 3m.m 2 + 6m.m - 8 = 0 « êê é x = -4 ê Thử lại: • Với m = -1, ta được x 3 + 3 x 2 - 6 x - 8 = 0  êê x = -1 : thỏa mãn. ê ëx = 2 •Với m = 2, ta được x 3 - 6 x 2 + 12 x - 8 = 0  x = 2 : không thỏa mãn. Vậy m = -1 là giá trị cần tìm. Bài tập 16. Với điều kiện nào của tham số k thì phương trình 4 x 2 (1 - x 2 ) = 1 - k có bốn nghiệm phân biệt? A. 0 < k < 2. B. k < 3. C. -1 < k < 1. D. 0 < k < 1. Hướng dẫn giải. Chọn D. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 233 Xét hàm trùng phương y = 4 x 2 (1 - x 2 ) = -4 x 4 + 4 x 2 , có é x = 0 ¾¾  y (0 ) = 0 ê ê æ  y¢ = 0  ê . y ¢ = -16 x + 8 x ¾¾ 2 2 ö÷÷ ¾¾  y ççç êx =  ÷÷ = 1 ê çè 2 ø 2 ë 3 YCBT  yCT < 1 - k < yCD  0 < 1 - k < 1  0 < k < 1. Biện luận số nghiệm của phương trình ax 4 + bx 2 + c = m (a > 0, b < 0 ). (1) Cách 1. Phương trình ax + bx + c = m là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c và đường thẳng y = m (có phương song song với trục hoành) 4 2 Do hệ số a > 0, b < 0 nên đồ thị hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có dạng như sau: Dựa vào đồ thị ta có: • (1) vô nghiệm  m < yCT . ém = y CT • (1) có 2 nghiệm  êê . m > y CD ë • (1) có 3 nghiệm  m = yCD . • (1) có 4 nghiệm  yCT < m < yCD . Cách 2. Phương trình ax 4 + bx 2 + c = m ¬¾ ax 4 + bx 2 + c - m = 0. (2 ) Do hệ số a > 0, b < 0 nên đồ thị hàm số y = ax + bx + c - m có dạng như sau: 4 2 Ta có các trường hợp sau: • (2 ) vô nghiệm  yCT > 0. éy =0 • (2 ) có 2 nghiệm  êê CT . ë yCD < 0 • (2 ) có 3 nghiệm  yCD = 0. • (2 ) có 4 nghiệm  yCT < 0 < yCD . Bài tập 17. Cho hàm số y = x 4 - m (m + 1) x 2 + m 3 với m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt. A. m > 1. B. m > – 2. C. m > 2. D. 0 < m ¹ 1. Hướng dẫn giải. Chọn D. Xét hàm trùng phương y = x 4 - m (m + 1) x 2 + m 3 , có é x = 0 ¾¾  y = m3 ê 2 y ¢ = 4 x - 2 m (m + 1) x ¾¾ .  y ¢ = 0  êê m (m + 1) m 2 (m + 1) 2 ¾¾ y =+ m3 êx = êë 2 4 3 YCBT  hàm số có ba điểm cực trị và yCT < 0 < yCD ìï m (m + 1) ïï >0 ï 2  ïí  0 < m ¹1 . ïï m 2 (m + 1)2 3 3 ïï+m < 0 < m ïî 4 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 234 Bài tập 18. Cho hàm số y = -x 4 + 2 (2 + m ) x 2 - 4 - m với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số không có điểm chung với trục hoành? B. 2. C. 3. D. 4. A. 1. Hướng dẫn giải. Chọn C. Xét hàm trùng phương y = -x 4 + 2 (2 + m ) x 2 - 4 - m, có éx = 0 y ¢ = -4 x 3 + 4 (2 + m ) x ¾¾  y¢ = 0  ê 2 . êx = 2 + m ë Dựa vào dáng điệu của hàm trùng phương với hệ số của x 4 âm, ta có các trường hợp sau thỏa mãn yêu cầu bài toán: ïì2 + m £ 0 ïïì2 + m £ 0 í  -4 < m £ -2. ï îïï-4 - m < 0 îï y (0 ) < 0 ● Hàm số có một cực trị và cực trị đó âm  ïí ● Hàm số có ba điểm cực trị và giá trị cực đại âm ìï2 + m > 0 ïì2 + m > 0 ï í  ïí 2  -2 < m < 0. ïï y  2 + m < 0 ïï îm + 3m < 0 ïî ( ) m Î Kết hợp hai trường hợp ta được -4 < m < 0 ¾¾¾  m = {-3; -2; -1}. Bài tập 19. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y = x - 2m cắt đồ thị hàm số y= x -3 (C ) x +1 tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương. A. 0 < m < 1 . B. m < -2, m > 5. 3 2 C. 1 < m < . 1 3 D. 0 < m < . Hướng dẫn giải. Chọn C. Phương trình hoành độ giao điểm: x -3 = x - 2m ( x ¹ -1) x +1  x - 3 = ( x - 2 m )( x + 1)  x 2 - 2 mx - 2 m + 3 = 0. YCBT  (*) có hai nghiệm dương phân biệt (*) ìïD¢ > 0 ïï 3  ïíS > 0  1 < m < . ïï 2 ïïîP > 0 Bài tập 20. Gọi d là đường thẳng đi qua A (1;0 ) và có hệ số góc m. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để d cắt đồ thị hàm số y = A. m < 0. x +2 (C ) tại hai điểm phân biệt thuộc hai nhánh của đồ thị. x -1 B. m ¹ 0. C. m > 0. D. 0 < m ¹ 1. Hướng dẫn giải. Chọn C. Đường thẳng d có dạng y = m ( x -1) = mx - m. Phương trình hoành độ giao điểm: x +2 = mx - m ( x ¹ 1) x -1  x + 2 = (mx - m )( x -1)  mx 2 - (2 m + 1) x + m - 2 = 0.  (*) g( x ) Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 235 YCBT  (*) có hai nghiệm phân biệt x1 < x 2 thỏa mãn x1 < 1 < x 2 ìïm ¹ 0 ìïm ¹ 0  ïí  ïí  m > 0. ïïmg (1) < 0 ïïm ém - (2m + 1) + m - 2 ù < 0 î û î ë Bài tập 21. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y = -x + m cắt đồ thị hàm số y= -2 x + 1 (C ) tại hai điểm A, B sao cho AB = 2 2. x +1 é m = -7 A. êê ëm = 1 . é m = -7 B. êê ëm = 5 é m = -2 C. êê . ëm = 1 é m = -1 . ëm = 1 D. êê . Hướng dẫn giải. Chọn A. Phương trình hoành độ giao điểm: -2 x + 1 = -x + m ( x ¹ -1) x +1  -2 x + 1 = (-x + m )( x + 1)  x 2 - (m + 1) x + 1 - m = 0. (*) Để d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt é m > -3 + 2 3 2  D = (m + 1) – 4 (1 – m ) > 0  êê . êë m < -3 - 2 3 ïì x + x = m + 1 . Giả sử A ( x1 ; -x1 + m ) và B ( x 2 ; -x 2 + m ). Theo đinh lí Viet, ta có ïí 1 2 ïïî x1 x 2 = 1 - m YCBT: AB = 2 2  AB 2 = 8  2 ( x 2 - x1 )2 = 8  ( x1 + x 2 )2 - 4 x1 x 2 = 4 ém = 1 2  (m + 1) - 4 (1 - m ) = 4  ê (thỏa mãn). ê m = -7 ë Bài tập 22. Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y = x - m + 2 cắt đồ thị hàm số y = 2x x -1 (C ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho độ dài AB ngắn nhất. A. m = -3. B. m = -1. C. m = 1. D. m = 3. Hướng dẫn giải. Chọn C. Phương trình hoành độ giao điểm: 2x = x - m + 2 ( x ¹ 1) x -1  2 x = ( x - m + 2 )( x - 1)  x 2 - (m + 1) x + m - 2 = 0. (*) Ta có D = m 2 - 2m + 9 > 0, “m Î  nên d luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt. ìï x + x = m + 1 . Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của (*). Theo định lí Viet, ta có ïí 1 2 ïïî x1 x 2 = m – 2 Giả sử A ( x1 ; x1 – m + 2) và B ( x 2 ; x 2 – m + 2) là tọa độ giao điểm của d và (C ) . Ta có AB 2 = 2 ( x 2 – x1 )2 = 2 ( x1 + x 2 )2 – 8 x1 x 2 = 2 (m + 1)2 – 8 (m – 2 ) = 2 (m -1)2 + 16 ³ 16. Dấu ” = ” xảy ra  m = 1. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 236 Bài tập 23. Tìm giá trị thực của tham số k sao cho đường thẳng d : y = x + 2 k + 1 cắt đồ thị hàm số y= 2 x +1 (C ) x +1 tại hai điểm phân biệt A và B sao cho các khoảng cách từ A và B đến trục hoành là bằng nhau. A. k = -4. B. k = -3. C. k = -1. D. k = -2. Hướng dẫn giải. Chọn C. Phương trình hoành độ giao điểm: 2x +1 = x + 2 k + 1 ( x ¹ -1) x +1  2 x + 1 = ( x + 2 k + 1)( x + 1)  x 2 + 2 kx + 2 k = 0. (*) Để d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt ék > 2  D¢ = k 2 – 2 k > 0  ê . êk < 0 ë Gọi x1 ¹ x 2 là hai nghiệm của (*) . Giả sử A ( x1 ; x1 + 2 k + 1) và B ( x 2 ; x 2 + 2 k + 1) . YCBT : d [ A, Ox ] = d [ B, Ox ]  x1 + 2 k + 1 = x 2 + 2 k + 1  x1 + 2 k + 1 = -( x1 + 2 k + 1) (do x1 ¹ x 2 )  x1 + x 2 = -4 k - 2  -2 k = -4 k - 2  k = -1(thoûa maõn). Bài tập 24. Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị hàm số y = 2 x -1 (C ) x -1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O, với O là gốc tọa độ. 1 2 A. m = -2. B. m = - . C. m = 0. D. m = 1. Hướng dẫn giải. Chọn A. Phương trình hoành độ giao điểm: 2 x -1 = x + m ( x ¹ 1) x -1  2 x -1 = ( x + m )( x -1)  x 2 + (m - 3) x + 1 - m = 0. (*) Để d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt  D = m 2 - 2m + 5 > 0, “m Î . ìï x + x = 3 – m . Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của (*) . Theo định lí Viet, ta có ïí 1 2 ïïî x1 x 2 = 1 – m Giả sử A ( x1 ; x1 + m ) và B ( x 2 ; x 2 + m ).   YCBT  OA.OB = 0  x1 x 2 + ( x1 + m )( x 2 + m ) = 0  2 x1 x 2 + m ( x1 + x 2 ) + m 2 = 0  2 (1 – m ) + m (3 – m ) + m 2 = 0  m + 2 = 0  m = -2. Bài tập 25. Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y =- 3 x + m cắt đồ thị hàm số y = 2 x +1 x -1 (C ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho trọng tâm tam giác OAB thuộc đường thẳng D : x – 2 y – 2 = 0, với O là gốc tọa độ. A. m = -2. B. m = 0. 1 5 C. m = – . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 11 5 D. m = – . Trang 237 Hướng dẫn giải. Chọn D. Phương trình hoành độ giao điểm: 2 x +1 =- 3 x + m ( x ¹ 1) x -1  2 x + 1 = (-3 x + m )( x -1)  3 x 2 -(1 + m ) x + m +1= 0. (*) Để d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt é m < -1  D = m 2 -10m -11 > 0  ê . ê ë m > 11 Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của (*) . Theo Viet, ta có x1 + x 2 = 1+ m m +1 . và x1 x 2 = 3 3 æ x + x -3 ( x1 + x 2 ) + 2m ö÷ 1 2 ÷÷. ; ÷ø 3 3 Giả sử A ( x1 ; – 3 x1 + m ) và B ( x 2 ; – 3 x 2 + m ). Suy ra G ççç çè YCBT : G Î D ¾¾   -3 ( x1 + x 2 ) + 2 m x1 + x 2 – 2. -2 = 0 3 3 -(m + 1) + 2m 1+ m 11 – 2. – 2 = 0  m = – (thoûa maõn ). 9 3 5 Câu 65. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y = 2 x + m cắt đồ thị hàm số y= 2x – 4 (C ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho 4S DIAB = 15, với I là giao điểm của hai đường tiệm x -1 cận của đồ thị. A. m = -5. B. m = 5. C. m = 5. D. m = 0. Hướng dẫn giải. Chọn C. Phương trình hoành độ giao điểm: 2x – 4 = 2 x + m ( x ¹ 1) x -1  2 x – 4 = (2 x + m )( x – 1)  2 x 2 + (m – 4 ) x – m + 4 = 0. (*) Để d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt é m < -4 .  D = m 2 -16 > 0  ê êm > 4 ë Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của (*) . Theo Viet, ta có x1 + x 2 = 4 -m 2 và x1 x 2 = 4 -m 2 . Giả sử A ( x1 ;2 x1 + m ) và B ( x 2 ;2 x 2 + m ) . YCBT: 4S IAB = 15  2 AB.d [ I , AB ] = 15  2 AB. m 5 = 15  4 AB 2 .m 2 = 1125 2 2  20 ( x1 – x 2 ) m 2 = 1125  4 êé( x1 + x 2 ) – 4 x1 x 2 ùú m 2 = 225 ë û  (m 2 -16 ) m 2 = 225  m 2 = 25  m = 5 (thoûa maõn). Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 238 BÀI 1. LŨY THỪA A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM I. Khái niệm lũy thừa 1. Lũy thừa với số mũ nguyên Cho n là một số nguyên dương, a là một số thực tùy ý. Lũy thừa bậc n của a là tích của n thừa số a . a n = a. a…a ; a1 = a n thöøa soá a Trong biểu thức a , a được gọi là cơ số, số nguyên n là số mũ Với a ¹ 0 , n = 0 hoặc n là một số nguyên âm, lũy thừa bậc n của số a là số an xác định n bởi: a 0 = 1; a-n = 1 an . Chú ý: Kí hiệu 0 0 , 0 n ( n nguyên âm) không có nghĩa. Với a ¹ 0 và n nguyên, ta có a n = 1 a- n 2. Phương trình x n  b a) Trường hợp n lẻ: Với mọi số thực b, phương trình có nghiệm duy nhất b) Trường hợp n chẵn  Với b  0 , phương trình vô nghiệm  Với b  0 , phương trình có một nghiệm x  0  Với b  0 , phương trình có hai nghiệm đối nhau 3. Căn bậc n a)Khái niệm: Với n nguyên dương, căn bậc n của số thực a là số thực b sao cho bn = a . Ta thừa nhận hai khẳng định sau: Khi n là số lẻ, mỗi số thực a chỉ có một căn bậc n. Căn đó được kí hiệu là n a Khi n là số chẵn, mỗi số thực dương a có đúng hai căn bậc n là hai số đối nhau là n a ( còn gọi là căn bậc số học của a ) và -n a . b) Tính chất căn bậc n: Với a, b  0, m, n  N*, p, q  Z ta có: a na = n (b > 0) ; b b n ab = n a. n b ; n a p = ( n a ) (a > 0) ; p Nếu n n p q = thì n m n m n a = mn a a p = m a q (a > 0) ; Đặc biệt n a = mn a m a,  n le  an    a ,  n chan  4. Lũy thừa với số mũ hữu tỉ Cho số thực a dương và r là một số hữu tỉ. Giả sử r = m n , trong đó m là một số nguyên, còn n là m một số nguyên dương. Khi đó, lũy thừa của a với số mũ r là số ar xác định bởi ar = a n = n a m . 4. Lũy thừa với số mũ hữu tỉ: ( SGK) Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 239 II. TÍNH CHẤT CỦA LŨY THỪA VỚI SỐ MŨ THỰC Cho a, b là những số dương;  ,    a  a   ;  b a .a   a   ;  a a    b b  a   a ;  Nếu a  1 thì a  a      Nếu a  1 thì a  a      B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1: Các phép toán biến đổi lũy thừa 1. Phương pháp: Ta cần nắm các công thức biến đổi lũy thừa sau:  Với a  0;b  0 và ,  ta có a  .a  a    a ; a ; (a  )  a  . ; (ab)  a  .b   a    a a ;    b b Với a, b  0, m, n  N*, p, q  Z ta có: n ab  n a.n b ; m n Neáu n a  b n a n b (b  0) ; n ap  n a  p (a  0) ; a  mn a p q  thì n m n ap  m a q (a  0) ; Đặc biệt n a mn am Công thức đặc biệt f x  ax ax  a thì f  x   f 1  x   1. Thật vậy, ta có: f 1  x   a ax a  a ax  a a  a .a x  f 1  x   a a  a x Nên: f  x   f 1  x   1. 2. Bài tập Bài tập 1. Viết biểu thức A.  13 . 6 23 4 về dạng lũy thừa 2m ta được m  ? . 0,75 16 B. 13 . 6 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 C. 5 . 6 D.  5 . 6 Trang 240 Hướng dẫn giải Chọn A 5 23 4  16 0,75  13 26  3 2 6 . 2 2. 6 2 2 2  4 3 4 4 5 6 5 Bài tập 2. Cho x  0 ; y  0 . Viết biểu thức x . x x 4 về dạng x m và biểu thức y 5 : 6 y5 y về n dạng y . Ta có m  n  ? A.  11 6 B. 11 6 C. 8 5 D.  8 5 Hướng dẫn giải Chọn B 4 4 5 1 103 x5 .6 x5 x  x5 .x6 .x12  x 60  m  103 60 4 4 7   5 1  7 11  mn  y 5 : 6 y 5 y  y 5 :  y 6 . y 12   y 60  n   6 60   Bài tập 3. Biết 4 x  4  x  23 tính giá trị của biểu thức P  2 x  2  x : B. 27 . A. 5 . C. 23. Hướng dẫn giải D. 25 . Chọn A x Do 2  2  0, x  x 2 Nên 2 x  2  x   2 x  2  x   2 2 x  2  2  2 x  4 x  4  x  2  23  2  5 .   1 1 1   2 2 2 a  2 a  2 a 1  ,(a  0, a  1), có  Bài tập 4. Biểu thức thu gọn của biểu thức P   1 1  a 1  2 2 a  a  2a  1  dạng P  m  Khi đó biểu thức liên hệ giữa an A. m  3n  1 . Chọn D m và n là: B. m  n  2 . C. m  n  0 . Hướng dẫn giải  D. 2m  n  5 .  1 1 1   2 2  a 1 a 2 a  2  a2 1  a  2 a 2 P       1 1 2    a  1    a a  1 a  1    a 1  a2  a  2a 2  1   a 2    a 1 a 2 1 2 a 1 2      a 1  a a 1 a a 1 Do đó m  2; n   1 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 241 x. Biểu thức Bài tập 5. Cho số thực dương a thừa với số mũ hữu tỉ có dạng x b , với a và b là: A. a  b  509 . x x x x x x x x được viết dưới dạng lũy a là phân số tối giản. Khi đó, biểu thức liên hệ giữa b B. a  2b  767 . C. 2a  b  709 . Hướng dẫn giải D. 3a  b  510 . Chọn B 1 3 x x x x x x x x  x x x x x x x  x2  x x x x x x x 2  xx  3 2 x x x x x 1 2  7 7  x x x x x  x8 x x x x x x4 15 15 31 31 63  x x x x x 8  x x x x  x 16  x x x x 16  x x xx32  x x x 32  x xx 63 64  x x 127 64  x x 127 128  x x 255 128 28 1 Nhận xét: x x x x x x x x x 28  x 255 128 255  x 256 . Do đó a  255, b  256 . 255  x 256 . 2 2 Bài tập 6. Cho a  0 ; b  0 . Viết biểu thức a3 a về dạng a m và biểu thức b3 : b về dạng b n . Ta có m  n  ? A. 1 3 B. 1 C. 1 D. 1 2 Hướng dẫn giải Chọn C a 2 3 2 3 5 6 2 1 1 5 23 1 3 2 a  a .a  a  m  ; b : b  b : b  b6  n  6 6 1 2  m  n 1 Bài tập 7. Viết biểu thức A. 2 8 2 2 về dạng 2 x và biểu thức 3 về dạng 2 y . Ta có 4 4 8 2017 567 B. 11 6 C. 53 24 x2  y 2  ? D. 2017 576 Hướng dẫn giải Chọn D Ta có: 2 2  4 8 4 2. 2 8 23 3 2 11 53 3 2 8  2.2  2 6  y  11  2 x  y2  2 x ; 3 2 6 24 8 4 3 3 8 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 2 Trang 242 Bài tập 8. Cho a  1  2  x , b  1  2 x . Biểu thức biểu diễn b theo a là: a2 . a 1 A. B. a 1 . a a2 . a 1 C. D. a . a 1 Hướng dẫn giải Chọn D Ta có: a  1  2  x  1,  x   nên 2 x  Do đó: b  1  1 a   a 1 a 1 a Bài tập 9. Cho các số thực dương  1 4 P  2 a  3b 1 4 1 a 1   2 a 1 4  3b A. x  y  97 . 1 4   4 a 1 2  9b 1 2 và b . Biểu thức thu gọn của biểu thức  có dạng là P  xa  yb . Tính x  y ? B. x  y   65 . C. x  y  56 . Hướng dẫn giải D. y  x   97 . Chọn D Ta có:         3b     4a 1 1 1 1 1 1 1  P  2 a 4  3b 4  2 a 4  3b 4  4 a 2  9 b 2   2 a 4  1 2  4a  9b 1 2   4 a 1 2  9b 1 2    4a   9b  1 2 2 1 2 2 2 1 4 2 1 2 1  9b 2   16a  81b . Do đó: x  16, y   81 . Bài tập 10. Cho các số thực dương phân biệt P a và b . Biểu thức thu gọn của biểu thức a b 4a  4 16ab 4 4  có dạng P  m a  n b . Khi đó biểu thức liên hệ giữa 4 4 4 4 a b a b m và n là: A. 2m  n  3 . B. m  n  2 . C. m  n  0 . Hướng dẫn giải D. m  3n  1 . Chọn A a b 4a  4 16ab  4 a    4 b  2 4 a 4 a  2 4 a 4 b P 4   4  . 4 4 a4b a4b a4b a4b 2   4 a  4 b  4 a  4 b  4 a4b  2 24 a  4 a  4 b 4  a  4 b  24 a  4 b  4 a . 4 4 a b Do đó m   1; n  1 . Bài tập 11: Cho f  x    1  S f   2019  A. S  2018. 2018x 2018x  2018  2  f   …   2019  B. S  2019. . Tính giá trị biểu thức sau đây ta được  2018  f   2019  C. S  1009. D. S  2018. Hướng dẫn giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 243 Chọn C. Ta có: f 1  x   2018 2018  2018 x  1  Suy ra S  f    2019   f  x   f 1  x   1  2  f   …   2019   2  f    2019   2018  f   2019   2017  f   …   2019   1  f   2019   1009  f   2019   1010  f   1009.  2019  Bài tập 12: Cho 9 x  9  x  23. Tính giá trị của biểu thức P  A. 2. B. 3 . 2 C.  2018  f   2019  1 . 2 5  3x  3 x ta được 1  3x  3 x 5 D.  . 2 Hướng dẫn giải Chọn D.  Ta có: 9 x  9  x  23  3x  3 x Từ đó, thế vào P   1  3 5  3x  3 x x  3 x  2 3x  3 x  5  25   x x 3  3  5  loaïi    55   5.  1 5 2 Dạng 2: So sánh, đẳng thức và bất đẳng thức đơn giản 1. Phương pháp Ta cần lưu ý các tính chất sau Cho ,  . Khi đó    a > 1 : a a  ;  0 < a < 1 : a  a     Với 0 < a < b, m ta có:  am  bm  m  0  Với a  b, n là số tự nhiên lẻ thì  Với a, b là những số dương, n là một số nguyên dương khác không am  bm  m  0 ; an  bn Chú ý: Nếu n là số nguyên dương lẻ và a < b thì n an  bn  a  b anb. Nếu n là số nguyên dương chẵn và 0 < a < b thì n an b. 2. Bài tập Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 244 Bài tập 1. Với giá trị nào của a thì đẳng thức a. 3 a. 4 a  24 25 . 1 21 B. a  2 . C. a  0 . Hướng dẫn giải. A. a  1 . đúng? D. a  3 . Chọn B 1  1 2   17   1 3  a. 3 a. 4 a   a.  a.a 4    a 24   1     a. 3 a. 4 a  24 25 .  a  2. Ta có     1 2  5 1 17 24 25 . 1  2 24.2 2  2 24  21  1 x a  a  x  1 đúng? 2  Bài tập 2. Cho số thực a  0 . Với giá trị nào của x thì đẳng thức A. x  1 . B. x  0 . C.  x  a. D. x  1 . a Hướng dẫn giải Chọn B Ta có 1 x 1 a  ax  1  a x  x  2  a x 2 a    ax 1   2   2  2a x  1  0  0  ax  1  x  0 . Bài tập 3. Tìm tất cả các giá trị của a thỏa mãn 15 a7  5 a2 . A. a  0 . B. a  0 . C. a  1 . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có 15 7 a7  5 2 7 D. 0  a  1 . 6 a 2  a 15  a 5  a 15  a 15    a  1. Bài tập 4. Tìm tất cả các giá trị của a thỏa mãn  a 1 A. a  2 . B. a  1 .  2 3 1   a 1 3 .  C. 1  a  2 . Hướng dẫn giải D. 0  a  1 . Chọn A 2 Ta có  1   x 2 1   , kết hợp với  a 1 3   a 1 3 . Suy ra hàm số đặc trưng y   a  1 3 3 đồng biến   cơ số a  1  1  a  2 . 1 1 Bài tập 5. Nếu a 2  a 6 và b A. a  1; 0  b  1 . C. 0  a  1; b  1 . 2  b 3 . Tìm mối các điều kiện của đáp án a và b B. a  1; b  1 . D. a  1; 0  b  1 Hướng dẫn giải Chọn D Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 245 1 1  2  3    0  b 1 Vì  2 6  a  1 và  2 3 1 b b    12  6 a  a Bài tập 6. Kết luận nào đúng về số thực a nếu (a 1) A. a  2 . B. a  0 .  2 3  (a 1)  1 3 C. a  1 . Hướng dẫn giải D. 1  a  2 . Chọn A 2 1   2 1 Do    và số mũ không nguyên nên (a 1) 3  (a 1) 3 khi a  1  1  a  2 . 3 3 3 1 Bài tập 7. Kết luận nào đúng về số thực a nếu (2a 1)  (2a 1)  1  a0 A.  2 .  a  1 B.  0  a  1 C.  .  a  1 1 a0. 2 D. a   1 . Hướng dẫn giải Chọn A Do 3  1 và số mũ nguyên âm nên (2a 1)3  (2a 1)1 khi  1  0  2a  1  1    a  0  . 2  2a  1  1   a   1  0,2 1 Bài tập 8. Kết luận nào đúng về số thực a nếu    a2 a A. 0  a  1 . B. a  0 . C. a  1 . Hướng dẫn giải Chọn C D. a  0 . 0,2 1 2 0,2 2   a a a a Do 0, 2  2 và có số mũ không nguyên nên a 0 ,2  a 2 khi a  1 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 246 HÀM SỐ LŨY THỪA A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM 1. Khái niệm hàm lũy thừa Hàm số lũy thừa là hàm số có dạng y  x ,   . Chú ý: Tập xác định của hàm số lũy thừa phụ thuộc vào giá trị của  - Với  nguyên dương thì tập xác định là R - Với  nguyên âm hoặc bằng 0, tập xác định là  \ 0 - Với  không nguyên thì tập xác định là  0;   Theo định nghĩa, đẳng thức 1 n x = xn 1 chỉ xảy ra nếu x > 0. Do đó, hàm số y = x n không đồng nhất với hàm số y = n x (n Î * ) . Bài tập y = 3 x là hàm số căn bậc 3, xác định với mọi x Î  ; còn hàm số 1 lũy thừa y = x 3 chỉ xác định khi x > 0 2.Đạo hàm của hàm số lũy thừa ( xa )’ = a.xa-1 vôùi x > 0; (ua )’ = a.ua-1.u ‘,vôùi u > 0 n n x n-1 u’ n u n-1 ‘ ( u) = n n 1 ‘ ( x) = n , vôùi moïi x > 0 neáu n chaün, vôùi moïi x ¹ 0 neáu n leû , vôùi moïi u > 0 neáu n chaün, vôùi moïi u ¹ 0 neáu n leû 3.Khảo sát hàm số lũy thừa Tập xác định của hàm số lũy thừa y  x luôn chứa khoảng  0;   với mọi    . Trong trường hợp tổng quát ta khảo sát hàm số y  x trên khoảng này.   *   2n  1, n     2n, n  * Tập xác định: D   . Tập xác định: D   . Sự biến thiên: Sự biến thiên: y  x 2 n  y  2n.x 2 n1 . y  x 2 n 1  y   2n  1 .x 2 n  y  0 x  D y  0  x  0 . Bảng biến thiên .  Hàm số đồng biến trên D . Bảng biến thiên Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 247 Hàm số đồng biến trên  0;   . Đồ thị: Hàm số nghịch biến trên  ; 0  . Đồ thị:    \   2k , k   \ Tập xác định: D   \ 0 . Sự biến thiên: y  x 2 n  y  2n.x 2 n1 . Giới hạn: lim y  0  y  0 là TCN. x    2k  1, k   \ Tập xác định: D   \ 0 . Sự biến thiên: y  x 2 k 1  y   2k  1 .x 2 k  y  0 x  D .  Hàm số nghịch biến trên D . Giới hạn: lim y  0  y  0 là TCN. x   lim y   x 0  x  0 là TCĐ.  y    xlim  0 Bảng biến thiên  lim y   x 0  x  0 là TCĐ.  y    xlim  0 Bảng biến thiên Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 248 Đồ thị: Hàm số đồng biến trên  ; 0  . Hàm số nghịch biến trên  0;   . Đồ thị:   Trong giới hạn chương trình ta chỉ khảo sát trên  0;   .  0 Tập khảo sát: D   0;    0 Tập khảo sát: D   0;   . . Sự biến thiên: Sự biến thiên: y   .x 1  0  hàm số đồng biến trên  0;   . y   .x 1  0  hàm số nghịch biến trên  0;   Giới hạn: lim x  0; lim x   x 0 x   Hàm số không có tiệm cận. Bảng biến thiên . Giới hạn: . lim x    TCĐ: x  0 . x  0 lim x  0  x   TCN: y  0 Bảng biến thiên Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 249 Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm A 1;1 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 250 HÀM SỐ LŨY THỪA B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1. Tìm tập xác định của hàm số lũy thừa 1. Phương pháp giải Ta tìm điều kiện xác định của hàm số y   f  x   , dựa vào số mũ  của nó như sau:  • Nếu  là số nguyên dương thì không có điều kiện xác định của f  x  . • Nếu  là số nguyên âm hoặc bằng 0 thì điều kiện xác định là f  x   0. • Nếu  là số không nguyên thì điều kiện xác định là f  x   0. 2. Bài tập Bài tập 1. Tìm giá trị thực của tham số A. mọi giá trị m để hàm số y   x2  m B. m  0 . m. 2 có tập xác định là  . C. m  0 . D. m  0 . Hướng dẫn giải Chọn C.   Để hàm số y  x  m 2 2 có tập xác định là  thì x 2  m  0 m  0 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 251 x 1  x  1. x 1 Bài tập 2. Tìm tập xác định D của hàm số y  4  x 2  3 A. D   2;2. B. D   2;2 \ 1 . C. D   ;  2   2;   . D. D   2;2  \ 1 . Hướng dẫn giải Chọn B 2  2  x  2 Hàm số xác định khi và chỉ khi  4  x  0   .  x  1 x  1 Vậy tập xác định của hàm số là D   2;2 \ 1 . Bài tập 3. Tìm tập xác định D của hàm số y   x  2 5  2  3 5  x  9  x2  5x  2. A. D    ;  3   3;   . B. D   2;  . C. D   3;   . D. D   \ 3,3,2 . Hướng dẫn giải Chọn C x  2  x  2  0    x  3  x  3. Hàm số xác định khi và chỉ khi  2  x  9  0   x  3 Vậy tập xác định của hàm số là D   3;   .  Bài tập 4. Tìm tập xác định D của hàm số y  x 2  5 x  4  2 3  x 2  3 x  7  x 3  x 2  2 x  1. A. D    ;1   4;   \ 0 . B. D    ;1   4;   . C. D  1;4 . D. D  1;4 . Hướng dẫn giải Chọn A  x  1  x2  5x  4  0    x  4 . Hàm số xác định khi và chỉ khi   x  0 x  0  Vậy tập xác định của hàm số là D    ;1   4;   \ 0 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 252   Bài tập 5: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m   2018;2018  để hàm số y  x 2  2 x  m  1 5 có tập xác định là  ? A. 4036. B. 2018. C. 2017. D. Vô số Hướng dẫn giải Chọn C. Vì số mũ 5 không phải là số nguyên nên hàm số xác định với x  .  x 2  2 x  m  1  0, x     0  a  0  luoân ñuùng vì a  1  0   1    m  1  0 m0  m   2018;2018 Mà   m  1,2,3,…,2017 .  m   Vậy có 2017 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu. Dạng 2: Đồ thị hàm số lũy thừa Bài tập 1. Cho các hàm số lũy thừa y = x a , y = x b trên (0;+¥) có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. B. C. D. 0 < b < a < 1. a < 0 < b < 1. 0 < b < 1 < a. b < 0 < 1 < a. Hướng dẫn giải. Chọn C. Từ hình vẽ ta thấy hàm số • y = x a đồng biến trên (1;+ ¥) và nằm trên đường thẳng y = x nên a > 1. • y = x b đồng biến trên (1;+ ¥) và nằm dưới đường thẳng y = x nên 0 < b < 1. Vậy 0 < b < 1 < a. Bài tập 2. Cho các hàm số lũy thừa y = x a , y = x b , y = x g trên (0;+¥) có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. g < a < b. B. b < g < a. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 253 C. a < g < b. D. g < b < a. Hướng dẫn giải. Chọn D. Từ hình vẽ ta thấy hàm số • y = x g nghịch biến trên (0 ;+ ¥) nên g < 0. • như câu trên ta có 0 < b < 1 < a. Vậy g < 0 < b < 1 < a. Bài tập 3. Cho các hàm số lũy thừa y = x a , y = x b , y = x g trên (0;+¥) có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. g < b < a < 0. B. 0 < g < b < a < 1. C. 1 < g < b < a. D. 0 < a < b < g < 1. Hướng dẫn giải. Chọn C. Dựa vào đồ thị, ta có • Với 0 < x < 1 thì x a < x b < x g < x 1 ¾¾ a > b > g >1 . • Với x > 1 thì x 1 < x g < x b < x a ¾¾ 1 < g < b < a . Vậy với mọi x > 0, ta có a > b > g > 1. Nhận xét. Ở đây là so sánh với đường y = x = x 1 . 1 Bài tập 4. Cho hàm số y = ( x -1)- 4 . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Đồ thị hàm số không có đường tiệm cận đứng. B. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x = -1. C. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x = 0. D. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x = 1. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 254 Hướng dẫn giải. Chọn D. – 1 Bài tập 5. Cho hàm số y = x 2 . Cho các khẳng định sau: i) Hàm số xác định với mọi x. ii) Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm (1;1). iii) Hàm số nghịch biến trên . iv) Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận. Trong các khẳng định trên có bao nhiêu khẳng định đúng? A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Hướng dẫn giải. Chọn B. Ta có khẳng định ii) và iv) là đúng. i) sai vì hàm số đã cho xác định khi x > 0. iii) sai vì hàm số nghịch biến trên (0; +¥). Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 255 BÀI 3. LÔGARIT A. KIẾN THƯC CƠ BẢN CẦN NẮM Nhận xét: log a b    a  b  a, b  0, a  1 1. Khái niệm lôgarit Cho hai số dương a , b với a  1 . Số  thỏa mãn đẳng thức a  b được gọi là lôgarit cơ số a của Bài tập: log 2 8  3  23  8 Chú ý: Không có lôgarit của số âm và số 0. b , và ký hiệu là log a  b . 2. Tính chất Cho a , b  0, a  1 . Ta có: log a  0; a loga b  b; log a a  1 log a  a    3. Quy tắc tính lôgarit Bài tập: a. Lôgarit của một tích  log 1 1   log 2  log  .2   log 1  0; 2 2   log 3 1 2 3 7 8  log 3  log 3  …  log 3  log3 2 3 4 8 9 Cho a, b1 , b2  0 với a  1 , ta có: log a (b1b2 )  log a b1  log a b2 Chú ý: Định lý trên có thể mở rộng cho tích của n số dương: log a  b1 …bn   loga b1  …  log a bn 7 8 1 2 3  log3  . . ….. .  2 3 4 8 9   log3 1  2. 9 trong đó a, b1 , b2 ,…, bn  0, a  1. b. Lôgarit của một thương Bài tập: Cho a, b1 , b2  0 với a  1, ta có: loga  Đặc biệt: loga b1  loga b1  loga b2 b2 1   loga b b • log5 125  log5 125  log5 25  3  2  1; 25 • log 7 1   log7 49  2. 49  a  0, b  0  . c. Lôgarit của một lũy thừa Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Bài tập: Trang 256 Cho hai số dương a, b, a  1. Với mọi  , ta có: loga b   loga b • log2 83  3log2 8  3.3  9; • log2 4 8  1 1 3 log2 8  .3  . 4 4 4 Đặc biệt: loga n b  1 log a b n 4. Đổi cơ số Bài tập: Cho a, b, c  0; a  1; c  1, ta có: log a b  Đặc biệt: logc b logc a loga b  1 log b a loga b  1   b  1 ; • log8 16  log2 16 4  ; log2 8 3 • log3 27  1  3; log27 3 • log128 2  log27 2  1 1 log2 2  . 7 7 loga b   0  . 5. Lôgarit thập phân – lôgarit tự nhiên a. Lôgarit thập phân Lôgarit thập phân là lôgarit cơ số 10. Với b  0, log10 b thường được viết là log b hoặc lg b . b. Lôgarit tự nhiên Lôgarit tự nhiên là lôgarit cơ số e . Với b  0, loge b được viết là ln b . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 257 SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TÂP Dạng 1. Tính giá trị của biểu thức không có điều kiện. Rút gọn biểu thức. 1. Phương pháp giải Để tính log a b ta có thể biến đổi theo một trong các cách Bài tập: sau: • b  a , từ đó suy ra log a b  loga a   ; • a  b , từ đó suy ra log a b  logb b  1  7 • log32 128  log25 2 7  ; 5 • 32log2 9  25log2 9  95. ; • a  c , b  c  , từ đó ta suy ra log a b  logc c    Để tính b b loga c loga c  loga c a  .  , ta biến đổi b  a , từ đó suy ra  c Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 258 2. Bài tập a b c d Bài tập 1: Cho a, b,c,d  0 . Rút gọn biểu thức S  ln  ln  ln  ln ta được b c d a A. S  1. B. S  0. a b c d C. S  ln      . b c d a D. S  ln  abcd  . Hướng dẫn giải Chọn B. a b c d a b c d Ta có: S  ln  ln  ln  ln  ln  . . .   ln1  0. b c d a b c d a Bài tập 2: Cho a, b  0 và a, b  1 , biểu thức P  log A. 6 B. 24 C. 12. a b3 .log b a 4 bằng D. 18. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có : P  log a b3 .logb a 4  log 1 b3 .logb a 4  a2 3 1 .4.log a b.  24. 1 log a b 2 Bài tập 3: Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a  1, a  b và log a b  3. Biến đổi biểu thức P  log b a b ta được a A. P  5  3 3. B. P  1  3. C. P  1  3. D. P  5  3 3. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có: P loga loga b 1  loga b  1 a 2  loga b  1 b a   1 3 1 3 1 2   1  3. 1 3 2  log a b  1 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 259  a  2 Bài tập 4 : Biến đổi biểu thức P  loga2 a10 b 2  log a    log 3 b b (với 0  a  1, 0  b  1 )  b   ta được A. P  2. B. P  1. C. P  3. D. P  2. Hướng dẫn giải Chọn B. Sử dụng các quy tắc biến đổi lôgarit ta có:  a  2 P  loga2 a10 b2  log a    log 3 b b  b    1  log a10  loga b2   2  loga a  loga b   3.  2  logb b    2 a   1  1 10  2 loga b   2 1  loga b   6  1. 2  2  Bài tập 5. Rút gọn biểu thức P   log 3b a  2 log b2 a  log b a   log a b  log ab b   log b a với 0  a, b  1 . A. P  1 . C. P  0 . B. P  2 . D. P  3 . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: P   log 3b a  2 log b2 a  log b a   log a b  log ab b   log b a  1   log b a  log b2 a  2 log b a  1  log a b    log b a log b ab    1 2  log b a  log b a  1  log a b    log b a log b a  1   2  log a b  log b a  1  1   log b a  log b a  1    log b a log b a  1    log b a  log b a  1 log a b log b a  log a b  1  log b a  log b a  log b a  1 log a b  log b a  log b a  1  log b a  1 . Bài tập 6. Cho a  0 , b  0 thỏa mãn log 2 a  2 b 1  4a 2  b 2  1  log 4 ab 1  2a  2b  1  2 . Giá trị của a  2b bằng: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 260 A. 15 . 4 B. 5 . C. 4 . D. 3 . 2 Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có 4a 2  b 2  4ab , với mọi a, b  0 . Dấu ‘  ’ xảy ra khi b  2a 1 . Khi đó 2  log 2 a  2 b 1  4a 2  b 2  1  log 4 ab 1  2a  2b  1  log 2 a  2b 1  4ab  1  log 4 ab 1  2a  2b  1 . Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy ta có log 2 a  2b 1  4ab  1  log 4 ab 1  2a  2b  1  2 . Dấu ‘  ’ xảy ra khi log 2 a  2b 1  4ab  1  1  4ab  1  2a  2b  1  2  . Từ 1 và  2  ta có 8a 2  6a  0  a  3 3 15 . Suy ra b  . Vậy a  2b  . 4 2 4 Bài tập 7. Cho a log3 7  27 , b log 7 11  49 , c log11 25  11 . Tính S  a log 3 7  2 log 11 log 25  b 7   c  11  . A. S  33 . B. S  469 . C. S  489 . Hướng dẫn giải Chọn B 2 2 D. S  3141 . Ta có: a log3 7  27  log3 7  log a 27  log3 7.log3 7  log a 27.log3 7   log3 7   3log a 3.log3 7   log3 7   log a 73  a 2 2 log3 7  2 3  aloga 7  73 . 2 log 11 log 25 Tương tự ta có blog7 11  49  b 7   112 ; blog11 25  11  c 11   5 . Vậy S  a  log 3 7  2  b log 7 11 2  c log11 25  Bài tập 8. Đặt log 7 2  a , log 7 3  b , Q  log 7 2 2  73  112  5  469 . 1 2 2014 2015 . Tính Q  log 7  …  log 7  log 7 2 3 2015 2016 theo a , b . A. 5a  2b  1 . B. 5a  2b  1 . C. 5a  2b  1 . Hướng dẫn giải D. 5a  2b  1 . Chọn D 1 2 2014 2015  log 7  …  log 7  log 7 2 3 2015 2016   log 7 1  log 7 2    log 7 2  log 7 3  …   log 7 2014  log 7 2015    log 7 2015  log 7 2016  Ta có Q  log 7  log 7 1  log 7 2016   log 7 2016    log 7 32.9.7     log 7 32  log 7 9  log 7 7      log 7 25  log 7 32  1  5log 7 2  2 log 7 3  1  5a  2b  1 . Bài tập 9. Cho hai số thực dương a, b ( a  1 ) thỏa mãn các điều kiện log a b  Tính tổng S  a  b . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 b 16 và log 2 a  . b 4 Trang 261 A. S  12 . B. S  10 . C. S  16 . D. S  18 . Hướng dẫn giải Chọn D b  16 4 16 b b b       . b log a b  4 b  16 b  2 b 4 b  a 4 b   2     . Ta có     16 16 a2   log a  16   16 b b a  2 a  2  2  b b a 2   Vậy ta có S  16  2  18 . Bài tập 10. Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình x 2  20 x  2  0 . Tính giá trị của biểu thức P  log( x1  x2 )  log x1  log x2 . 1 A. . 2 C. 0 . B. 1 . D. 10 . Hướng dẫn giải Chọn B Ta có P  log( x1  x2 )  log x1  log x2  log  x1  x2   log  x1.x2   log x1  x2 . x1.x2 Vì x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x2  20 x  2  0 nên ta có x1  x2  20 ; x1.x2  2 . Vậy ta có P  log Bài tập 11. Cho M = A. M = 20  1. 2 1 1 1 . Tính M . + + … + log a x log a2 x log a16 x 272 . log a x B. M = 136 . log a x C. M = 1088 . log a x D. M = 272 . 3 log a x Hướng dẫn giải Chọn B Ta có M  1 1 1   …   log x a  log x a 2  …  log x a16 log a x log 2 x log 16 x a a  log x a  log x a 2  …  log x a16  log x a  2 log x a  …  16 log x a  1  2  …  16  log x a  16 1  16  136 . log x a  2 log a x Bài tập12. Với x , y , z là các số nguyên dương thỏa mãn x log1512 2  y log1512 3  z log1512 7  1 . Tính giá trị của biểu thức Q  x  y  3 z . A. 1512 . B. 12 . C. 9. D. 7 . Hướng dẫn giải Chọn C Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 262 Ta có x y z x log1512 2  y log1512 3  z log1512 7  1  log1512 2  log1512 3  log1512 7  log1512 1512 x  3   log1512 2 .3 .7  log1512 1512  2 .3 .7  1512  2 .3 .7  2 .3 .7   y  3 . z  1  x y x z y z x y z 3 3 Vậy Q  3  3  1.3  9 . Bài tập 13. Giá trị biểu thức P  A. 0. 1 1 1   …  là log 2 2017! log3 2017! log 2017 2017! B. 2. C. 1. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C Ta có 1 1 1  log 2017! 2  log 2017! 3  …  log 2017! 2017 P   …  log 2 2017! log 3 2017! log 2017 2017!  log 2017!  2.3…2017   log 2017! 2017!  1 . Bài tập 14. Giả sử 0  x   ; cos x  3 . Giá trị của biểu thức 10 2 log sin x  log cos x  log tan x là 3 1 . . A.  B. 10 10 C. 3 . 10 D.  1 . Hướng dẫn giải Chọn D Ta có sin 2 x  1  cos2 x  1  9 1  . 10 10 Khi đó log sin x  log cos x  log tan x  log  sin x.cos x. tan x   log sin 2 x log Bài tập 15. Cho log 7 12  x , log12 24  y và log54 168  nguyên. Tính giá trị biểu thức S  a  2b  3c. A. S  4 . B. S  19. 1  1 . 10 axy  1 , trong đó a, b, c là các số bxy  cx C. S  10. D. S  15. Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: log54 168   log 7  24.7  log 7 24  1 log 7 12 log12 24  1   log7 54 log 7 54 log 7 54 log 7 12 log12 24  1 xy  1  log 7 12 log12 54 x.log12 54 Tính log12 54  log12  27.2   3log12 3  log12 2  3log12 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 3.2.12.24 24 .  log12 2.12.24 12 Trang 263  3log12 123 24  log12  3  3  2 log12 24    log12 24  1  8  5log12 24  8  5 y . 2 24 12 Do đó: log 54 168  xy  1 xy  1 .  x  8  5 y  5 xy  8 x a  1  Vậy b  5  S  a  2b  3c  15 . c  8   x 2 khi x  1 Bài tập 16. Với a, b thỏa mãn để hàm số f  x    có đạo hàm tại x0  1 . Khi đó ax  b khi x  1 giá trị biểu thức S  log 2  3a  2b  bằng? A. S  1 . B. S  2 . C. S  3 . D. S  4 . Hướng dẫn giải Chọn B. Hàm số f  x  có đạo hàm tại x0  1 suy ra:. + Hàm số liên tục tại x0  1 : lim f  x   lim f  x   f 1  a  b  1 x 1 + Tồn tại giới hạn lim x 1 f  x   f 1 f  x   f 1  lim . x 1 x 1 x 1  lim x2 1 ax  b  1  lim . x  1 x1 x  1 x 1  2  lim x 1 a2 1 . f  x   f 1 . x 1  lim x 1 x 1 ax  b   a  b  . x 1  2 . a  2 . Từ 1 và  2  suy ra  b  1 S  log 2  3a  2b   log 2 4  2 . Dạng 2. Đẳng thức chứa logarit 1. Phương pháp 2. Bài tập Bài tập 1: Cho x , y  0 và x 2  4 y 2  12 xy. Khẳng đinh nào sau đây đúng? A. log2  x  2 y   log2 x  log2 y  1.  x  2y  B. log2    log2 x  log2 y.  4  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 264 C. log2  x  2 y   2  1  log2 x  log2 y  . 2 D. 4 log2  x  2 y   log2 x  log2 y. Hướng dẫn giải Chọn C. Với x , y  0 , ta có: x 2  4 y 2  12 xy   x  2 y   16 xy 2  log2  x  2 y   log2 16 xy 2  2 log2  x  2 y   4  log2 x  log2 y  log2  x  2 y   2  1  log2 x  log2 y  . 2 Bài tập 2: Cho x , y là các số thực lớn hơn 1 thỏa mãn x 2  9 y 2  6 xy . Tính 1  log12 x  log12 y . M 2 log12 ( x  3 y ) A. M  1 . 4 C. M  B. M  1 . 1 . 2 1 D. M  . 3 Hướng dẫn giải Chọn B Ta có x 2  9 y 2  6 xy   x  3 y   0  x  3 y . 2 Vậy ta có 1  log12 x  log12 y 1  log12 3 y  log12 y log12 12  log12 3  log12 y  log12 y   2 log12 6 y 2 log12  x  3 y  2  log12 6  log12 y  log12 36  2 log12 y  1. log12 36  2 log12 y M Bài tập 3: Cho biểu thức B  3log 3 a  log 5 a 2 .log a 25 với a là số dương, khác 1. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. B  2a  5 . B. log a 2  4 B  1 . C. B  a  4 . D. B  3 . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có B  3log3 a  log 5 a 2 .log a 25  a  2 log 5 a.log a 25  a  2 log 5 a.log a 52  a  4 log 5 a.log a 5  a4. Vậy B  a  4 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 265 Bài tập 4: Gọi c là cạnh huyền, a và b là hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Trong các khẳng định sau khẳng định nào đúng? A. log b  c a  log c b a  2 log b  c a.log c b a . B. log b  c a  log b c a  2 log b  c a.log b c a . C. log b  c a  log c b a  log b  c a.log c b a . D. log b  c a  log b c a  4 log b  c a.log b c a . Hướng dẫn giải Chọn A Ta có: c2  a2  b2  c2  b2  a2   c  b  .  c  b   a 2  log a  c  b  .  c  b   2  log a  b  c   log a  c  b   2  1 1  2 log a  b  c  log a  c  b   log b  c a  log c b a  2 log b  c a.log c b a (đpcm). Bài tập 5: Cho log 27 5  a , log8 7  b , log 2 3  c . Khẳng định nào sau đây đúng? 3b  2ac 3b  3ac A. log12 35  . B. log12 35  . c2 c2 3b  2ac 3b  3ac C. log12 35  . D. log12 35  . c3 c 1 Hướng dẫn giải Chọn B Ta có : log 27 5  a  log 3 5  3 a ; log 8 7  b  log 2 7  3 b ; log 2 3  c log 2 7 3b log 3 5 log 3 5  log 3 7 log 2 3 3a  c 3ac  3b   . log 12 35    1 log 3 12 log 3 3  log 3 4 1  2 log 3 2 c2 1  2. c 3a  Bài tập 6: Cho log 1  y  x   log 4 4 1  1 , với y  0, y  x . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng y định sau? A. 3 x  4 y . B. x  3 y . C. x  3 y. 4 D. y  3 x. 4 Hướng dẫn giải Chọn C Ta có log 1  y  x   log 4 4 1  1   log 4  y  x   log 4 y  1  log 4 y  1  log 4  y  x  y 3 y. 4 Bài tập 7: Số thực dương a , b thỏa mãn log 4 a  log12 b  log16 ( a  b) . Mệnh đề nào dưới đây đúng?  log 4 y  log 4 4.  y  x   y  4  y  x   x  A. a 2    ;1 . b 3  B. a  2   0;  b  3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 C. a   9;12  . b D. a  (9;16) . b Trang 266 Hướng dẫn giải. Chọn B. Giả sử log 4 a  log12 b  log16 ( a  b)  t . Khi đó, ta có: a  4t ; b  12t ; a  b  16t . Từ đây, t t 1 3 ta có phương trình: 4  12  16        1 * . 4 4 Vế trái của phương trình * nghịch biến nên * có 1 nghiệm duy nhất là t  1 . Suy ra t t t a 1  2    0;  . b 3  3 Bài tập8: Có tất cả bao nhiêu số dương a thỏa mãn đẳng thức log 2 a  log 3 a  log 5 a  log 2 a.log 3 a.log 5 a . a  4; b  12 suy ra A. 3. B. 1. C. 2. D. 0. Hướng dẫn giải Chọn A Ta có log 2 a  log 3 a  log 5 a  log 2 a.log 3 a.log 5 a  log 2 a  log 3 2.log 2 a  log 5 2.log 2 a  log 2 a.log 3 5.log 5 a.log 5 a  log 2 a. 1  log 3 2  log 5 2   log 2 a.log 3 5.log 52 a  log 2 a. 1  log 3 2  log 5 2  log 3 5.log 52 a   0 a  1 log 2 a  0    1  log 3 2  log 5 2 2 log 5 a   1  log 3 2  log 5 2  log 3 5.log 5 a  0  log 3 5  a  1 1 log3 2  log5 2 .    log3 5 a  5 Bài tập 9: Cho n là một số nguyên dương, tìm n sao cho log a 2019  2 2 log a 2019  32 log 3 a 2019  …  n 2 log n a 2019  10082.2017 2.log a 2019 A. 2017 . B. 2019 . Chọn C Đặt log a 2019  2 2 log   . a C. 2016 . Hướng dẫn giải D. 2018 . 2019  32 log 3 a 2019  …  n 2 log n a 2019  10082.2017 2.log a 2019 Ta có n 2 log n a 2019  n3 log a 2019 . 2  n  n  1  Vậy VT    1  2  3  …  n log a 2019    .log a 2019 . 2   Hay từ   ta có  3 3 3 3  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 267 2  n  n  1  2 2 2 2 2 2 2   .log a 2019  1008 .2017 .log a 2019  n  n  1  2 .1008 .2017 2    n  2016 2  n2  n  1  20162.20172  n 2  n  4066272  0   (vì  n  2016  n  2017 n   ). Bài tập 10: Cho log 2 x 2  y 2  1  log 2 xy , với xy  0 . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng   định sau? A. x  y . B. x  y . Chọn C Ta  2 log 2 x  y 2   1  log 2 D. x  y 2 . C. x  y . Hướng dẫn giải  2 xy  log 2 x  y 2   log có 2 2 xy  x  y  2 xy   x  y   0 2 2 2  x  y. Dạng 3. Biểu thị biểu thức theo một biểu thức đã cho và từ đó tìm GTLN, GTNN 1. Phương pháp giải 2. Bài tập Bài tập 1. Cho hai số thực x , y thỏa mãn log x 2  y 2  2 x  4 y   1 . Tính P  x khi biểu thức y S  4 x  3 y  5 đạt giá trị lớn nhất. 8 A. P  . 5 9 B. P  . 5 C. P   13 . 4 D. P  17 . 44 Hướng dẫn giải Chọn C Ta có log x 2  y 2  2 x  4 y   1  2 x  y  x 2  y 2  1   x  1   y  2   4 . 2 Khi đó S  4 x  3 y  5  4  x  1  3  y  2   7  2 ta 4 2  32   x  1 2   y  2 2  7  3. có 13  x  x 1 y  2     5  . Dấu ”  ” xảy ra khi và chỉ khi  4 3 y   4 4 x  3 y  5  3  5 13 13 x Vậy ta có P   5   . y 4 4 5 Bài tập 2. Xét các số thực a , b thỏa mãn a  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức a P  log 2a  a 2   3log b   . b b A. Pmin  19 . B. Pmin  13 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 C. Pmin  14 . D. Pmin  15 . Trang 268 Hướng dẫn giải Chọn D Với điều kiện đề bài, ta có 2 2   a  a  a  a P  log  a   3log b     2 log a a   3log b    4 log a  .b    3log b   b  b b b   b  b  2 a b 2 2   a  4 1  log a b   3log b   . b b   Đặt t  log a b  0 (vì a  b  1 ), ta có P  4 1  t   2 b 3 3  4t 2  8t   4  f  t  . t t 2 3 8t 3  8t 2  3  2t  1  4t  6t  3  Ta có f (t )  8t  8  2  t t2 t2 Vậy f   t   0  t  1 1 . Khảo sát hàm số, ta có Pmin  f    15 . 2 2 Bài tập 3. Xét các số thực dương x , y thỏa mãn log3 1  xy  3xy  x  2 y  4 . Tìm giá trị nhỏ x  2y nhất Pmin của P  x  y . A. Pmin  9 11  19 . 9 B. Pmin  9 11  19 . 9 C. Pmin  18 11  29 . 9 D. Pmin  2 11  3 . 3 Hướng dẫn giải Chọn D. 1  xy  3xy  x  2 y  4 x  2y  log 3 1  xy   log 3  x  2 y   3  xy  1   x  2 y   1 log3  log3 3 1  xy   log3  x  2 y   3  xy  1   x  2 y   log 3 3 1  xy   3 1  xy   log 3  x  2 y    x  2 y  Xét f  t   log 3 t  t ,  t  0  f  t   1  1  0, t  0 t ln 3 Suy ra : f  3 1  xy    f  x  2 y   3  3 xy  x  2 y  x  3  2y 1  3y 1  xy 5y  2 2 0 2 0 y 5 x  2y 6y  3 3  2y P  x y  y 1  3y Điều kiện Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 269 P  1  11 1  3 y  2  1  11 y  3 0  1  11 y  3  Lập bảng biến thiên ta có Pmin  2 11  3 . 3 Bài tập 4. Cho các số thực a, b, c  1;2  thỏa mãn điều kiện log32 a  log32 b  log32 c  1  Khi biểu thức P  a3  b3  c3  3 log2 a a  log2 b b  log2 c c  đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của a  b  c bằng 1 A. 3. B. 3.2 33 3 . C. 4. D. 6. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta xét hàm số f  x   x 3  3 x log2 x  log32 c với x  1;2  . Ta có đạo hàm f   x   3 x 2  3log2 x  f   x   6 x  2 3 3 log2 x ;  x ln 2 ln 2 6log x 3 log2 x 3  2 22  2 2 . x ln 2 x ln 2 x ln 2 6 log2 x  3  log2 x   1  3 Vì f   x   6  1  3 3   2   0 x  1;2  nên x 3 ln 2 2  x ln 2  x ln 2 f   x   f  1  1,67  0. Như vậy hàm số f   x  đồng biến và có nghiệm duy nhất trên 1;2  vì f  1  0; f   2   0 và có đồ thị lõm trên 1;2  . Do đó ta có bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta nhận thấy rằng f  x   1 cho nên Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 270 P  3  log32 a  log32 b  log32 c  4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  1, c  2 và các hoán vị. Bài tập 5. Trong tất cả các cặp  x; y  thỏa mãn log x 2  y2  2  4 x  4 y  4   1. Với giá trị nào của m thì tồn tại duy nhất cặp  x; y  sao cho x 2  y 2  2 x  2 y  2  m  0? A.   2 10  2 . B. C. 10  2 và 10  2.  10  2  2 và   2 10  2 . D. 10  2. Hướng dẫn giải Chọn B. Điều kiện: 4 x  4 y  4  0. Ta có log x 2  y2  2  4 x  4 y  4   1  4 x  4 y  4  x 2  y 2  2   x  2    y  2   2  C1  . 2 2 Miền nghiệm của bất phương trình là hình tròn (cả bờ)  C1  có tâm I1  2;2  bán kính R1  2. Mặt khác: x 2  y 2  2 x  2 y  2  m  0   x  1   y  1  m  * . 2 2 Với m  0 thì x  1; y  1 (không thỏa mãn  x  2    y  2   2 ). 2 2 Với m  0 thì  * là đường tròn  C2  có tâm I 2  1;1 bán kính R2  m . Để tồn tại duy nhất cặp  x; y  thì  C1  và  C2  tiếp xúc với nhau. Trường hợp 1:  C1  và  C2  tiếp xúc ngoài. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 271 Khi đó: R1  R2  I1I 2  m  2  10  m    2 10  2 . Trường hợp 2:  C1  nằm trong  C2  và hai đường tròn tiếp xúc trong. Khi đó: R2  R1  I1I 2  m  2  10  m  Vậy m   10  2  2 và m   10  2  2   2 10  2 . thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài tập 6. Xét các số thực a, b thỏa mãn a  b  1. Giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức a P  log2a a2  3logb   bằng b b   A. Pmin  19. B. Pmin  13. C. Pmin  14. D. Pmin  15. Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: 2 P  log2a b   a  2  2 a  3log b       3  logb a  1  b   log a    a b    2   2     3  logb a  1 .  1  log a b  Đặt log a b  t  0  t  1 . Khi đó P  4 1  t  2 3   3  f  t  với 0  t  1. t Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 272 Ta có f   t   8 1  t  3  3 1  f t  0  t  . 2 3 t Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên, ta có Pmin  15. Bài tập 7. Cho hai số thực x, y thỏa mãn:   x 2  y 2  3 và log x 2  y2  x 4 x 2  3 x  4 y 2  3y 2   2   Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  y. Khi đó biểu thức T  2  M  m  1 có giá trị gần nhất số nào sau đây? A. 7. B. 8. C. 9. D. 10. Hướng dẫn giải Chọn D     Ta có log x 2  y2  x 4 x 2  3 x  4 y 2  3y 2   2  log x 2  y2  x 2  y 2  4 x  3   2       x 2  y2   4 x  3   x 2  y2  2   x  2   y 2  1. 2  x 2  y 2  3 Tập hợp các số thực x, y thỏa mãn:  những điểm thuộc miền trong hình tròn  C1  2 2  x  2   y  1 có tâm I  2; 0  , bán kính R1  1 và nằm ngoài hình tròn  C2  có tâm O  0; 0  và bán kính R2  3. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 273 Biểu thức: P  x  y  x  y  P  0 là họ đường thẳng  song song với đường y  x. 3 3 3 3 Các giao điểm của hai hình tròn là A  ; ,B ;  2 2  2 2     P đạt giá trị nhỏ nhất khi đường thẳng  đi qua A. Khi đường thẳng  qua điểm A, ta có: 3 3 3 3   Pmin  0  Pmin  . 2 2 2 P đạt giá trị lớn nhất khi đường thẳng  tiếp xúc với đường tròn  C1  ta có: d  I ;    R1  2P 11  1  P  2  2  Pmax  2  2.  3 3  Do đó T  2  M  m  1  2  2  2    10.  2   Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 274 BÀI 4. HÀM SỐ MŨ – HÀM SỐ LÔGARIT A. KIẾN THỨC CO BẢN CẦN NẮM 1. Hàm số mũ Định nghĩa Hàm số y  a x  a  0; a  1 được gọi là hàm số mũ cơ số a. Tập xác định Hàm số y  a x  a  0; a  1 có tập xác định là  . Đạo hàm Hàm số y  a  a  0; a  1 có đạo hàm tại mọi x. x a  ‘  a x ln a a  ‘  a u ln a.u ‘ x u Đặc biệt:  e x  ‘  e x . lim a x  0, lim a x    a  1 ; x  x  lim a x  , lim a x  0  0  a  1 . x  x  Sự biến thiên  Khi a  1 hàm số luôn đồng biến.  Khi 0  a  1 hàm số luôn nghịch biến. Đồ thị Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là trục Ox và luôn đi qua các điểm  0;1 , 1; a  và nằm phía trên trục hoành. 2. Hàm số lôgarit Định nghĩa Hàm số y  log a x  a  0; a  1 được gọi là hàm số lôgarit cơ số a. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 275 Tập xác định Tập xác định:  0;  . Đạo hàm Hàm số y  log a x  a  0; a  1 có đạo hàm tại mọi x dương và Đặc biệt:  ln x  ‘  1 .  log a x  ‘  x ln a 1 . x Giới hạn đặc biệt lim log a x  , lim log a x    a  1 ; x  0 x  lim log a x  , lim log a x    0  a  1 . x  0 x  Sự biến thiên  Khi a  1 hàm số luôn đồng biến.  Khi 0  a  1 hàm số luôn nghịch biến. Đồ thị Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là trục Oy và luôn đi qua các điểm 1;0  ,  a;1 và nằm bên phải trục tung. Nhận xét: Đồ thị của các hàm số y  ax và y  log a x  a  0, a  1 đối xứng với nhau qua đường thẳng y  x. Ứng dụng 1. Lãi đơn là số tiền lãi chỉ tính trên số tiền gốc mà không tính trên số tiền lãi do số tiền gốc sinh ra, tức là tiền lãi của kì hạn trước không được tính vào vốn để tính lãi cho kì hạn kế tiếp, cho dù đến kì hạn người gửi không đến rút tiền ra. Công thức tính: Khách hàng gửi vào ngân hàng A đồng với lãi đơn r (% / kì hạn) thì số tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 276 lãi sau n kì hạn ( n   * ) là: Sn  A  nAr  A 1  nr  2. Lãi kép là tiền lãi của kì hạn trước nếu người gửi không rút ra thì được tính vào vốn để tính lãi cho kì hạn sau. Công thức tính: Khách hàng gửi vào ngân hàng A đồng với lãi kép r (% / kì hạn) thì số tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn lãi sau n kì hạn ( n   * ) là: Sn  A 1  r  . n 3. Tiền gửi hàng tháng: Mỗi tháng gửi đúng cùng một số tiền vào một thời gian cố định. Công thức tính: Đầu mỗi tháng, khách hàng gửi vào ngân hàng số tiền A đồng với lãi kép r (% / tháng) thì số tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn lãi sau n tháng ( n   * ) (nhận tiền cuối tháng, khi ngân hàng đã tính lãi) là Sn . Ta có S n  S  n  log 1 r   n  ;  A r%  A n Sn  1; A Sn 1  r  n  S n .r   1 ; n  log 1 r    A 1  r      S n .r  1 ; n  log 1 r    A 1  r     A n 1  r   1 1  r  .  r A 4. Gửi ngân hàng và rút tiền gửi hàng tháng S n .r 1  r  1  r  n  1  Gửi ngân hàng số tiền là A đồng với lãi suất r (% / tháng). Mỗi tháng vào ngày ngân hàng tính lãi, rút ra số tiền là X đồng. r n Công thức tính: X   A 1  r   S n  .   1  r n  1 Khi đó Sn  A1  r  n số tiền 1  r  X n còn lại sau n tháng là 1 r 5. Vay vốn trả góp: Vay ngân hàng số tiền là A đồng với lãi suất r (% / tháng). Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ cách nhau đúng một tháng, mỗi hoàn nợ số tiền là X đồng và trả hết tiền nợ sau đúng n tháng. Công thức tính: Cách tính số tiền còn lại sau n tháng giống hoàn toàn công thức tính gửi ngân hàng và rút tiền hàng tháng nên ta có Sn  A 1  r  n 1  r  X n 1 r Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 . Trang 277 Để sau đúng n tháng trả hết nợ thì S n  0 nên A 1  r   X n 1  r  r n 1 0. A 1  r  .r n Suy ra mỗi lần hoàn nợ số tiền là X  1  r  n 1 . 6. Bài toán tăng lương: Một người được lãnh lương khởi điểm là A (đồng/tháng). Cứ sau n tháng thì lương người đó được tăng thêm r (% / tháng). Hỏi sau kn tháng, người đó lĩnh được bao nhiêu tiền? Công thức tính: Lương nhận được sau kn tháng là S kn  An. 1  r  r k 1 . 7. Bài toán tăng trưởng dân số Công thức tính tăng trưởng dân số: X m  X n 1  r  mn , m, n    , m  n Trong đó: r % là tỉ lệ tăng dân số từ năm n đến năm m; X m dân số năm m, X n dân số năm n. Từ đó ta có công thức tính tỉ lệ tăng dân số là r %  m  n Xm 1 Xn 8. Lãi kép liên tục Gửi vào ngân hàng A đồng với lãi kép r (% / năm) thì số tiền nhận được cả vốn lẫn lãi sau n năm ( n   * ) là: S n  A 1  r  . n Giả sử ta chia mỗi năm thành m kì hạn để tính lãi và lãi suất mỗi kì hạn là r % thì số tiền thu được sau n năm là: m r  Sn  A 1    m m.n Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 278 Khi tăng số kì hạn của mỗi năm lên vô cực, tức là m   , gọi là hình thức lãi kép liên tục thì người ta chứng minh được số tiền nhận được cả gốc lẫn lãi là: S  Aen.r (công thức tăng trưởng mũ). Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 279 SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 280 B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1. Tìm tập xác định của hàm số chứa mũ – lôgarit. 1. Phương pháp giải * Hàm số y  a x  a  0; a  1 có tập xác định là  . * Hàm số y  log a x  a  0; a  1 có tập xác định là  0;  . * Tìm điều kiện của tham số để hàm số y  log a f  x  xác định trên  trong đó f  x  là một tam thức bậc hai. Áp dụng tính chất a  0 Tam thức bậc hai f  x   ax 2  bx  c  0 x   khi và chỉ khi  .   0  * Tìm điều kiện của tham số để hàm số y  log a f  x  xác định trên khoảng D.  Cô lập tham số m.  Sử dụng phương pháp khảo sát hàm số. 2. Bài tập Bài tập 1: Điều kiện xác định D của hàm số y  A. x  3 1 2x 1  log 9 x 1 2 B. x  1 là C. 3  x  1 D. 0  x  3 Hướng dẫn giải Chọn C 1  2x 2x 1  2  log  9  9 x  1 2 2x  x  1 Hàm số xác định     3 x 1  2x  0  2x  0  x  1  x  1  x3  0  3  x  1 x 1 Bài tập 2: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  ln  x 2  2mx  4  xác định với mọi x   ? A. 5 B. 2 C. 4 D. 3 Hướng dẫn giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 281 Chọn D. Hàm số xác định x    x 2  2mx  4  0, x   . 1  0 a  0   2  2  m  2 .   0 4m  16  0 Do m   nên m  1;0;1 Bài tập 3: Tìm m để hàm số y  log 2  m  2  x 2  2  m  2  x  m  3 có tập xác định D   . A. m  2 B. m  2 D. m  2 C. m  2 Hướng dẫn giải Chọn D. Hàm số xác định trên    m  2  x 2  2  m  2  x  m  3  0, x   (*). Trường hợp 1: a  0 . a  0 m  2 m  2  0 (*)      m  2 . 2   0 m  2  0 4  m  2   4  m  2  m  3  0 Trường hợp 2: a  0  m  2 , ta có (*)  1  0, x   (đúng), nhận m  2 Vậy m  2 . Bài tập 4: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m nằm trong khoảng  10;10  để hàm số y  log 2  4 x  2 x  m  có tập xác định D   ? A. 9 B. 10 C. 11 D. 8 Hướng dẫn giải Chọn A. Hàm số có tập xác định D   khi 4 x  2 x  m  0 x   (1). Đặt t  2 x , t  0 . Khi đó (1) trở thành t 2  t  m  0 t   0;    m  t 2  t t   0;    m  max f  t    0;   1 với f  t   t 2  t . 4 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 282 Do m   và m   10;10  nên m  1;2;3;…;8;9 . Bài tập 5: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m nằm trong khoảng  10;10  để hàm số y 1 xác định trên khoảng  0;  ? m log x  4log 3 x  m  3 2 3 A. 13 B. 11 C. 12 D. 10 Hướng dẫn giải Chọn A. Hàm số xác định x   0;    m log 32 x  4log 3 x  m  3  0, x   0;   (*). Đặt t  log 3 x, t   . (*)  mt 2  4t  m  3  0 vô nghiệm. Trường hợp 1: m  0 . Phương trình có nghiệm (loại m  0 ). Trường hợp 2: m  0 . Phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi  ‘  0  4  m  m  3  0  m  4 hoặc m  1 . Do m   và m   10;10  nên m  9; 8; 7; 6; 5;2;3;…8;9 . Vậy có 13 giá trị nguyên thỏa mãn. Bài tập 6: Hàm số y  log 2  4 x  2 x  m  có tập xác định D   khi. A. m  1 . 4 B. m  1 . 4 D. m  C. m  0 . 1 . 4 Hướng dẫn giải Chọn B. Hàm số y  log 2  4 x  2 x  m  có tập xác định  khi và chỉ khi. 4 x  2 x  m  0 x    m  2 x  4 x x    m  max  2 x  4 x   Bài tập 7: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  1 . 4 1 xác định m log x  4 log 3 x  m  3 2 3 trên khoảng  0;   . Hướng dẫn giải Đặt t  log 3 x , khi đó x   0;    t   . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 283 y 1 1 trở thành y  2 . m log x  4 log 3 x  m  3 mt  4t  m  3 2 3 Hàm số y  số y  1 xác định trên khoảng  0;   khi và chỉ khi hàm m log x  4 log 3 x  m  3 2 3 1 xác định trên  . mt 2  4t  m  3  f (t )  mt 2  4t  m  3 vô nghiệm.    4  m 2  3m  0  m  4; m  1 . Bài tập 8: Tập xác định của hàm số y  A.  5;    ln  x 2  16  x  5  x 2  10 x  25 B.  ; 5  . . là: D.  \ 5 . C.  . Hướng dẫn giải Chọn A. Viết lại y  Biểu thức ln  x 2  16  x  5  x 2  10 x  25  ln  x 2  16  x5  x  5 2  ln  x 2  16  x5 x5 . ln  x 2  16   x 2  16  0 . có nghĩa khi và chỉ khi  x 5 x 5  x  5  x  5  0  x 2  16  x  4    x 5. 5  x  0  x  5  5  x Suy ra hàm số có tập xác định là  5;   . Bài tập 9: Cho hàm số y  1 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số  x  m  log 2  x  2  2m  1 x  4m 2  2 m để hàm số đã cho xác định với mọi x  1;   . A. m   ; 2  . B. m   1;1 . C. m   ;1 . D. m   ;1 . Hướng dẫn giải Chọn D. Hàm số y  1 xác định với x  1;   khi  x  m  log 2  x  2  2m  1 x  4m 2  2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 284 x  m  0  2 2  x  2  2m  1 x  4m  0  lđ  với x  1;    2 2  x  2  2m  1 x  4m  1  lđ   m  1;    m  1 Dạng 2: Đồ thị hàm số 1. Phương pháp 2. Bài tập Bài tập 1: Cho ba số thực dương a, b, c khác 1. Đồ thị các hàm số y  a x , y  b x , y  c x được cho trong hình vẽ sau Mệnh đề nào đúng? A. a  b  c B. a  c  b C. b  c  a D. c  a  b Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: y  a x nghịch biến nên 0  a  1 . Mặt khác, y  b x , y  c x đồng biến, đồng thời cho x  1  y  b  y  c . Vậy a  c  b Bài tập 2: Từ các đồ thị y  log a x , y  log b x , y  log c x đã cho ở hình vẽ sau: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 285 Khẳn định nào sau đây đúng? A. 0  a  b  1  c B. 0  c  1  a  b C. 0  c  a  1  b D. 0  c  1  b  a Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: y  log c x nghịch biến nên 0  c  1 . Mặt khác, y  log a x và y  log b x đồng biến nên a, b  1 đồng thời cho y  1 thì x  a  x  b . Vậy 0  c  1  a  b . Bài tập 3: Cho các hàm số y  a x , y  log b x , y  log c x có đồ thị như hình vẽ. Chọn mệnh đề đúng? A. b  c  a B. a  c  b C. c  b  a D. c  a  b Hướng dẫn giải Chọn D. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 286 Ta có y  log c x nghịch biến nên 0  c  1 còn y  log b x và y  a x đồng biến nên b  1 và a  1. Xét y  a x : Với x  1  y  a  1  a  2 . Xét y  log b x : Với y  1  x  b  b  2 . Do đó a  b Vậy c  1  a  b . Bài tập 4: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Tìm số điểm cực trị của hàm số y3 f  x 4 f  x . A. 5. B. 3. C. 6 . D. 4 . Hướng dẫn giải Chọn A. Đặt y  g  x   3 f  x   4 f  x  . Quan sát đồ thị, ta thấy hàm số y  f  x  có ba điểm cực trị. Ta có y  f   x  . 3 3 f  x .ln 3  4 f  x .ln 3  4 3 .ln 4  0    4 f  x  f  x  0 . .ln 4   y  0   f x f  x   3 .ln 3  4 .ln 4  0 f  x f  x  ln 4  ln 4   f  x   log 3    0,8 . Phương trình này ln 3 4  ln 3  có hai nghiệm phân biệt khác các nghiệm của phương trình f   x   0 nên hàm số y3 f  x 4 f  x có năm điểm cực trị. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 287 Bài tập 5: Cho hàm số f  x   x ln x . Một trong bốn đồ thị cho trong bốn phương án A, B, C, D dưới đây là đồ thị của hàm số y  f   x  . Tìm đồ thị đó? A. B. C. D. Hướng dẫn giải Chọn C. Tập xác định D   0;   Ta có f  x   x ln x  f   x   g  x   ln x  1 . Ta có g 1  1 nên đồ thị hàm số đi qua điểm 1;1 . Loại hai đáp án B và D Và lim  g  x    lim ln  x   1 . Đặt t  x 0 x 0 1  . Khi x  0 thì t   . x  1  Do đó lim  g  x    lim ln    1   lim  ln  t    1   nên loại đáp án t  t  x 0  t   Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 A. Trang 288 Cách 2 : Ta nhận thấy f  x   x ln x  f   x   g  x   ln x  1 nằm bên phải trục tung và không đi qua (1; 0) . Vậy chọn đáp án C. Dạng 3: Xét tính đơn điệu, cực trị, GTLN và GTNN của hàm số mũ, logarit 1. Phương pháp. Phương pháp chung: Bước 1: Tìm tập xác định Bước 2: Tìm đạo hàm f   x  . Tìm các điểm xi làm cho f   x   0 hoặc không xác định. Bước 3: Sắp xếp các điểm xi theo thứ tự tăng dần và lập BBT. Bước 4: Kết luận. Ngoài ra cần chú ý tính chất của hàm số mũ và hàm số logarit: +) Hàm số y  a x và hàm số y  log a x đồng biến trên TXĐ  a  1 . +) Hàm số y  a x và hàm số y  log a x nghịch biến trên TXĐ  0  a  1 . 2. Bài tập Bài tập 1. Gọi a , b lần lượt là số điểm cực đại và số điểm cực tiểu của hàm số y   x 3  3 x  1 e 2 x . Tính 2a  b . A. 0 . B. 4 . C. 2 . D. 3 . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có y   x 3  3 x  1 e 2 x . Tập xác định: D   . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 289 y   x 3  3x  1 e2 x   x3  3 x  1 e2 x    3 x 2  3 e 2 x  2e 2 x  x3  3 x  1 .  e 2 x  2 x 3  3 x 2  6 x  1 ; y  0 có một nghiệm là x0 . Bảng biến thiên: . Suy ra hàm số có 1 điểm cực đại và 0 điểm cực tiểu. Vậy 2a  b  2 . 1  Bài tập 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 2 ln x trên đoạn  ;e  . e  A. min y   1   e ;e    1 . e2 B. min y  e . 1   e ;e    1 C. min y   . e 1  ;e D. min y   1   e ;e    e    1 . 2e Hướng dẫn giải Chọn D.  1  x  0 e ;e 1   . Đạo hàm y  2 x ln x  x 2  2 x ln x  x  x  2 ln x  1 ; y  0    x 1 1   ;e x  e e   1 1  1  1 Tính các giá trị: y     2 , y  e   e2 , y    .  e 2e e  e Vậy min y   1   e ;e    1 . 2e Bài tập 3. Cho 1  x  64 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  log 42 x  12 log 22 x.log 2 A. 82 . B. 96 . C. 64 . 8 . x D. 81 . Hướng dẫn giải Chọn D. P  log 42 x  12 log 22 x.log 2 8  log 24 x  12 log 22 x.  log 2 8  log 2 x   log 24 x  12 log 22 x.  3  log 2 x  x . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 290 Đặt t  log 2 x , do 1  x  64 nên 0  t  6 . f  t   t 4  12t 2 .  3  t  với 0  t  6 . t  0 f   t   4t  36t  72t ; f   t   0  t  3 t  6 . 3 2 . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P  81 . Bài tập 4. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số y  3 x  3 nghịch biến trên 3 x  m  1;1 . 1 A. m  . 3 B. 1  m 3. 3 1 C. m  . 3 D. m  3 . Lời giải Chọn C. 3 x  3 3.3x  1  Ta có y   x 3  m m3x  1 1  Đặt t  3x . Vì x   1;1 nên t   ;3  . 3  Khi đó y  3t  1 m3  y  2 mt  1  mt  1 + Với m  0 thỏa mãn. m  3  0   1  1 1  + Với m  0 . Yêu cầu bài toán    m 3  m   ;  \ 0 . 3   1   3   m y  ln  x 2  1  2mx  2 Bài tập 5. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên . A. Không tồn tại m. 1 B. m  . 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 1 C. m   . 2 D.  1 1 m . 2 2 Trang 291 Hướng dẫn giải Chọn C. Hàm số y  ln  x 2  1  2mx  2 xác định với x   . 2x  Ta có: y   ln  x 2  1  2mx  2   2  2m x 1 Để hàm số y  ln  x 2  1  2mx  2 đồng biến trên  thì y   0, x   .  2x x  2m  0, x    2  m , x   . x 1 x 1 2 Xét hàm số g  x    x2  1 x  x   xác định với mọi ; . g x    2 x2  1  x 2  1 g   x   0  x  1 . Lập bảng biến thiên của g  x  : 1 Theo bảng biến thiên trên thì hàm số đồng biến trên  hay y  0, x    m   . 2 Bài tập 6. Có bao nhiêu giá trị của m để giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   e 2 x  4e x  m trên 0;ln 4 bằng 6 . A. 3 . B. 4 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 C. 1. D. 2 . Trang 292 Hướng dẫn giải Chọn D Đặt t  e x , với x  0;ln 4  t  1;4 . Khi đó f  x   t 2  4t  m  g  t  . Có g   t   2t  4  g   t   0  t  2 . Ta có bảng biến thiên  m  6  m  6 .   m  10 m  4  6 Từ bảng biến thiên ta thấy min g t   6   0;4 Bài tập 7. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y   20 x 2  20 x  1283 e 40 x trên tập hợp các số tự nhiên là: A. 1283 . B. 163.e 280 . D. 8.e300 . C. 157.e320 . Hướng dẫn giải Chọn B.    Ta có y   40 x  20  e40 x  40 20 x 2  20 x  1283 e40 x  20e40 x 40 x2  42 x  2565  15  x  2 y  0  40 x 2  42 x  2565  0    x   171  20  171   15  Đặt y1  y    ; y2  y    20   2 y  7   163.e 280 ; y  8   157.e320 Bảng biến thiên x y    171 20 0  15 2  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 0  Trang 293 y y1   y2 Dựa vào bảng biến thiên ta có Giá trị nhỏ nhất của hàm số y   20 x 2  20 x  1283 e 40 x trên tập hợp các số tự nhiên là 163.e280 . Bài tập 8. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số y  4 x  2 x  2  mx  1 đồng biến trên khoảng  1;1 . 1   A.  ;  ln 2  . 2   B.  ;0 . C.  ;  2ln 2 . 3   D.  ;  ln 2  . 2   Lời giải Chọn C.   Ta có y  4 x  2 x 2  mx  1  y  4 x.ln 4  4.2 x.ln 2  m  4 x  2.2 x .ln 4  m Theo đề y  0, x   1;1   4 x  2.2 x  .ln 4  m  0,  m   4 x  2.2 x  .ln 4  g  x  , x   1;1 x   1;1  m  Min g  x   1;1 Min g  x    ln 4 .  1;1 Bài tập 9. Giá trị nhỏ nhất của tham số m ðể hàm số y  ex  m  2 ðồng biến trên khoảng e x  m2  1   ln ;0  gần nhất với số nào sau ðây:  4  A. 0, 03 . C. 0, 45 . B. 1 . D. 1, 01 . Hướng dẫn giải Chọn C. Đặt e x  t. Suy ra y  y  m2  m  2 t  m  2 2 t m2 1  đồng biến trên khoảng  ;1 . 2 tm 4  . 1  Để hàm số đồng biến trên khoảng  ;1 cần: 4  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 294 1  m  2 m 2  m  2  0 1  m  2   m  1      1 . Suy ra chọn C. 1      1 m  m ;1 1    m   4 4     4  4  Bài tập 10. Cho hàm số y     2017  e 3x   m -1  e x +1 . Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 1; 2  . A. m  3e 2  1 . B. 3e2  1  m  3e3  1 . C. 3e3  1  m  3e 4  1 . D. m  3e 4  1 . Hướng dẫn giải Chọn D.  4  y     2017    4  = y     2017   e3 x  m 1 e x 1 Hàm  4  y     2017  số e  m 1 e 1 3x  4 e  m 1e   2017     4  ln  2017   0 3x x x e3 x  m 1 e x 1  4   3x   x .ln   . e  m  1 e  1  2017   4   3x  x .ln   . 3e  m  1 e  .  2017  đồng biến trên khoảng 1; 2   4   3x  x .ln   . 3e  m  1 e   0, x  1; 2  (*),  2017   mà 1  0, x   . Nên (*)  3e3 x   m  1 e x  0, x  1; 2   3e2 x  1  m, x  1; 2  .  Đặt g  x   3e2 x  1, x  1; 2  , g  x   3e 2 x .2  0, x  1; 2  . . Vậy (*) xảy ra khi m  g  2   m  3e 4  1 . Dạng 4: Tìm GTLN và GTNN của hàm số mũ, logarit nhiều biến 1. Phương pháp PP1: Sử dụng các bất đẳng thức cổ điển như: Côsi, Bunhiacôpski và một số BĐT quen thuộc khác PP2: Sử dụng phương pháp dồn biến: +) Biến đổi biểu thức đã cho theo một biểu thức chung mà ta đặt là biến t . +) Biểu diễn biểu thức đã cho theo t ta được hàm f  t  . Tìm điều kiện cho t . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 295 +) Lập bảng biến thiên của f  t  . Suy ra kết quả. 2. Bài tập Bài tập 1. Cho 2 số dương a và b thỏa mãn log 2  a  1  log 2  b  1  6 . Giá trị nhỏ nhất của S  a  b là. A. min S  8 . B. min S  14 . C. min S  12 . D. min S  16 . Hướng dẫn giải Chọn B. log 2  a  1  x Đặt   x y 6. log 2  b  1  y a  1  2 x Ta có   a  b  2  2 x  2 y  2 2 x  y  2. 26  16  a  b  14 . y b  1  2 Bài tập 2. Cho các số thực m, n thỏa mãn m  n  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức m P  log 2m  m 2   3log n   . n n A. Pmin  13 . B. Pmin  15 . C. Pmin  16 . D. Pmin  14 . Hướng dẫn giải Chọn B. Do m  n  1 nên ta có. 2  m  P  log  m   3log n     2 log m m   3  log n m  1 n  n  2 m n  2 4 m   log m  n  2  3  log n m  1  4 1  logm n  2  . 3 3 log m n log n  log m m  1 Do m  n  1 nên  m . log m n  log m 1  0 Xét hàm số y  Ta có y   4 1  x  8 1  x   y  0  3  8 1  x  3 2  3  3 trên  0;1 . x 3 . x2  3 3x 3  x 2  9 x  3 1  0  0 x . 3 2 2 x 3 x 1  x  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 296 Bảng biến thiên. . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là Pmin  15 . 1  Bài tập 3. Cho ba số thực a , b , c   ;1 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu 4  1 1 1    thức. P  log a  b    log b  c    log c  a   . 4 4 4    A. Pmin  1 . B. Pmin  3 . C. Pmin  3 3 . D. Pmin  6 . Hướng dẫn giải Chọn D. 2 1  1 1 1  Vợi mọi x   ; 1 ta có x 2  x    x    0  x 2  x  . 4  2 4 4  1  Lấy logarit 2 vế, ta được logt x 2  log t  x   (với t   0;1 (*). 4  Áp dụng BĐT (*) ta được: 1  log a  b    log a b 2  2 log a b . 4  1  logb  c    log b c 2  2 log b c . 4  1  log c  a    log c a 2  2 log c a . 4  Suy ra P  2  log a b  log b c  log c a   2.3 3 log a b.log b c.log c a  6  Pmin . Bài tập 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   log a b thỏa mãn  2 2   6  log   2 b a b  với a, b là các số thực a  b  a 1. A. 30 . B. 40 . C. 60 . D. 50 . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có  log a b 2   4  log a b  . Đặt log a b  t . 2 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 297 log b a b 1 b 1  log b   log b b  log b 2 a 2 a a a a   1 1 1 a     2  log b log b  b a a a           1  1  2log a b  6  4log b a  1 1 1 2 2     1     2   log a 1 log b  1  2  1  2log b a log a b  2  2  log a b  4log b a  4  b a 2 2  4 2 2t  6  1 t  1 2  t  3t  2    t  1 t  2   t  1 .  2 2 t  4  4 2 t 2  4t  4 t2 t  2 t 2  t 1  Ta được P  4t  6   . t 2 2 Với b  a  1  b  a 2 * Lấy log cơ số a  1 hai vế của * ta được log a b  2 nên t  2 . 2  t 1   , t  D   2;   . t 2 *) Xét hàm số f  t   4t 2  6  Ta được.  t  3  12(t  1) 1 3 2 3 2  0  8t  t  4t  4   12  t  1  0  8t  32t  20t  12  0  t  f ‘  t   8t  2 2 t  2   1 3 t  2 . Do t  2 nên f ‘  t   0 có nghiệm t  3 . f  t   ; f  3  60;lim f  t    nên hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 60. . Ta có lim t  t 2  Bài tập 5. Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn log 3  x  1 y  1  trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  2 y . A. Pmin  11 . 2 B. Pmin  27 . 5 y 1  9   x  1 y  1 . Tìm giá C. Pmin  5  6 3. D. Pmin  3  6 2. Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có log 3  x  1 y  1  y 1  9   x  1 y  1  log 3  x  1  x  1  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 9 9  log 3 . y 1 y 1 Trang 298 Xét hàm số f  t   log 3 t  t , t  1 ; f ‘  t   1  1  0 , t  1 . t ln 3  9  9 8 y 8 y 2 y2  y  8 x P  2y  Suy ra f  x  1  f  .   x 1  y 1 y 1 y 1 y 1  y 1  Bảng biến thiên của hàm số P  2 y2  y  8 , y 1 y 1 Vậy Pmin  3  6 2. Bài tập 6. Trong các nghiệm ( x; y ) thỏa mãn bất phương trình log x2  2 y 2 (2 x  y )  1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T  2 x  y bằng: A. 9 . B. 9 . 8 9 . 4 C. D. 9 . 2 Hướng dẫn giải Chọn D.  x 2  2 y 2  1 ( I ), Bất PT  log x2  2 y 2 (2 x  y )  1   2 2 2 x  y  x  2 y 0  x 2  2 y 2  1 ( II ) .  2 2 0  2 x  y  x  2 y Xét T= 2x  y . TH1: (x; y) thỏa mãn (II) khi đó 0  T  2 x  y  x 2  2 y 2  1 . TH2: (x; y) thỏa mãn (I) x 2  2 y 2  2 x  y  ( x  1) 2  ( 2 y  2 x  y  2( x  1)  Suy ra : max T  1 9 ) 2  . Khi đó. 8 2 2 1 1 9 1  1 2 9 9 9 9 9 ( 2y  )   (22  ) ( x  1) 2  ( 2 y  )   .   . 2  2 8 4 2 2 2 2 4 2 2  4 9 1  ( x; y)  (2; ) . 2 2 Bài tập 7. Cho hai số thực a , b thỏa mãn 1  a  b  0 . Tính giá trị nhỏ nhất Tmin của biểu thức sau T  log2a b  loga.b a36 . A. Tmin 16 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 B. Tmin 13 . Trang 299 C. Tmin không tồn tại. D. Tmin 19 . Hướng dẫn giải Chọn A. T  log2a b  loga.b a36  log2a b  36 36  log2a b  . loga ab 1  loga b Đặt t  loga b , vì 1  a  b  0 loga b  logb b t 1. 2 Xét f (t )  t  36 36  f ‘(t )  2t  . Cho f ‘( t )  0  t  2 . 1 t (1 t )2  f (1)  19   Min f (t )  16  MinT  16 . Hàm số f (t ) liên tục trên [1;  ) có  f (2)  16 [1; ) [1; )  lim f (t )   t  Bài tập 8. Xét các số thực a , b thỏa mãn a  b  1 . Biết rằng biểu thức P  1 a  log a đạt log ab a b giá trị lớn nhất khi b  a k . Khẳng định nào sau đây đúng? 3  A. k   ; 2  . 2  B. k   2;3 .  3 C. k   0;  .  2 D. k   1;0  . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có P  1 a  log a  log a ab  1  log a b  1  log a b  1  log a b . b log ab a Khi b  a k  P  1  k  1  k . Đặt t  1  k . Với k  1 . 2  1 9 9  P  t 2  t  2    t     .  2 4 4  Max P  9 1 3  3 . Đẳng thức xảy ra  t   k    0;  . 4 4  2 2 Bài tập 9. Xét các số thực a , b thỏa mãn a  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức a P  log 2a  a 2   3logb   . b b A. Pmin  19 . B. Pmin  13 . C. Pmin  14 . D. Pmin  15 . Hướng dẫn giải Chọn D. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 300 Với điều kiện đề bài, ta có. 2  2 a a  a  a P  log 2a  a 2   3log b     2 log a a   3log b    4  log a  .b    3log b    b   b b b b   b  b  a  4 1  log a b   3log b   b  b   . 2 3 3  4t 2  8t   4  f (t ) . t t Đặt t  log a b  0 (vì a  b  1 ), ta có P  4(1  t ) 2  b Ta có f (t )  8t  8  Vậy f (t )  0  t  3 8t 3  8t 2  3 (2t  1)(4t 2  6t  3) .   t2 t2 t2 1 1 . Khảo sát hàm số, ta có Pmin  f    15 . 2 2 Bài tập 10. Cho các số thực a, b, c không âm thoả mãn 2a  4b  8c  4 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  a  2b  3c . Giá trị của biểu thức 4 M  log M m bằng A. 2809 . 500 B. 281 . 50 C. 4096 . 729 D. 14 . 25 Hướng dẫn giải Chọn C 2a  4b  8c  4  2a  22b  23c  4 .  x  2a  x  y  z  4 Đặt  y  22b   . x , y , z 1    z  23c  S  a  2b  3c  log 2 x  log 2 y  log2 z  log 2  xyz  . 3 3 4  x y z 4 Ta có xyz        S  3log 2 . 3 3   3 Dấu bằng xảy ra x  y  z  Do đó M  3log 2 4 . 3 4 4  a  2b  3c  log 2 . 3 3 Mặt khác Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 301 xyz   x  1 y  1 z  1   x  1 y  1   y  1 z  1   z  1 x  1   x  y  z   2   x  1 y  1 z  1   x  1 y  1   y  1 z  1   z  1 x  1  2  2 .  x  1; y  1; z  2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  x  1; y  2; z  1 .   x  2; y  1; z  1 Suy ra m  1 . 6 4 4096 Vậy 4 M  log M m     . 3 729   1 1 1 1 1  b  c  d  . Gọi m là giá trị nhỏ nhất a 2 4 8 16 4 của biểu thức S  a  2b  3c  4d . Giá trị của biểu thức log 2 m bằng Bài tập 11. Cho các số thực a, b, c, d thoả mãn A. 1 . 2 1 . 4 B. C. 4 . D. 2 . Hướng dẫn giải Chọn C 1 1 1 1 1 1  b  c  d   2 a  22b  23c  24 d  . a 2 4 8 16 4 4  x  2 a  1  2 b x  y  z  t  y  2  Đặt  4. 3 c  x, y, z, t  0 z  2 t  24 d  S  a  2b  3c  4d    log2 x  log2 y  log2 z  log2 t    log 2  xyzt  . 4 1  x y z t  16 Ta có xyzt     4  2  S  16 . 4   16 Dấu bằng xảy ra x  y  z  t  1 . 16 a  4 b  2  Do đó m  16   4. c  3  d  1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 302 Bài tập 12. Cho a, b, c là các số thực lớn hơn 1. Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức: P 4 log bc a  A. Pmin  20 . 1 log ac b  8 . 3log ab 3 c B. Pmin  10 . C. Pmin  18 . D. Pmin  12 . Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: P  4 1 8    2 log a bc  2 log b ac  8log c ab 2 log bc a 1 log b log ab c ac 2  2 log a b  2 log a c  2 log b a  2 log b c  8log c a  8log c b   2 log a b  2 log b a    2 log a c  8log c a    2 log b c  8log c b  . Vì a, b, c là các số thực lớn hơn 1 nên: log a b, log b a, log a c, log c a, logb c, log c b  0 . Do đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: P  2 2 log a b.2 logb a  2 2log a c.8log c a  2 2 logb c.8log c b  4  8  8  20 . a  b log a b  logb a   Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi log a c  4 log c a  c  a 2  a  b  c  1 . log c  4 log b c  b 2 c  b  Vậy Pmin  20 . Dạng 5: Bài toán lãi suất 1. Phương pháp 2. Bài tập Bài tập 1: Một người gửi tiết kiệm số tiền 80 000 000 đồng với lãi suất Ghi nhớ: 6,9% một năm. Biết rằng tiền lãi hàng năm được cộng vào tiền gốc, hỏi sau 5 năm người đó rút được cả tiền gốc lẫn tiền lãi gần với con số nào sau đây? Khách hàng gửi vào ngân hàng A đồng với lãi kép r (% / kì hạn) thì số tiền khách hàng A. 105370000 đồng B. 111680000 đồng nhận được cả vốn lẫn lãi sau n C. 107667000 đồng D. 116570000 đồng kì hạn  n   * là: Hướng dẫn giải Sn  A 1  r  n Chọn B Gọi A là số tiền gửi ban đầu, r là lãi suất hàng năm. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 303 Số tiền gốc và lãi sau năm thứ nhất là S1  A  A.r  A 1  r  . Số tiền gốc và lãi sau năm thứ hai là S2  S1  S1.r  A 1  r  . 2 … Số tiền gốc và lãi người đó rút ra được sau 5 năm là S5  A.1  r   80000000.1  6,9%   111680799 (đồng) 5 5 Bài tập 2: Một người gửi ngân hàng 100 triệu với lãi suất 0,5% một Từ công thức lãi kép tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được cộng vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu? A. 45 tháng B. 46 tháng C. 47 tháng D. 44 tháng Sn  A 1  r  , ta suy ra n S  n  log 1 r   n  .  A Hướng dẫn giải Chọn A Sau n tháng, tổng số tiền gốc và lãi là: 100 1  0,5%  . n Theo đề bài: 100 1  0,5%   125  n  log 1 0,5%  n 125  44,74 100 Vậy sau ít nhất 45 tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu. Bài tập 3: Bác Toản gửi số tiền 58 triệu đồng vào một ngân hàng theo Từ công thức lãi kép hình thức lãi kép và ổn định trong 9 tháng thì lĩnh về được 61758000 đồng. Hỏi lãi suất ngân hàng hàng tháng là bao nhiêu? Biết rằng lãi suất không thay đổi trong thời gian gửi. A. 0.8% B. 0,6% Sn  A 1  r  , ta có n r C. 0,7% D. 0,5% n Sn 1. A Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi r là lãi suất tiền gửi của ngân hàng theo tháng. A, Sn lần lượt là số tiền gửi ban đầu và số tiền sau n  9 tháng. Áp dụng công thức lãi kép ta có Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 304 Sn  A 1  r   61758000  58000000 1  r  n r 9 9 61758000  1  7.103  0, 7% 58000000 Vậy lãi suất ngân hàng hàng tháng là 0,7% Bài tập 4: Để đủ tiền mua nhà, anh An vay ngân hàng 500 triệu theo Bài toán vay vốn trả góp: phương thức trả góp với lãi suất 0,85% mỗi tháng. Nếu sau mỗi tháng, Vay ngân hàng số tiền là A kể từ thời điểm vay, anh An trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định là 10 đồng với lãi suất r (% / triệu đồng bao gồm cả tiền lãi vay và tiền gốc. Biết phương thức trả lãi tháng). Sau đúng một tháng kể và gốc không thay đổi trong suốt quá trình anh An trả nợ. Hỏi sau bao từ ngày vay, bắt đầu hoàn nợ; nhiêu tháng anh trả hết nợ ngân hàng? A. 65 B. 66 hai lần hoàn nợ cách nhau C. 67 D. 68 đúng một tháng, mỗi hoàn nợ số tiền là X đồng và trả hết Hướng dẫn giải tiền nợ sau đúng n tháng. Chọn B Cách tính số tiền còn lại sau n Đặt A  500 triệu là số tiền đã vay, X  10 triệu là số tiền trả trong mỗi tháng là: tháng và r  0,85% là lãi suất ngân hàng, n là số tháng anh An phải trả Sn  A 1  r  hết nợ. Theo đề bài: n 1  r  X r nợ thì A  Nr  X  A 1  r   X . A 1  r  Cuối tháng thứ hai anh An còn nợ số tiền là  A 1  r   X    A 1  r   X  r  X  A 1  r   X 1  r   1 . 2 Cuối tháng thứ ba anh An còn nợ số tiền là n 1  r  X n 1 r Suy ra  X  n  log 1 r   .  X  Ar   A1  r 2  X 1  r   1 1  r   X  A1  r 3  X 1  r 2  1  r   1      … Cuối tháng thứ n anh An còn nợ số tiền là n 1 . Để sau đúng n tháng trả hết Cuối tháng thứ nhất anh An còn nợ số tiền là A 1  r   X 1  r   n n 1  1  r  n2  …  1  r   1  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 305 0. Để sau n tháng, anh An trả hết nợ thì A 1  r   X 1  r   n n 1  1  r   A 1  r   X 1  r   n  A1  r  n 1  r  X r n n 1 1 n2  …  1  r   1  0   1  r   …  1  r   1  n2  1  r   n X  X   n  log1 r    X  Ar  X  Ar  10   Áp dụng ta có: n  log 1 0,0085    n  65,38 .  10  500.0,0085  Vậy anh An phải trả trong vòng 66 tháng. Bài tập 5: Bác An có 400 triệu đồng mang đi gửi tiết kiệm ở hai kì hạn khác nhau đều theo hình thức lãi kép. Bác gửi 200 triệu đồng theo kì hạn quý với lãi suất 2,1% một quý; 200 triệu còn lại bác gửi theo kì hạn tháng với lãi suất 0,73% một tháng. Sau khi gửi được đúng 1 năm, bác rút tất cả số tiền ở loại kì hạn theo quý và gửi theo tháng. Hỏi sau đúng 2 năm kể từ khi gửi tiền lần đầu, bác An thu được tất cả bao nhiêu tiền lãi? (kết quả làm tròn đến hàng phần nghìn). A. 75,304 triệu đồng B. 75,303 triệu đồng C. 470,656 triệu đồng D. 475,304 triệu đồng Hướng dẫn giải Chọn A Công thức tính lãi kép là Sn  A 1  r  . n Tổng số tiền bác An thu được sau 1 năm theo kì hạn quý là: S1  200 1  2,1%  triệu đồng 4 Tổng số tiền bác An thu được sau 1 năm theo kì hạn tháng là: S2  200 1  0,73%  triệu đồng 12 Tổng số tiền bác An thu được sau 1 năm là S1  S2 triệu đồng. Tổng số tiền bác An thu được sau 2 năm là Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 306 S   S1  S2 1  0,73%   475,304 triệu đồng. 12 Vậy tiền lãi bác An thu được sau 2 năm là L  S  400  75,304 triệu đồng. Bài tập 6: Một người vay ngân hàng số tiền 350 triệu đồng, mỗi tháng trả góp 8 triệu đồng và lãi suất cho số tiền chưa trả là 0,79% một tháng. Kì trả đầu tiên là cuối tháng thứ nhất. Hỏi số tiền phải trả ở kì cuối là bao nhiêu để người này hết nợ ngân hàng? (làm tròn đến hàng nghìn) A. 2921000 đồng B. 7084000 đồng C. 2944000 đồng D. 7140000 đồng Hướng dẫn giải Chọn D Kì trả đầu tiên là cuối tháng thứ nhất nên đây là bài toán vay vốn trả góp cuối kì. Gọi A là số tiền vay ngân hàng, B là số tiền trả trong mỗi chu kì, d  r % là lãi suất cho số tiền chưa trả trên một chu kì, n là số kì trả nợ. Số tiền còn nợ ngân hàng (tính cả lãi) trong từng chu kì như sau: + Đầu kì thứ nhất là A + Cuối kì thứ nhất là A 1  d   B . + Cuối kì thứ hai là  A 1  d   B  1  d   B  A 1  d   B 1  d   1 2 + Cuối kì thứ ba là  A 1 d 2  B 1 d  1 1 d   B  A1 d 3  B 1 d 2  1 d  1       … + Theo giả thiết quy nạp, cuối kì thứ n là A 1  d  1  d   1 n 1 n  B 1  d   …  1  d   1  A 1  d   B   d n n Vậy số tiền còn nợ (tính cả lãi) sau n chu kì là Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 307 A 1  d  n 1  d  B n d 1 . Người đó trả hết nợ ngân hàng khi A 1  d   350.1,0079n  8. n 1  d  B n 1 d 0 1,0079n  1  0  n  53,9 . 0,0079 Tức là phải mất 54 tháng người này mới trả hết nợ. Cuối tháng thứ 53, số tiền còn nợ (tính cả lãi) là S53  350.1,007953  8. 1,007953  1 (triệu đồng) 0,0079 Kì trả nợ tiếp theo là cuối tháng thứ 54, khi đó phải trả số tiền S53 và lãi của số tiền này nữa là S53  0,0079.S53  S53 .1,0079  7,139832 (triệu đồng). Bài tập 7: Ông A vay dài hạn ngân hàng 300 triệu, với lãi suất 12% năm. Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một năm kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ, hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một năm, số tiền hoàn ở mỗi lần là như nhau và trả hết nợ sau đúng 4 năm kể từ ngày vay. Hỏi theo cách đó, số tiền m mà ông A sẽ phải trả cho ngân hàng trong mỗi lần hoàn nợ là bao nhiêu? Biết rằng lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ. A. m  36 1,12  1,12  4 4 1 (triệu đồng) 36 1,12   1 B. m  36 1,12  (triệu đồng) 3 C. m  1,12  3 (triệu đồng) D. m  2 300 1,12  1,12  4 4 1 ( triệu đồng) Hướng dẫn giải Chọn A Số tiền nợ sau năm thứ nhất: T1  300 1  12%   m  300 p  m , với p  1  12%  1,12 . Số tiền nợ sau năm thứ hai: T2   300 p  m  p  m  300 p 2  mp  m Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 308 Số tiền nợ sau năm thứ ba: T3   300 p 2  mp  m  p  m  300 p 3  mp 2  mp  m Trả hết nợ sau năm thứ tư:  300 p 3  mp 2  mp  m  p  m  0  300 p4  mp3  mp2  mp  m  0  300 p4  m  p3  p2  p  1  0  300 p 4 p  m.  1 4 p 1  0  300 1,12  300 1,12  . 0,12  4 m 1,12  Vậy m  4 36 1,12  1,12  4 1 m 4 1,12 4  1   m.  0,12 36 1,12  1,12  4 4 1 4 1 . Bài tập 8: Một người mỗi đầu tháng gửi vào ngân hàng T triệu đồng với Bài toán tiền gửi ngân hàng: lãi suất kép 0,6% một tháng. Biết cuối tháng thứ 15 thì số tiền cả gốc lẫn Đầu mỗi tháng, khách hàng lãi sẽ thu về là 10 triệu đồng. Hỏi số tiền T gần với số nào nhất trong các gửi vào ngân hàng số tiền A số sau đây? đồng với lãi kép r (% / tháng) A. 535000 đồng B. 635000 đồng C. 613000 đồng D. 643000 đồng Hướng dẫn giải Chọn B thì số tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn lãi sau n tháng  n   * (nhận tiền cuối tháng, khi ngân hàng đã tính lãi) là Sau tháng gửi đầu tiên số tiền cả gốc và lãi thu được là T 1  r  Sau tháng thứ hai số tiền cả gốc và lãi thu được là Sn  A n 1  r   1 1  r  .   r T 1  r   T 1  r  . 2 … Sau tháng thứ 15, số tiền cả gốc và lãi thu được là T 1  r   T 1  r  n n 1  …  T 1  r  . Để số tiền cả gốc lẫn lãi thu về là 10 triệu đồng thì Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 309 T 1  r   T 1  r   …  T 1  r   10000000 15  T 1  r  14 1  r  15 1 r  10000000  T  635.000 (đồng). Bài tập 9: Một huyện A có 100 000 dân. Với mức tăng dân số bình Công thức tính tăng trưởng quân 1,8% năm thì sau ít nhất bao nhiêu năm nữa dân số sẽ vượt 150 dân số: 000 dân. A. 22 B. 23 C. 27 X m  X n 1  r  D. 28 mn  m, n   , m  n   Hướng dẫn giải Chọn B Trong đó: r % là tỉ lệ tăng dân Giả sử sau n năm nữa thì dân số sẽ vượt 150 000 dân. số từ năm n đến năm m; X m Áp dụng công thức: X ‘  X 1  r  . dân số năm m, X n dân số năm n n. 150000  X ‘ Suy ra n  log1 r    log11,8%  22,72796911 . 100000  X  Bài tập 10: Tỉ lệ tăng dân số hàng năm ở Việt Nam được duy trì ở mức 1,05%. Theo số liệu của Tổng cục Thống kê, dân số của Việt Nam năm 2014 là 90728900 người. Với tốc độ tăng dân số như thế thì vào năm 2030, dân số của Việt Nam là: A. 106118331 người B. 198049810 người C. 107232574 người D. 108358516 người Hướng dẫn giải Chọn C Áp dụng công thức: X 2030  X 2014 1  r  n Trong đó: X 2014  90728900; r  1, 05; n  16 Ta được dân số đến hết năm 2030 là: X 2030  107232574. Bài tập 11: Trong vật lý, sự phân rã của các chất phóng xạ được biểu 1  1 T diễn bởi công thức: m  t   m0   , trong đó m0 là khối lượng ban đầu 2 của chất phóng xạ (tại thời điểm t  0 ); T là chu kì bán rã (tức là Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 310 khoảng thời gian để một nửa khối lượng chất phóng xạ bị biến thành chất khác). Chu kì bán rã của Cabon 14 C là khoảng 5730 năm. Cho trước mẫu Cabon có khối lượng 100g. Hỏi sau khoảng thời gian t thì khối lượng còn bao nhiêu gam? 1  1  5730 A. m  t   100.  2 1 C. m  t   100   2  100 t 5730 B. m  t   100.e  t ln 2 5730  100 t 5730 D. m  t   100.e Hướng dẫn giải Chọn A 1  1 T Theo công thức: m  t   m0   ta có: 2 t 1 5730 m  t   100. 2 Bài tập 12: Cường độ ánh sáng đi qua môi trường khác không khí (chẳng hạn sương mù, nước,…) sẽ giảm dần tùy thuộc độ dày của môi trường và hằng số  gọi là khả năng hấp thu của môi trường, tùy thuộc môi trường thì khả năng hấp thu tính theo công thức I  I 0e   x với x là độ dày của môi trường đó và được tính bằng đơn vị mét. Biết rằng nước biển có   1, 4 . Hãy tính cường độ ánh sáng giảm đi bao nhiêu khi từ độ sâu 2m xuống đến 20m? A. e 25,2 B. e 22,5 C. e32,5 D. e52,5 Hướng dẫn giải Chọn A Cường độ ánh sáng thay đổi khi từ độ sâu x1 đến độ sâu x2 là: I1 I 0e  x1   e   x2  x1  .   x2 I 2 I 0e Thay x1  2; x2  20,   1, 4 ta có I1  e 25,2 . I2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 311 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 312 BÀI 5. PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM I. PHƯƠNG TRÌNH MŨ 1. Phương trình mũ cơ bản Phương trình mũ cơ bản là phương trình có dạng a x  b  a  0; a  1 – Nếu b  0 thì phương trình có duy nhất một nghiệm x  log a b ; – Nếu b  0 hoặc b  0 thì phương trình vô nghiệm. 2. Cách giải một số phương trình mũ cơ bản a) Đưa về cùng cơ số a A x   a B x   A  x   B  x  ,  a  0, a  1 b) Phương pháp đặt ẩn phụ  a 2 x   .a x    0 . Đặt t  a x ,  t  0  c) Logarit hóa Nếu phương trình cho ở dạng a f (x ) ì 0 < a ¹1 ï ï ï ï . = b  íb > 0 ï ï ï ï î f ( x ) = log a b II. PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT 1. Phương trình logarit cơ bản: là phương trình có dạng log a x  b với 0 < a ¹ 1 log a x  b  x  ab 2. Cách giải một số phương trình mũ cơ bản a) Đưa về cùng cơ số a  0, a 1  f ( x )  0 ( hoac g ( x )  0)  log a f  x   log a g  x     f  x   g  x  b) Phương pháp đặt ẩn phụ  log 2a x   .log a x    0 . Đặt t  log a x,  x  0  c) Mũ hóa Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 313  f ( x )  0 log a f  x   b   b  f  x   a HỆ THỐNG HÓA BẰNG SƠ ĐỒ Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 314 B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1: Phương pháp đưa về cùng cơ số 1. Phương pháp Phương pháp đưa phương trình mũ về cùng cơ số - Biến đổi các hàm số có mặt trong phương trình về cùng cơ số, sau đó rút gọn, đưa về dạng cơ bản hoặc về dạng: a f ( x )  a g ( x )  f ( x)  g ( x). (Vôùi 0  a  1). (Thường gặp) a  0 - Nếu cơ số a thay đổi thì: a f ( x )  a g ( x )   (a  1) f ( x)  g ( x)  0 (Ít gặp). Phương pháp đưa phương trình loga về cùng cơ số Biến đổi phương trình để đưa về dạng cơ bản đã nêu hoặc là dạng: log a M  log a N  M  N . 2. Bài tập Bài tập 1. Tìm tích số của tất cả các nghiệm thực của phương trình 7 A. 1 . C.  B. 1. 1 . 2 x2  x  3 2  49 7 D. 1 . 2 Lời giải Chọn A 3 x  x 2 2 7  49 7  7 3 x  x 2 2  1 5 x  3 5 2  7  x2  x    x2  x  1  0   2 2  1 5 x   2 Khi đó tích các nghiệm là:  5 2 1 5 1 5 .  1 . 2 2 Bài tập 2. Cho phương trình 7  4 3  x 2  x 1   2 3  x2 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Phương trình có hai nghiệm không dương. B. Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt. C. Phương trình có hai nghiệm trái dấu. D. Phương trình có hai nghiệm âm phân biệt. Lời giải Chọn A Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 315  Do 7  4 3  2  3 2  3   2 x 2  x 1   2 nên phương trình ban đầu tương đương với  2 3  x 2 x  0 .  2x  2x  2  x  2  2x  x  0   x   1  2 2 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm không dương. Bài tập 3. Phương trình log 4  x  1  2  log 4  x  log8  4  x  có bao nhiêu nghiệm? 2 A. Vô nghiệm. 3 2 B. Một nghiệm. C. Hai nghiệm. D. Ba nghiệm. Lời giải Chọn C Điều kiện: 4  x  4 và x  1 . Ta có log 4  x  1  2  log 2 4  x  log8  4  x   log 2  4 x  1   log 2  4  x  4  x   3 2 x  2  x  6  4  x  1  16  x  x  4 x  12  0 2  4 x  1  16  x    2 .   2 x  22 6 x 4 x 20 0     4  x  1  x  16    x  2  2 6 2 2 Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có hai nghiệm x  2 và x  2  2 6 . x Bài tập 4. Tập nghiệm S của phương trình  4   7  7 4  1 A. S    .  2 3 x 1  16  0 là 49 1 1  C.  ;   . 2 2 B. S  2 .  1  D. S   ; 2  .  2  Lời giải Chọn A x 4 7 Ta có     7 4 3 x 1 16 4  0   49 7 2 x 1 2 1 4     2 x  1  2  x   . 2 7 Cách trắc nghiệm: Nhập VT phương trình vào máy tính, dùng nút Calc thử các nghiệm. 2 x 1 Bài tập 5. Phương trình 8 x 1  0, 25. A. 4 . 7  2 B. 7x có tích các nghiệm bằng? 2 . 3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 C. 2 . 7 D. 1 . 2 Trang 316 Lời giải Chọn C 2 x 1 Ta có 8 x 1  0, 25.   2 7x 3. 2 2 x 1 x 1 7x 3.  22.2 2  2 2 x 1 x 1 7x 3.  22.2 2  2 2 x 1 x 1 2 7 x 4 2 x  1 2x 1 7x  4 2 .  3.   7x  9x  2  0   x  2 x 1 2 7  2 2 Vậy tích các nghiệm bằng 1.  . 7 7 Bài tập 6. Tìm số nghiệm của phương trình 27 x 2 x 1 7x 3  . 243 B. 1. A. 0 . C. 2 . D. Vô số. Lời giải Chọn A Điều kiện x  1 . Ta có: 27 x 2 x 1 7x 3 x 6 32  5  3 x 1  3 3 7 x 10 2  3x  6 7 x  10  x 1 2  6 x 12   7 x 10 x 1  7 x 2  23x  22  0 (PT vô nghiệm) 3 Bài tập 7. Cho phương trình 2 log3  x  1  log3  2 x  1  log 2 3  x  1 . Tổng các nghiệm của phương trình là A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 1 . Lời giải Chọn B  x3  1  0  x  1  2  Điều kiện:  2 x  1  0   1 x 1  0  x  2  3 Ta có: 2 log 3  x  1  log 3  2 x  1  log 2 3  x  1  2 log 3  x 3  1  2 log 3 2 x  1  2 log 3  x  1  log 3  x 3  1  log 3 2 x  1  x  1  x3  1  2 x  1  x  1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 317 Trường hợp 1: x  1 3 3 . Ta có: x  1  2 x  1  x  1  x  1   2 x  1 x  1 2  x 3  2 x 2  x  2  0  x  1  x  2  x  1 . So sánh điều kiện nên x  2  x  1 . Trường hợp 2: x  1 3 3 . Ta có: x  1  2 x  1  x  1  x  1  1  2 x  x  1 2  x0  x3  2 x 2  x  0   . So sánh điều kiện nên x  0 .  x  1 Kết luận: Tổng các nghiệm của phương trình là 0  1  2  3 . Bài tập 8. Cho n là số nguyên dương và a  0 , a  1 . Tìm n sao cho log a 2019  log A. n  2017 . a 2019  log 3 a 2019  ...  log n a 2019  2033136.log a 2019 . B. n  2016 . C. n  2018 . D. n  2019 . Lời giải Chọn B Ta có log a 2019  log a 2019  log 3 a 2019  ...  log n a 2019  2033136.log a 2019  log a 2019  2.log a 2019  3.log a 2019  ...  n.log a 2019  2033136.log a 2019  1  2  3  ...  n  .log a 2019  2033136.log a 2019  n  n  1    2033136  .log a 2019  0  a  0, a  1 2    n  n  1  n  2016 .  2033136  n 2  n  4066272  0   2  n  2017 Do n là số nguyên dương nên n  2016 . Bài tập 9. Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình 2 log 4  x  3  log 4  x  5   0 là: 2 A. 8 . B. 8  2 . C. 8  2 . D. 4  2 . Hướng dẫn giải Chọn B x  3  0 x  3 ĐKXĐ:  .  x  5  0 x  5 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 318 2 log 4  x  3  log 4  x  5   0  2 log 4  x  3  x  5    0 2  x  3 x  5   1 khi x  5 .   x  3  x  5   1    x  3 5  x   1 khi 3  x  5  x 2  8 x  15  1 khi x  5 x  4  2   2 . x  4   x  8 x  15  1 khi 3  x  5 Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 8  2 . 1 1 1   ...   2018 có nghiệm là log 2 x log 3 x log 2018 x Bài tập 10. Giải phương trình A. x  2018.2018! . B. x  2018 2018! . C. x  2017! . D. x   2018! 2018 . Lời giải Chọn B Điều kiện: 0  x  1 . Ta có 1 1 1   ...   2018  log x 2  log x 3  ...  log x 2018  2018 log 2 x log 3 x log 2018 x  log x  2.3...2018  2018  log x  2018!  2018  x 2018  2018!  x  2018 2018! . Bài tập 11. Số nghiệm của phương trình: log 4  log 2 x   log 2  log 4 x   2 là B. 2 . A. 0 . C. 3 . D. 1. Lời giải Chọn D x  0  x  1. Điều kiện:  log 2 x  0 Ta có: log 4  log 2 x   log 2  log 4 x   2   1 1  log 2  log 2 x   log 2  log 2 x   2 2 2  3 1  log 2 x  2  4  log 2 x  4  x  16 thỏa điều kiện. 2 x 8 9  3   4 x Bài tập 12. Phương trình   .    có hai nghiệm x1 và x2 . Tổng S  x1  x2 là 16 4 3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 319 A. 1. B. 4 . C. 2 . D. 3 Lời giải Chọn C Đk: x  0 8 x 9  3   4 x 3 Xét phương trình   .       16 4 3 4 x 3 3    .  4 4  4 x 9 3    16 4 x 4 x x 4  4 x 9 .   16 3 2 4 3     x   2  x 2  2 x  4  0 1 x 4 Vì x  0 không phải là nghiệm của phương trình 1 và 1.  4  0 nên Phương trình 1 có hai nghiệm x1 , x2 và x1  x2  2 . Vậy S  2 . Dạng 2: Phương pháp đặt ẩn phụ 1. Phương pháp Loại 1: Phương trình có dạng bk akf(x) + bk-1a(k-1)f(x) + ... + b1af(x) + b0 = 0 Khi đó ta đặt: t = af(x) điều kiện: t > 0 . Ta được một phương trình đại số ẩn t, giải pt đại số này ta biết được nghiệm của phương trình ẩn t. Nếu có nghiệm t thì cần xét xem có thỏa điều kiện t > 0 hay không. Nếu thỏa điều kiện thì giải phương trình t  a f ( x ) để tìm nghiệm của phương trình đã cho. Ví dụ: 4 x 1  6.2x 1  8  0  (2 x 1 )2  6.2x 1  8  0 Đặt t = 2 x1 t  2 . Điều kiện t > 0. Ta có t 2  6t  8  0   t  4  Với t = 2 ta có 2 x1 =2  x  0  Với t = 4 ta có 2 x 1 = 4  x  1 . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x  0 và x  1. Loại 2: Phương trình đưa được về dạng: α1af(x) + α2 + α3 = 0 af(x) Hướng giải: Đặt t  a f ( x ) . Ví dụ 1: Giải phương trình 5 x 1 3 x 5 5 x 125  26   x  26  0 5 5 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 320 Đặt t  5x ; t  0 Ta được phương trình: t  125 (nhaän) t 125 t2   26  0   26t  125  0   5 t 5 t  5 (nhaän)  Với t =125 ta có 5 x  125  x  3 .  Với t = 5 ta có 5x  5  x  1. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 1 và x = 3. Lưu ý: Một số những cặp số là nghịch đảo của nhau. Ví dụ: 2  1 ; 2  3 ; 3  8 ,… Loại 3: Phương trình có dạng: α1a 2f(x) + α 2 (ab)f(x) + α 3b 2f(x) = 0 Hướng giải: Chia cả hai vế cho b a Ta đặt: t =   b 2 f ( x) a ta được phương trình  1   b 2 f ( x) a + 2   b f ( x) + 3 = 0 f ( x) điều kiện: t > 0, giải phương trình ẩn t, sau đó tìm nghiệm x. Chú ý: Cũng có thể chia hai vế phương trình cho: (ab) f ( x ) hoặc: a 2 f ( x ) . Ví dụ: Giải phương trình 9 x  6 x  2.4 x .  3  x    1 x x 9 x 6 3 2x  3  2 x x x   x0 9  6  2.4  ( )     2  0  ( )     2  0   3 x 4 2 4 2    2(Voâ nghieäm)  2  Một số dạng phương trình logarit sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ thường gặp: Ví dụ1: Giải phương trình 1 2  1. 5  lg x 1  lg x Phân tích: Ta nhận thấy trong phương trình chỉ có một hàm số lôgarit duy nhất, đó là lg x . Vì vậy ta giải pt bằng cách đặt t  lg x. Đặt t  lg x đk t  5 và t  1 .Ta được phương trình: t  2  thoûa ñieàu kieän  t  11 1 2  1  t  11  5  4t  t 2  t 2  5t  6  0    1  5  t 1 t  5  t 1  t  t  3  thoûa ñieàu kieän   Với t = 2 ta có lg x  2  x  100  Với t = 3 ta có lg x  3  x  1000 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 100; x = 1000. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 321 Ví dụ 2: Giải phương trình log 22 ( x  1) 2  log 2 ( x  1)3  7. Điều kiện: x  1 log 22 ( x  1) 2  log 2 ( x  1)3  7  4 log 22  x  1  3 log 2  x  1  7  0 t  1 Đặt t  log 2  x  1 , ta được phương trinh: 4t  3t  7  0   7 t  4  2 ta có log 2  x  1  1  x  1  2  x  3  Với t =1  Với t  7 7 7 7 4 ta có log 2  x  1   x  1  2  x  1  2 4 . Kết luận:…. 4 4 2. Bài tập Bài tập 1. Phương trình    x 2 1  A. 1 .  x 2  1  2 2  0 có tích các nghiệm là: B. 2 . C. 1. D. 0 . Hướng dẫn giải Chọn A  2 1      x  2 1 2x  1 x 2 1  2 2  0  2 2     2 1 1  0      2 1 x x      x 2 1  2 2  0 .  2  1 x 2 1  2 1 x  x  1 .  x 1   2 1 Vậy tích các nghiệm của phương trình là 1 . Bài tập 2. Phương trình 9 x 1  13.6 x  4 x 1  0 có 2 nghiệm x1 , x2 . Phát biểu nào sau đây đúng? A. Phương trình có 2 nghiệm nguyên. B. Phương trình có 2 nghiệm vô tỉ. C. Phương trình có 1 nghiệm dương. D. Phương trình có 2 nghiệm dương. Lời giải Chọn A Ta có: 9 x 1  13.6 x  4 x 1  0  9.9 x  13.6 x  4.4 x  0  9. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 9x 6x 13.  40 4x 4x Trang 322  3  x    1 2x x x  0 2 3 3   9.    13.    4  0    x  2 .  3 x 4 2 2     9  2  Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên. Bài tập 3. Tính tổng của tất cả các nghiệm thực của phương trình  3x  9    9 x  3   9 x  3x  12  . 3 A. 3 . B. 7 . 2 C. 4 . 3 3 D. 9 . 2 Lời giải Chọn B x a  3  9 . Đặt  x b  9  3 a  0 . Phương trình đã cho  a  b   a  b   3ab  a  b   0  b  0  a  b  0 3 3 3  a  0  x  2.  b0  x 1 . 2 3 x  3  x  1.  a  b  0  9  3  12  0   x 3  4 VN  x x Vậy tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình là 7 . 2 Bài tập 4. Tích các nghiệm của phương trình log x 125x  log 225 x  1 bằng A. 7 . 25 B. 630 . 625 C. 1 . 125 D. 630 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 0  x  1, ta có: 3 log x 125x  log 225 x  1  log 225 x  log 225 x.log x 125  1  log 225 x  log 25 x  1  0 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 323 1  x  5 log 25 x   .  2   x  12 25   log 25 x  2 Vậy tích các nghiệm của phương trình là: Bài tập 5. Phương trình log x 2  log 2 x  1 . 125 5 2 A. Có hai nghiệm dương. B. Vô nghiệm. C. Có một nghiệm âm. D. Có một nghiệm âm và một nghiệm dương. Lời giải Chọn A Điều kiện: 0  x  1.  log 2 x  2 x  4 5 1 5 . log x 2  log 2 x    log 2 x   0    1  log 2 x  2 log 2 x 2 x 2  2  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm dương. Bài tập 6. Gọi S là tập nghiệm của phương trình 2 x A. 1. 2 x  2x B. 2 . 2  x2  4x 2  x 1  1 . Số phần tử của tập S là D. 4 C. 3 . Lời giải Chọn D TXĐ: D   2 Xét phương trình: 2 x  4.2 x 2  2 x 2 x2  x   2x 2 x  5.2 x 2 2 x  4.4 x x  2x 2  x 1 2  x2  4x 2  x 1  4  5.2 x  4  0 . Đặt t  2x 2 2 x x  1  2x 2  2 x2  x 2  x  2 2x x  4 x  x 1  1 4 4 , t 0 t 1 Phương trình trở thành: t 2  5t  4  0   t  4 Với t  1  2 x 2 x x  0  1  x2  x  0    x 1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 324 Với t  4  2 x 2 x  x2  22  x 2  x  2  0    x  1 Vậy tập nghiệm của phương trình S  1;0;1;2 có 4 phần tử. Bài tập 7. Gọi a là một nghiệm của phương trình 4.22log x  6log x  18.32log x  0 . Khẳng định nào sau đây là đúng khi đánh giá về a . A.  a  10   1 . 2 B. a 2  a  1  2 . 2 C. a cũng là nghiệm của phương trình   3 log x  9 . 4 D. a  102 . Lời giải Chọn C Điều kiện: x  0 . Chia hai vế cho 32log x ta được phương trình:  2 log x 9    2log x log x log x 4 3 2 9 2 2   4.       18  0      . log x 4 3 3 3  2   2 VN   3  Bài tập 8. Biết phương trình 2 log 2 x  3log x 2  7 có hai nghiệm thực x1  x2 . Tính giá trị của biểu thức T   x1  2 x A. T  64 . B. T  32 . C. T  8 . D. T  16 . Lời giải Chọn D x  0 . Điều kiện:  x  1 Ta có: 2 log 2 x  3log x 2  7  2 log 2 x  3 7 log 2 x  log 2 x  3 x  8  (thỏa mãn).  2 log x  7 log 2 x  3  0   1  log 2 x  2 x    2 2 2  x1  2 ; x2  8  T   x1   x2  2 8  16 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 325 Bài tập 9. Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình 2 2 x B. 10 . A. 4 . 2 1  5.2 x 2 3 x  2 6 x 1  0 bằng C. 6 . D. 8 . Lời giải Chọn C Ta có 2 2 x 2 1  5.2 x 2 3 x 2  26 x 1  0  2.2 2 x  5.2 x 2 3 x  2.26 x  0 . Vì 26 x  0 , chia cả 2 vế của phương trình cho 26 x , ta được 2.2 2 x Đặt t  2 x 2 3 x 2 6 x  5.2 x 2 3 x 2  0. , điều kiện t  0 . t  2  N  . Ta có phương trình: 2t  5t  2  0   1 t   N   2 2 + Với t  2  2 x + Với t  2 3 x  2  x 2  3x  1  0  x  3  13 . 2 2 1 1 3 5 .  2 x  3 x   x 2  3 x  1  x  2 2 2 Vậy tổng các nghiệm bằng 6 .       Bài tập 10. Cho phương trình log 5 5x  1 .log 25 5x1  5  1 . Khi đặt t  log 5 5x  1 , ta được phương trình nào dưới đây? A. t 2  1  0 . B. t 2  t  2  0 . C. t 2  2  0 . D. 2t 2  2t  1  0 . Lời giải Chọn B log5  5x  1 .log 25  5x 1  5  1 1 TXĐ: D   0;   . Ta có log 25  5 x 1  5   log 52  5.5 x  5      1 log 5  5 x  1  1 . 2  t  0 . Đặt t  log5 5x  1 Phương trình 1 trở thành t. 1  t  1  1  t 2  t  2  0 . 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 326 Bài tập 11. Gọi a là một nghiệm của phương trình 4.22log x  6log x  18.32log x  0 . Khẳng định nào sau đây đúng khi đánh giá về a ? A.  a  10   1 . 2 2 B. a cũng là nghiệm của phương trình   3 log x  9 . 4 C. a 2  a  1  2 . D. a  102 . Lời giải Chọn D Điều kiện x  0 . 3 Chia cả hai vế của phương trình cho 32log x ta được 4   2 3 Đặt t    2 2log x 3   2 log x  18  0 . log x , t 0.  9 t Ta có 4t  t  18  0   4 .  t  2  L  2 Với t  9 3   4 2 log x  9  log x  2  x  100 . 4 Vậy a  100  10 2 . Bài tập 12. Tích tất cả các nghiệm của phương trình log 22 x  log 2 x  1  1 A. 2 1 5 2 . B. 1. C. 2 1 5 2 . D. 1 . 2 Lời giải Chọn A x  0 x  0 1   Điều kiện  1  x . 2 log 2 x  1  0  x  2 Đặt log 2 x  1  t ,  t  0  log 2 x  t 2  1 ta có phương trình Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 327 t 2  1  t  1  t 4  2t 2  t  0  t  t 3  2t  1  0  t  t  1  t 2  2t  1  0 2 t  0  t / m   t  1  t / m    t  1  5  t / m  .  2  t  1  5  loai   2 Với t  0 thì log 2 x  1  x  2 1 . Với t  1 thì log 2 x  0  x  20 . Với t  1 5 1 5 1  5 x2 2 . thì log 2 x  2 2 Vậy tích các nghiệm của phương trình là 2 2 1 5 2 . 2 Bài tập 13. Phương trình 2sin x  21 cos x  m có nghiệm khi và chỉ khi A. 4  m  3 2 . C. 0  m  5 . B. 3 2  m  5 . D. 4  m  5 . Lời giải Chọn D 2 2 2 2 Đặt t  2sin x , t  1;2 , * trở thành t  2 Xét hàm số f  t   t  4 2 Ta có 2sin x  21 cos x  m  2sin x  22 sin x  m  2sin x  2 sin 2 x m  * . 4 m . t t  2  1; 2  4 4 t2  4 với t  1;2 . Ta có f   t   1  2  2  0   . t t t t  2  1; 2  Khi đó f 1  5 ; f  2   4 . Do đó min f  t   4 và max f  t   5 . 1; 2 1;2 Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình * có nghiệm t  1;2  min f  t   m  max f  t   4  m  5 . 1;2 1;2 Vậy: 4  m  5 . Bài tập 14. Cho phương trình 4 1 x 2   m  2  .2 1 x 2  2m  1  0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn  10;20 để phương trình có nghiệm? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 328 A. 6 . B. 7 . C. 8 . D. 9 . Lời giải Chọn B Điều kiện: x   1;1 . Với x   1;1 thì 0  1  x 2  1 , do đó, 20  2 Đặt t  2 1 x 2  21 hay 1  2 1 x 2 2.  t  1; 2 . Phương trình trở thành: t 2   m  2 t  2m  1  0  t 2  2t  1  m  t  2  Xét hàm số f  t   Có f   x   1 x 2 t 2  2t  1 trên 1;2 . t2 t 2  4t  5  t  2 t 2  2t  1  m (do t  2 không là nghiệm của phương trình). t2 2  x  1  1; 2  , f  x  0   .  x  5  1; 2  Lập bảng biến thiên Do đó, để phương trình đã cho có nghiệm thì m  4 . Suy ra, giá trị nguyên của m thuộc đoạn  10;20 để phương trình có nghiệm là m10;  9;  8;  7;  6;  5;  4 . Vậy có 7 giá trị cần tìm của m . Bài tập 15. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 4 x  m.2 x 1  2m  0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  3 ? A. 2 . B. 0 . C. 1. D. 3 . Lời giải Chọn C Phương trình  4x  2m.2x  2m  0 1 Đặt t  2 x , t  0 phương trình trở thành t 2  2m.t  2m  0  2  . Để phương trình 1 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  3 điều kiện là phương trình  2 có hai nghiệm t1 , t2  0 thỏa mãn t1.t2  2 x1 .2 x2  2 x1  x2  8 . Vậy điều kiện là Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 329     m 2  2m  0   b m4.    2m  0  a c  a  2m  8 Bài tập 16. Cho phương trình log 2 2 x   m 2  3m  log 2 x  3  0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  16 . m  1 A.  . m  4  m  1 B.  . m  4  m  1 C.  . m  1 m  1 D.  .  m  4 Lời giải Chọn B log 2 2 x   m 2  3m  log 2 x  3  0 1 . Điều kiện x  0 . Đặt log 2 x  t . Ta được phương trình t 2   m 2  3m  t  3  0  2 . Ta có: x1 x2  16  log 2  x1 x2   4  log 2 x1  log 2 x2  4 . Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  16 khi và chỉ khi  2  có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa mãn t1  t2  4 . m  4 Vậy suy ra m 2  3m  4   .  m  1 Thử lại thấy thỏa mãn. Bài tập 17. Giá trị của m để phương trình 9 x  3x  m  0 có nghiệm là: A. m  0 . B. m  0 . C. m  1 . D. 0  m  1 . Lời giải Chọn B Đặt t  3x với t  0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành: t 2  t  m  0 (*). Phương trình đề cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có ít nhất một nghiệm dương. 2 Xét hàm số f  t   t  t có f   t   2t  1 . Xét f   t   0  t   Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 1 . 2 Trang 330 Bảng biến thiên: x   y  0  0 1 2  0    y 0  1 4 Dựa vào bảng biến thiên, phương trình t 2  t   m có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi m  0  m  0 . Bài tập 18. Với giá trị nào của tham số m thì phương trình 4 x  m.2 x 1  2m  0 có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1  x2  3 ? A. m  4 . B. m  3 . C. m  2 . D. m  1 . Hướng dẫn giải Chọn A Đặt t  2 x , t  0 . Phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1  x2  3 khi phương trình t 2  2m.t  2m  0 có 2 nghiệm t  0 thoả mãn t1.t2  2 x1.2 x2  2 x1  x2  8 .  m 2  2m  0    0   m4 t1.t2  8 2m  8 Bài tập 19. Với điều kiện nào sau đây của m thì phương trình 9 x  m.3x  6  0 có hai nghiệm phân biệt? A. m  2 6 . B. m  6 . C. m  6 . D. m  2 6 . Lời giải Chọn D x 2 Đặt t  3  t  0  thì phương trình trở thành t  mt  6  0 1 . Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi 1 có 2 nghiệm dương phân biệt Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 331  m 2  24  0   0  m  2 6    S  0  m  0  m2 6. P  0 6  0  m  0   Bài tập 20. Tìm tất cả các giá trị tham số m để phương trình 9.9 x 2   2m  115 x 2 x 2  2 x 1   4 m  2  52 x 2 4 x2 0 có 2 nghiệm thực phân biệt. A. m  1 hoặc m  C. 1 . 2 1  m 1. 2 B. 3 6 3 6 . m 2 2 D. m  3 6 3 6 hoặc m  . 2 2 Lời giải Chọn C 9.9 x 2 2 x 3   5   2m  115 x 2 x 1 2 3 Đặt t    5 2  2 x 1   4 m  2  52 x 3   2m  1   5  x 12 2 4 x2  0  9 x 1 2   2m  115 x 1   4m  2  25 x 1  0 2 2  x 12  4m  2  0 . . Do  x  1  0 nên 0  t  1 . 2 t  2 Phương trình có dạng: t 2   2m  1 t  4m  2  0   . Do 0  t  1 nên t  2m  1 .  t  2m  1 Để phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt thì 0  2m  1  1  Bài 4.4 x tập 2 2 x Tìm 21.   2m  2  6 x 2  2 x 1 A. 1  m  tất cả   6m  3 32 x 1 . 2 các 2 4 x2 giá trị của tham 1  m  1. 2 số m để phương trình  0 có hai nghiệm thực phân biệt. B. m  4  3 2 hoặc m  4  3 2 . D. m  1 hoặc m  C. 4  3 2  m  4  3 2 . 1 . 2 Lời giải Chọn A 4 Viết lại phương trình ta được:   9 x 2  2 x 1 2   2m  2    3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 x 2  2 x 1   6m  3   0 . Trang 332 2 Do x 2  2 x  1   x  1  0 nên   3 x 2  2 x 1 2 2 Đặt t    3 1 x 2  2 x 1 , 0  t  1 . Phương trình trở thành: t  3 t 2   2m  2  t   6m  3  0   . t  2m  1 1 Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thì 0  2m  1  1  1  m   . 2 1 Vậy giá trị cần tìm của m là 1  m   . 2 Bài tập 22. Cho phương trình e3 x  2.e 2 x  ln 3  e x  ln 9  m  0 , với m là tham số thực. Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm duy nhất là A. m  0 hoặc m  4 . B. m  0 hoặc m  4 . C. 4  m  0 . D. m  0 hoặc m  4 . Hướng dẫn giải Chọn B e3 x  2.e 2 x  ln 3  e x  ln 9  m  0  e3 x  2.e 2 x .eln 3  e x .eln 9  m  0  e3 x  6.e 2 x  9.e x  m  0 . Đặt t  e x  t  0 , phương trình tương đương với m  t 3  6t 2  9t . Xét f  t   t 3  6t 2  9t trên  0;   . t  1 f   t   3t 2  12t  9 , f   t   0   . t  3 Ta có bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên: với m  0 hoặc m  4 thì phương trình có nghiệm duy nhất. Chú ý: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 333 Ta không lấy giá trị x  0 nên tại m  0 đường thẳng y  m vẫn cắt đồ thị tại duy nhất một điểm (điểm tiếp xúc tại x  3 ). 2 Bài tập 23. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 x  2 x thực phân biệt là A. 3 . B. 2 . C.  3;   . 2 2  6  m có đúng 3 nghiệm D.  2;3 . Lời giải Chọn A 2 Đặt t  2 x . Do x 2  0  t  1 . Ta có phương trình t 2  4t  6  m  0 1 . Do với mỗi t  1 thì có hai nghiệm x   log 2 t , còn với t  1 chỉ có một nghiệm x  0 . Nên để phương trình ban đầu có đúng 3 nghiệm thì phương trình 1 có một nghiệm t1  1 và một nghiệm t2  1 . Phương trình 1 có nghiệm t  1 khi 1  4  6  m  0  m  3 . t  1 . Vậy m  3 thỏa mãn. Thay m  3 vào 1 , ta có: t 2  4t  3  0   t  3 Bài tập 24. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m nhỏ hơn 10 để phương trình m  m  e x  e x có nghiệm thực? A. 9 . B. 8 . C. 10 . D. 7 . Lời giải Chọn C  m  e x  0 Điều kiện:  . x  m  m  e  0 Đặt t  m  e x m  t  e2 x  t  0 ta suy ra:  2 x t  m  e e x  t  0 1 .  e  t  t  e   e  t  e  t  1  0   x e  t  1  0  2  2x 2 x x x Phương trình  2 vô nghiệm vì e x  t  1  0 . Phương trình 1 tương đương với e x  t  e x  m  e x  m  e2 x  e x  3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 334 m  m  e x  e x * có nghiệm thực khi phương trình  3 có nghiệm thực. Phương trình Xét hàm số f  x   e2 x  e x với x   , ta có: f   x   2e2 x  e x  0  e x  1  x   ln 2 . 2 Bảng biến thiên của hàm số f  x   e2 x  e x là Lập bảng biến thiên Số nghiệm của  3 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số f  x   e2 x  e x và đường thẳng y  m . 1 Dựa vào bẳng biến thiên suy ra phương trình  3 có nghiệm khi m   . 4 Kết hợp với giả thiết m là số nguyên nhỏ hơn 10 ta suy ra m0,1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 . Vậy có 10 giá trị thỏa mãn. Dạng 3: Phương pháp logarit hóa, mũ hóa 1. Phương pháp 2. Bài tập x 1 x Bài tập 1. Phương trình 27 .2 x  72 có một nghiệm viết dưới dạng x   log a b , với a , b là các số nguyên dương. Tính tổng S  a  b . A. S  4 . B. S  5 . C. S  6 . 3. Lời giải D. S  8 . Chọn B Điều kiện x  0 . x 1 x  x 1  3   x  Phương trình 27 .2 x  72  3 3 x 3 x  23 x  .2  3 .2  x 2 3 3 3 x 3 x 2 3 23  x 3 2 3 x 3 2 x  23 x x 3 x3 1   log 3 23 x     x  3 log 3 2   x  3   log 3 2   0 x x x  x  3  x  3 N  .   1   log 3 2   x   log 2 3  N  x  a  2 . Vậy tổng S  a  b  5 . Suy ra  b  3 Bài tập 2. Phương trình log 2  5  2 x   2  x có hai ngiệm x1 , x2 . Tính P  x1  x2  x1 x2 . A. 11 . B. 9 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 C. 3 . D. 2 . Trang 335 Lời giải Chọn D Điều kiện: 2 x  5 log 2  5  2 x   2  x  5  2 x  22 x  5  2 x  2x  1 x  0 4    x x 2 x  2 2  4  P  x1  x2  x1 x2  2 . 2 Bài tập 3. Gọi S là tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình 7 x .3 x  1 . Tìm S. A. S  log 7 3. B. S  log3 7. C. S  log 2 3. D. S  log3 2. Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có:  2 2 Lấy logarit cơ số 3 hoặc cơ số 7 hai vế.  2 7 x .3 x  1  log 3 7 x .3 x  log 3 1  log 3 7 x  log 3 3 x  0 x  0  x .log 3 7  x  0  x  x log 3 7  1  0   .  x  1  log 7 3 log 3 7  Vậy tổng các nghiệm là S  log7 3. 2 Bài tập 4. Phương trình 3x.5 2 x 1 x  15 có một nghiệm dạng x   log a b , với a, b là các số nguyên dương lớn hơn 1 và nhỏ hơn 8. Giá trị của P  a  2b bằng bao nhiêu? A. P  8. B. P  5. C. P  13. D. P  3. Hướng dẫn giải Chọn C Ta có: 3 .5 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1  x 1 xx1  3x.5 x x 1 x  15   1  3 .5  1  log 3  3 .5   0 3.5   x 1 x x 1 .log 3 5  0 x  x 1  1    x  1 .  1  .log 3 5   0   .  x   x   log 3 5  log 3 3x 1  log 3 5  0  x 1 Vậy a  3, b  5 suy ra a  2b  13. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 336 Dạng 4: Phương biến đổi thành tích 1. Phương pháp (thường sử dụng trong trường hợp hai vế không cùng cơ số). Hướng giải: Biến đổi phương trình về dạng: a f ( x )  b g ( x )  f ( x). log c a  g ( x). log c b.(0  a, b  1, 0  c  1). Lưu ý: Ta thường lôgarit hóa hai vế với cơ số a hoặc b. 2. Bài tập Bài tập 1. Giải phương trình log 2 x.log 3 x  x.log 3 x  3  log 2 x  3log 3 x  x . Ta có tổng tất cả các nghiệm bằng A. 35 . B. 5 . C. 10 . D. 9 . Lời giải Chọn B Điều kiện x  0 . log 2 x.log 3 x  x.log 3 x  3  log 2 x  3log 3 x  x   log2 x  x  3 log3 x  1  0 x  3  . log 2 x  x  3  0 Ta có hàm số f  x   log 2 x  x liên tục và đồng biến trên  0;   và f  2  3 nên phương trình log 2 x  x  3  0 có một nghiệm x  2 . Vậy tổng tất cả các nghiệm bằng 5 .  1  Bài tập 2. Số nghiệm của phương trình 4.    5 A. 3 . 2 x x  25.2 x  100  100 2 là B. 1. C. 2 . D. vô nghiệm. Lời giải Chọn B  1  Ta có 4.    5 2 x x  25.2 x  100  100 2  4.5 x  25.2 x  100  10 x   4  2 x  .  5 x  25   0  x  2 . Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm. Bài tập 3. Số nghiệm của phương trình log 2 x.log3  2 x  1  2log2 x . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 337 A. 2 . B. 1 . C. 0 . Lời giải D. 3 . Chọn A ĐK: x  1 . 2 log 2 x.log3  2 x  1  2log2 x x  1 n log 2 x  0 x  1   log2 x.  log3  2 x  1  2  0   .  2 x  1  9  x  5  n  log 3  2 x  1  2  0 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm. Bài tập 3. Biết n là số rự nhiên thỏa mãn phương trình 3x  3 x  2 cos nx có 2018 nghiệm. Tìm số nghiệm của phương trình 9 x  9 x  4  2 cos 2nx . A. 4036 . B. 2018 . C. 4035 . D. 2019 . Lời giải Chọn A 9 x  9 x  4  2 cos 2nx  9 x  9 x  2.3x.3 x  2  2 cos 2nx  3  3 x  x 2 3x  3 x  2 cos nx 1  4 cos nx   x  x 3  3  2 cos nx  2  2 Khi đó nếu 1 và  2 có nghiệm chung thì 3x  3 x  3 x  3x  3x  3 x  x  0 Thay x  0 vào 1 ta được 30  30  2 cos 0  0  2 , tức là 1 và  2 không có nghiệm chung. Mặt khác ta thấy nếu x0 là nghiệm của 1 thì  x0 sẽ là nghiệm của  2 Mà 1 có 2018 nghiệm nên  2 cũng có 2018 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 4036 nghiệm.     Bài tập 4. Cho phương trình log 2 x  x 2  1 .log3 x  x 2  1  log 6 x  x 2  1 . Biết phương trình có một nghiệm là 1 và một nghiệm còn lại có dạng x  1 logb c a  a  logb c (với a , c là các số nguyên 2   tố và a  c ). Khi đó giá trị của a 2  2b  3c bằng: A. 0 . B. 3 . C. 6 . D. 4 . Lời giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 338 Chọn B 1  x  1 Điều kiện  * 2  x  x  1  0     log 2 x  x 2  1 .log3 x  x 2  1  log 6 x  x 2  1    log 2 x  x 2  1 .log 3 x  1 x2  1      log 6 x  x 2  1       log 2 x  x 2  1 .log3 6.log 6 x  x 2  1  log 6 x  x 2  1       log 6 x  x 2  1 log 3 6.log 2 x  x 2  1  1  0     log x  x 2  1  0  6  2 log 3 6.log 2 x  x  1  1  0    2  x  1 x 2  1  1  x2  1  x  1   2 2  x  1.  x  1   x  1 1  x    2   log 2  x    x 2  1 .log3 6  1  log 2 x  x 2  1  log 6 3  x  x 1  2 log6 3 2 x  1  x  2log6 3  2 log 6 3 x  x  1  2   2 x 1 log6 3 2  2 log6 3 . 2   1 log6 2  log6 2 . (thỏa mãn * ) 3 3 2   Như vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x  1 , x  1 log6 2  log6 2 3 3 . 2   Khi đó a  3 , b  6 , c  2 . Vậy a 2  2b  3c  3 . Bài tập 5. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 2 m.3x 7 x 12  32 x  x  9.3105 x  m có ba nghiệm thực phân biệt. Tìm số phần tử của S . A. 3 . B. Vô số. C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn A Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 339 Ta có: m.3x 2  7 x 12  2  32 x  x  9.3105 x  m  m 3 x 2  7 x 12  2   1  32 x  x 3 x 2  7 x 12  1  0 x  3 x 2  7 x 12  3  1  0   x  4 .  3 x  7 x 12  1 m  32 x  x  0   2  m  32 x  x  0  2 x  x 2  log m  0 * 3  Phương trình đã cho có ba nghiệm thực phân biệt, ta có các trường hợp sau:  2  2  Trường hợp 1: * có một nghiệm x  3 và nghiệm còn lại khác 3 và 4 . Thay x  3 vào * ta được log 3 m  3  m  1 . Khi đó * trở thành 27  x  1  x2  2 x  3  0   (Thỏa yêu cầu). x  3 Trường hợp 2: * có một nghiệm x  4 và nghiệm còn lại khác 3 và 4 . Thay x  4 vào * ta được log 3 m  8  m  38 . x  4 (Thỏa yêu cầu). Khi đó * trở thành  x 2  2 x  8  0    x  2    1  log 3 m  0   m  3. Trường hợp 3: * có nghiệm kép khác 3 và 4  log 3 m  3 log m  8  3 1  1  1  1  Bài tập 6. Phương trình ln  x   .ln  x   .ln  x   .ln  x    0 có bao nhiêu nghiệm? 2  2  4  8  A. 3 . B. 4 . C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn A 1 1   x  2  0 x  2   x  1  0 x   1   2 2  x 1. Điều kiện:   2 x  1  0 x   1   4 4  1  1 x   0 x   8  8  Khi đó: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 340 1   1 3   ln  x  2   0 x  1 x     2 2      1 x  1 x  1  1 ln  x    0 2   1  1  1  1    2 2.   ln  x   .ln  x   .ln  x   .ln  x    0     2  2  4  8 1  x  3 x  1  1 ln  x    0 4 4   4     1 7   1 x  x   1 ln  x    0 8   8 8   3 3 7 So với điều kiện, ta được tập nghiệm của phương trình là S   ; ;  . 2 4 8 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm.  Bài tập 7. Gọi a là một nghiệm của phương trình 26  15 3  x  2 74 3  x  2 2 3  x  1 . Khi đó giá trị của biểu thức nào sau đây là đúng? A. a 2  a  2 . C. 2  cos a  2 . B. sin 2 a  cos a  1 . D. 3a  2a  5 . Lời giải. Chọn B  Ta có 26  15 3   3x   4x  2 3  2 3    2 3    2 3 Bài tập 8.   x  x  2 74 3 x      2  3  2 2 3  2x  2 2 3 3x  1  2  3    x  2 2 3  2 2 3 3x  x  x x  1. 1 2 0  2  0   1  x  0 .  a  0  sin 2 a  cos a  1 . Gọi A là tập tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho tập nghiệm của phương trình x.2 x  x  x  m  1  m  2 x  1 có hai phần tử. Tìm số phần tử của A . A. 1. C. 3 . B. Vô số. D. 2 . Lời giải Chọn D Xét phương trình x.2 x  x  x  m  1  m  2 x  1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 341 x  m .   x  m   2 x  x  1  0   x 2  x  1 Mà phương trình 2 x  x  1 có hai nghiệm là x  0 ; x  1 . Thật vậy: dựa vào hình vẽ  Với x  0 hoặc x  1 thì 2 x  x  1 , đẳng thức xảy ra khi x  0 hoặc x  1 .  Với 0  x  1 thì 2 x  x  1  phương trình 2 x  x  1 vô nghiệm. y 2 1 1 O x Do đó tập A có hai phần tử khi m  0 hoặc m  1 . Dạng 5: Phương pháp sử dụng tính đơn điệu 1. Phương pháp * Ta thường sử dụng các tính chất sau:  Tính chất 1: Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = C có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). ( do đó nếu tồn tại x0  (a;b) sao cho f(x0) = C thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = C)  Tính chất 2 : Nếu hàm f tăng trong khoảng (a;b) và hàm g là hàm một hàm giảm trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khoảng (a;b) . ( do đó nếu tồn tại x0  (a;b) sao cho f(x0) = g(x0) thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = g(x)) 2. Bài tập Bài tập 1. Số nghiệm của phương trình 2018 x  x 2  2016  3 2017  5 2018 là A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn B Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 342 Đặt f  x   2018 x  x 2  2016  3 2017  5 2018 , D   . Suy ra f   x   2018x.ln 2018  2 x M , A, B liên tục trên  . f   x   2018x.ln 2018  2 x f   x   2018x.ln 2 2018  2  0, x Từ đó f   x  đồng biến trên D mà f   1 . f   0  0 nên f   x   0 có nghiệm duy nhất trong khoảng  1;0  suy ra phương trình f  x   0 có nhiều nhất hai nghiệm, mặt khác nhập hàm số vào TABLE của casio (START 10 END 10 STEP 1), ta được:  f  7  . f  6   0 Dựa vào TABLE ta được   f  0  . f 1  0 Vậy phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm trên hai khoảng  7; 6 và  0;1 . Chú ý: Máy tính hiển thị “Insufficient MEM” thì tiến hành cài đặt để không xuất hiện g  x  bằng cách bấm SHIFT MODE mũi tên xuống, 5 , 1. Bài tập 2. Tập nghiệm của phương trình log  x 2  x  6   x  log  x  2   4 là: A. 1 . B. 4 . C. 3 . D. 2 . Lời giải. Chọn B  x2  x  6  0  x  3. Điều kiện:  x  2  0 Phương trình đã cho tương đương với log  x  2 ( x  3)  x  log  x  2  4  log( x  3)  4  x * . Vế trái của phương trình cuối là hàm tăng, còn vế phải là hàm giảm nên nghiệm của phương trình(nếu có) là duy nhất. Bằng cách nhẩm nghiệm ta chọn kết quả x  4. Bài tập 3. Cho x , y là các số thực thỏa log 2 x  3log6 y  3log  x  y  . Tìm giá trị T  x  y . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 343 B. T  22 . A. T  28 . C. T  34 . D. T  30 . Lời giải Chọn A  x  8t t t   4 3 t t t t Đặt log2 x  3log6 y  3log  x  y   3t   y  6  8  6  10        1 1 . 5 5  x  y  10t  Nhận xét: t  2 là nghiệm của phương trình 1 . t t 2 2 t t 2 2  4 3  4 3 Với t  2 :             1 Vậy t  2 không là nghiệm của phương trình 1 . .  5 5  5 5  4 3  4 3 Với t  2 :             1 Vậy t  2 không là nghiệm của phương trình 1 . .  5 5  5 5 Vậy t  2 là nghiệm duy nhất của 1 .  x  82  64 Khi đó, ta có   T  x  y  28 . 2  y  6  36 2 2 Bài tập 4. Phương trình 2sin x  3cos x  4.3sin A. 1284 . 2 x có bao nhiêu nghiệm thuộc  2017; 2017 . B. 4034 . C. 1285 . D. 4035 . Lời giải C. Chọn 2 2 Ta có 2sin x  3cos x  4.3sin 2 x 2  2sin x  31sin 2 x  4.3sin 2 x Đặt sin 2 x  t với t   0;1 , ta có phương trình t t t t 3 2 1 2 1 2  t  4.3t     3.    4 . Vì hàm số f  t      3.   nghịch biến với t   0;1 3 3 9 3 9 t nên phương trình có nghiệm duy nhất t  0 . Do đó sin x  0  x  k , k   . Vì x   2017; 2017 nên ta có 2017  k  2017  2017  k 2017  nên có 1285 giá trị nguyên của k thỏa mãn. Vậy có 1285 nghiệm. Bài tập 5. Tìm số nghiệm của phương trình 2 x  3x  4 x  …  2017 x  2018 x  2017  x . A. 1. B. 2016 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 C. 2017 . D. 0 . Trang 344 Lời giải Chọn A Xét hàm số f  x   2x  3x  4x  …  2017 x  2018x Ta có f   x   2x ln 2  3x ln 3  …  2018x ln 2018  0 , x   . Suy ra hàm số y  2 x  3 x  4 x  …  2017 x  2018 x đồng biến trên  . Hàm số g  x   2017  x nghịch biến trên  . Mặt khác f  0   g  0  2017 . Do đó, phương trình f  x   g  x  có nghiệm duy nhất x  0 . Bài tập 6. Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình A. a   . B. 1  a  0 . a  3x  3 x có nghiệm duy nhất. x 3 3 x C. a  0 . D. không tồn tại a . Lời giải Chọn A Ta có: a  3x  3 x  a   3x  3 x  3x  3 x   a  32 x  32 x 1 . x 3 3 x Xét hàm số f  x   32 x  32 x . Có f   x   2.32 x  2.32 x  0 , x   . Do đó, hàm số y  f  x  luôn đồng biến trên  . Suy ra với mọi giá trị của a thì 1 luôn có nghiệm duy nhất. Bài tập 7. Số nghiệm của phương trình A. 3 . x2  x  ln  x 2  2   2018 là 2 B. 1. C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn C Xét hàm số f  x      x2  x  ln  x 2  2  với x  ;  2  2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133  2;  . Trang 345 Ta có f   x   x  1  2x 2×2  4  ; f x    0, x  ;  2  1   2 2 x2  2 x  2    Nên suy ra hàm số f   x   x  1      2;  .   2x đồng biến trên mỗi khoảng ;  2 và x 2 2  3   1.1  3   0 và f   3 . f   2   87 .1  0 nên nghiệm a   ;  2  và đúng một nghiệm b   2;   . Mặ khác f   2  . f   2;  . f   x  có đúng một Ta có bảng biến thiên   Ta có f  a   f  3  3  3  2018 và f  b   f 2  3   32  3  2018 Bài tập 8. Tìm số thực a để phương trình: 9x  9  a3x cos  x  , chỉ có duy nhất một nghiệm thực A. a  6 . B. a  6 . C. a  3 . D. a  3 . Hướng dẫn giải Chọn A Giả sử x0 là nghiệm của phương trình. Ta có 9 x0  9  a.3 x0 cos( x0 ) . Khi đó 2  x0 cũng là nghiệm của phương trình. Thật vậy 9 2 x0  9  a32 x0 cos   2  x0    81 9  9  a x0 cos  x0  x0 9 3  9×0  9  a.3×0 cos  x0  . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x0  2  x0  x0  1 . Với x0  1  a  6 . Ngược lại, với a  6 , phương trình 9x  9  6.3x cos  x   3x  + 3x  9  6 cos  x  . 3x 9 6 3x + 6cos  x   6  x 9 3  x  6  x  1. Khi đó dấu ”  ” xảy ra khi và chỉ khi  3 cos  x  1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 346 Vậy 9 x0  9  a.3 x0 cos( x0 ) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a  6 . Bài tập 9. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số  x; y  thỏa mãn 2 2 e 2 x  y 1  e3 x  2 y  x  y  1 , đồng thời thỏa mãn log 2  2 x  y  1   m  4  log 2 x  m  4  0 . B. 4 . A. 3 . C. 5 . Lời giải D. 6 . Chọn A Ta có: e 2 x  y 1  e3 x  2 y  x  y  1  e2 x  y 1   2 x  y  1  e3 x 2 y   3x  2 y  . Xét hàm số f  t   et  t trên  . Ta có f   t   et  1  0 nên hàm số đồng biến trên  . Do đó phương trình có dạng: f  2 x  y  1  f  3x  2 y   2 x  y  1  3 x  2 y  y  1  x . Thế vào phương trình còn lại ta được: log 22 x   m  4 log2 x  m2  4  0 . Đặt t  log 2 x , phương trình có dạng: t 2   m  4 t  m2  4  0 . Để phương trình có nghiệm thì   0  3m 2  8m  0  0  m  8 . 3 Do đó có 3 số nguyên m thỏa mãn. Bài tập 10. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số  x; y  thỏa mãn 2 2 e3 x  5 y  e x  3 y 1  1  2 x  2 y , đồng thời thỏa mãn log3  3x  2 y  1   m  6 log3 x  m  9  0 . A. 6 . B. 5 . C. 8 . Lời giải D. 7 . Chọn B Ta có: e3 x  5 y  e x  3 y 1  1  2 x  2 y  e3 x5 y   3x  5 y   e x 3 y 1   x  3 y  1 . Xét hàm số f  t   et  t trên  . Ta có f   t   et  1  0 nên hàm số đồng biến trên  . Do đó phương trình có dạng: f  3x  5 y   f  x  3 y  1  3 x  5 y  x  3 y  1  2 y  1  2 x . Thế vào phương trình còn lại ta được: log32 x   m  6 log3 x  m2  9  0 . Đặt t  log 3 x , phương trình có dạng: t 2   m  6 t  m2  9  0 . Để phương trình có nghiệm thì   0  3m 2  12m  0  0  m  4 . Do đó có 5 số nguyên m thỏa mãn. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 347  ab 3 Bài tập 11. Gọi x0  là một nghiệm lớn hơn 1 của phương trình 2 x  c  Giá trị của P  a  b  c là A. P  6 . B. P  0 . C. P  2 .  3 1 x 1 x 1   3   1  2 x 2  1 .  D. P  4 . Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: x  0 .  2x     3 1 2x 3  1  1 x 1 x 1   3 1  1  1  2 x 2  1  3 2 x  3x 1  1  x  2x  1 t t  3x 1  x  1 1 . Xét hàm số f  t   3  t  t  0  , f   t   3 .ln 3  1  0 2x 1 1 3  1   a  1 , b  1, c  2 . Vậy P  4 .  x 1  x  f    f  x  1  2x 2  2x  Bài tập 12. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ln  m  ln  m  x    x có nhiều nghiệm nhất. A. m  0 . B. m  1 . C. m  e . D. m  1 . Lời giải Chọn B Ta có ln  m  ln  m  x    x 1 . Điều kiện x  e m  m . Đặt ln  m  x   y ta được e y  m  x . Thay vào 1 ta được ln  m  y   x  e x  m  y . e x  m  y  e x  e y  y  x  e x  x  e y  y . Do hàm số f  t   et  t đồng biến trên Ta có hệ  y e  m  x  nên suy ra x  y  x  ln  x  m  e x  x  m . Xét hàm số g  x   e x  x ; g   x   e x  1; g   x   0  x  0 . BBT Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 348 Suy ra phương trình có nhiều nhất là hai nghiệm  m  1 . (chú ý nghiệm luôn thỏa điều kiện). Bài tập 13. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 3x 2  3x  m  1  x2  5x  2  m 2 2x  x 1 Có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. A. 3 . B. Vô số. C. 2 . log 2 D. 4 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 3 x 2  3 x  m  1  0 . Ta có: log 2  3x 2  3x  m  1  3x 2  3x  m  1 2 2 log  5 2 x x m      1  x  5x  1  m 2 2 2 1 x  x  2 x2  x  1   3x 2  3x  m  1  log 2  x2  5x  1  m 2 4x  2x  2  log 2  3 x 2  3 x  m  1  log 2  4 x 2  2 x  2    4 x 2  2 x  2    3 x 2  3 x  m  1  log 2  3 x 2  3 x  m  1   3 x 2  3 x  m  1  log 2  4 x 2  2 x  2    4 x 2  2 x  2  Xét hàm số: f  t   t  log2 t trên  0;   , ta có f   t   1  1 1  0 , t   0;   . t.ln 2 Do đó hàm số f  t  đồng biến trên  0;   . Suy ra: 1  f  4 x 2  2 x  2   f  3 x 2  3 x  m  1  4 x 2  2 x  2  3 x 2  3 x  m  1  x 2  5 x  m  1  2 . Điều này đúng với mọi x   . Xét hàm số: g  x   x2  5x trên  , ta có g   x   2 x  5  0  x  5 . 2 Bảng biến thiên: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 349 - Theo bảng biến thiên ta thấy: phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ khi  25 21  m  1  4    m  3 . 4 4 Do m  nên m5; 4 . Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.       Bài tập 14. Cho phương trình log 2 x  x 2  1 .log5 x  x 2  1  log m x  x 2  1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương khác 1 của m sao cho phương trình đã cho có nghiệm x lớn hơn 2 ? C. 2 . B. 3 . A. Vô số. D. 1. Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: x  x2  1  x  1 .   Đặt t  log 2 x  x 2  1 thì t    1 x  1 ln 2 2 x 1 x2 1  x 1 x 1 . 1  . x  x 2  1 ln 2 x  x 2  1 x 2  1 ln 2 2   0 BBT:   Do x  2  t  log 2 2  3 . Phương trình trở thành t.log 5 2t  log m Ycbt log 5 m    1 log 2 2  3 1 1  t.log 5 2   log m 2  log 5 m   t 2 t   m5  1 log 2 2  3  . Do m   * và m  1 nên m  2 . Bài tập 15. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình nghiệm thực? A. 6. B. 4. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 3 3m  27 3 3m  27.2 x  2 x có Trang 350 C. Vô số. D. Không tồn tại m. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có 3 3m  27 3 3m  27.2 x  2 x  27 3 3m  27.2 x  23 x  3m. Đặt 2 x  u, điều kiện: u  0 và (1) trở thành u  27v  3m. 3 3 3m  27.2 x  v  v 3  3m  27.u. 1  2  3 Từ (3) và (2) suy ra u 3  27v  v 3  27u   u  v  .  u 2  uv  v 2  27   0  u  v. 2 1  3v 2  Do u 2  uv  v 2  4   u  v    27  0, u , v  , nên 2  4  u 3  27u 3 3m  27u  u  m  , với u  0. 3 u 3  27u với u  0. Xét hàm số f  u   3 1 Ta có f   u    3u 3  27  ; f   u   0  u  3 do u  0. 3 Suy ra min f  u   54. Do đó có vô số giá trị nguyên của m để phương trình có nghiệm thực.  0;  Bài tập 16. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 4 x  m.2 x  2m  5  0 có hai nghiệm trái dấu? A. Vô số. B. 0. C. 1. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có 4 x  m.2 x  2m  5  0   2 x   m.2 x  2m  5  0 2 Đặt t  2x , t  0, phương trình thành t 2  mt  2m  5  0  2  . Đặt f  t   t 2  mt  2m  5 Nhận xét rằng với một giá trị t  0 ta tìm được một nghiệm x nên để phương trình có hai nghiệm x1  0  x2 thì phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt t2  t1  0 đồng thời t1  1  t2 (vì 2 x1  20  2 x2 ). Từ đó, ta có:   2 m 2  8m  20  0  0  m  4  2m  5   0  5  P  0 2m  5  0 m 5       m  4. 2  m0 2  S 0   m0 1. f  t   0 1. 1  m  2m  5   0  m4    Vậy chỉ có một giá trị nguyên của tham số m thỏa đề. Bài tập 17. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 2 x  3  m 4 x  1 * có nghiệm duy nhất? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 351 A. 3. B. Vô số. C. 1. D. 2. Hướng dẫn giải Chọn D. Đặt t  2x , t  0, phương trình *  t  3  m t 2  1  m  t 3 Xét hàm số f  t   Ta có f   t   t t2 1 1  3t 2 t 3 1 . t2 1 xác định trên tập D   0;   .  1 1 . Cho f   t   0  1  3t  0  t  . 3 t 1 x  2 Bảng biến thiên 0 y + 1 3 0   10 y 3 1 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy với 1  m  3 hoặc m  10 phương trình có nghiệm duy nhất nên có hai giá trị nguyên của tham số m. Bài tập 18. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 2.4 có nghiệm? A. 3. B. 0. C. 1. x 1  5.2 x 1  m  0, * D. 4. Hướng dẫn giải Chọn A. 1 vì 2 Khi đó *  2t 2  5t  m. Đặt t  2 x 1 , điều kiện t  x  1  1. 1  Xét hàm số y  2t 2  5t trên  ;   . 2  5 Ta có y  4t  5. Cho y  0  4t  5  0  t  . 4 1  x 2 y + y 5 4 0 25 8   2  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 352 Do đó phương trình có nghiệm khi m  25 . 8 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 353 BÀI 6. BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT A. KIẾN THỨC SÁCH GIÁO KHOA CẦN NẮM I. BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ 1. Bất phương trình mũ cơ bản 2. Cách giai bất phương trình mũ đơn giản a) Đưa về cùng cơ số a f  x a g  x  0  a  1   f  x   g  x     a  1   f  x   g  x   b) Đặt ẩn phụ  a 2 f  x    a f  x     0 . Đặt t  a f  x  ,  t  0  c) Phương pháp logarit hóa  0  a  1   f  x   log a b a f ( x)  b    a  1   f  x   log a b  a f (x)  b g (x) a   f   0     f 1 ( x )  g ( x ). lo g ba  a 1 ( x )  g ( x ). lo g ba II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT 1. Bất phương pháp logarit cơ bản 2. Cách giải một số bất phương trình logarit đơn giản a) Đưa về cùng cơ số  0  a  1   f  x   g  x  log a f  x   log a g  x     a  1   f  x   g  x   b) Phương pháp mũ hóa  af (1x )  ab  log a f ( x)  b   0 a 1   0 f ( x )  ab  B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1: Phương pháp biến đổi tương đương đưa về cùng cơ số 1. Phương pháp a. Bất phương trình mũ cơ bản Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 354 éï ìa > 1 êï êí ï f ( x) £ g ( x) êï î ê f x g x ● Bất phương trình a ( ) £ a ( )  ê a = 1 ( hoặc ê êì ï0 < a < 1 êï êí ï ï f ( x) ³ g ( x) ëêî éìa > 1 êïïí êï f ( x) £ log b a êîï f ( x) ● Bất phương trình a < b (với b > 0 ) ê êìïï0 < a < 1 êí êï ëïî f ( x) ³ log a b éì a>0 ï êï ï êïb £ 0 êí êï ï f x có nghia êï î ( ) êï êì ïa > 1 êï ï f ( x) . ● Bất phương trình a > b  êêïíb > 0 êï ï êï î f ( x) > log a b êï êì êï ï0 < a < 1 êï ïb > 0 êí êï ï ï î f ( x) < log a b ëêï ì a>0 ï ï ). í ï a -1) éë f ( x ) – g ( x )ùû £ 0 ( ï î . b. Bất phương trình logarit cơ bản éïìa > 1 êïí êï0 < f ( x) £ g ( x) êîï ● Bất phương trình log a f ( x) £ log a g ( x)  ê ( hoặc êìïï0 < a < 1 êí êï ëïî f ( x) ³ g ( x) ìï0 < a ¹ 1 ïï ïï f ( x) > 0 ïí ). ïï g ( x) > 0 ïï ïï(a -1) éë f ( x) – g ( x)ùû £ 0 î éì ïa > 1 êï b êí ï êï î0 < f ( x) £ a ● Bất phương trình log a f ( x) £ b  ê . êì < < 0 1 a ï êï b êí ï ï f ( x) ³ a ëêî éì a >1 ï êï í êï f ( x ) > a b ï êî ● Bất phương trình log a f ( x) ³ b  ê . ì0 < a < 1 êï ï êí êï0 < f ( x) £ a b î ëêï Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 355 2. Bài tập Bài tập 1. Cho bất phương trình log 7  x 2  2 x  2   1  log 7  x 2  6 x  5  m  . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình trên có tập ngiệm chứa khoảng 1;3 ? A. 35 . B. 36 . C. 34 . Lời giải D. 33 . Chọn C  x 2  6 x  5  m  0  m   x 2  6 x  5 bpt     2 log 7 x 2  2 x  2    log 7  x 2  6 x  5  m  6 x  8 x  9  m  7   m  max f  x  1;3  , với f  x    x 2  6 x  5 ; g  x   6 x 2  8 x  9  m min g x     1;3 Xét sự biến thiên của hai hàm số f  x  và g  x   f   x   2 x  6  0, x  1;3  f  x  luôn nghịch biến trên khoảng 1;3  max f  x   f 1  12 1;3  g   x   12 x  8  0, x  1;3  g  x  luôn đồng biến trên khoảng 1;3  min g  x   g 1  23 1;3 Khi đó 12  m  23 Mà m   nên m  11;  10; ...; 22 Vậy có tất cả 34 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài tập 2. Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình log 2  7 x 2  7   log 2  mx 2  4 x  m  có tập nghiệm là  . Tổng các phần tử của S là A. 10 . B. 11 . C. 12 . Lời giải D. 13 . Chọn C  mx 2  4 x  m  0 BPT có tập nghiệm    2 , x   2 7 x  7  mx  4 x  m 2 mx  4 x  m  0 1 , x   .   2  7  m  x  4 x  7  m   2  a  m  0  m2. Ta có: 1   2 1  4  m  0 a  7  m  0 Ta có:  2     7  m  2  m  5. 2 2  4   7  m   0 m  2  2  m  5 , mà m   nên m  3; 4;5 . Do đó  m  5 Vậy S  3  4  5  12 . Bài tập 3. Bất phương trình log 2 x2  6x  8 1   0 có tập nghiệm là T   ; a   b;   . Hỏi M  a  b 4x 1 4  bằng Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 356 A. M  12 . B. M  8 . C. M  9 . Lời giải D. M  10 . Chọn D Ta có log 2 x2  6x  8 x2  6x  8 x 2  10 x  9 0  1  0 4x 1 4x 1 4x 1   x 2  10 x  9  0  1  4 x  1  0  4  x  1.   2    x  10 x  9  0 x  9  4 x  1  0 1  Nên T   ;1  9;    M  a  b  1  9  10 . 4    Bài tập 4. Tập nghiệm của bất phương trình log 1 log 2  x 2  1  1 là: 2   A. S  1; 5  . B. S  ;  5    5;  . C. S    5; 5  . D. S    5; 1  1; 5  .   Lời giải Chọn B log 2  x 2  1  0  x 2  1  1  x  ;  2  * ĐKXĐ:  2  x  1  0  Bất phương trình log 1  2     2;   . 1  1 log 2  x  1  1  log 2  x  1     2   x 2  1  4 2 2 2   x 2  5  x  ;  5    5;   .   * Kết hợp điều kiện ta được: x  ;  5    5;   . Bài tập 5. Bất phương trình ln  2 x 2  3  ln  x 2  ax  1 nghiệm đúng với mọi số thực x khi: A. 2 2  a  2 2 . B. 0  a  2 2 . C. 0  a  2 . Lời giải D. 2  a  2 . Chọn D ln  2 x 2  3  ln  x 2  ax  1 nghiệm đúng với mọi số thực x  x 2  ax  1  0  x 2  ax  1  0 .  2  x  , , x      2 2  2 x  3  x  ax  1  x  ax  2  0 2 a  4  0  a 2  4  0  2  a  2 .  2 a  8  0 Bài tập 6. Bất phương trình  3x  1 x 2  3 x  4   0 có bao nhiêu nghiệm nguyên nhỏ hơn 6? A. 9 . B. 5 . C. 7 . Lời giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 D. Vô số. Trang 357 Chọn C  3x  1  0  x  0  2  x  1   x  3x  4  0  x  4  x  1 x 2  .   3  1 x  3x  4   0   x  x  0  4  x  0  3  1  0    x 2  3x  4  0  4  x  1  Kết hợp điều kiện nghiệm nguyên nhỏ hơn 6 ta thấy các giá trị thỏa là 3; 2; 1; 2;3; 4;5 . 1  Bài tập 7. nghiệm của bất phương trình  x 2   2  2 x 2  x 1 1 x 1    x2   2   2 A.  1;  . 2   là  2 B. 0; .  2   2  2 D.  1;    0; . 2   2   Lời giải C.  1; 0  . Chọn D 1 1  Do x   0x nên  x 2   2 2  2 2 x 2  x 1 1 x 1    x2   2     x2  1  1  2    x 2  1  1   2  2  2 x  x  1  1  x  1  0  x 2   1 2  2   2 x  x  1  1  x     1  x   1 2 x    2    1   1  ;      x   ;  1       2  2    x   1;   2     x   1;0    1   x  0;   1 1   2  ;   x     2 2    x  ; 1  0;        2  2  x   1;    0; . 2   2   1 Bài tập 8. Số nghiệm nguyên của bất phương trình   3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 x 2 3 x 10 1   3 x2 là Trang 358 A. 1 . B. 0 . C. 9 . Lời giải D. 11 . Chọn C 1   3 x 2 3 x 10 1   3 x2  x 2  3 x  10  x  2   x  2   x 2  3x  10  0  x  5    x  2  0  x  2  2  x  14 2   x  3x  10   x  2    5  x  14 Vậy tập tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là 5; 6; 7;8;9;10;11;12;13 . Bài tập 9. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log m  2 x 2  x  3  log m  3 x 2  x  với m là tham số thực dương khác 1, biết x  1 là một nghiệm của bất phương trình đã cho. 1  1  A. S   2; 0    ;3 . B. S   1; 0   ;3 . 3  3  1  C. S   1;0   1;3 . D. S   1; 0    ;3 . 3  Lời giải Chọn D Do x  1 là nghiệm nên ta có log m 6  log m 2  0  m  1 .  1  x  3 2 2  x 2  2 x  3  0   2 x  x  3  3 x  x Bất phương trình tương đương với  2   2 1 3 x  x  0 3 x  x  0  x  0; x  3  1  x  0 .  1   x3 3 1  Vậy S   1; 0    ;3 . 3  Bài tập 10. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình: 1  log 5  x 2  1  log 5  mx 2  4 x  m  thỏa mãn với mọi x   . A. 1  m  0 . B. 1  m  0 . C. 2  m  3 . Lời giải D. 2  m  3 . Chọn C Ta có: 1  log 5  x 2  1  log 5  mx 2  4 x  m   log 5  5 x 2  5   log 5  mx 2  4 x  m  2 mx 2  4 x  m  0 mx  4 x  m  0 1  2   2 2 5 x  5  mx  4 x  m  m  5  x  4 x   m  5   0  2  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 359 Để bất phương trình đã cho thỏa mãn với mọi x   điều kiện là cả 1 và  2  đều thỏa mãn 0  m  5  với mọi x   . Điều kiện là  4  m 2  0  2  m  3.  2  4   m  5   0 Bài tập 11. Bất phương trình ln  2 x 2  3  ln  x 2  ax  1 nghiệm đúng với mọi số thực x khi: A. 2 2  a  2 2 . B. 0  a  2 2 . C. 0  a  2 . Lời giải D. 2  a  2 . Chọn D Ta có ln  2 x 2  3  ln  x 2  ax  1 nghiệm đúng với mọi số thực x  x 2  ax  1  0  x 2  ax  1  0  x   x    2   2 2  x  ax  2  0  2 x  3  x  ax  1 2  a  4  0  a 2  4  0  2  a  2 .  2 a 8 0    Bài tập 12. Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên không dương của m để phương trình log 1  x  m   log 5  2  x   0 có nghiệm. Tập S có bao nhiêu tập con? 5 A. 1 . B. 2 . C. 3 . Lời giải D. 4 . Chọn D Ta có: 2  x  0  log 1  x  m   log 5  2  x   0   x  m  0 5 log 2  x  log x  m   5  5 x  2    x  m  2  x  x  m   x  2   x  m .  2m x  2  2  m  2  2  m  2  m  2 .  Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi   m  2  2  m  m  2 Mà m là số nguyên không dương nên m  1;0 . Suy ra S  1;0 . Vậy số tập con của S bằng 22  4 . Chú ý: - Các tập con của S là:  , 1 , 0 , S . - Một tập hợp có n phần tử thì số tập con của nó là n 2 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 360   Bài tập 13. Tìm các giá trị thực của tham số m để bất phương trình log 0,02 log 2  3x  1  log 0,02 m có nghiệm với mọi x   ;0  . A. m  9. B. m  2. C. 0  m  1. D. m  1. Lời giải Chọn D   log 0,02 log 2  3x  1  log 0,02 m TXĐ: D   ĐK tham số m : m  0   Ta có: log 0,02 log 2  3x  1  log 0,02 m  log 2  3x  1  m Xét hàm số f  x   log 2  3x  1 , x   ;0  có f   3x.ln 3  0, x   ;0   3x  1 ln 2 Bảng biến thiên f  x  :  x 0 f + 1 f 0 Khi đó với yêu cầu bài toán thì m  1. Bài tập 14. Nghiệm của bất phương trình log 2 A. 1  x  369 . 49 B. x      3 x  1  6  1  log 2 7  10  x là 369 . 49 C. x  1 . D. x  369 . 49 Lời giải Chọn A 1 Điều kiện   x  10 . * 3 Ta có log 2     3x  1  6  1  log 2 7  10  x  3x  1  6  14  2 10  x  3x  1  8  2 10  x  3 x  1  64  32 10  x  4 10  x  (Do * ) (*)  32 10  x  103  7 x  1024 10  x   10609  49 x 2  1442 x  49 x 2  418x  369  0  1  x  369 . 49 Bài tập 15. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x thuộc  : 1  log 6  x 2  1  log 6  mx 2  2 x  m  . A. 2 . C. 4 . B. 3 . D. 5 . Lời giải Chọn C Điều kiện: mx 2  2 x  m  0 . Ta có 1  log 6  x 2  1  log 6  mx 2  2 x  m   log 6 6  x 2  1   log 6  mx 2  2 x  m   6  x 2  1  mx 2  2 x  m   m  6  x 2  2 x  m  6  0 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 361 2 1 mx  2 x  m  0, x   Điều kiện bài toán   2  m  6  x  2 x  m  6  0, x    2  m  0  m  1.  Giải 1 : Do m  0 không thỏa 1 nên 1   2    1  m  0  Giải  2  : Do m  6 không thỏa  2  nên: m  6 m  6  m  6   2  m  5  m  5 .  2   2   m  12m  35  0 m  7    1   m  6   0  Suy ra 1  m  5 . Vậy có 4 giá trị nguyên của m . Dạng 2: Phương pháp đặt ẩn phụ 1. Phương pháp a. Bất phương trình mũ ì g( x ) ït = a > 0 . (0 < a ¹ 1)  ïí ïï f (t ) = 0 î Tổng quát: f éê a g( x) ùú = 0 ë û Ta thường gặp các dạng: ● m.a 2 f ( x) + n.a f ( x) + p = 0 ● m.a f ( x) + n.b f ( x) + p = 0 , trong đó a.b = 1 . Đặt t = a f ( x) , t > 0 , suy ra b ● m.a 2 f ( x) + n.(a.b) f ( x) + p.b2 f ( x) = 0 . Chia hai vế cho b æaö và đặt çç ÷÷÷ çè b ø 2 f ( x) f ( x) 1 = . t f ( x) = t > 0. b. Bất phương logarit ìt = log a f ( x ) ï (0 < a ¹ 1)  ïí ï Tổng quát: f éë log a f ( x )ùû = 0 ï î f (t ) = 0 . 2. Bài tập  log 100 x 2 Bài tập 1. Tìm số các nghiệm nguyên của bất phương trình 4.3 A. 10 . B. 9 . C. 8 . Lời giải Chọn C ĐK: x  0 . 2.log10 x  PT  4.3 3 Đặt t    2  9.2 2.log10 x   13.6 log10 x  3  4.  2 2 log 10 x    9.4log10 x   13.61 log x . D. 11 3  13.  2 log 10 x  90 log 10 x   0 thì phương trình trở thành: 4t 2  13t  9  0  1  t   . 4 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 362 3 2 log 10 x  Do đó 1     9  1  log 10 x   2  1  x  10 4 Số các nghiệm nguyên của bất phương trình là 8 . Bài tập 2. Xét bất phương trình log 22 2 x  2  m  1 log 2 x  2  0 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình có nghiệm thuộc khoảng A. m   0;   .  3  B. m    ;0  .  4    2;   .  3  C. m    ;   .  4  Lời giải D. m   ;0 . Chọn C Điều kiện: x  0 log 22 2 x  2  m  1 log 2 x  2  0  1  log2 x   2  m  1 log2 x  2  0 2 1 . 1 1  . Do đó t   ;   2 2   2 2 1 thành 1  t   2  m  1 t  2  0  t  2mt  1  0  2 Đặt t  log 2 x .Vì x  2 nên log 2 x  log 2 2  1  Cách 1: Yêu cầu bài toán tương đương tìm m để bpt (2) có nghiệm thuộc  ;   . 2  2 Xét bất phương trình (2) có:  '  m  1  0, m   . f  t   t 2  2mt  1  0 có ac  0 nên (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt t1  0  t2 . 1 1 3  t2  m  m2  1   m   . 2 2 4 2 t 1 1  Cách 2: t 2  2mt  1  0  f  t   < m t   2t 2   3  Khảo sát hàm số f  t  trong  0;   ta được m    ;   .  4  x x Bài tập 3. Cho bất phương trình: 9   m  1 .3  m  0 1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất Khi đó cần phương trình 1 nghiệm đúng x  1 . 3 A. m   . 2 3 B. m   . 2 C. m  3  2 2. D. m  3  2 2. Lời giải Chọn A Đặt t  3x Vì x  1  t  3 Bất phương trình đã cho thành: t 2   m  1 .t  m  0 nghiệm đúng t  3 t2  t   m nghiệm đúng t  3 . t 1 2 2 Xét hàm số g  t   t  2   0, t  3 . Hàm số đồng biến trên , t  3, g '  t   1  2 t 1  t  1  3;  và g  3  3 3 3 . Yêu cầu bài toán tương đương m   m   . 2 2 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 363 Bài tập 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   0;10 để tập nghiệm của bất phương trình log 22 x  3log 1 x 2  7  m  log 4 x 2  7  chứa khoảng  256;    . 2 A. 7 . B. 10 . C. 8 . Lời giải D. 9 . Chọn C x  0 x  0  Điều kiện: log 2 x  3log x 2  7  0   2 1 log 2 x  6 log 2 x  7  0  2 2 x  0 x  0 1   0 x   1    log 2 x  1    x   2  2  log x  7   x  128  2   x  128 Với điều kiện trên bất phương trình trở thành log 22 x  6log 6 x  7  m  log 2 x  7  * Đặt t  log 2 x thì t  8 vì x   256;    *   t  1 t  7   m  t  7   t 1 t 1  m, t  8 . Đặt f  t   . t 7 t 7 Yêu cầu bài toán  m  max f  t  8;   Xét hàm số f  t   Ta có f   t   Do đó t 1 trên khoảng  8;    t 7 4 . t 7  0, t  8  f  t  luôn nghịch biến trên khoảng  8;    t 1 t  7 max f  t   f  8   3  m  3 . 8;   2 Mà m   0;10 nên m  3; 4;...;10 . Vậy có 8 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài tập 5. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình log 2  5 x  1 .log 2  2.5 x  2   m có nghiệm với mọi x  1 . A. m  6 . B. m  6 . C. m  6 . Lời giải D. m  6 . Chọn C. Điều kiện của bất phương trình: x  0 . Ta có log 2  5 x  1 .log 2  2.5 x  2   m  log 2  5x  1 . 1  log 2  5 x  1   m 1 . Đặt t  log 2  5 x  1 , với x  1 ta có t  2 . Khi đó 1 trở thành m  t 2  t  2 . Xét hàm số f  t   t 2  t trên  2;   ta có f   t   2t  1  0 , t   2;   . Do đó để bất phương trình đã cho có nghiệm với mọi t  2 thì m  min f  t  hay m  6 .  2;  Bài tập 6. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m 9 x2 3 x  m  2.3 x2 3 x  m  2 x 3 2 x 3 để bất phương trình có nghiệm? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 364 B. 4 . A. 6 . Chọn D. Điều kiện x2  3x  m  0 (*) 9 x2 3 x  m 03  2.3 2 x2 3 x  m  2 x x 3 x  m  x 2  32 x  3  3  32  D. 1. C. 9 . Lời giải  x 2 3 x  m  x   2 .3 x 3xm  x  2 9 1 0 27 x  3x  m  x  2  x 2  3x  m  x  2 . 2  x 2  3x  m  0  x 2  3x  m  0    4m  2  m  2.  x  2  x  2  0 x  4  m  x 2  3x  m  x 2  4 x  4   Do m nguyên dương nên m  1 thỏa mãn (*). x log 2 2 2  log 2 x  1 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương nhỏ hơn 10 . Bài tập 7. Bất phương trình log 2 x log 2 x  1 A. 7 . B. 8 . C. 9 . Lời giải D. 6 . Chọn A x 2 2  log 2 x  1 Điều kiện của bất phương trình là x  0 . Khi đó log 2 x log 2 x  1 log 2  log 2 x  1 2 log 2 x  1 log 2 x log 2 x  1 t  1  2t 2 t  1  2t 2 t  1 2t    1  Đặt t  log 2 x . Ta có 1  1  0 t t 1 t  t  1 t  t  1 2 2  t  1  2t  t  1 1   0  0  t  t  t  1 2  t  1  2 1   log 2 x  1 x  2   1 Trả lại ẩn ta có   0  log 2 x   1  x  2 2  x  2  log x  1  2   1 Kết hợp với điều kiện x  0 ta có 0  x  hoặc 1  x  2 hoặc x  2 . 2 Khi đó bất phương trình có 7 nghiệm nguyên dương nhỏ hơn 10 . Bài tập 8. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình m.4 x   m  1 .2 x  2  m  1  0 nghiệm đúng x   ? A. m  3 . B. m  1 . C. 1  m  4 . D. m  0 . Lời giải Chọn B. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 365 Bất m phương trình    m.4 x  4  m  1 .2 x  m  1  0  m 4 x  4.2 x  1  1  4.2 x 1  4.2 x 4 x  4.2 x  1 4t  1 . Để bất phương trình ban đầu nghiệm đúng Đặt 2 x  t (Điều kiện t  0 ). Khi đó m  2 t  4t  1 4t  1 x   thì bất phương trình m  2 nghiệm đúng t  0 . t  4t  1 Đặt f  t   4t  1 t 2  4t  1  f  t    t 4t 2  2t 2   4t  1 2  0, t  0 . 4t  1 t  0 khi và chỉ khi m  f  0   1 Hàm số nghịch biến trên  0;   . Khi đó m  2 t  4t  1 Bài tập 9. Tìm tất cả các giá trị của tham số m bất phương trình 4 x 1  m  2 x  1  0 có nghiệm x   . A. m   ; 0  . B. m   0;    . C. m   0;1 . D. m   ; 0   1;    . Lời giải Chọn A Ta có: 4 x 1  m  2 x  1  0  m  4 x 1 4x .  m  2x  1 4  2 x  1 t2 , t   0;    . Đặt t  2 , t  0 . Yêu cầu bài toán tương đương với m  4  t  1 x Đặt f  t   2 t2 1  2t  t  1  t  1 t 2  2t , t  0 , f  t    .  . 4  t  1 4   t  12  4  t  12 t  0 f t   0   . t  2 Bảng biến thiên (Bố sung các đầu mũi tên trong bbt là  vào nhé) -∞ t -2 f'(t) + 0 -1 - - 0 0 +∞ + f(t) +∞ 0 Dựa vào bảng biến thiên có m  0 . Bài tập 10. Xét bất phương trình log 22 2 x  2  m  1 log 2 x  2  0 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình có nghiệm thuộc khoảng A. m   0;   .  3  B. m    ;0  .  4    2;   .  3  C. m    ;   .  4  Lời giải Chọn C Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 D. m   ;0  . Trang 366 Điều kiện: x  0 log 22 2 x  2  m  1 log 2 x  2  0  1  log2 x   2  m  1 log2 x  2  0 2 1 . Đặt t  log 2 x .Vì x  2 nên log 2 x  log 2 2  1 1 1  . Do đó t   ;   2 2  thành 1  t   2  m  1 t  2  0  t 2  2mt  1  0  2  2 1  Cách 1: Yêu cầu bài toán tương đương tìm m để bpt (2) có nghiệm thuộc  ;   . 2  2 Xét bất phương trình (2) có:  '  m  1  0,  m   . f  t   t 2  2 mt  1  0 có ac  0 nên (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt t1  0  t2 . 1 1 3  t2  m  m 2  1   m   . 2 2 4 2 t 1 1  Cách 2: t 2  2mt  1  0  f  t   < m t   2t 2   3  Khảo sát hàm số f  t  trong  0;    ta được m    ;   .  4  Khi đó cần Bài tập 11. Tìm giá trị gần đúng tổng các nghiệm của bất phương trình sau: æ ö÷ çç 2 4 ÷÷ çç 2log 2 22 - 2log 22 + 5 - 13 + + 4 ÷÷÷(24 x 6 - 2 x 5 + 27 x 4 - 2 x 3 + 1997 x 2 + 2016) £ 0 x x 2 çç 3 3 log 22 x log 22 x ÷÷ çç è ø÷ 3 3 A. 12,3 . B. 12 . C. 12,1 . D. 12, 2 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 0  x  1. Ta có 24 x 6  2 x 5  27 x 4  2 x 3  1997 x 2  2016   x 3  x 2    x 3  1  22 x 6  26 x 4  1997 x 2  2015  0 , x . 2 2 Do đó bất phương trình đã cho tương đương với     22 22 2 4 2  2 log x 3  2 log x 3  5  13  log 2 x  log x  4   0 . 22 22   3 3   22 Đặt t  log x , ta có bất phương trình 3 2t 2  2t  5  2t 2  4t  4  13 2 2 13 2  1 3 .   t       1  t   12  2  2 2    1 3     13 Đặt u   t  ;  và v  1  t;1 . Ta có u  v  u  v  . 2  2 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 367 1 5 3 4  22  4 2   2t  1  3  3t  t   x     12, 06 . Dấu bằng xảy ra khi 1 t 2 5  3  t Bài tập 12. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để bất phương trình 4 x  m.2 x 1  3  2m  0 có nghiệm thực. A. m  2 . B. m  3 . C. m  5 . D. m  1 . Lời giải Chọn D Ta có 4 x  m.2 x 1  3  2m  0   2 x   2m.2 x  3  2m  0 2 Đặt 2 x  t  t  0  . Ta có bất phương trình tương đương với t 2  2m.t  3  2m  0  Xét f  t   t2  3 trên  0;   . 2t  2 2t 2  4t  6 f  t   t2  3 m 2t  2  2t  2  2 t  1 ; f  t   0   . t  3 Bảng biến thiên Vậy để bất phương trình có nghiệm thực thì m  1 .  Bài tập 13. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 4 log 2 x  2  log 2 x  m  0 nghiệm đúng với mọi giá trị x  1; 64  . A. m  0 . Chọn B  Ta có 4 log 2 x B. m  0 .  2 C. m  0 . Lời giải D. m  0 .  log 2 x  m  0   log 2 x   log 2 x  m  0 . 2 Đặt log 2 x  t , khi x  1; 64  thì t   0; 6  . Khi đó, ta có t 2  t  m  0  m  t 2  t * . Xét hàm số f  t   t 2  t với t   0; 6  . Ta có f   t   2t  1  0, t   0; 6  . Ta có bảng biến thiên: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 368 Bất phương trình đã cho đúng với mọi x  1; 64  khi và chỉ khi bất phương trình * đúng với mọi t   0; 6   m  0 . Bài tập 14. Có bao nhiêu giá trị dương của tham số thực m để bất phương trình log x  log 1 x  3  m  log 4 x  3 có nghiệm duy nhất thuộc 32;    ? 2 2 2 2 2 2 A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 0 . Lời giải Chọn D 1  x  0 0  x   Điều kiện xác định:  2 2. log 2 x  2 log 2 x  3  0  x  8 Hàm số xác định trên 32;    . log 22 x  log 1 x 2  3  m 2  log 4 x 2  3  log 22 x  2log 2 x  3  m2  log 2 x  3 . 2 Đặt t  log 2 x . Khi x  32 , ta có miền giá trị của t là 5;   . Bất phương trình có dạng: Xét hàm số f  t   t 2  2t  3  m2  t  3  m2  t 2  2t  3 t 1  m2  . t 3 t 3 4 t 1 trên 5;    có f   t   2 nên hàm số nghịch biến trên  5;    t 3  t  3 . Do lim f  t   1 và f  5   3 nên ta có 1  f  t   3 . x  Do với mỗi t có duy nhất một giá trị x nên để bất phương trình đãcho có nghiệm duy nhất thuộc 32;    khi và chỉ bất phương trình m2  f  t  có nghiệm duy nhất trên 5;    . Khi đó: m 2  3  m  4 3 . Do đó không có số nguyên dương m thỏa mãn. Bài tập 15. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình 2 9 x 3 x  m  2.3 A. 6 . x2 3 x  m  2  x  32 x 3 có nghiệm? B. 4 . C. 9 . Lời giải Chọn D Điều kiện x 2  3 x  m  0 (*) 9 x2 3 x  m 03  2.3 x2 3 x  m  2  x x2 3 x  m  x 3 2 2  32 x  3  3   x 2 3 x  m  x   2 .3 x 3xm  x  2 9 x  3 x  m  x  2  2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 D. 1. 1 0 27 x2  3x  m  x  2 . Trang 369  x 2  3x  m  0  x 2  3x  m  0    4m  2  m  2.  x  2  0  x  2  x 2  3x  m  x 2  4 x  4 x  4  m   Do m nguyên dương nên m  1 thỏa mãn (*). Bài tập 16. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình log 2  5 x  1 .log 2  2.5 x  2   m có nghiệm với mọi x  1 . A. m  6 . B. m  6 . C. m  6 . Lời giải D. m  6 . Chọn C Điều kiện của bất phương trình: x  0 . Ta có log 2  5 x  1 .log 2  2.5 x  2   m  log 2  5 x  1 . 1  log 2  5 x  1   m 1 . Đặt t  log 2  5 x  1 , với x  1 ta có t  2 . Khi đó 1 trở thành m  t 2  t  2 . Xét hàm số f  t   t 2  t trên  2;   ta có f   t   2t  1  0 , t   2;   . Do đó để bất phương trình đã cho có nghiệm với mọi t  2 thì m  min f  t  hay m  6 .  2;  Bài tập 17. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m.4   m  1 .2 x x2 m sao cho bất phương trình  m  1  0 nghiệm đúng x   ? A. m  3 . B. m  1 . C. 1  m  4 . D. m  0 . Lời giải Chọn B Bất phương trình    m.4 x  4  m  1 .2 x  m  1  0  m 4 x  4.2 x  1  1  4.2 x 1  4.2 x m x 4  4.2 x  1 4t  1 . Để bất phương trình ban đầu nghiệm đúng Đặt 2 x  t (Điều kiện t  0 ). Khi đó m  2 t  4t  1 4t  1 x   thì bất phương trình m  2 nghiệm đúng t  0 . t  4t  1 Đặt f  t   4t  1 t 2  4t  1  f  t    t 4t 2  2t 2   4t  1 2  0, t  0 . 4t  1 t  0 khi và chỉ khi m  f  0   1 Hàm số nghịch biến trên  0;   . Khi đó m  2 t  4t  1 Bài tập 18. Tìm tất cả các giá trị của tham số m bất phương trình 4 x 1  m  2 x  1  0 có nghiệm x   . A. m   ; 0  . B. m   0;    . C. m   0;1 . D. m   ; 0   1;    . Lời giải Chọn A Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 370 Ta có: 4 x 1  m  2 x  1  0  m  4 x 1 4x .  m  2x  1 4  2 x  1 Đặt t  2 x , t  0 . Yêu cầu bài toán tương đương với m  Đặt f  t   t2 , t   0;    . 4  t  1 2 t2 1  2t  t  1  t  1 t 2  2t , t  0 , f  t    .  . 4  t  1 4   t  12  4  t  12 t  0 f t   0   . t  2 Bảng biến thiên (Bố sung các đầu mũi tên trong bbt là  vào nhé) -∞ t -2 f'(t) + 0 -1 - - 0 0 f(t) +∞ + +∞ 0 Dựa vào bảng biến thiên có m  0 . Dạng 3: Phương pháp logarit hóa 1. Phương pháp éï ìa > 1 êï êí ï ï f ( x) > g ( x).log a b êî f ( x) g( x) Với bất phương tình a > b  ê êì ï0 < a < 1 êï êí ï î f ( x) < g ( x).log a b ëï 2. Bài tập x Bài tập 1. Nghiệm của bất phương trình 8 x  2  36.32 x là  3  x  2   log 2 6  x  2 . A.  B.  . x  4 x  4  4  x  2 C.  . x  1   log 3 18  x  2 D.  . x  4 Hướng dẫn giải Chọn D. x4 x x4 Ta có 8 x  2  36.32 x  2 x  2  34  x  log 3 2 x  2  log 3 34 x  x4  log 2  log 3 2  4  x   x  4   3  1  0 x2  x2  x  4  0 x  4   x  4  0 x  4         log3 2   log3 2  2  x 1  0 0   x2  x  2  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 371 x  4 x  4  x  4       x  4   log 3 18  x   log3 18  x  2 0   x  2 x  4  .   log 3 18  x  2 2x Bài tập 2. Bất phương trình 2 x.5 x 1  10 có tập nghiệm là  ; b    a; a  . Khi đó b  a bằng B.  log 25 . A. log 2 5. C. 1. D. 2  log 2 5. Hướng dẫn giải Chọn A. x Ta có 2 .5 2x x 1 2x x 1  x 1 xx 11  2 x.5 x 1 x 1 x 1  10   1  2 .5  1  log 5  2 .5   log 5 1 2.5   x 1 1    0   x  1 .  log 5 2  0 x 1 x 1   x  1 .  x .log 5 2  log5 2  1  0.  x 1 Bảng xét dấu:   x  1 .log5 2  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 372  log 2 10  x VT -1  1  +  0 +  x  1 .  x .log 5 2  log 5 2  1  0   1  x  1 Từ bảng xét dấu ta có    x   log 10 . x 1  2 a  1 Do đó   b  a  log 2 5. b  log 2 10 Bài tập 3. Có bao nhiêu số nguyên dương m trong đoạn  2018; 2018 sao cho bất phương trình sau đúng với mọi x  1;100  : 10 x  A. 2018 . m log x 10 11  1010 log x . B. 4026 . C. 2013 . Lời giải D. 4036 . Chọn A 11 log x  11   m   log x  1  log x   log x  10m  log x  1  11log x  0 10  10   10 m  log x  1  log 2 x  10 log x  0 . 10 x  m log x 10  1010 log x Do x  1;100   log x   0; 2  . Do đó 10m  log x  1  log 2 x  10 log x  0  10m  Đặt t  log x , t   0 ; 2  , xét hàm số f  t   Do đó f  0   f  t   f  2   0  f  t   Để 10m  10 log x  log 2 x . log x  1 10t  t 2 10  2t  t 2 . Ta có: f   t    0 t   0; 2  . 2 t 1  t  1 16 . 3 16 8 10 log x  log 2 x đúng với mọi x  1;100  thì 10m   m  . 3 15 log x  1 8  Do đó m   ; 2018 hay có 2018 số thỏa mãn. 15   Dạng 4: Phương pháp sử dụng tính đơn điệu 1. Phương pháp Nếu hàm số y = f ( x ) luôn đồng biến trên D thì f (u ) > f (v )  u > v, “u , v Î D . Nếu hàm số y = f ( x ) luôn nghịch biến trên D thì f (u ) > f (v )  u < v, "u , v Î D . 2. Bài tập 2 2 Bài tập 1.Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 2 x 15 x 100  2 x 10 x 50  x 2  25 x  150  0 A. 6 . B. 4 . C. 5 . D. 3 . Lời giải Chọn B Đặt a  2 x 2  15 x  100 ; b  x 2  10 x  50 ta có bất phương trình: 2 a  2b  a  b  0  2 a  a  2b  b  a  b Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 373 (do hàm số y  2 x  x là hàm số đồng biến trên  ) Với a  b  2 x 2  15 x  100  x 2  10 x  50  x 2  25 x  150  0  x  10;15  . Vậy bất phương trình có 4 nghiệm nguyên. Bài tập 2.Tìm số nguyên m nhỏ nhất để bất phương trình log 3  x 2  x  1  2 x 3  3 x 2  log 3 x  m  1 (ẩn x ) có ít nhất hai nghiệm phân biệt. A. m  3 . B. m  2 . C. m  1 . D. m  1 . Lời giải Chọn B log 3  x 2  x  1  2 x 3  3 x 2  log 3 x  m  1 1 Điều kiện x  0 .  x2  x  1  1  3 2 3 2   2 x  3x  m  1  log 3  1  x    2 x  3 x  m  1 . x x     1  log3  1  Xét f  x   log 3  1  x    2 x 3  3 x 2 , với x  0 . x  1 1 2 x f  x   6 x2  6x ; f   x   0  x  1 . 1   1  x   ln 3 x   Với x   0;1  f   x   0 ; với x  1;    f   x   0 . Vậy bất phương trình có ít nhất hai nghiệm  m  1  0  m  1 . Vậy m  2 . Bài tập 3.Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình x 2  x  2  a ln  x 2  x  1  0 nghiệm đúng với mọi x   . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. a   2;3 . B. a   8;    . C. a   6; 7  . D. a   6;  5 . Lời giải Chọn C 2 1 3 3  Đặt t  x  x  1   x    suy ra t  2 4 4  2 Bất phương trình x 2  x  2  a ln  x 2  x  1  0  t  a ln t  1  0  a ln t  t  1 Trường hợp 1: t  1 khi đó a ln t  t  1 luôn đúng với mọi a . 3 Trường hợp 2:  t  1 4 t  1 3  3  Ta có a ln t  t  1, t   ;1  a  , t   ;1 ln t 4  4  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 374 t  1  f  t    Xét hàm số f  t   ln t 1 t  0, t   3 ;1 do đó 2  4  ln t ln t  1  t  1 7 3  , t   ;1  a  3 ln t 4  4 ln 4 Trường hợp 3: t  1 a t  1 , t  1;    ln t 1 ln t  1  t  1 t , t  1;    .  f  t    Xét hàm số f  t   ln t ln 2 t 1 1 1 Xét hàm số g  t   ln t  1   g   t    2  0 t t t Vậy g  t   0 có tối đa một nghiệm. Ta có a ln t  t  1, t  1;     a  Vì g 1  2; lim g  t    vậy g  t   0 có duy nhất một nghiệm trên 1;    t  Do đó f   t   0 có duy nhất một nghiệm là t0 . Khi đó ln t0  t0  1 suy ra f  t0   t0 t0 Bảng biến thiên t  1 , t  1;     a  t0 . ln t 7 . Vậy t0  a  3 4 ln 4 Vậy số thực a thỏa mãn yêu cầu bài toán là: a   6; 7  . Vậy a  2 2 2 Bài tập 4.Biết tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 4sin x  5cos x  m.7 cos x có nghiệm a a  là m   ;   với a, b là các số nguyên dương và tối giản. Tổng S  a  b là: b b  A. S  13 . B. S  15 . C. S  9 . D. S  11 . Lời giải Chọn A Ta có: 4 sin 2 x 5 cos 2 x  m.7 cos 2 x  1   4.    28  cos 2 x Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 5   7 cos 2 x  m. Trang 375  1 cos x 1    28 4 5  28  nên f  x   với x   . Do   hay cos2 x 28 7  5  5    7  7  2  1  Xét f  x   4.    28  cos 2 x 5   7 cos 2 x 6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi cos 2 x  1  sin x  0  x  k . 7 6 6 Vậy min f  x   . Bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m  min f  x   m  hay   7 7 6  m   ;     S  13 . 7   f  x  2 2 2 Bài tập 5.Với giá trị nào của tham số m thì bất phương trình 2sin x  3cos x  m.3sin x có nghiệm? A. m  4. B. m  4. C. m  1. D. m  1. Lời giải Chọn A 2 Chia hai vế của bất phương trình cho 3sin x  0 , ta được 2   3 sin 2 x 1  3.   9 sin 2 x m sin 2 x sin 2 x 2 1  3.   Xét hàm số y    là hàm số nghịch biến. 3 9 Ta có: 0  sin 2 x  1 nên 1  y  4 Vậy bất phương trình có nghiệm khi m  4 . Chọn đáp án A Bài tập 6. Tìm số nguyên m nhỏ nhất để bất phương trình log 3  x 2  x  1  2 x 3  3 x 2  log 3 x  m  1 (ẩn x ) có ít nhất hai nghiệm phân biệt. A. m  3 . B. m  2 . C. m  1 . D. m  1 . Lời giải Chọn B log 3  x 2  x  1  2 x 3  3 x 2  log 3 x  m  1 1 Điều kiện x  0 .  x2  x  1  1  3 2 3 2  1 log    2 x  3x  m  1  log 3  1  x    2 x  3 x  m  1 . 3 x x    1  Xét f  x   log 3  1  x    2 x 3  3 x 2 , với x  0 . x  1 1 2 x f  x   6 x2  6x ; f   x   0  x  1 . 1  1  x   ln 3 x  Với x   0;1  f   x   0 ; với x  1;    f   x   0 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 376 Vậy bất phương trình có ít nhất hai nghiệm  m  1  0  m  1 . Vậy m  2 . Bài tập 7. Biết tập nghiệm của bất phương trình log 3   x 2  x  4  1  2 log 5  x 2  x  5   3 là  a; b  . Khi đó tổng a  2b bằng A. 3 . B. 4 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn C Xét hàm số f  x   log 3   f   x    2 x  1  2  Dễ đánh giá g  x   2     x 2  x  4  1  2 log 5  x 2  x  5  .  2   2  x 2  x  4  1 x 2  x  4 ln 3  x  x  5  ln 5   1 2  2  0 , x   2 2 x  x  4  1 x  x  4 ln 3  x  x  5  ln 5 1   Bảng biến thiên: – Có f  0   f 1  3 và dựa vào bảng biến thiên ta có f  x   3  x   0;1 Vậy a  0; b  1 ; suy ra a  2b  2 1  Bài tập 8. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a  a  0  thỏa mãn  2a  a  2   A. 0  a  1 . B. 1  a  2017 . C. a  2017 . 2017 a 1     22017  2017  . 2   D. 0  a  2017 . Lời giải Chọn D 1  Ta có  2a  a  2   2017 1     22017  2017  2   1   2017log 2  2a  a 2  a 1    2017   alog 2  2  2017  2    Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 377 1  log 2  2a  a 2   a 1    2017  log 2  2  2017  2    . 2017 1  log 2  2 x  x  log 4 x  1  x log 4 x  1   2   1 . 2 2    Xét hàm số y  f  x   x x x   4 x  1'  .x  ln  4 x  1   x  4 x .ln4.x   4 x  1 ln  4 x  1  1  4 1  1  0 y  2 x x2 ln2   ln2  x 4 1           Ta có y  x x x x 1  4 .ln4   4  1 ln  4  1     0 , x  0 . 2 x ln2  x 4  1     Nên y  f  x  là hàm giảm trên  0;   . Do đó f  a   f  2017  ,  a  0  khi 0  a  2017 .  Bài tập 9. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 4 log 2 x  2  log 2 x  m  0 nghiệm đúng với mọi giá trị x  1; 64  . A. m  0 . B. m  0 . Chọn B  Ta có 4 log 2 x  2 C. m  0 . Lời giải D. m  0 .  log 2 x  m  0   log 2 x   log 2 x  m  0 . 2 Đặt log 2 x  t , khi x  1; 64  thì t   0; 6  . Khi đó, ta có t 2  t  m  0  m  t 2  t * . Xét hàm số f  t   t 2  t với t   0; 6  . Ta có f   t   2t  1  0, t   0; 6  . Ta có bảng biến thiên: Bất phương trình đã cho đúng với mọi x  1; 64  khi và chỉ khi bất phương trình * đúng với mọi t   0; 6   m  0 . Bài tập 10. Giả sử S   a, b  là tập nghiệm của bất phương trình 5 x  6 x 2  x 3  x 4 log 2 x   x 2  x  log 2 x  5  5 6  x  x 2 . Khi đó b  a bằng A. 1 . 2 B. 7 . 2 C. 5 . 2 D. 2 . Lời giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 378 Chọn A x  0 x  0  . D   0;3 . Điều kiện:   2 2  x  3 6  x  x  0 5 x  6 x 2  x 3  x 4 log 2 x   x 2  x  log 2 x  5  5 6  x  x 2  5 x  x 6  x  x 2 log 2 x  x  x  1 log 2 x  5  5 6  x  x 2   x  1 5  x log 2 x   6  x  x 2  x log 2 x  5  0     5  x log 2 x  x  1  6  x  x 2  0  5  x log 2 x  0  I  2  x  1  6  x  x  0  . 5  x log 2 x  0  II   2   x  1  6  x  x  0 Giải hệ (I). 5  x log 2 x  0 1  2  x  1  6  x  x  0  2  Giải 1 5  x log 2 x  0 . 5  Xét hàm số f  x   x   log 2 x   xg  x  với x   0;3 x  5 1 Ta có g   x    2   0x   0;3 . x x ln 2 Lập bảng biến thiên 5  Vậy f  x   x   log 2 x   0x   0;3 . x  Xét bất phương trình (2): 2 2 2 x 2  3x  5  0 6  x  x   x  1  6  x  x  x 1    x  1 x  1 2   x  1  5  5   x   x  . 2 2   x  1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 379 5  Vậy nghiệm của hệ  I  là D   ;3 . 2  Hệ  II  vô nghiệm. 5  Vậy S   , 3 . 2  5 1 b  a  3  . 2 2 Bài tập 11. Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng  9;9  của tham số m để bất phương trình   3log x  2 log m x  x 2  1  x  1  x có nghiệm thực? A. 6 . B. 7 . C. 10 . Lời giải D. 11 . Chọn B 0  x  1 0  x  1 0  x  1    Điều kiện  1  x   0 . 2 m x  1  x   0 m x  x  1  x  1  x  0 m  x  Bất phương trình đã cho tương đương  log x3  log m x  x 2  1  x  1  x   x3  m x  x 2  1  x  1  x   2 2  x x  m x  x 2  1  x  1  x x x  1  x  1  x   x 1 x  . 1 x x xx Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có m 2   x   1 x   1 x     x   2 x  2 1 x .   1 x   x  Vì vậy m  x  1  x . Khảo sát hàm số f  x   x  1  x trên  0;1 ta được f  x   2  1, 414 . Vậy m có thể nhận được các giá trị 2,3, 4,5, 6, 7,8 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 380 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG BÀI 1: NGUYÊN HÀM VÀ PHƯƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM I. NGUYÊN HÀM VÀ TÍNH CHẤT 1. Nguyên hàm Định nghĩa: Cho hàm số f  x  xác định trên K ( K là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa đoạn của  ). Hàm số F  x  được gọi là nguyên hàm của hàm số f  x  trên K nếu Fʹ  x   f  x  với mọi x  K. Định lý 1: Nếu F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K thì với mỗi hằng số C, hàm số G  x   F  x   C cũng là một nguyên hàm của f  x  trên K. Định lý 2: Nếu F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K thì mọi nguyên hàm của f  x  đều có dạng F  x   C, với C là một hằng số. Hai định lý trên cho thấy: Nếu F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K thì F  x   C,C   là họ tất cả các nguyên hàm của f  x  trên K. Kí hiệu  f  x dx  F  x   C. Chú ý: Biểu thức f  x  dx chính là vi phân của nguyên hàm F  x  của f  x  , vì dF  x   Fʹ  x  dx  f  x  dx. 2. Tính chất của nguyên hàm Tính chất 1  f ʹ  x  dx  f  x   C Tính chất 2  kf  x  dx  k  f  x  dx , k là hằng số khác 0. Tính chất 3  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx. 3. Sự tồn tại của nguyên hàm Định lý 3: Mọi hàm số f(x) liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K. 4. Bảng nguyên hàm Nguyên hàm của hàm số Nguyên hàm của hàm số hợp Nguyên hàm của hàm số sơ cấp hợp  u = u  x    u = ax + b;a  0   dx  x  C  du  u  C  d  ax  b   ax  b  C x  1  x dx   C   1   1 u 1 u  C   1  1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133   ax  b   1  ax  b  dx  a  1  1  C    Trang 381 1 1  x dx  ln x  C  u du  ln u  C 1 1  x 2 dx   x  C 1 1  u2 du   u  C  xdx  2 x x C 3  2 udu  u u  C 3  1 dx  2 x  C x  1 du  2 u  C u  e dx  e x x  a dx  x  e du  e C ax  C  a  0, a  1 ln a u u  a du  u 1 1   ax  b   2 1 1 dx   . C a ax  b 1 2 ax  bdx  .  ax  b  ax  b  C a 3 1 1 dx  .2 ax  b  C a ax  b  e C au  C  a  0, a  1 ln a 1  ax  b dx  a ln ax  b  C ax  b mx  n  a dx  dx  2 ax  b e C a 1 a mx  n  C  a  0, a  1 . m ln a 1  sin xdx   cos x  C  sin udu   cos u  C  sin  ax  b  dx   a cos  ax  b   C  cos xdx  sin x  C  cos udu  sin u  C  cos  ax  b  dx  a sin  ax  b   C 1 1  tan xdx   ln cos x  C  tan udu   ln cos u  C  tan  ax  b  dx   a ln cos  ax  b   C  cot xdx  ln sin x  C  cot udu  ln sin u  C  cot  ax  b  dx  a ln sin  ax  b   C 1  sin2 x dx   cot x  C 1  sin 2 u du   cot u  C 1  cos 1 2 x dx  tan x  C x  sin x dx  ln tan 2  C 1  cos 2 u du  tan u  C 1 u  sin u du  ln tan 2  C 1 1 x  u    cos x dx  ln tan  2  4   C cos u du  ln tan  2  4   C 1 1 1  sin  ax  b  dx   a cot  ax  b   C 2 1 1  cos  ax  b  dx  a tan  ax  b   C 2 dx 1  sin  ax  b   a ln tan ax  b C 2 1  cos  ax  b  dx  1  ax  b     C ln tan  4 a  2 II. PHƯƠNG PHÁP TÍNH NGUYÊN HÀM 1. Phương pháp đổi biến số Định lý 1: Nếu  f(u)du  F(u)  C và u  u(x) có đạo hàm liên tục thì: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 382  f u(x).uʹ(x)dx  F u(x)  C Hệ quả: Với u  ax  b  a  0  ta có  f  ax  b dx  a F  ax  b   C. 1 2. Phương pháp tính nguyên hàm từng phần: Định lý 2: Nếu hai hàm số u  u  x  và v  v  x  có đạo hàm liên tục trên K thì:  u  x vʹ  x  dx  u  x  v  x    uʹ  x v  x  dx. B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1: Tìm nguyên hàm bằng các phép biến đổi sơ cấp 1. Phương pháp giải  Biến đổi các hàm số dưới dấu nguyên hàm về dạng tổng, hiệu của các biểu thức chứa x, trong đó mỗi biểu thức chứa x là những dạng cơ bản có trong bảng nguyên hàm.  Áp dụng các công thức nguyên hàm trong bảng nguyên hàm cơ bản để tìm nguyên hàm. 2. Bài tập Bài tập 1. Nguyên hàm của hàm số f  x   2x  1 là ex A. 2x  e x  C e x ln 2 B. 2x  e x  C e x  ln 2  1 C. 2x  e x  C e x  ln 2  1 D. 2x  ex  C e x  ln 2  1 Hướng dẫn giải Chọn C. x Ta có: 2x 1 2x 2 x     e x  C . dx dx e dx  ex   e   e x  ln 2  1 Bài tập 2. Nguyên hàm của hàm số f  x   x  x  2   x  2 A.  2021 2021 C.  x  2 2021 2021  x  2  2020 1010  x  2  2019 C B. 2020 1010 C D. là  x  2 2020 2021  x  2 2021 2021  x  2  2018 1009  x  2  C 2020 1010 C Hướng dẫn giải Chọn D. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 383  x  x  2 Ta có: 2019    x  2 2020 dx    x  2   2   x  2  dx  2   x  2  2019 2019 dx  x  2 dx  2021 2021 Bài tập 3. Nguyên hàm của hàm số f  x   2020 C 1010 1 là e 1 2x   1 B. x  ln e2 x  1  C 2 A. x  ln e2 x  1  C   x  2    C. ln e2 x  1  C  D. x  ln e2 x  1  C Hướng dẫn giải Chọn B.   e2 x  1  e2 x 1 e2 x .   1  e2 x  1 e2 x  1 e2 x  1 Ta có:   2x  1 e2 x  1 d e 1 1 Do đó  2 x  x  ln e2 x  1  C dx    1  2 x  dx   dx   2 x e 1 2 e 1 2  e 1  1 Bài tập 4. Nguyên hàm của hàm số f  x       A. 1 6  C. 1 1 x  2   x  2 x  2  C 6 6 x2 3 x 2  x 2 3 x 2 C    là: B. 1 x  2  x  2   C 6 D. 1 1  x  2 x  2  x  2  C 6 6 Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có:  1 dx   x 2  x 2 dx 4 x 2  x 2 1 2 2 1 1     x  2 x  2   x  2 x  2   C   x  2 x  2   x  2 x  2  C 4 3 3 6 6  Chú ý: Sử dụng kĩ thuật nhân liên hợp: Lưu ý:  ax  bdx  a b ab a b . 2  ax  b  ax  b  C . 3a Bài tập 5. Nguyên hàm của hàm số f  x   5 x  13 là: x  5x  6 2 A. 2 ln x  3  3ln x  2  C B. 3ln x  3  2 ln x  2  C C. 2 ln x  3  3ln x  2  C D. 2 ln x  3  3ln x  2  C Hướng dẫn giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 384 Chọn D. Ta có: 5 x  13 5 x  13  x  5 x  6  x  2  x  3 2 Ta sẽ phân tích: 5x  13  A  x  2   B  x  3 1 Thế x  2 và x  3 lần lượt vào (1) ta có B  3 và A  2 . Khi đó x 2  x  2   3  x  3 5 x  13 2 3 dx   dx   dx   dx  5x  6 x 3 x 2  x  2  x  3 2  2 ln x  3  3ln x  2  C Bài tập 6. Nguyên hàm của hàm số f  x   1 x4 là: x5  x     B. ln x  ln x 4  1  C   1 D. ln x  ln x 4  1  C 2 1 A. ln x  ln x 4  1  C 2  1 C. ln x  ln x 4  1  C 2  Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có:   1 x4  2x4 1 x4 1 2 x3 1 4    dx dx dx  x5  x  x x4 1  x  x 4  1 dx  ln x  2 ln x  1  C     3x 2  3x  3 là: Bài tập 7. Nguyên hàm của hàm số f  x   3 x  3x  2 A. ln x  2  2 ln x  1  3 C x 1 B. ln x  2  2 ln x  1  3 C x 1 C. 2 ln x  2  ln x  1  3 C x 1 D. 2 ln x  2  ln x  1  3 C x 1 Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: 3x 2  3x  3 3x 2  3x  3 dx   x 3  3x  2   x  12  x  2  dx . Ta phân tích 3x 2  3x  3  A  x  1  B  x  1 x  2   C  x  2  . 2 Ta có thể dùng các giá trị riêng, tính ngay A  1, C  3 và B  2 . (thay x  2  A  1; x  1  C  3 và x  0  B  2 ). Khi đó 3x 2  3x  3 1 1 1   x  1  x  2  dx   x  2 dx  2  x  1dx  3  x  1 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 2 dx  ln x  2  2 ln x  1  3 C. x 1 Trang 385 Lưu ý: Ta có kiến thức tổng quát dùng cho các nguyên hàm hữu tỉ I   Px Qx dx , với P  x  và Q  x  là các đa thức, cụ thể như sau:  Nếu deg  P  x    deg  Q  x   thì ta thực hiện phép chia P  x  cho Q  x  (ở đây, kí hiệu deg  P  x   là bậc của đa thức P  x  ).  Khi deg  P  x    deg  Q  x   thì ta quan sát mẫu số Q  x  ta tiến hành phân tích thành các nhân tử, sau đó, tách P  x  theo các tổ hợp của các nhân tử đó. Đến đây, ta sẽ sử dụng đồng nhất thức (hoặc giá trị riêng) để đưa về dạng tổng của các phân thức. Một số trường hợp đồng nhất thức thường gặp Trường hợp 1: Trường hợp 2: 1  ax  b  cx  d  1  a c   .  ad  bc  ax  b cx  d    Ax  Ba  x  Ad  Bb . mx  n A B     ax  b  cx  d  ax  b cx  d  ax  b  cx  d  Ta đồng nhất thức mx  n   Ax  Ba  x  Ad  Bb 1 . Cách 1. Phương pháp đồng nhất hệ số.  Ac  Ba  m . Suy ra A, B. Đồng nhất đẳng thức, ta được   Ad  Bb  n Cách 2. Phương pháp giá trị riêng. b d Lần lượt thay x   ; x   vào hai vế của (1), tìm được A, B. a c Trường hợp 3: Trường hợp 4: mx  n  ax  b  2  A B  . ax  b  ax  b 2 mx  n A   B C  cx  d ax  b  ax  b   cx  d   ax  b  2  mx  n  A  cx  d   B  ax  b   C  ax  b  cx  d  *  2 2 b d Lần lượt thay x   ; x   ; x  0 vào hai vế của (*) để tìm A, B, C. a c Trường hợp 5: Trường hợp 6: 1 A Bx  C với   b2  4ac  0 .   2 2    x m ax bx c    x m ax bx c     1  x  a   x  b 2 2  A B C D    . 2 x  a  x  a x  b  x  b 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 386 2 1  Bài tập 8. Cho hàm số f  x  xác định trên  \   thỏa mãn f '  x   ; f  0   1 và 2x 1 2  f 1  2 . Giá trị của biểu thức P  f  1  f  3 là: A. 3ln 5  ln 2 B. 3ln 2  ln 5 C. 3  2 ln 5 D. 3  ln15 Hướng dẫn giải Chọn D. 1  ln  2 x  1  C1 khi x   2  2 f  x    f '  x  dx   dx  ln 2 x  1  C   2x 1 ln 1  2 x   C khi x  1 2  2  f  0   1 C2  1  . Vì  C1  2  f 1  2 1  ln  2 x  1  2 khi x  2 . Suy ra f  x    1 ln 1  2 x   1 khi x   2 Do đó P  f  1  f  3  3  ln 3  ln 5  3  ln15 Bài tập f ' x  9. Cho hàm số 2 ; f  3  f  3  2 ln 2 x 1 2 f x và xác  1 f    2 định trên 1 f  0. 2  \ 1;1 , Giá trị của thỏa mãn biểu thức P  f  2   f  0   f  4  là: A. 2 ln 2  ln 5 B. 6 ln 2  2 ln 3  ln 5 C. 2 ln 2  2 ln 3  ln 5 D. 6 ln 2  2 ln 5 Hướng dẫn giải Chọn C. f  x    f '  x  dx   2 1  x 1  1 dx     dx  ln C  x 1 x 1  x 1 x 1  2   x 1  ln  x  1   C1 khi x  1     1 x x 1  C  ln  C2 khi  1  x  1 Hay f  x   ln x 1  1 x   x 1  ln    C3 khi x  1   x 1   f  3  f  3  2 ln 2 C  C3  2 ln 2   1 Theo bài ra, ta có:   1  1 C2  0  f   f    0 2   2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 387 3 Do đó f  2   f  0   f  4   ln 3  C3  C2  ln  C1  2 ln 2  2 ln 3  ln 5 . 5 Bài tập 10. Nguyên hàm P   x. 3 x 2  1dx là:   A. P  3 2 x 1 8 C. P  33 2 x 1  C 8 3 x2 1  C     B. P  3 2 x 1 8 D. P  3 2 x 1 4 x2  1  C 3 x2  1  C Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có: 3 2  x. x  1dx  1 4 1 3 2 2 2 3 3 x  1 d x  1  x  1 C. 2 8    Bài tập 11. Nguyên hàm của hàm số A.      sin x  cos x  sin xdx là: 1 1 1 x  sin 2 x  cos 2 x  C 2 4 4 1 1 C. x  sin 2 x  cos 2 x  C 2 2 B. 1 1 1 x  sin 2 x  cos 2 x  C 2 4 4 D. 1 1 1 x  sin 2 x  cos 2 x  C 2 4 4 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có:   sin x  cos x  sin xdx    sin 2  x  sin x cos x dx 1 1 1  1  cos 2 x sin 2 x      dx   x  sin 2 x  cos 2 x   C  2 2  2 2 2   Bài tập 12. Nguyên hàm của hàm số A.  tan x  cot x  C  sin 2 1 dx là: x cos2 x B. tan x  cot x  C C. tan x  cot x  C D. cot x  tan x  C Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: 1 sin 2 x  cos2 x 1   1 dx   sin 2 x cos2 x  sin 2 x.cos2 x dx    cos2 x  sin 2 x  dx  tan x  cot x  C . Bài tập 13. Nguyên hàm của hàm số A. cot 2 x C 2  4 cos 4 1 dx là: x  4 cos2 x  1 B. tan 2x  C C. cot 2x  C D. tan 2 x C 2 Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có:  4 cos 4 1 1 1 1 1 tan 2 x dx   dx   dx   d (2 x )  C 2 2 2 2 2 x  4 cos x  1 (2 cos x  1) cos 2 x 2 cos 2 x 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 388 Bài tập 14. Nguyên hàm của hàm số  tan 3 xdx là: A. tan 2 x  ln cos x  C 2 B. tan 2 x  ln sin x  C 2 C. tan 2 x  ln cos x  C 2 D. tan 4 x C 4 cos2 x Hướng dẫn giải Chọn A.   Từ tan 3 x  tan x 1  tan 2 x  tan x Suy ra  tan xdx   tan xd  tan x    3 d  cos x  cos x tan 2 x   ln cos x  C . 2 3   Bài tập 15. Gọi F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x   sin 2 x tan x thỏa mãn F    . Giá 3 4   trị của F   là: 4 A. 3 1   2 12 B. 3 1   2 12 C. 3 1   2 12 D. 3 1   2 12 Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: F  x    sin 2 x. tan xdx   2 sin x.cos x. Suy ra F  x    1  cos 2 x  dx  x  sin x dx  2  sin 2 xdx . cos x sin 2 x C. 2 3  1 2 3 3      sin C  C  . Theo giả thiết, ta có: F    3 2 3 4 2 3 3 4 Vậy F  x   x  sin 2 x 3    . 2 2 3 3  3 1     1      . Do đó F     sin 2    2 12 4 4 2 4 2 3 Bài tập 16. Gọi F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x   cos4 2 x thỏa mãn F  0   2019 . Giá trị   của F   là: 8 A. 3  16153 64 B. 3  129224 8 C. 3  129224 64 D. 3  129224 32 Hướng dẫn giải Chọn C. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 389 2 1  1  cos 4 x  Ta có: cos 2 x    1  2 cos 4 x  cos2 4 x  2 4   1 1  cos8 x  1   1  2 cos 4 x    8  3  4 cos 4 x  cos8 x  4 2   4 Do đó F  x    1 1 1  3  4 cos 4 x  cos8 x  dx   3x  sin 4 x  sin 8 x   C  8 8 8  Mà F  0   2019 nên ta có C  2019 . 1 1  Vậy F  x    3 x  sin 4 x  sin 8 x   2019 . 8 8     3  129224 Do đó F    64 8 Bài tập 17. Gọi F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x   mãn F    A. cos5 x  , với x   k 2 , k   và thỏa 1  sin x 2 3   . Giá trị của F    là: 4  2 2 3 B. 0. C. 5 3 D. 1 3 Hướng dẫn giải Chọn D. Ta thấy: cos5 x  cos3 x 1  sin x   1  sin 2 x cos x  cos3 x.sin x 1  sin x      F  x    1  sin 2 x d  sin x    cos3 xd  cos x   sin x  Theo giả thiết, ta có F    sin 3 x cos4 x  C 3 4 3 nên C  1 . 4 sin 3 x cos4 x Vậy F  x   sin x   C 3 4   1 Do đó F     .  2 3 Chú ý: Với n , * ta có: n n  sin x.cos xdx   sin xd  sin x   Bài tập 18. Biết cosn 1 x  cos x.sin xdx    cos xd  cos x    n  1  C n và sin n 1 x C. n 1  5sin x  9 dx  b ln 5sin x  9  C,  a, b   cos x n a   , ab là phân số tối giản. Giá trị 2a  b là Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 390 A. 10. B. 4. C. 7. D. 3. Hướng dẫn giải CHỌN D cos x 1 d  5sin x  9  1 dx   ln 5sin x  9  C  5sin x  9 5  5sin x  9 5 Vậy a  1, b  5. Nên 2a  b  3.  3 Bài tập 19. Tìm một nguyên hàm F  x  của hàm số f  x    1  sin x  biết F    . 2 4 2 A. F  x   x  2 cos x  sin 2x. 3 2 1 4 B. F  x   x  2 cos x  sin 2x. 3 2 1 4 C. F  x   x  2 cos x  sin 2x. 3 2 1 4 D. F  x   x  2 cos x  sin 2x. 3 2 1 4 Hướng dẫn giải CHỌN B Ta có    1  cos 2x  dx   1  2 sin x  sin 2 x dx    1  2 sin x  dx 2   3 1  x  2 cos x  sin 2x  c 2 4    3  1 3 3   2 cos  sin   c  c0. F   22 2 4 4 2 4  1  sin x  2 Vậy F  x   x  2 cos x  sin 2x . 3 2 1 4 Bài tập 20. Cho  sin x  cos x dx  F  x   C cos 2x A. 2. và F     a  b. Tính A   a  b  . B. 2. 6 C. 1. D. 1. Hướng dẫn giải CHỌN C Ta có: F  x     cos 2x cos 2 x  sin 2 x dx   dx sin x  cos x sin x  cos x  cos x  sin x  cos x  sin x  dx  sin x  cos x   cos x  sin x  dx  sin x  cos x.  F     1  a  b  A  1. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 391 Bài tập 21. Cho tích phân 1  sin 2 x cos2 x dx  a. Tính A  12 cot A. 4a 2 . B. 2a 2 . 2 2x theo a. C. 3a 2 . D. a 2 . Hướng dẫn giải CHỌN C Ta có: F  x    1 2 2 sin xcos x dx    1 1  dx      dx 2 sin x cos x  cos x sin 2 x  sin 2 x  cos2 x 2 2  tan x  cot x. Theo đề: sin x cos x sin 2 x  cos 2 x 2 cos 2x    a cos x sin x sin x cos x sin 2x cos 2x a   sin 2x 2 tan x  cot x  2  a  12.     3a 2 . A  12. 2 sin 2x  2 cos 2 2x Bài tập 22. Cho F  x là một nguyên hàm của hàm số  sin 2 x 2 cos x  4 sin 2 x dx và     F  0   2 f    1 . Tính 2 F  0   F   . 2 2 A. 7 . 9 B.  7 . 9 D. 1 C. 0. Lời giải CHỌN B Ta có d cos 2 x  4 sin 2 x   2sin x cos x  8sin x cos x dx  6sin x cos xdx  3sin 2xdx     1  sin 2 xdx  d cos 2 x  4 sin 2 x . 3 Do đó :      2 2 2 2 2 1 d cos x  4 sin x 2 d cos x  4 sin x  cos2 x  4sin2 x  C   dx   3 3 2 cos2 x  4 sin 2 x 3 cos2 x  4 sin 2 x cos2 x  4 sin 2 x sin 2 x 4 7   2 F  0  2 F     2.  3C  1  C   . 3 9 2 3 2 4 7   Vậy 2 F  0  F    2.  2C   C  C   3 3 9 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 392 Bài tập 23. Gọi F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x   x 8  x2   trên khoảng 2 2;2 2 thỏa mãn F  2   0 . Khi đó phương trình F  x   x có nghiệm là: A. x  0 B. x  1 C. x  1 D. x  1  3 Hướng dẫn giải Chọn D. x Ta có: F  x    8 x dx    2  1 2 8 x  d 8  x2   8  x2  C 2 Mặt khác F  2   0   8  x 2  C  0  C  2 Vậy F  x    8  x 2  2 . 2  x  0 Xét phương trình F  x   x   8  x 2  2  x  8  x 2  2  x   2 2 8  x   2  x  x  2  x  2  2   x  1  3  x  1  3 2 4 4 0 x x        x  1  3 Bài tập 24. Cho F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x   và F 1  A. 2x 1 trên khoảng  0;  x  2 x3  x2 4 1 . Tổng S  F 1  F  2   F  3  ...  F  2019  là 2 2019 2020 B. 2019.2021 2020 C. 2018 1 2020 D.  2019 2020 Hướng dẫn giải Chọn C. Phân tích f  x   2x 1 2x 1 2x 1  2  2 2 3 2 x  2x  x x  x  1 x2  x Khi đó F  x    2x 1 Mặt khác F 1  Vậy F  x     4 x 2 x  2 dx   1 x 2 x  2    d x2  x   1 C. x x 2 1 1 1    C   C 1. 2 2 2 1 1 1  1 1   1    1 . x2  x x  x  1 x x  1   Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 393 1 1   1 1 1 1 1   2019 Do đó S  F 1  F  2   F  3  ...  F  2019     1       ...  2019 2020   2 2 3 3 4 1  1 1    1   2019  2018   2018  2020 2020  2020  Bài tập 25. Cho hàm số f  x  có đạo hàm xác định trên  thỏa mãn f  0   2 2, f  x   0 và f  x  . f '  x    2 x  1 1  f 2  x  , x   . Giá trị f 1 là: A. 6 2 B. 10 C. 5 3 D. 2 6 Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có: f  x  . f '  x    2 x  1 1  f 2  x   f  x . f '  x   Suy ra 1 f 2 x dx    2 x  1 dx    f  x . f '  x  1 f 2  x  d 1 f 2  x 2 1 f Theo giả thiết f  0   2 2 , suy ra 1  2 2  2 2  2x 1 .    2 x  1 dx   x 1  f 2  x   x2  x  C CC3 Với C  3 thì 1  f 2  x   x 2  x  3  f  x   x 2  2  x  3 1 Vậy f 1  24  2 6 Bài tập 26. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  2;1 thỏa mãn f  0   3 và  f  x  2 . f '  x   3 x 2  4 x  2 . Giá trị lớn nhất của hàm số y  f  x  trên đoạn  2;1 là: A. 2 3 42 B. 2 3 15 C. 3 42 D. 3 15 Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có:  f  x   . f '  x   3 x 2  4 x  2 2 *  Lấy nguyên hàm hai vế của đẳng thức (*) ta được:   f  x  2  Theo giả thiết, ta có f  0   3 nên  f 0 3  . f '  x  dx   3 x 2  4 x  2 dx  1 3 f  x   x 3  2 x 2  2 x  C  f 3  x   3 x 3  6 x 2  6 x  3C 3  3  03  2.02  2.0  C   27  3C  C  9  f 3  x   3 x 3  6 x 2  6 x  27 Ta tìm giá trị lớn nhất của hàm số g  x   3 x 3  6 x 2  6 x  27 trên đoạn  2;1 . Ta có g '  x   9 x 2  12 x  6  0, x   2;1 nên đồng biến trên đoạn  2;1 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 394 Vậy max f  x   3 max g  x   3 42 .  2;1  2;1 Dạng 2: Phương pháp đổi biến dạng 1, đặt u = u  x  1. Phương pháp giải Định lí: Cho  f  u  du  F  u   C và u  u  x  là hàm số có đạo hàm liên tục thì  f u  x  u '  x  dx  F u  x   C Các bước thực hiện đổi biến: Xét I   f  u  x   u '  x  dx Bước 1: Đặt u  u  x  , suy ra du  u '  x  dx Bước 2: Chuyển nguyên hàm ban đầu về ẩn u ta được I   f  u  du  F  u   C , trong đó F  u  là một nguyên hàm của hàm số f  u  . Bước 3: Trả về biến x ban đầu, ta có nguyên hàm cần tìm là I  F  u  x    C Hệ quả: nếu F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên K và a, b  ; a  0 ta có: 1  f  ax  b  dx  a F  ax  b   C . 2. Bài tập Bài tập 1. Nguyên hàm F  x  của hàm số f  x   x 2 .e x 3 1 , biết F  1  1 là: 3 1 3 1 3 1 3 1 A. F  x   e x 1  C B. F  x   e x 1  2019 C. F  x   e x 1  3 3 3 3 1 3 D. F  x   e x 1 3 Hướng dẫn giải Chọn D. 1 Đặt u  x 3  1 ta có du  3 x 2 dx  x 2 dx  du 3 Suy ra  f  x  dx   e u 1 1 du  eu  C 3 3 1 3 Do đó F  x   e x 1  C . 3 Mặt khác F  1  1 nên C  0 . Vậy 3 Lưu ý: Ta có thể viết như sau: 1  f  x  dx  3 e  f  x  dx   x e 2 x 3 1 x 3 1 dx  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 .   1 x3 1 1 3 e d x 3  1  e x 1  C  3 3 Trang 395   1 Chú ý: Với các viết x 2 dx  d x 3  1 , ta có thể tính nguyên hàm đã cho một cách đơn giản và 3 nhanh gọn. Bài tập 2. Nguyên hàm M   2 sin x dx là: 1  3cos x 1 A. M  ln 1  3cos x   C 3 B. M  2 ln 1  3cos x  C 3 2 C. M   ln 1  3cos x  C 3 1 D. M   ln 1  3cos x  C 3 Hướng dẫn giải Chọn C. 2 Đặt u  1  3cos x , ta có du  3sin xdx hay 2 sin xdx   du . 3 Khi đó M   Vậy M   2 1 2 du   ln u  C  3 u 3 2 sin x 2 dx   ln 1  3cos x  C 1  3cos x 3   sin  x   4 a 43 a  Bài tập 3. I   dx  , a, b    . Tìm tỉ lệ . b b sin 2x  2  1  sin x  cos x  0  4 A.  1 . 3 1 . 2 B.  C. 2 . 1 D. 3 . 1 Hướng dẫn giải CHỌN B    dt   cos x  sin x  dx   2 sin  x   dx 4 Đặt t  sin x  cos x     2 sin 2x  t  1  thì t : 1  2 . 4 và x : 0   I2   1 2 2  1 dt 2  2 2 t  1  2 1  t  2  1 2 dt  t  1 2 2 1 43 2 .   . 2 t 11 4 Bài tập 4. Cho  cos 3 x sin xdx  F  x   C và F  0   a  b  . 1 4 Tính A  a 2  b2  2018. A. 2018. B. 2016. C. 2022. D. 2020. Hướng dẫn giải CHỌN A Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 396  cos 3 x sin xdx Đặt u  cos x  du  sin xdx . 3 3  cos x sin xdx   u du    F0   u4 cos4 x C C 4 4 1 1  a  b   a  b  0. 4 4 A  a 3  b 3  2018   a  b   2ab  a  b   2018  2018. 2 m Chú ý: chú ý rằng với a  0 và m, n  ; n  0 ta luôn có: a n  n a m . Bài tập 5. Nguyên hàm R   A. R  x 1 1 1 ln 2 x 1 1 x 1 1 C. R  ln x 1 1 1 x x 1 dx là: C B. R  C 1 ln 2 D. R  ln x 1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 C C Hướng dẫn giải Chọn D. Đặt u  x  1  u 2  x  1 . Suy ra x  u 2  1 và dx  2udu . Khi đó R   2u 2 1  u 1  1  C. du   2 du    du  ln  u 1 u 1  u 1 u 1   u  1 u 2 x 1 1 Vậy R  ln x 1 1 C Bài tập 6. Nguyên hàm S   x 3 x 2  9dx là: x A. S  x B. S  C. S  x x D. S  2  9 2 x2  9  3 x 2  9 x 2  9  C x2  9  3 x 2  9 x 2  9  C 5 2  9 4 5 2  9 x 2  9 5 2  9 2 5  3 x 2  9 x2  9 2 x2  9  C  3 x2  9  C Hướng dẫn giải Chọn A. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 397 Xét S   x 3 x 2  9dx   x 2 x 2  9 xdx . Đặt u  x 2  9  u 2  x 2  9 . Suy ra x 2  u 2  9 và xdx  udu .     Khi đó S   u 2  9 u.udu   u 4  9u 2 du  x Vậy S  2  9 2 x2  9 5  3 x 2  9 x 2  9  C Bài tập 7. Nguyên hàm T   A. T  C. T  1 u5  3u3  C . 5 1 x ln x  1 dx là: C B. T  2 ln x  1  C 2  ln x  1 ln x  1  C 3 D. T  ln x  1  C 2 ln x  1 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có: T   1 x ln x  1 1 dx   ln x  1 d  ln x  1  2 ln x  1  C .  x  2  dx 2022  x  1 2020 Bài tập 8. Nguyên hàm U   1 x 2 A. U   3  x  1  C. U  là: 2021 C 1  x 2 6063  x  1  1  x 2 6060  x  1  D. U  1  x 2 6069  x  1  2021 C 2020 B. U  C 2023 C Hướng dẫn giải Chọn C.  x  2  dx   x  2 2020 1 dx Xét U   2022   x  1   x  12  x  1 2020 Đặt u  x 2 3 1 1  du  dx  du  dx . 2 2 x 1 3  x  1  x  1 1  x 2 1 1 2021 Suy ra. U   u 2020 du  u  C . Vậy U  6063  x  1  3 6063 2021 C Lưu ý: n 1  ax  b  dx  1 1  ax  b  C   cx  d n2 n  1 ad  bd  cx  d  n Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 398 Bài tập 9. Xét nguyên hàm V   ln 2 x  x 1  ln x  1  dx . Đặt u  1  1  ln x , khẳng định nào sau đây sai? dx A.   2u  2  du x B. V   2 5 16 C. V  u 5  u 4  u3  4u 2  C 5 2 3 D. V  u 2  2u  u 2 .  2u  2  du u 5 u 4 16 3   u  4u 2  C 5 2 3 Hướng dẫn giải Chọn C. Đặt u  1  1  ln x   u  1  1  ln x  ln x  u 2  2u  2 Khi đó V    ln 2 x x 1  ln x  1   dx   u 2  2u u dx   2u  2  du . x  .  2u  2  du 2  2 5 16  2  u 4  5u3  8u 2  4u du  u 5  u 4  u3  4u 2  C 5 2 3   Bài tập 10. Gọi F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x   sin 2 2 x.cos3 2 x thỏa F    0 . Giá trị 4 F  2019  là: A. F  2019    1 15 B. F  2019   0 C. F  2019    2 15 D. F  2019   1 15 Hướng dẫn giải Chọn A. Đặt u  sin 2 x  du  2 cos 2 xdx  1 du  cos 2 xdx 2     1 2 1 u . 1  u 2 du   u 2  u 4 du  2 2 1 1 1 1  u3  u 5  C  sin 3 2 x  sin 5 2 x  C 6 10 6 10 Ta có F  x    sin 2 2 x.cos3 2 xdx  1  1  1   F    0  sin 3  sin 5  C  0  C   6 2 10 2 15 4 1 1 1 Vậy F  x   sin 3 2 x  sin 5 2 x  6 10 15 Do đó F  2019    1 15 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 399 Bài tập 11. Biết rằng  2 x  3 dx 1  x  x  1 x  2  x  3  1   g  x   C (với C là hằng số). Gọi S là tập nghiệm của phương trình g  x   0 . Tổng các phần tử của S bằng: C. 3 B. 3  5 A. 0. D. 3  5 Hướng dẫn giải Chọn C.      Vì x  x  1 x  2  x  3  1  x 2  3 x x 2  3 x  2  1   x 2  3 x  1 nên ta đặt u  x 2  3 x , 2 khi đó du   2 x  3 dx Nguyên hàm ban đầu trở thành Suy ra du   u  1 2  2 x  3 dx  x  x  1 x  2  x  3  1   x 2  1 C . u 1 1 C  3x  1  3  5 x  2 Vậy g  x   x 2  3 x  1; g  x   0  x 2  3 x  1  0   .  3  5 x   2  3  5 3  5  ; Do đó S   . 2   2 Tổng giá trị các phần tử của S bằng 3 . Bài tập 12. I   A. 3cos 2x  sin 4x dx  F  x   C. Tính F  1 , biết rằng F  x  không chứa hệ số tự do. 2  sin x  cos x 17 . 3 B. 2 . 3 C. 15 . 3 D. 9 . 3 Hướng dẫn giải CHỌN A  3  2 sin 2x  cos 2x dx 3cos 2x  sin 4x dx   2  sin x  cos x 2  sin x  cos x 3  2 sin 2x cos x  sin x    cos x  sin x  dx  2   sin x  cos x  I dt   cos x  sin x  dx Đặt t  sin x  cos x   2 sin 2x  t  1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 400  2   3  2 t  1 I 2t  .t dt  2t 3  5t 6   2  t  2 dt    2t  4t  3  t  2  dt 2    t 3  2t 2  3t  6 ln t  2   C. 3  Dạng 3: Tìm nguyên hàm bằng cách đổi biến dạng 2 1. Phương pháp giải Kiến thức cần nhớ: Các kĩ thuật đổi biến dạng 2 thường gặp và Ta đã biết các đẳng thức sau: cách xử lí. sin 2 t  cos2 t  1 , với mọi t   . 1  , t   k  k    2 cos t 2 1 1  cot 2 t  2 , t  k  k    sin t 1  tan 2 t  Với các bài toán sau đây thì ta không thể giải quyết ngay bằng nguyên hàm cơ bản cũng như đổi biến số ở dạng 1, đòi hỏi người học phải trang bị tư duy đổi biến theo kiểu “lượng giác hóa” dựa vào các hằng đẳng thức lượng giác cơ bản và một số biến đổi thích hợp, cụ thể ta xem xét các nguyên hàm sau đây: Bài toán 1: Tính A1   dx a x 2 2 dx Bài toán 1: Tính A1   a  x2 2     Đặt x  a sin t , với t   ;  hoặc  2 2 x  a cos t với t   0;  Bài toán 2: Tính A2   dx a  x2 2 Bài toán 2: Tính A2   dx a  x2 2     ; . Đặt x  a tan t , với t    2 2 Bài toán 3: Tính A3   a x dx ax Bài toán 3: Tính A3   a x dx ax   Đặt x  a cos 2t với t   0;   2 Bài toán 4: Tính A4    x  a  x  b dx Bài toán 4: Tính A4    x  a  x  b dx   Đặt x  a   b  a  sin 2 t với t  0;   2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 401 Bài toán 5: Tính A5   x 2  a 2 dx Bài toán 5: Tính A5   x 2  a 2 dx Đặt x      với t   ;  sin t  2 2 a 2. Bài tập x2 Bài tập 1. Nguyên hàm I   A. arcsin 4  x2 dx là: x x 4  x2  C 2 4 x x 4  x2 C B. 2 arccos  2 2 x x 4  x2 C C. arccos  2 4 D. 2 arcsin x x 4  x2  C 2 2 Hướng dẫn giải Chọn D.     Đặt x  2 sin t với t   ;  . Ta có cos t  0 và dx  2 cos tdt .  2 2     ;  ). 2 cos tdt   4 sin 2 tdt (vì cos t  0, t    2 2 4  4 sin t 4 sin 2 t Khi đó I   2 Suy ra I  2  1  cos 2t  dt  2t  sin 2t  C Từ x  2 sin t  t  arcsin Vậy I   x2 4  x2 x x 4  x2 và sin 2t  2 sin t.cos t  2 2 dx  2 arcsin Bài tập 2. Nguyên hàm I   A. 3 1  x  2 2 C B. x x 4  x2  C 2 2 1 1  x  2 x 1  x2 3 dx là: C C. x 1  x  2 3 C D. 1  x2 C x Hướng dẫn giải Chọn B. Đặt x  cos t, t  0    dx   sin t.dt . Khi đó I    Vậy  dt sin t.dt x dt    2  cot t  C hay I  C 3 sin t sin t 1  x2 1 1  x  2 3 dx  x 1  x2 C Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 402 Ví dụ 3. Nguyên hàm I   A. arctan x  C 1 dx là: 1  x2 B. arccot x  C C. arcsin x  C D. arccos x  C Hướng dẫn giải Chọn A.     ;  , ta có dx  1  tan 2 t dt . Đặt x  tan t với t   2 2   Khi đó I   Vậy I      1 1  tan 2 t dt   dt  t  C 2 1  tan t 1 dx  arctan x  C 1  x2 Dạng 4: Tìm nguyên hàm bằng phương pháp nguyên hàm từng phần 1. Phương pháp giải Với u  u  x  và v  v  x  là các hàm số có đạo hàm trên khoảng K thì ta có:  u.v  '  u ' v.v ' u Viết dưới dạng vi phân d  uv   vdu  udv Khi đó lấy nguyên hàm hai vế ta được:  d  uv    vdu   udv Từ đó suy ra  udv  uv   vdu 1 Công thức (1) là công thức nguyên hàm từng phần. Dấu hiệu nhận biết phải sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần. Bài toán: Tìm I   u  x  .v  x  dx , trong đó u  x  và v  x  là hai hàm có tính chất khác nhau, chẳng hạn: u  x  là hàm số đa thức, v  x  là hàm số lượng giác. u  x  là hàm số đa thức, v  x  là hàm số mũ. u  x  là hàm số logarit, v  x  là hàm số đa thức. u  x  là hàm số mũ, v  x  là hàm số lượng giác. Phương pháp nguyên hàm từng phần u  u  x  du  u '  x  dx  Bước 1: Đặt   dv  v  x  dx v   v  x  dx Bước 2: Áp dụng công thức (1), ta được:  udv  uv   vdu Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 403 Lưu ý: Đặt u  u  x  (ưu tiên) theo thứ tự: “Nhất lốc, nhì đa, tam lượng, tứ mũ”. Tức là, nếu có logarit thì ưu tiên đặt u là logarit, không có logarit thì ưu tiên u là đa thức,… thứ tự ưu tiên sắp xếp như thế. Còn đối với nguyên hàm v   v  x  dx ta chỉ cần Chọn một hằng số thích hợp. Điều này sẽ được làm rõ qua các Bài tập minh họa ở cột bên phải. 2. Bài tập   Bài tập 1. Kết quả nguyên hàm I   x ln 2  x 2 dx là: A. x2  2 x2 ln  x 2  2    C 2 2 B. x 2  2 ln x 2  2   D.     C. x 2  2 ln x 2  2  x 2  C    x2 C 2 x2  2 x2 ln x 2  2   C 2 2   Hướng dẫn giải Chọn D. 2x  du  x 2  2 dx u  ln 2  x 2 Đặt   2 v  x  2 dv  xdx  2  Khi đó I   x2  2 x2  2 x2 ln  x 2  2    xdx  ln  x 2  2    C 2 2 2 Chú ý: Thông thường thì với dv  xdx  v  Tuy nhiên trong trường hợp này, ta để ý v  Bài tập 2. Kết quả nguyên hàm I   x2 2 x2  2 mang lại sự hiệu quả. 2 ln  sin x  2 cos x  cos2 x dx là: A.  tan x  2  . ln  sin x  2 cos x   x  2 ln cos x  C B.  tan x  2  . ln  sin x  2 cos x   x  2 ln cos x  C C.  tan x  2  . ln  sin x  2 cos x   x  2 ln  cos x   C D.  cot x  2  . ln  sin x  2 cos x   x  2 ln cos x  C Hướng dẫn giải Chọn B. cos x  2 sin x u  ln  sin x  2 cos x  du  dx    sin x 2 cos x Đặt   dx dv  v  tan x  2  sin x  2 cos x 2  cos x  cos x Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 404 cos x  2 sin x dx cos x   tan x  2  ln  sin x  2 cos x   x  2 ln cos x  C Khi đó I   tan x  2  ln  sin x  2 cos x    Chú ý: Ở Bài tập này, Chọn v  tan x  2 có thể rút gọn được ngay tử và mẫu trong nguyên hàm  vdu . Bài tập 3. Kết quả nguyên hàm I   x 2 sin 5 xdx là: 1 2 2 A.  x 2 cos 5 x  x sin 5 x  cos 5x  C 5 25 125 C. 1 2 2 2 x cos 5 x  x sin 5 x  cos 5x  C 5 25 125 1 2 2 B.  x 2 cos 5 x  x sin 5 x  cos 5x  C 5 25 125 1 2 2 D.  x 2 cos 5 x  x sin 5 x  cos 5 x  C 5 25 125 Hướng dẫn giải Chọn D. Phân tích: Ở đây ta sẽ ưu tiên u  x 2 là đa thức, tuy nhiên vì bậc của u là 2 nên ta sẽ từng phần hai lần mới thu được kết quả. Nhằm tiết kiệm thời gian, tôi gợi ý với phương pháp “sơ đồ đường chéo” cụ thể như sau: Bước 1: Chia thành 3 cột: + Cột 1: Cột u luôn lấy đạo hàm đến 0. + Cột 2: Dùng để ghi rõ dấu của các phép toán đường chéo. + Cột 3: Cột dv luôn lấy nguyên hàm đến khi tương ứng với cột 1. Bước 2: Nhân chéo kết quả của 2 cột với nhau. Dấu của phép nhân đầu tiên sẽ có dấu (+), sau đó đan dấu (-), (+), (-),… rồi cộng các tích lại với nhau. 1 2 2 Khi đó I   x 2 cos 5 x  x sin 5 x  cos 5 x  C 5 25 125 Chú ý: Kĩ thuật này rất đơn giản và tiết kiệm nhiều thời gian. Trong kĩ thuật tìm nguyên hàm theo sơ đồ đường chéo, yêu cầu độc giả cần tính toán chính xác đạo Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 405 hàm và nguyên hàm ở hai cột 1 và 3. Nếu nhầm lẫn thì rất đáng tiếc. Bài tập 4. Nguyên hàm I   x 4 e3 x dx là:  x 4 4 x 3 12 x 2 24 x 24  A. I    2  3  4  5  e3 x  C 3 3 3 3   3 B. I   x 4 4 x 3 12 x 2 24 x 24  C. I    2  3  4  5  e3 x  C 3 3 3 3   3  x 4 4 x 3 12 x 2 D. I    2  3 3 3  3 x 5 e3 x . C 5 3  3x e  C  Hướng dẫn giải Chọn A. Nếu làm thông thường thì từng phần 4 lần ta mới thu được kết quả. Ở đây, chúng tôi trình bày theo sơ đồ đường chéo cho kết quả và nhanh chóng hơn.  x 4 4 x 3 12 x 2 24 x 24  Vậy I    2  3  4  5  e3 x  C . 3 3 3 3   3 Bài tập 5. Nguyên hàm I   e x sin xdx là: A. 2e x  sin x  cos x   C C. B. 2e x  sin x  cos x   C 1 x e  sin x  cos x   C 2 D. 1 x e  sin x  cos x   C 2 Hướng dẫn giải Chọn C. Phân tích: Sự tồn tại của hàm số mũ và lượng giác trong cùng một nguyên hàm sẽ rất dễ gây cho người học sự nhầm lẫn, nếu ta sẽ không biết điểm dừng thì có thể sẽ bị lạc vào vòng luẩn quẩn. Ở đây, để tìm được kết quả thì ta phải từng phần hai lần như trong Bài tập 3. Tuy nhiên, với sơ đồ đường chéo thì sao? Khi nào sẽ dừng lại? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 406 Khi đó, ta sẽ có thể kết luận I  e x sin x  e x cos x   e x sin xdx . 1 Hay 2 I  e x sin x  e x .cos x . Vậy I  e x  sin x  cos x   C 2 Chú ý: Chỉ dừng lại khi đạo hàm của nó có dạng giống dòng đầu tiên. Dòng cuối thu được   sin xe x dx   I . Bài tập 6. Tìm I   ln n  ax  b  v  x  dx , trong đó v  x  là hàm đa thức, n  * và a, b  ; a  0 Hướng dẫn giải Phân tích: Vì ưu tiên u  x   ln n  ax  b  nên du  na. ln n 1  ax  b  ax  b sẽ không về 0 được, vì vậy phải chuyển lượng t  x   dx và tiếp tục đạo hàm thì cột 1 na từ cột 1 sang nhân với v  x  ở cột 3 để ax  b rút gọn bớt; tiếp tục quá trình như thế cho đến khi đạo hàm cột 1 về 0, và chú ý sử dụng quy tắc đan dấu bình thường. Bài tập 6.1. Kết quả nguyên hàm I   x. ln xdx là: A. x2 x2 . ln 2   C 2 4 B. x2 x2 . ln 2   C 2 4 C. x2 x2 . ln 2   C 4 2 D. x2 x2 . ln 2   C 4 2 Hướng dẫn giải Chọn A. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 407 Vậy I   x. ln xdx  x2 x2 . ln 2   C 2 4 Chú ý: chuyển lượng t  x   x 1 x2 bên cột 1 sang nhân với v  x   ta thu được kết quả . Khi đó 2 2 x bên cột 1 còn lại 1, đạo hàm của nó bằng 0; bên cột 3 có nguyên hàm của x x2 là . 2 4 Bài tập 6.2. Kết quả nguyên hàm I    4 x  1 . ln 3  2 x  dx là:       3x 2  6x  C 2  3x 2  6x  C 2  3x 2  6x  C 2  3x 2  6x  C 2 A. 2 x 2  x ln 3  2 x   3 x 2  3 x ln 2  2 x   3 x 2  6 x ln  2 x        B. 2 x 2  x ln 3  2 x   3 x 2  3 x ln 2  2 x   3 x 2  6 x ln  2 x        C. 2 x 2  x ln 3  2 x   3 x 2  3 x ln 2  2 x   3 x 2  6 x ln  2 x        D. 2 x 2  x ln 3  2 x   3 x 2  3 x ln 2  2 x   3 x 2  6 x ln  2 x   Hướng dẫn giải Chọn B.       Vậy I  2 x 2  x ln 3  2 x   3 x 2  3 x ln 2  2 x   3 x 2  6 x ln  2 x   3x 2  6x  C 2 Chú ý: Chuyển   3 , nhân với 2x 2  x thu được  6 x  3 x Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 408     Chuyển 2 , nhân với 3 x 2  3 x thu được  6 x  6  . x Chuyển 1 , nhân với 3 x 2  6 x thu được  3 x  6  . x Bài tập 7. Cho F  x    x  1 e x là một nguyên hàm của hàm số f  x  e2 x . Biết rằng hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  . Nguyên hàm của hàm số f '  x  e2 x là: A.  2  x  e x  C B.  2  x  e x  C C. 1  x  e x  C D. 1  x  e x  C Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có F '  x   f  x  e2 x  e x   x  1 e x  f  x  .e2 x  f  x  .e2 x  x.e x . Xét  f ' xe 2x dx 2x 2x u  e du  2e dx  Đặt  dv  f '  x  dx v  f  x  Do đó I  f  x  .e2 x  2  f  x  e x dx  xe x  2  x  1 e x  C Vậy I   f '  x  e2 x dx   2  x  e x  C Dạng 5: Các bài toán thực tế ứng dụng nguyên hàm 1. Phương pháp giải Ý nghĩa vật lí của đạo hàm: Một chất điểm chuyển động theo phương trình S  S  t  , với S  t  là quãng đường mà chất điểm đó đi được trong thời gian t, kể từ thời điểm ban đầu. Gọi v  t  và a  t  lần lượt là vận tốc tức thời và gia tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm t, ta có: v  t   S '  t  và a  t   v '  t  . Từ đó ta có: S  t    v  t  dt và v  t    a  t  dt . 2. Bài tập Bài tập 1. Một vật chuyển động với gia tốc a  t   3  m / s2  , trong đó t là khoảng thời gian tính t 1 từ thời điểm ban đầu. Vận tốc ban đầu của vật là. Hỏi vận tốc cảu vật tại giây thứ 10 bằng bao nhiêu? A. 10 m/s. B. 15,2 m/s. C. 13,2 m/s. D. 12 m/s. Hướng dẫn giải Chọn C. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 409 Vận tốc của vật tại thời điểm t được tính theo công thức: v  t    a  t  dt   3 dt  3ln t  1  C t 1 Vì vận tốc ban đầu (lúc t  0 ) của vật là v0  6 m / s nên: v  0   3ln 0  1  C  6  C  6  v  t   3ln t  1  6 . Vận tốc của vật chuyển động tại giây thứ 10 là: v 10   3ln 10  1  6  13,2  m / s  . Bài tập 2. Một vận động viên điền kinh chạy với gia tốc a  t      1 3 5 2 t  t m / s 2 , trong đó t là 24 16 khoảng thời gian tính từ lúc xuất phát. Hỏi vào thời điểm 5 (s) sau khi xuất phát thì vận tốc của vận động viên là bao nhiêu? A. 5,6 m/s. B. 6,51 m/s. C. 7,26 m/s. D. 6,8 m/s. Hướng dẫn giải Chọn B. Vận tốc v  t  chính là nguyên hàm của gia tốc a  t  nên ta có: 5  1 5  1 v  t    a  t  dt     t 3  t 2  dt   t 4  t 3  C 16  96 48  24 Tại thời điểm ban đầu  t  0  thì vận động viên ở tại vị trí xuất phát nên vận tốc lúc đó là: v0  0  v  0   0   1 4 5 3 .0  .0  C  0  C  0 . 96 48 Vậy công thức vận tốc là v  t    1 4 5 3 t  t 96 48 Vận tốc của vận động viên tại giây thứ 5 là v  5  6,51 m / s . Chú ý: Gia tốc của vật chuyển động là a  t     3 m / s 2 . Ta tính v  t    a  t  dt , kết hợp với t 1 điều kiện vận tốc ban đầu v0  6 m / s . Suy ra công thức tính vận tốc v  t  tại thời điểm t và tính được v 10  . Bài tập 3. Một nhà khoa học tự chế tên lửa và phóng tên lửa từ mặt đất với vận tốc ban đầu là 20 m/s. Giả sử bỏ qua sức cản của gió, tên lửa chỉ chịu tác động của trọng lực. Hỏi sau 2s thì tên lửa đạt đến tốc độ là bao nhiêu? A. 0,45 m/s. B. 0,4 m/s. C. 0,6 m/s. D. 0,8 m/s. Hướng dẫn giải Chọn B. Xem như tại thời điểm t0  0 thì nhà khoa học phóng tên lửa với vận tốc đầu 20 m/s. Ta có s  0   0 và v  0   20 . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 410 Vì tên lửa chuyển động thẳng đứng nên gia tốc trọng trường tại mọi thời điểm t là s n  t   9,8 m / s 2 . Nguyên hàm của gia tốc là vận tốc nên ta có vận tốc của tên lửa tại thời điểm t là v  t    9,8dt  9,8t  C1 . Do v  0   20 nên 9,8t  C1  20  C1  20  v  t   9,8t  20 . Vậy vận tốc của tên lửa sau 2s là v  2   9,8.2  20  0, 4  m / s  . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 411 BÀI 2: TÍCH PHÂN A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM I. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CỦA TÍCH PHÂN 1. Định nghĩa tích phân Chẳng hạn: F  x   x3  C là một nguyên Định nghĩa Cho hàm số f  x  liên tục trên đoạn  a; b  , với a  b. hàm của hàm số f  x   3x 2 nên tích phân 1 1 f  x  dx  F  x   F 1  F  0  Nếu F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x  trên  đoạn  a; b  thì giá trị F  b   F  a  được gọi là tích  13  C    03  C   1. phân của hàm số f  x  trên đoạn  a; b  . Lưu ý: Giá trị của tích phân không phụ b Kí hiệu  b thuộc vào hằng số C. a Trong tính toán, ta thường chọn C  0. f  x  dx  F  x   F  b   F  a  (1) a 0 0 Công thức (1) còn được gọi là công thức Newton – Leibnitz; a và b được gọi là cận dưới và cận trên của tích phân. Chẳng hạn: Hàm số f  x   x 2  2 x  1 có Ý nghĩa hình học của tích phân Giả sử hàm số y  f  x  là hàm số liên tục và không đồ thị âm trên đoạn  a; b  . Khi đó, tích phân b  f  x  dx C  và f  x    x  1  0 , với 2 x   . a chính là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  f  x  , trục hoành Ox và hai đường thẳng x  a, x  b, với a  b. Diện tích “tam giác cong” giới hạn bởi  C  , trục Ox và hai đường thẳng x  1 và 1 x  1 là S   f  x  dx  1 b S   f  x  dx a  x3     x2  x   3  1  x 2  2 x  1 dx 1 1 8  . 3 1 Lưu ý: Ta còn gọi hình phẳng trên là “hình thang cong”. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 412 2. Tính chất cơ bản của tích phân Cho hàm số f  x  và g  x  là hai hàm số liên tục trên khoảng K, trong đó K có thể là khoảng, nửa khoảng hoặc đoạn và a, b, c  K , khi đó: a  f  x  dx  0 a. Nếu b  a thì Chẳng hạn: Cho hàm số f  x  liên tục, có a b. Nếu f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  a; b  thì ta có: b   1; 2 thỏa mãn f  1  8 và f  2   1. Khi đó b f   x  dx  f  x   f  b   f  a  2  a a đạo hàm trên đoạn 2 f   x  dx  f  x  1 1  f  2   f  1  9 Lưu ý: Từ đó ta cũng có b f  b   f  a    f   x  dx a b và f  a   f  b    f   x  dx a c. Tính chất tuyến tính b b b a a a  k . f  x   h.g  x  dx  k  f  x  dx  h. g  x  dx Với mọi k , h  . d. Tính chất trung cận b c b a a c  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx , với c   a; b  e. Đảo cận tích phân a  b b f  x  dx    f  x  dx a f. Nếu f  x   0, x   a; b  thì b  f  x  dx  0 và a b  f  x  dx  0 khi f  x   0 . a g. Nếu f  x   g  x  , x   a; b thì Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 413 b  a b f  x  dx   g  x  dx a h. Nếu m  min f  x  và M  max f  x  thì  a ;b  a ;b b m  b  a    f  x  dx  M  b  a  a i. Tích phân không phụ thuộc vào biến, tức là ta luôn có b  a b b b a a a f  x  dx   f  t  dt   f  u  du   f  y  dy  ... II. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN 1. Phương pháp đổi biến số Đổi biến dạng 1 b Bài toán: Giả sử ta cần tính tích phân I   f  x  dx , trong a đó ta có thể phân tích f  x   g  u  x   u   x  thì ta thực hiện phép đổi biến số. Lưu ý: Phương pháp đổi biến số trong tích phân cơ bản giống như Phương pháp: đổi biến số trong nguyên hàm, ở + Đặt u  u  x  , suy ra du  u  x  dx. đây chỉ thêm bước đổi cận. + Đổi cận: + Khi đó x a b u u a u b b ub a u a  I   f  x  dx   g  u  du  G  u  ub u a  , với G  u  là nguyên hàm của g  u  . Đổi biến dạng 2 Dấu hiệu Cách đặt a2  x2    x  a sin t ; t    ;   2 2 x2  a2 a2  x2 x a     ; t   ;  \ 0 sin t  2 2    x  a tan t ; t    ;   2 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 414 ax ax   x  a.cos 2t ; t   0;   2 ax ax   x  a.cos 2t ; t   0;   2  x  a  b  x    x  a   b  a  sin 2 t ; t   0;   2 2. Phương pháp tích phân từng phần Chú ý: Cần phải lựa chọn u và dv hợp lí b Bài toán: Tính tích phân I   u  x  .v  x  dx sao cho ta dễ dàng tìm được v và tích phân a b b a a  vdu dễ tính hơn  udv . Hướng dẫn giải u  u  x  du  u  x  dx  Đặt  dv  v  x  dx v  v  x  b Khi đó I   u.v  ba   v.du (công thức tích phân từng a phần) III. TÍCH PHÂN CÁC HÀM SỐ ĐẶC BIỆT 1. Cho hàm số f  x  liên tục trên  a; a  . Khi đó a Đặc biệt  a a f  x  dx    f  x   f   x   dx (1) 0 + Nếu f  x  là hàm số lẻ thì ta có a  f  x  dx  0 (1.1) a + Nếu f  x  là hàm số chẵn thì ta có a f  x 1 dx f  x  dx   1 bx 2 0 a a và a a a 0  f  x  dx  2 f  x  dx (1.2)  0  b  1 (1.3) 2. Nếu f  x  liên tục trên đoạn  a; b  thì b b a a  f  x  dx   f  a  b  x  dx  Hệ quả: Hàm số f  x  liên tục trên  0;1 , khi đó: 2  0  3. Nếu f  x  liên tục trên đoạn  a; b  và f  a  b  x   f  x  thì Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 2 f  sin x  dx   f  cos x  dx 0 b b ab a xf  x  dx  2 a f  x  dx Trang 415 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 416 B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1: Tính tích phân bằng cách sử dụng định nghĩa, tính chất 1. Phương pháp giải Sử dụng các tính chất của tích phân. Sử dụng bảng nguyên hàm và định nghĩa tích phân để tính tích phân. 2. Bài tập 2 Bài tập 1: Biết tích phân I   1  x  1 dx  a 2  b 3  c , với a, b, c   . Giá trị biểu thức x  x x 1 P  a  b  c là A. P  8. B. P  0. C. P  2. D. P  6. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có 2 I  1 x  1  x  0, x  1; 2 nên 2 2 x 1  x 1 1 dx   dx   dx  2 x  2 x  1 x. x  1 x x 1 1 1   2 1  4 2  2 3  2. Suy ra a  4, b  c  2 nên P  a  b  c  0. Nhân liên hợp x  1  x. Bài tập 2: Cho hàm số f  x  thỏa mãn f  2    2 1 và f   x   x  f  x   với mọi x   . Giá trị 3 f 1 bằng 2 A. f 1  . 3 3 B. f 1  . 2 2 C. f 1   . 3 1 D. f 1  . 3 Hướng dẫn giải Chọn C. Từ f   x   x  f  x   (1), suy ra f   x   0 với mọi x  1; 2 . 2 Suy ra f  x  là hàm không giảm trên đoạn 1; 2 nên f  x   f  2   0 , x  1; 2 . f  x Chia 2 vế hệ thức (1) cho  f  x   ta được 2  f  x   2  x, x  1; 2. (2) Lấy tích phân 2 vế trên đoạn 1; 2 hệ thức (2), ta được f  x 2  1  dx  1  f  x  2 1 xdx   f  x       2 2 1  x2     2  2 1  1 1 3   . f 1 f  2  2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 417 Do f  2    1 2 nên suy ra f 1   . 3 3 Chú ý rằng đề bài cho f  2  , yêu cầu tính f 1 , ta có thể sử dụng nguyên hàm để tìm hằng số C. Tuy nhiên ta cũng có thể dựa vào định nghĩa của tích phân để xử lí. 2 1  Bài tập 3: Cho hàm số f  x  xác định trên  \   thỏa mãn f   x   và f  0   1, f 1  2 2x 1 2 . Khi đó f  1  f  3 bằng A. 1  ln15. B. 3  ln 5. C. 2  ln 3. D. 1  ln15. Hướng dẫn giải Chọn A. 0  Ta có 1 0 f   x  dx  f  0   f  1 nên suy ra f  1  f  0    f   x  dx. 1 0  1   f   x  dx. 1 Tương tự ta cũng có 3 f  3  f 1   f   x  dx 1 3  2   f   x  dx . 1 0 3 Vậy f  1  f  3  1   f   x  dx   f   x  dx  1  ln 2 x  1 1 1 0 3  ln 2 x  1 . 1 1 Vậy f  1  f  3  1  ln15. Bài tập 4: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn 1   f   x  dx  7 và 2 0 A. 1. 1 0;1 thỏa mãn f 1  0 , 1  x . f   x  dx  1. Giá trị I   f  x  dx là 3 0 0 B. 7 . 4 C. 7 . 5 D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C. 1 Ta có   f   x  2 dx  7 (1). 0 1 6  x dx  0 1 1   49 x 6 dx  7 (2). 7 0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 418 1 và  14 x3 . f   x  dx  14 (3). 0 Cộng hai vế (1), (2) và (3) suy ra 1 dx  0 mà  f   x   7 x3   0 2   f   x   7 x  3 2 0  f   x   7 x3 . Hay f  x    7 x4  C. 4 7 7 f 1  0    C  0  C  . 4 4 7 x4 7  . 4 4 Do đó f  x    1 Vậy  0 1  7 x4 7  7 f  x  dx       dx  . 4 4 5 0 Bài tập 5: Cho f  x  , g  x  là hai hàm số liên tục trên đoạn  1;1 và f  x  là hàm số chẵn, g  x  1 là hàm số lẻ. Biết  0 1 f  x  dx  5; g  x  dx  7 . Giá trị của A  0 A. 12. B. 24. 1  1 C. 0. 1 f  x  dx   g  x  dx là 1 D. 10. Hướng dẫn giải Chọn D. Vì f  x  là hàm số chẵn nên Vì g  x  là hàm số lẻ nên 1 1 1 0  f  x  dx  2 f  x  dx  2.5  10 1  g  x  dx  0 . 1 Vậy A  10. 1 Bài tập 6: Cho xdx   2 x  1 2  a  b ln 3 với a, b là các số hữu tỉ. Giá trị của a  b bằng 0 A. 5 . 12 1 B.  . 3 1 C. . 4 D. 1 . 12 Hướng dẫn giải Chọn D. 1 Ta có xdx   2 x  1 0 2 1 1  1 2x 11 1  1 1   dx      dx 2 2 2 0  2 x  1 2 0  2 x  1  2 x  1  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 419   1 1    ln  2 x  1   4  2 x  1 4  1 0 1 1    ln 3. 6 4 1 1 1 Vậy a   , b   a  b  . 6 4 12 3 Bài tập 7: Cho 2x  3 dx  a ln 2  b ln 3, với a, b   . Giá trị biểu thức a 2  ab  b là 2  x 2 x A. 11. B. 21. C. 31. D. 41. Hướng dẫn giải 3 Ta có 3 3 2x  3 2x 1 2 2   2x 1 2 x 2  x dx  2 x 2  x dx  2  x 2  x  x 2  x  dx 3 2   2x 1 2 2   2    dx  ln x  x  2 ln x  2 ln x  1 x  x x x 1 2   3  5ln 2  4 ln 3 2 a  5   a 2  ab  b  41. b  4 Chọn D. 2 Bài tập 8. Biết rằng tích phân x 1 2 5x  6 dx  a ln 2  b ln 3  c ln 5, với a, b, c là các số nguyên. Giá  5x  6 trị biểu thức S  a  bc là bao nhiêu? A. S  62. B. S  10. C. S  20. D. S  10. Hướng dẫn giải Chọn B. 2 Ta có 2 2 5x  6 5x  6 4   9 1 x2  5x  6 dx  1  x  2 x  3 dx  1  x  3  x  2  dx 2   9 ln x  3  4 ln x  2   9 ln 5  4 ln 3  26 ln 2. 1 Suy ra a  26, b  4, c  9. Vậy S  a  bc  26  4.9  10.  cos 2 x  sin x.cos x  1 dx  a  b ln 2  c ln 1  3 , với a, b, c là các số hữu tỉ. Giá Bài tập 9: Cho  4 3  cos x  sin x.cos x  3  4 trị abc bằng A. 0. B. 2. C. 4. D. 6. Hướng dẫn giải Chọn C. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 420   3 cos x  sin x.cos x  1 2 cos 2 x  sin x.cos x  sin 2 x dx  dx 3  4  2 2  cos x  sin x.cos x  cos x  cos x  sin x.cos x  2 3 Ta có 4 4   3 2  tan x  tan 2 x 2  tan x  tan 2 x   dx 2  1  tan x  d  tan x   cos x 1  tan x   3 4 4    2 tan 2 x    tan x   d tan x    2 1  tan x    3 4  1  2ln 2  2ln   3    2 ln tan x  1 3 4 4  3  1 . Suy ra a  1, b  2, c  2 nên abc  4. x khi x  0 e  m, Bài tập 10: Cho hàm số f  x    liên tục trên  . 2  2 x 3  x , khi x  0 Biết 1  f  x  dx  ae  b 1 3  c  a, b, c    . Tổng T  a  b  3c bằng B. 10. A. 15. C. 19. D. 17. Hướng dẫn giải Chọn C. Do hàm số liên tục trên  nên hàm số liên tục tại x  0  lim f  x   lim f  x   f  0   1  m  0  m  1. x0 x0 1 0 1 1 1 0  f  x dx   f  x  dx   f  x  dx  I Ta có 0 0 1 1 I1   2 x 3  x 2 dx   1 2 2 1  I2  3  x  d  3  x   23  3  x  2 2 3  x2 0 2 3 1 16 . 3 1 I 2    e x  1 dx   e x  x   e  2. 1 0 Suy ra 0 1  f  x  dx  I 1 1  I2  e  2 3  22 22 . Suy ra a  1; b  2; c   . 3 3 Vậy T  a  b  3c  1  2  22  19.  Bài tập 11: Biết A.   m. cos2 x  1  3 x dx  m . Giá trị của  B.  4  cos2 x  1  3x dx bằng   m. C.   m. D.  4  m. Hướng dẫn giải Chọn A. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 421     cos 2 x cos 2 x 1 dx   dx   cos 2 xdx   1  cos 2 x  dx   . Ta có  x x 1 3 1 3 2      Suy ra cos 2 x  1  3x dx    m.  Dạng 2: Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến 1. Phương pháp giải Nắm vững phương pháp đổi biến số dạng 1 và dạng 2, cụ thể: Đổi biến dạng 1 b Bài toán: Giả sử ta cần tính I   f  x  dx, trong đó ta có thể phân tích f  x   g  u  x   u  x  . a Bước 1: Đặt u  u  x  , suy ra du  u  x  dx. Bước 2: Đổi cận x a u u a B u b Bước 3: Tính b u b a u a I   f  x  dx   g  u  du G  u  u b ua Với G  u  là một nguyên hàm của g  u  . Đổi biến dạng 2 b Bài toán: Giả sử ta cần tính I   f  x  dx , ta có thể đổi biến như sau: a Bước 1: Đặt x    t  , ta có dx     t  dt. Bước 2: Đổi cận x a b t   Bước 3:       Tính I   f   t   .   t  dt   g  t  dt  G  t  Với G  t  là một nguyên hàm của g  t  . Dấu hiệu Cách đặt Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 422    x  a sin t , t    ;   2 2 a2  x2 x2  a2 x     ,t   ; \ 0 sin t  2 2  a a2  x2    x  a tan t , t    ;   2 2 ax ax   x  a.cos 2t , t   0;   2 ax ax   x  a.cos 2t , t   0;   2  x  a  b  x    x  a   b  a  sin 2 t , t   0;   2 2. Bài tập mẫu  2 Bài tập 1: Biết  sin 2 0 cos x dx  a ln 2  b ln 3, với a, b là các số nguyên. x  3sin x  2 Giá trị của P  2a  b là A. 3. B. 7. C. 5. D. 1. Hướng dẫn giải Chọn A.   2 2 cos x 1 dx   d  sin x  Ta có  2 sin x  3sin x  2 sin x  1 sin x  2  0 0   2 1  1      d  sin x    ln sin x  1  ln sin x  2  sin x 1 sin x 2     0  2 0  ln 2  ln1   ln 3  ln 2   2 ln 2  ln 3 Suy ra a  2, b  1  2a  b  3. Bài tập 2: Biết I   ln 2 0 dx 1   ln a  ln b  ln c  , với a, b, c là các số nguyên tố. x e  3e  4 c x Giá trị của P  2a  b  c là A. P  3. B. P  1. C. P  4. D. P  3. Hướng dẫn giải Chọn D. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 423 Ta có I   ln 2 0 ln 2 dx e x dx  . e x  3e  x  4 0 e 2 x  4e x  3 Đặt t  e x  dt  e x dx. Đổi cận x  0  t  1, x  ln 2  t  2. Khi đó I  2 1 1 1 2 1 1  1 t 1 dt      dt  ln 1 t  4t  3 2  t 1 t  3  2 t 3 2 2 1  1  ln 3  ln 5  ln 2  . 2 Suy ra a  3, b  5, c  2 . Vậy P  2a  b  c  3.  6 Bài tập 3: Biết dx  1  sin x  0 a 3 b , với a, b  , c    và a, b, c là các số nguyên tố cùng nhau. c Giá trị của tổng a  b  c bằng A. 5. B. 12. C. 7. D. 1. Hướng dẫn giải Chọn A. 1   2 x x  6  1  tan dx dx 2 2 dx   Ta có I   dx.   2 2 2 0  1  sin x 0  x x x x 0 0   cos  sin   1  tan  1  tan  2 2 2 2       6 6 6 Đặt t  1  tan x x   2dt   1  tan 2  dx. 2 2   Đổi cận x  0  t  1; x  3 3 I  1 cos 2 2dt 2  2 t t 3 3 1   6  t  3  3.  3 3 . 3 Suy ra a  1, b  3, c  3 nên a  b  c  5. Lưu ý: 2 x x x  1  sin x   sin  cos  . Chia tử và mẫu cho cos 2   . 2 2  2 Bài tập 4: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và 1  f  2 x  dx  8. Giá trị của I  0 A. 4. B. 8. C. 16. 2  xf  x  dx là 2 0 D. 64. Hướng dẫn giải Chọn B. Đặt x 2  2u  2 xdx  2du  xdx  du. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 424 Đổi cận x  0  u  0, x  2  u  1. 1 1 0 0 Khi đó I   f  2u  du   f  2 x  dx  8. Bài tập 5: Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên  0;   sao cho x 2  xf  e x   f  e x   1; với mọi x   0;   . Giá trị của I  e  f  x  .ln x e 1 A. I   . 8 x dx là 2 B. I   . 3 C. I  1 . 12 3 D. I  . 8 Hướng dẫn giải Chọn C. Với x   0;   ta có x 2  xf  e x   f  e x   1  f  e x   Đặt ln x  t  x  et  dt  1  x2  1  x. 1 x dx . x 1 Đổi cận x  e  t  ; x  e  t  1. 2 1 1 1 2 1 2 Khi đó I   t. f  et  dt   t 1  t  dt  1 . 12  2 Bài tập 6: Biết 3sin x  cos x  2sin x  3cos x dx  0 A. 22 . 3 B. 11 b ln 2  b ln 3  c ,  b, c    . Giá trị của là 13 c 22 . 3 C. 22 . 3 D. 22 . 13 Hướng dẫn giải Chọn A. Phân tích m  2sin x  3cos x   n  2 cos x  3sin x  3sin x  cos x  2sin x  3cos x 2sin x  3cos x   2m  3n  sin x   3m  2n  cos x 2sin x  3cos x 2m  3n  3 3 11 Đồng nhất hệ số ta có   m  ;n   . 3 2 1 13 13  m n   3 11 2sin x  3cos x    2 cos x  3sin x   3sin x  cos x 13 dx   13 dx. Suy ra  2sin x  3cos x 2sin x  3cos x 0 0   2 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 425  2 3  3 11 2 cos x  3sin x     . dx   x   13 13 2sin x  3cos x  13 0   2  0  2 11 2 cos x  3sin x dx. 13 0 2sin x  3cos x  3 11 2 d  2sin x  3cos x  3 11    dx   ln 2sin x  3cos x 26 13 0 2sin x  3cos x 26 13  2 0 11  b  b 11 26 22 3 11 11  13   .    ln 2  ln 3. Do đó  c 13 3 3 26 13 13 c  3  26 Bài tập 7: Cho hàm số f  x  liên tục trên  và thỏa mãn  4  tan x. f  cos x  dx  2 2 và 0 e2  e f  ln 2 x  x ln x f  2x  dx là x 2 dx  2 . Giá trị của I   1 4 A. 0. B. 1. C. 4. D. 8. Hướng dẫn giải Chọn D.   4 4 sin x.cos x . f  cos 2 x  dx  2. 2 cos x 0. Đặt A   tan x. f  cos 2 x  dx  2   0 1 Đặt t  cos 2 x  dt  2sin x cos xdx   dt  sin x cos xdx. 2 Đổi cận x  0  t  1 và x  1 f t  1 dt  4.  t  . Khi đó A   t 4 2 1  2 e2 Đặt B   f  ln 2 x  x ln x e e2 dx  2  e 4 Tương tự ta có B   1 2 Giá trị của I   Đổi cận x  4 Khi đó I   1 2 x x ln 2 x dx  2. f t  dt  4. t f  2x 1 4  ln x. f  ln 2 x  dx. Đặt t  2 x  dx  1 dt. 2 1 1  t  và x  2  t  4. 4 2 f t  t 1 dt   1 2 f t  t 4 dt   1 f t  t dt  4  4  8 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 426 1 Bài tập 8: Cho 1   x  3 x  1 0 3 dx  a  b ; với a, b là các số nguyên. Giá trị của biểu thức a b  b a bằng A. 17. B. 57. C. 145. D. 32. Hướng dẫn giải Chọn A. 1 1 1 Giá trị của I    x  3 x  1 0 3 1 dx . 2 x  3  x  1 x 1 dx   0 x3 dx 2 dx   2tdt   tdt. 2 2 x 1  x  1  x  1 Đặt t  Đổi cận x  0  t  3, x  1  t  2. 1 Ta có I   0 1 Mà  0 1 dx  2 x  3  x  1 x 1 1  x  3 x  1 3 2 1  t  t  dt  3 3 3 2 2  dt  t  3  2. dx  a  b nên suy ra a  3, b  2. Từ đó ta có giá trị a b  b a  32  23  17. 1 Bài tập 9: Cho  1 2 x 1 a  dx  ln   b  , với a, b là các số nguyên tố. Giá trị của biểu thức x 1 a b  3 P  2  a  b  bằng A. 12. B. 10. C. 18. D. 15. Hướng dẫn giải Chọn B. 1 Biến đổi I   1 2 1 x dx   3 x 1 1 2 x 1  x3 1  3   x  1 dx   1 2 1 1 x. 1  1 x3 dx   1 2 Đặt u  1  1 1 1 3  u 2  1  3  2udu   4 dx và x3  2 . 3 u 1 x x x Đổi cận x  1  u  3; x  1  u  2. 2 2udu 2 Ta có I   2 3  3 2  u  1 .u 3 3 1 u 1 du  u 2  1  3 ln u  1 2 3 2 x3 1 dx . 4 1 x 1 3 x . 1 3   ln   2  . 3 2  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 427 Suy ra a  3, b  2. Vậy P  2  a  b   10. Dạng 3: Tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần 2 ln x b dx   a ln 2 với a là số thực b và c là các số dương, đồng thời x c 1 Bài tập 1. Cho tích phân I   b là phân số tối giản. Giá trị của biểu thức P  2a  3b  c là c A. P  6. B. P  5. C. P  6. D. P  4. Hướng dẫn giải Chọn D. dx  du  u  ln x    x . Đặt  dx   1  dv   v  x2  x Khi đó I   ln x x 2 1 2 1   ln x 1  2 1 ln 2 dx .       x2 x 1 2 2  x  1 Suy ra b  1, c  2, a  1 . Do đó P  2a  3b  c  4. 2 + Ưu tiên logarit. u  ln x  + Đặt  dx . dv  x 2  4 Bài tập 2: Biết x  1  cos 2 x dx  a  b ln 2, với a, b là các số hũu tỉ. Giá trị của T  16a  8b là 0 A. T  4. B. T  5. C. T  2. D. T  2. Hướng dẫn giải Chọn A.   4 4  x x 14 x dx   dx  dx. 1  cos 2 x 2 cos 2 x 2 0 cos 2 x 0 0 Đặt A   u  x  du  dx  Đặt  1 dv  cos 2 x dx  v  tan x Khi đó Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 428  1 A   x tan x 2     4 0     1   tan xdx    x tan x  ln cos x  4  2  0  0   4 1 2  1 1   1   ln     ln 2    ln 2. 2 4 2  2 4 2  8 4 1 1 Vậy a  , b  do đó 16a  8b  2  2  4. 8 4 + Biến đổi 1  cos 2 x  2 cos 2 x. + Ưu tiên đa thức. u  x  + Đặt  . 1  dv  cos 2 x dx 1 Bài tập 3: Cho I   xe2 x dx  a.e2  b với a, b   . Giá trị của tổng a  b là 0 A. 1 . 2 B. 1 . 4 C. 0. D. 1. Hướng dẫn giải Sử dụng phương pháp từng phần. du  dx u  x   Đặt   1 2x . 2x dv  e dx v  e 2  1 1 0 0 Khi đó I  u.v   v.du  Suy ra a.e 2  b  1 2x x.e 2 1 0 1  1 2x 1 e dx  x.e2 x  20 2 1 1  e2 x 4 0 1 0 1 1  e2  . 4 4 1 2 1 e  . 4 4 1 1 1 Đồng nhất hệ số hai vế ta có a  , b  . Vậy a  b  . 4 4 2 Chọn A. + Ưu tiên đa thức. u  x . + Đặt  2x dv  e dx Bài tập 4: Cho hàm số f  x  liên tục, có đạo hàm trên  , f  2   16 và 2  f  x  dx  4. Tích phân 0 4 x  xf   2  dx bằng 0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 429 A. 112. B. 12. C. 56. D. 144. Hướng dẫn giải Chọn A. Đặt t  x  x  2t  dx  2dt. 2 x  0  t  0 Đổi cận  . Do đó x  4  t  2 4 2 2 x 0 xf   2  dx  0 4tf   t  dt  0 4 xf   x  dx. u  4 x  du  4dx Đặt   .  dv  f   x  dx v  f  x  Suy ra 2 2 2 2 0 0  4 xf   x  dx  4 xf  x  0   4 f  x  dx  8 f  2  4 f  x  dx  8.16  4.4  112. 0  ln  sin x  2 cos x  dx  a ln 3  b ln 2  c với a, b, c là các số hữu tỉ. cos 2 x 0 4 Bài tập 5. Cho  Giá trị của abc bằng A. 15 . 8 B. 5 . 8 C. 5 . 4 D. 17 . 8 Hướng dẫn giải Chọn A. u  ln  sin x  2 cos x   cos x  2sin x dx  du   Đặt  sin x  2 cos x . dx dv  v  tan x  2 cos 2 x  Khi đó  4  0 ln  sin x  2 cos x  2 cos x  dx   tan x  2  ln  sin x  2 cos x   4 0 cos x  2sin x dx cos x 0 4   4 3 2   3ln    2 ln 2  0 1  2 tan x dx  2  7  3ln 3  ln 2   x  2 ln cos x  2  4 0 7  2 5   3ln 3  ln 2   2 ln  3ln 3  ln 2  . 2 4 2 2 4 5 1 Suy ra a  3, b   , c   . Vậy abc  18. 2 4 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 430 2   x  1 Bài tập 6. Biết 2 e x 1 x p q dx  me  n, trong đó m, n, p, q là các số nguyên dương và 1 p là phân q số tối giản. Giá trị của T  m  n  p  q là A. T  11. B. T  10. C. T  7. D. T  8. Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có 2 I    x  1 e 2 x 1 x 1 2 dx    x 2  2 x  1 e Xét I1    x  1e 2 x 1 x 1 x 1 2 x 1 2 e 2  I1   2 xe x 1 x 2 dx   x .e 2 1 x x 1 x 1 d  x 2   x 2e x dx  x 2 e x 1 2 x 2 dx    x 2  1e 1 1 2 x 2   2 xe 1 x 2 dx   2 xe x 1 x dx. 1 x 1 x dx 1  I  x 2e x 1 2 x 1 1 x 2 2 1 1 x x  x2  1 1 2 2  x  . 2 dx   x .e d  x     x d  e x  x x 1    1 1 1 x 1 x 1 2  x2e x 3  4e 2  1 1  m  4, n  1, p  3, q  2. Khi đó T  m  n  p  q  4  1  3  2  10. m Bài tập 7. Tìm số thực m  1 thỏa mãn   ln x  1 dx  m. 1 B. m  e. A. m  2e. C. m  e2 . D. m  e  1. Hướng dẫn giải Chọn B m m m 1 1 1 A    ln x  1 dx   ln xdx   dx m I   ln xdx 1 1  u  ln x du  dx  Đặt  x dv  dx  v  x  m  I  x ln x 1   dx m 1 m  e m A  x ln x 1  m ln m  m   . m  0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 431 e k Bài tập 8. Đặt I k   ln dx, k nguyên dương. Ta có I k  e  2 khi: 1 x A. k  1; 2 . B. k  2;3 . C. k  4;1 . D. k  3; 4 . Hướng dẫn giải Chọn A k 1 e   e k u  ln du   dx  Đặt   I k   x.ln  +  dx   e  1 ln k  1  I k  e  2 x x 1 x 1  dv  dx v  x   e  1 ln k  1  e  2  ln k  e3 2  ln k  1  e 1 e 1 Do k nguyên dương nên k  1; 2 . 1 Bài tập 9. Tìm m để  e x  x  m  dx  e . 0 B. m  e. A. m  0. C. m  1. D. m  e. Hướng dẫn giải Chọn C Đặt u  x  m du  dx   x x dv  e dx  v  e 1 1  I   e x  x  m  dx  e x  x  m  0   e x dx  e x  x  m  1 0  me  m  1 1 0 1 0 Mặt khác: I  e  me  m  1  e  m  e  1  e  1  m  1. Dạng 4: Tích phân chứa dấu giá trị tuyệt đối 1. Phương pháp b Bài toán: Tính tích phân I   g  x  dx a ( với g ( x ) là biểu thức chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối) PP chung: Xét dấu của biểu thức trong dấu giá trị tuyệt đối trên  a; b Dựa vào dấu để tách tích phân trên mỗi đoạn tương ứng ( sử dụng tính chất 3 để tách) Tính mỗi tích phân thành phần. b Đặc biệt: Tính tích phân I   f ( x) dx a Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 432 Cách giải Cách 1: +) Cho f ( x )  0 tìm nghiệm trên  a; b +) Xét dấu của f ( x ) trên  a; b , dựa vào dấu của f ( x ) để tách tích phân trên mỗi đoạn tương ứng ( sử dụng tính chất 3 để tách) +) Tính mỗi tích phân thành phần. Cách 2: +) Cho f ( x)  0 tìm nghiệm trên  a; b giả sử các nghiệm đó là x1 ; x2 ;...xn ( với x1  x2  ...  xn ). x1 x2 x3 b a x1 x2 xn Khi đó I   f ( x) dx   f ( x) dx   f ( x) dx  ...   f ( x ) dx I  x1  f ( x)dx  a x2  f ( x)dx  x1 x3  b f ( x)dx  ...  x2  f ( x)dx xn +) Tính mỗi tích phân thành phần 2. Bài tập Bài tập 1: S  2  x2  x  2 dx  1   a a , a, b    , là phân số tối giản. Giá trị a  b bằng b b A. 11. B. 25. C. 100. D. 50. Hướng dẫn giải Chọn A S 2  1 2 x  x  2 dx    2 1  2  x3 x2    2x  x  x  2 dx     3  2   1 2   8 4   1 1  9      4       2      3 2  2  3 2    Bài tập 2: I   1  sin 2xdx  a a , a  * . Hỏi a 3 là bao nhiêu? 0 A. 27. B. 64. C. 125. D. 8. Hướng dẫn giải Chọn D Ta có: 1  sin 2x   sin x  cos x 2    sin x  cos x  2 sin  x   . 4  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 433    3  Với x  0;   x     ;  . 4  4 4          + Với x     ; 0  thì sin  x    0 4  4  4  3    + Với x   0;  thì sin  x    0 4  4  4   4       I   2  sin  x   dx  2  sin  x   dx  2 2. 4 4    0 4 5 Chọn 3: Biết I   1 2 x  2 1 dx  4  a ln 2  b ln 5, với a , b là các số nguyên. Giá trị S  a  b bằng x A. 9. B. 11. D. 3. C. 5. Hướng dẫn giải Chọn B 5 Ta có: I   1 2  1 2 5 2 x  2 1 2 x  2 1 2 x  2 1 dx   dx   dx x x x 1 2 5 2 5  2x 5 2x  3 22  x 1 2  x  2  1 dx   dx   dx   dx 1 2 x x x x 2 2 5 5 2 5 3      x  dx    2   dx   5ln x  x    2 x  3ln x  1 2 1 2 x x   a  8  8ln 2  3ln 5  4    a  b  11. b  3 Bài tập 4: Cho tích phân 2  1  cos 2xdx  ab và a  b  2  2 2. Giá trị của a và b lần lượt là 0 a  2 A.   b  2 2 a  2 2 B.  . .  b  2 a  2 2 a  2 C.    b  2  b  2 2 a  2 2 a  2 D.   .  b  2  b  2 2 . Hướng dẫn giải Chọn D 2  0 1  cos 2xdx  2 2  sin x dx  2  sin xdx  2  2 0 0   0   2 cos x  2 cos x 2   sin xdx  4 2. ab  4 2 a  2 2 a  2 .   X2  2  2 2 X  4 2  0     b  2  b  2 2 a  b  2  2 2   Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 434 1  2 1 Bài tập 5: Tính tích phân I   x x - a dx, a  0 ta được kết quả I  f ( a ) . Khi đó tổng f (8)  f   0 có giá trị bằng: A. 2 4 . B. 9 1 . 91 C. 17 . 24 D. 2 2 17 Hướng dẫn giải Chọn B 1   x3 ax 2  a 1 8 1 11  TH1: Nếu a  1 khi đó I    x  x  a  dx       f (8)    2 0 2 3 2 3 3  3 0 1 a 1 0 a TH 2: Nếu 0  a  1 khi đó I    x  x  a  dx   x  x  a  dx a 1   x3 ax2   x3 ax2  a3 a 1            2 0  3 2 a 3 2 3  3 1 1 1 1 1 f       2  24 4 3 8  1  11 1 91   .  2  3 8 24 Khi đó f (8)  f    Bài tập 6: Cho hàm số f  x  liên tục trên  thỏa 1  f  2 x  dx  2 và 0 2  f  6 x  dx  14 . Giá trị 0 2  f  5 x  2  dx bằng 2 A. 30 . B. 32 . C. 34 . D. 36 . Lời giải Chọn B 1 + Xét  f  2 x  dx  2 . 0 Đặt u  2 x  du  2dx ; x  0  u  0 ; x  1  u  2 . 1 Nên 2   f  2 x  dx  0 2 2 1 f  u  d u   f  u  du  4 . 2 0 0 2 + Xét  f  6 x  dx  14 . 0 Đặt v  6 x  dv  6dx ; x  0  v  0 ; x  2  v  12 . 2 Nên 14   f  6 x  dx  0 2 + Xét  2 12 1 f  v  dv  6 0 f  5 x  2  dx  0  2 12  f  v  dv  84 . 0 2 f  5 x  2  dx   f  5 x  2  dx . 0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 435 0 Tính I1   f  5 x  2  dx . 2 Đặt t  5 x  2 . Khi 2  x  0 , t  5 x  2  dt  5dx ; x  2  t  12 ; x  0  t  2 . 2 12 2  1 1 f  t  dt    f  t  d t   f  t  d t   1  84  4   16 .  5 12 5 0 0  5 I1  2 Tính I1   f  5 x  2  dx . 0 Đặt t  5 x  2 . Khi 0  x  2 , t  5 x  2  dt  5dx ; x  2  t  12 ; x  0  t  2 . 12 I2  12 2 1  1 1 f t d t d    f t t  f  t  d t    84  4   16 .      52 5 0 0  5 2  f  5 x  2  dx  32 . Vậy 2 Bài tập 7: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  0; 4 và 2  0 4 f  x  dx  1 ;  f  x  dx  3 . Giá trị 0 1  f  3x  1 dx bằng 1 A. 4. C. 4 . B. 2. 3 D. 1 . Hướng dẫn giải Chọn C 1  f  3 x  1 dx  1 1/3  f 1  3 x dx  1 1/3 1  f  3x  1dx . 1/3 1  1 1 f 1  3 x d 1  3 x    f  3 x  1d  3 x  1 . 3 1 3 1/3  1 1 1 1 4 f  t dt   f  t d  t      3   .1  . 3 4 30 3 3 3 0 2 3 Bài tập 8. S    3 A. 80. y 4  4 y 2  3 dy  a  24 3 . Giá tị A  2 B bằng b B. 83. C. 142. D. 79. Hướng dẫn giải Chọn C Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 436     y 4  4y 2  3  y 2  1 y 2  3   Xét dấu y 2  1 y 2  3 , ta có: y ‐ 3 ‐∞ 2 + y ‐1 2 y ‐3 2 2 (y ‐1)(y ‐3) S 3   3  1        + 0 ‐ + 0 ‐ 0 + ‐ 0 +∞ 3 + ‐ 0 ‐ 0 + ‐ 0 ‐ 0 + y 4  4y 2  3 dy  y 4  1  y 3  4y 2  3 dy  1  y 5 4y 3      3y   5  3   + 1  3 1  y 4  4y 2  3 dy   3  3 4  4y 2  1  y 4 dy   ‐1 4   4y 2  3 dy 1 1 3  y 5 4y 3   y 5 4y 3     3y      3y   5    3 3   1  5 1 3 112  24 3 . 15 1 Bài tập 9. S   4x2  4x  1dx  0   a a , a, b    , là phân số tối giản. Giá trị b b A. 1. B. 3. C. 35. a  4b bằng D. 3. Hướng dẫn giải Chọn D 1 Ta có: I7   1  2x  1 dx   2x  1 dx 2 0 0 1 1 2 0 0 1 2 1 1  I7   2x  1 dx   2x  1 dx   2x  1 dx    1  2x  dx    2x  1 dx  1 2 1 2 0 1 . 2 Suy ra: a  1, b  2. Bài tập 10. I  2  3 3 1  sin xdx  A B , biết A  2B Giá trị A  B bằng 0 A. 72. B. 8. C. 65. D. 35. Hướng dẫn giải Chọn A  x x 2 x x x  Ta có: 1  sin x   sin  cos   sin  cos  2 sin    2 2 2 2  2 4 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 437 x x    5  Với x  0; 2    0;      ;  . 2 2 4 4 4  + Với x    x     ;   thì sin     0 2 4 4  2 4 + Với x   5  x     ;  thì sin     0 2 4  4  2 4 I 2 3 2  0 2 x  x  sin    dx  2  sin    dx  4 2 . 2 4   2 4 3 2  2 Bài tập 11. Cho tích phân  1  3 sin 2 x  2 cos 2 xdx  a 3  b. Giá trị A  a  b  4 bằng 0 B. 5 . A. 2. D. 8 . C. 5. Hướng dẫn giải Chọn D 2  4 0 0 I   1  3 sin 2x  2 cos2 xdx    sin x  sin x  3 cos x  0  tan x  3  x     2  2 3 cos x dx   sin x  3 cos x dx . 0   k . 3  Do x   0;  nên x  . 3  2  3  2 0  3 I   sin x  3 cos x dx   sin x  3 cos x dx     cos x  3 sin x   3 0    cos x  3 sin x  3   sin x  0   2  3  3 cos x dx   2   sin x   3 cos x dx  3 1 3 1 3     1   3    3  3. 2 2 2 2  a  1; b  3  A  8 Dạng 5: Tính tích phân các hàm đặc biệt, hàm ẩn 1. Phương pháp giải a. Cho hàm số f  x  liên tục trên  a; a  . Khi đó 1 Bài tập 1: Tích phân I   cos x.ln Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 1 2 x dx bằng 2 x Trang 438 a  a a f  x  dx    f  x   f   x   dx (1) 0 Chứng minh a 0 a a a 0 0 I Xét  f  x  dx. B. C. 0. D. 1. 2. Hướng dẫn giải  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx. Ta có A. 1. Đổi Hàm số f  x   cos x.ln 2 x xác định và liên tục 2 x biến trên đoạn  1;1 . a Mặt khác, với x   1;1   x   1;1 và x  t  dx  dt. f   x   cos   x  .ln Đổi cận x  a  t  a; x  0  t  0 Khi đó 0 a a a 0 0 I   f  t   dt    f  t  dt   f   x  dx 2 x 2 x   cos x.ln   f  x. 2 x 2 x Do đó hàm số f  x   cos x.ln 1 2 x là hàm số lẻ. 2 x 2 x dx  0 . 2 x Do đó (1) được chứng minh. Vậy I   cos x.ln Đặc biệt Chọn C. + Nếu f  x  là hàm số lẻ thì ta có Bài tập 2: Cho y  f  x  là hàm số chẵn, liên tục 1 trên đoạn  6;6 . a  f  x  dx  0 (1.1). a 2 + Nếu f  x  là hàm số chẵn thì ta có a Tính (1.2) + Nếu f  x  là hàm số chẵn thì ta cũng có f  x x a dx  a 1 f  x  dx  0  b  1 2 a (1.3). Đặt A  f  x  1 b x B. I  5. C. I  2. D. I  14. Hướng dẫn giải Gọi F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên 3  dx (*). 1  Đổi biến x  t  dx  dt. Đổi cận x  a  t  a; x  a  t  a a f  1  1 b a  f  x  dx. A. I  11. a Khi đó A  t 1 đoạn  6;6 ta có Chứng minh (1.3): a  f  2 x  dx  3. 1 0  1 b 3 6  f  x  dx  2 f  x  dx a f  x  dx  8 và 1 a a  Biết rằng a  dt    a bt . f  t  1  bt dt. 3 f  2 x  dx  3   f  2 x  dx  3 1 3 1 F  2 x   3. 2 1 Do đó F  6   F  2   6 hay 6  f  x  dx  6. 2 Vậy I  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 6 2 6 1 1 2  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  14. Trang 439 bx . f  x a Hay A   a 1  bx 1 Bài tập 3: Tích phân I  Suy ra a 2A  Chọn D. dx (**).  f  x  dx  A  a a 1 f  x  dx. 2 a A. I  0. C. I  2 2021 . 2021 x 2020  e x  1dx có giá trị là 1 B. I  22020 . 2019 D. I  22019 . 2019 Hướng dẫn giải Áp dụng bài toán (1.3) ở cột bên trái cho hàm số f  x   x 2020 và b  e ta có Ta có 1 1 x 2021 I   x 2020 dx  2 1 2021 1 1  2.22021 22021 I . 2021 2021 Chọn C. b. Nếu f  x  liên tục trên đoạn  a; b thì b  a b f  x  dx   f  a  b  x  dx Bài tập 4: Cho hàm số f  x  liên tục trên  thỏa điều kiện f  x   f   x   2 cos x, với x   .  a 2  f  x  dx Hệ quả: hàm số f  x  liên tục trên  0;1 , khi đó: Giá trị của N    2  0  là 2 2 A. N  1. B. N  0. 0 C. N  1. D. N  2. f  sin x  dx   f  cos x  dx Hướng dẫn giải  Ta có N  2    f  x  dx  2  f   x  dx  2 2  Suy ra 2 N  2     f  x   f   x   dx  2  2 cos xdx.  2 2  2  0 0 Vậy N  2  cos xdx  2sin x 2  2. Chọn D. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 440 Bài tập 5: Cho hàm số f  x  liên tục trên  và thỏa mãn f  x   f  2  x   x  2  x  , x  . 2 Giá trị tích phân G   f  x  dx là 0 c. Nếu f  x  liên tục trên đoạn  a; b f  a  b  x   f  x  thì b và A. G  2. 1 B. G  . 2 2 C. G  . 3 1 D. G  . 3 Hướng dẫn giải 2 2 0 0 Ta có G   f  x  dx   f  2  x  dx b ab a xf  x  dx  2 a f  x  dx 2 2 0 0 Suy ra 2G    f  x   f   x   dx   x  2  x  dx 2 Vậy G  1 2 x  2  x  dx  .  20 3 Chọn C. Bài tập 6: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn f 1  0, 1   f   x  2 dx  7 và 0 1 1 2 0 x f  x  dx  3 . Tích phân d. Nếu f  x  liên tục trên đoạn f  x   0 với x   a; b  thì b  a  a; b a  f  x  dx bằng 0 A. 7 . 5 B. 1. C. 7 . 4 D. 4. và Hướng dẫn giải du  f   x  dx u  f  x    f  x  dx  0 và Đặt  x3 2 dv  x dx v  3  b  f  x  dx  0 khi f  x   0. 1 1 Ta có  x f  x  dx  2 0 1  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 x3 f  x  3 1 1 1   x3 f   x  dx 30 0 1 1 3 1 x . f   x dx    x 3 . f   x  dx  1.  30 3 0 Trang 441 1 Cách 1: Ta có   f   x  2 dx  7 (1). 0 1 6  x dx  0 x7 7 1 1  0 1 1   49 x 6 dx  .49  7 (2). 7 7 0 1 1 0 0 3 3  x . f   x  dx  1   14 x . f   x  dx  14 (3). Cộng hai vế (1), (2) và (3) suy ra 1 1 1 0 0 6 3   f '  x  dx   49 x dx   14 x . f   x  dx  0 2 0 1    f  x   7 x3  dx  0. 2 0 1 Do  f   x   7 x 3   0    f   x   7 x 3  dx  0 . Mà 2 2 0 1   f   x   7 x 0 f  x   3  dx  0  f   x   7 x 3 . 2 7 x4  C. 4 7 7 Mà f 1  0    C  0  C  . 4 4 Do đó f  x    1 Vậy  0 7 x4 7  . 4 4 1  7 x4 7  7   dx  . f  x  dx     4 4 5 0 Một số kĩ thuật giải tích phân hàm ẩn Loại 1: Biểu thức tích phân đưa về dạng: u ( x) f '( x) + u '( x) f ( x) = h ( x) Cách giải: + Ta có u ( x ) f '( x ) + u '( x ) f ( x ) = éëu ( x ) f ( x )ùû ' ' + Do đó u ( x ) f '( x ) + u '( x ) f ( x ) = h ( x )  éëu ( x ) f ( x )ùû = h ( x ) Suy ra u ( x) f ( x) = ò h ( x) dx Suy ra được f ( x) Loại 2: Biểu thức tích phân đưa về dạng: f '( x) + f ( x) = h ( x) Cách giải: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 442 ' + Nhân hai vế với e x  e x . f '( x ) + e x . f ( x ) = e x .h ( x )  éê e x . f ( x )ùú = e x .h ( x ) ë û Suy ra e x . f ( x) = ò e x h ( x) dx Suy ra được f ( x) Loại 3: Biểu thức tích phân đưa về dạng: f '( x) - f ( x) = h ( x) Cách giải: ' + Nhân hai vế với e- x  e- x . f '( x ) + e- x . f ( x ) = e- x .h ( x )  éê e- x . f ( x )ùú = e- x .h ( x) ë û Suy ra e- x . f ( x ) = ò e- x h ( x ) dx Suy ra được f ( x) Loại 4: Biểu thức tích phân đưa về dạng: f '( x) + p ( x ) f ( x) = h ( x) Cách giải: eò + Nhân hai vế với Suy ra f ( x).e ò p( x )d x  f '( x ).e ò é  ê f ( x ).e ò êë p( x)dx = ò eò p( x )d x ù p( x)dx p( x )d x ' + p ( x ).e ò ú = h ( x ).e ò úû p( x )d x . f ( x ) = h ( x ).e ò p( x )d x p( x )d x .h ( x ) dx Suy ra được f ( x) b  Công thức a b f ( x)dx   f ( a  b  x)dx a 2. Bài tập Bài tập 1: Cho số thực a  0. Giả sử hàm số f  x  liên tục và luôn dương trên đoạn  0; a  thỏa mãn a 1 dx là 1 f  x 0 f  x  . f  a  x   1. Giá trị tích phân I   A. I  2a . 3 a B. I  . 2 a C. I  . 3 D. I  a. Hướng dẫn giải Chọn B. Đặt t  a  x  dt  dx. Đổi cận x  0  t  a; x  a  t  0. a a a f  x 1 1 1 dt   dx   dx   dx. 1 1 f a  t  1 f a  x 1 f  x 0 0 0 1 0 f  x a Khi đó I   Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 443 a a f  x a 1 dx   dx   1.dx  a. Vậy I  . 2 1 f  x 1 f  x 0 0 0 a  2I   Ta có thể chọn hàm số f  x   1 , với mọi x   0; a  thỏa mãn yêu cầu đề bài. a a 1 1 a dx   dx  . 1 f  x 2 2 0 0 Khi đó I   Bài tập 2: Cho hàm số f  x  liên tục trên  1;1 và f   x   2019 f  x   e x , x   1;1 . Tích phân 1 M  f  x  dx bằng 1 A. e2  1 . 2019e B. e2  1 . e e2  1 . 2020e C. D. 0. Hướng dẫn giải Chọn C. 1  Ta có M  f  x  dx  1 1  f   x  dx. 1 1 1 1 1 1 1 Do đó 2020 M  2019  f  x  dx   f   x  dx    f   x   2019 f  x   dx. 1 Suy ra M  1 e2  1 x e dx  . 2020 1 2020e Nếu f  x  liên tục trên đoạn  a; b thì b b a a  f  x  dx    f  a  b  x  dx Bài tập 3. Cho f  x  là một hàm số liên tục trên  thỏa mãn f  x   f   x   2  2 cos 2 x . Giá trị tích phân P  3 2   f  x  dx là 3 2 A. P  3. B. P  4. C. P  6. D. P  8. Hướng dẫn giải Chọn C. 3 2 Ta có P    2P  3 2  f  x  dx   f   x  dx 3 2  3 2 3 2 3 2 3  2 3  2   f  x   f   x  dx   3 2 2  2 cos 2 xdx  4  sin x dx. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 0 Trang 444  3 2  0  0 Hay P  2  sin xdx  2  sin xdx  2 cosx 3 2  2 cos x  6.  Bài tập 4: Cho f  x  là hàm số liên tục trên  thỏa mãn f  x   f   x   sin x với mọi x và f  0   1. Tích phân e . f   bằng A. e  1 . 2 B. e  1 . 2 C. e  3 . 2 D.  1 2 . Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có f  x   f   x   sin x nên e x f  x   e x f   x   e x .sin x, x  .   e x f  x    e x .sin x hay  e x f  x    e f       0   0 0  x x  e f  x  dx   e .sin xdx 1 x e  sin x  cos x   2  0  e f    f  0   1   e  1 2 e  3 . 2 Để ý rằng  e x   e x nên nếu nhân thêm hai vế của f  x   f   x   sin x với e x thì ta sẽ có ngay  e . f  x    e .sin x. x x Bài tập 5: Cho hàm số f  x  tuần hoàn với chu kì     f   x  dx  4 và  2 2    và có đạo hàm liên tục thỏa mãn f    0 , 2 2    f  x  .cos xdx  4 . Giá trị của f  2019  . 2 A. 1. B. 0. C. 1 . 2 D. 1. Hướng dẫn giải Chọn A. Bằng phương pháp tích phân từng phần ta có    f  x  .cos xdx   f  x  .sin x    2 2     f   x  .sin xdx. Suy ra  2 1  cos 2 x  2 x  sin 2 x  dx    2 4   Mặt khác  sin 2 xdx    2     f   x  .sin xdx   4 .  2   2   4 . 2 Suy ra Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 445     2 2 2 2 0 0 0 2   f   x  dx  2 sin xf   x  dx   sin xdx  0    f   x   sin x  dx  0. 2 0 2    f   x    sin x. Do đó f  x   cos x  C. Vì f    0 nên C  0. 2 Ta được f  x   cos x  f  2019   cos  2019   1. Bài tập 6: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 , thoả mãn 3 f  x   xf   x   x 2018 với 1 mọi x   0;1 . Tính I   f  x  dx . 0 A. I  1 . 2018  2021 B. I  1 . 2019  2020 C. I  1 . 2019  2021 D. I  1 . 2018  2019 Hướng dẫn giải Chọn C Từ giả thiết 3 f  x   xf   x   x 2018 , nhân hai vế cho x 2 ta được 3 x 2 f  x   x 3 f   x   x 2020   x3 f  x    x 2020 . Suy ra x3 f  x    x 2020 dx  x 2021  C. 2021 x 2018 . Thay x  0 vào hai vế ta được C  0  f  x   2021 1 Vậy  0 1 f  x  dx   0 1 1 2018 1 1 1 x dx  . x 2019  . 2021 2021 2019 2021 2019 0 Bài tập 7: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0; 4 , thỏa mãn f  x   f   x   e  x 2 x  1 với mọi x   0; 4. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. e 4 f  4   f  0   26 . 3 B. e4 f  4   f  0   3e. C. e 4 f  4   f  0   e4  1. D. e4 f  4   f  0   3. Lời giải Chọn A Nhân hai vế cho e x để thu được đạo hàm đúng, ta được e x f  x   e x f '  x   2 x  1   e x f  x    2 x  1. / Suy ra e x f  x    2 x  1dx  1  2 x  1 2 x  1  C. 3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 446 Vậy e 4 f  4   f  0   26 . 3 Bài tập 8: Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên , thỏa mãn f '  x   2018 f  x   2018 x 2017 e2018 x với mọi x   và f  0   2018. Giá trị f 1 bằng A. 2018e 2018 . B. 2017e 2018 . C. 2018e2018 . D. 2019e2018 . Lời giải Chọn D Nhân hai vế cho e2018 x để thu được đạo hàm đúng, ta được  f   x  e 2018 x  2018 f  x  e2018 x  2018 x 2017   f  x  e 2018 x   2018 x 2017 . Suy ra f  x  e2018 x   2018 x 2017 dx  x 2018  C. Thay x  0 vào hai vế ta được C  2018  f  x    x 2018  2018  e 2018 x . Vậy f 1  2019e2018 . Bài tập 9: Cho hàm số f  x  có đạo hàm và liên tục trên , thỏa mãn f   x   xf  x   2 xe  x và 2 f  0   2. Giá trị f 1 bằng A. e. B. 1 . e C. 2 . e 2 D.  . e Hướng dẫn giải Chọn C Nhân hai vế cho e x2 2 để thu được đạo hàm đúng, ta được x2 2 f   x  e  f  x  xe x2 2 Suy ra e f  x    2 xe  x2 2 dx   2e  x2 2 x2 2  2 xe  x2 2 x  x   2  e f  x    2 xe 2 .   2 2  C. Thay x  0 vào hai vế ta được C  0  f  x   2e  x . 2 2 Vậy f 1  2e 1   . e Bài tập 10: Xét hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  0;1 và thỏa mãn 2 f ( x)  3 f (1  x)  1  x . Tích 1 phân  f ( x)dx bằng 0 A. 2 . 3 B. 1 . 6 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 C. 2 . 15 D. 3 . 5 Trang 447 Hướng dẫn giải Chọn C Ta có: 2 f ( x)  3 f (1  x)  1  x (1) . Đặt t  1  x , thay vào (1) , ta được: 2 f (1  t )  3 f (t )  t hay 2 f (1  x)  3 f ( x)  x (2) . Từ (1) & (2) , ta được: f ( x )  1 Do đó, ta có:  3 2 1 x . x 5 5 1 f ( x ) dx  0 1 3 2 2 4 2 x dx   1  x d x    .  5 15 15 50 50 b b a a  f ( x)dx   f (a  b  x)dx Cách 2. Công thức 1 1 1 0 0 0 Lấy tích phân 2 vế ta được 2  f ( x)dx  3 f (1  x )dx   1  x dx 1 1 2 2 5 f ( x)dx    f ( x)dx  . 3 15 0 0 Chú ý: Ta có thể dùng công thức  x2 x1 f  ax  b  dx   ax2  b ax1  b f  x  dx . Khi đó: Từ 2 f  x   3 f 1  x   1  x suy ra: 2  f  x  dx  3 f 1  x  dx   1 0  2  f  x  dx  3 f  x  dx   0 1 2 1 0 1 1 1 0 0 0 1  x dx 1 2 2   f  x  dx  . 0 3 15 1 1  x dx  50 f  x  dx  2 1 1 a I   f  t  dt   f  x  dx  . 21 21 2 Bài tập 11: Cho y  f  x  là hàm số chẵn, có đạo hàm trên đoạn  6;6 . Biết rằng 2  f  x dx  8 và 1 6 3  f  2x  dx  3. Giá trị 1  f  x  dx bằng 1 A. 1. C. 1. B. e. D. 14. Hướng dẫn giải Chọn D 3 3 1 1 Ta có y  f  x  là hàm số chẵn nên f  2x   f  2x  suy ra  f  2x dx   f  2x dx  3. 3 Mặt khác:  f  2x dx  1 3 6 6 1 1 f  2x d  2x    f  x dx  3   f  x dx  6.  21 22 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 448 6 2 6 1 1 2 Vậy I   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  8  6  14. k Bài tập 12: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số k để   2x  1 dx  4 lim x 0 1 k  1 B.  .  k  2 k  1 A.  . k  2  k  1 C.  .  k  2 x 1 1 . x  k  1 D.  . k  2 Hướng dẫn giải Chọn D  2x  1 1 1  2x  1 dx  2 1  2x  1 d  2x  1  4 k Ta có k x 1 1  4 lim x 0 x Mà 4 lim  x 0   k  2k  1  4 1   4 lim x 1 1 x 1 1   x 2 x 1 1 x 0 2  1 4 1 2 x 1 1  2k  1  1  2  2k  1 2  9   k  2 . x 1 1 Khi đó   2x  1 dx  4 lim     k  1 x 0 x 4  1 2 k f  x  .f  a  x   1 Bài tập 13: Cho f  x  là hàm liên tục trên đoạn  0; a  thỏa mãn  và f  x   0, x   0;a  a dx  1 f x  0 ba b , trong đó b, c là hai số nguyên dương và là phân số tối giản. Khi đó b  c có giá c c trị thuộc khoảng nào dưới đây? A. 11; 22  . B.  0;9  . C.  7; 21 . D.  2017; 2020  . Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN B Đặt t  a  x  dt  dx Đổi cận x  0  t  a; x  a  t  0 0 a a a f  x  dx dt dx dx dx     1 f  x  a 1 f a  t  0 1 f a  x  0 1 1 1 f  x 0 0 f x a Lúc đó I   a f  x  dx a dx   1dx  a 1  f  x  0 1  f  x  0 0 a Suy ra 2I  I  I   1 Do đó I  a  b  1; c  2  b  c  3. 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 449 Cách Chọn 2: f x  1 là một hàm thỏa các giả thiết. Dễ dàng tính được 1 I  a  b  1; c  2  b  c  3. 2 Bài tập 14: Cho hàm số f  x  liên tục trên  và 9  f  x  dx  4, x 1  2  f  sin x  cos xdx  2. Giá trị của 0 3 tích phân  f  x  dx bằng 0 B. 6 . A. 2 . D. 10 . C. 4 . Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN C f 9  Xét   x  dx  4. Đặt t  x  t 2  x, suy ra 2tdt  dx. x 1 x  1  t  1 . Đổi cận  x  9  t  3 9 Suy ra 4   f  x  dx  2 x 1 3 3 1 1  f  t  2dt   f  t  dt  2.  2  Xét  f  sin x  cos xdx  2. Đặt u  sin x, suy ra du  cos xdx. 0  x  0  u  0 1 2  . Đổi cận  Suy ra 2   f  sin x  cos xdx   f  t  dt.  0 0  x  2  u  1 3 1 3 0 0 1 Vậy I   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  4. .  Bài tập 15: Cho hàm số f  x  liên tục trên  và 4  f  tan x  dx  4, 0 x2 f  x  0 x2  1 dx  2. Giá trị của 1 1 tích phân I   f  x  dx bằng 0 A. I  6 . B. I  2 . C. I  3 . D. I  1 . Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN A  4 Xét  f  tan x  dx  4. 0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 450 Đặt t  tan x, suy ra dt  1 dt dx   tan 2 x  1 dx  dx  . 2 cos x 1 t2  x  0  t  0 1 1 4 f t  f  x  . Khi đó 4   f  tan x  dx   2 dt   2 dx. Đổi cận:   t 1 x 1 0 0 0  x  4  t  1 1 2 f  x x f  x dx  4  2  6. Từ đó suy ra I   f  x  dx   2 dx   2 x 1 x 1 0 0 0 1 1  Bài tập 16: Cho hàm số f  x  liên tục trên  và thỏa mãn 4  tan x. f  cos x  dx  1, 2 0 e 2  e f  ln x  2 x ln x 2 dx  1. Giá trị của tích phân I   f  2x x 1 4 A. 1 . dx bằng C. 3 . B. 2 . D. 4 . Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN D  4 ● Xét A   tan x. f  cos 2 x  dx  1 . Đặt t  cos 2 x. 0 Suy ra dt  2sin x cos xdx  2 cos 2 x tan xdx  2t.tan xdx   tan xdx   dt . 2t x  0  t  1  Đổi cận:   1.  x  4  t  2 1 1 1 1 f  x 1 2 f t  1 f t  1 f  x Khi đó 1  A    dt   dt   dx   dx  2. x 21 t 21 t 21 x 1 2 e2 ● Xét B   e Suy ra du  f  ln 2 x  x ln x 2 2 dx  1. Đặt u  ln 2 x. 2 ln x 2 ln 2 x 2u dx du dx  dx  dx   . x x ln x x ln x x ln x 2u x  e  u  1 . Đổi cận:  2 x  e  u  4 4 4 4 f  x 1 f u  1 f  x du   dx   dx  2. Khi đó 1  B   21 u 21 x x 1 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 451 f  2x dx. x 2 ● Xét tích phân cần tính I   1 2 1  dx  2 dv Đặt v  2 x, suy ra  . Đổi cận: x  v  2 4 Khi đó I   1 2 1 1  x   v  4 2.   x  2  v  4 4 1 4 f v f  x f  x f  x dv   dx   dx   dx  2  2  4. v x x x 1 1 1 2 2 Bài tập 17: Cho hàm số f  x  nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên  0; 2 . Biết f  0   1 và f  x f 2  x  e 2 x2  4 x 2 với mọi x   0; 2 . Giá trị tích phân I   x 0 A.  14 . 3 B.  3   3x 2 f   x  f  x 32 16 . C.  . 5 3 Hướng dẫn giải dx bằng D.  16 . 5 ĐÁP ÁN D Từ giả thiết f  x  f  2  x   e 2 x x 2 Ta có I   0 3  3x 2  f '  x  f  x 2 4 x x2  f  2   1. u  x 3  3 x 2 du   3 x 2  6 x  dx  . dx. Đặt  f ' x   dv  f x dx v  ln f  x     Khi đó I   x 3  3 x 2  ln f  x  2 0 f  2  1 2    3 x 2  6 x  ln f  x  dx 0 2   3  x 2  2 x  ln f  x  dx  3 J . 0 2 x  2 t Ta có J    x 2  2 x  ln f  x  dx  0 0 0   2  t  2 2  2  2  t   ln f  2  t  d  2  t   2    2  x   2  2  x   ln f  2  x  d  2  x     x 2  2 x  ln f  2  x  dx.   2 2 0 Suy ra 2 2 2 J    x  2 x  ln f  x  dx    x 2  2 x  ln f  2  x  dx 2 0 0 2    x 2  2 x  ln f  x  f  2  x  dx 0 2    x 2  2 x  ln e 2 x 0 2 4 x 2 dx    x 2  2 x  2 x 2  4 x  dx  0 32 16 J . 15 15 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 452 Vậy I  3 J   16 . 5    Bài tập 18: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên   ;  và thỏa mãn 2 f  x   f   x   cos x. Giá  2 2  trị của tích phân I  2  f  x  dx  bằng 2 A. I  2 . B. I  2 . 3 C. I  3 . 2 D. I  2 . Hướng dẫn giải ĐÁN ÁN B Từ giả thiết, thay x bằng  x ta được 2 f   x   f  x   cos x. Do đó ta có hệ 1 2 f  x   f   x   cos x 4 f  x   2 f   x   2 cos x   f  x   cos x.  3 2 f   x   f  x   cos x  f  x   2 f   x   cos x  2 Khi đó I     1 f  x  dx  3 2 2 1  cos xdx  3 sin x   2   2 2  . 3 2 1  Bài tập 19: Cho hàm số f  x  liên tục trên  ; 2  và thỏa mãn f  x   2 f 2  2 tích phân I   1 2 A. f  x x 1    3 x. Giá trị của x dx bằng 1 . 2 B. 3 . 2 C. 5 . 2 D. 7 . 2 Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN B Từ giả thiết, thay x bằng 1 3 1 ta được f    2 f  x   . x x  x Do đó ta có hệ  f   f   1  f  x   2 f  x   3x 2       f  x    x. x 3 1 4 f  x   2 f  1   6    2 f  x     x  x x x  x   2 f  1   3x x 2 Khi đó I   1 2 2 f  x  2   2  dx    2  1 dx     x  x   x  1 x 2 1 2 3  . 2 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 453 1 Cách khác. Từ f  x   2 f    3 x  f  x   3 x  2 f  x 2 Khi đó I   1 2 2 Xét J   1 2   f  x dx    3  2 x 1 2  2 1  . x 1 1 f   2 2 f    x   dx  3 dx  2  x  dx. 1 1 x x   2 2  1 f  1 1 1  x  dx. Đặt t  , suy ra dt   2 dx  t 2 dx  dx   2 dt. x x x t 1   x  2  t  2 Đổi cận:  . x  2  t  1  2 1 2 2 2 f t  f  x  1 Khi đó J   tf  t    2  dt   dt   dx  I . t x  t  1 1 2 2 2 2 2 2 2 3 Vậy I  3 dx  2 I  I   dx  . . 2 1 1 Bài tập 20: Cho hàm số f  x  thỏa mãn  f   x    f  x  . f   x   15 x 4  12 x với mọi x   và 2 f  0   f   0   1. Giá trị của f 2 1 bằng A. 5 . 2 B. 9 . 2 C. 8. D. 10. Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN C Nhận thấy được  f   x    f  x  . f   x    f  x  . f   x   . 2 Do đó giả thiết tương đương với  f  x  . f   x    15 x 4  12 x.       C  1 Suy ra f  x  . f   x    15 x 4  12 x dx  3x5  6 x 2  C  f 0  f  0 1.  f  x  . f   x   3x5  6 x 2  1  f  x  . f   x  dx    3 x 5  6 x 2  1 dx  Thay x  0 vào hai vế ta được f 2  x  x6   2 x 3  x  C '. 2 2 f 2 0 1 C'C' . 2 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 454 2 6 3 2 Vậy f  x   x  4 x  2 x  1  f 1  8. 4 Bài tập 22: Cho hàm số f  x  liên tục trên  thỏa mãn f  tan x   cos x, x   . Giá trị 1 I   f  x  dx bằng 0 A. 2  . 8 B. 1. C. 2  . 4 D.  4 . Hướng dẫn giải ĐAP ÁN A 1   f  tan x   cos x  f  tan x     2  tan x  1  2 4  f x  x 1 1 2  1 2   f  x  dx  0 2 8 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 455 Dạng 8: Bất đẳng thức tích phân 1. Phương pháp Áp dụng các bất đẳng thức: b + Nếu f  x  liên tục trên  a; b thì  a b f  x  dx   f  x  dx a b + Nếu f  x  liên tục trên  a; b và m  f  x   M thì m  b  a    f  x  dx  M  b  a  a 2 b b  b + Nếu f  x  , g  x  liên tục trên  a; b thì   f  x  g  x  dx    f 2  x  dx. g 2  x  dx dấu "  " xẩy a a  a ra khi và chỉ khi f  x   k .g  x  . + Bất đẳng thức AM-GM 2. Bài tập Bài tập 1: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 , thỏa mãn f 1  0 , 1   f   x  2 dx  7 0 1 1 2 và  x f  x  dx  . Giá trị phân 3 0 A. 1 . 1  f  x  dx bằng 0 B. 7 . 5 C. 7 . 4 D. 4 . Hướng dẫn giải Chọn B 1 1 1 x3 1 f  x    x 3 f '  x  dx. Kết hợp với giả thiết Dùng tích phân từng phần ta có  x f  x  dx  3 30 0 0 2 f 1  0 , ta suy ra 1  x f '  x  dx  1. 3 0 2 1 3  1 6 1 2 x7 Theo Holder  1    x f '  x  dx    x dx.  f '  x   dx  7 0 0  0 2 3 Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có f '  x   kx , thay vào 1 .7  1. 0 1  x f '  x  dx  1 ta được k  7. 3 0 7 3 Suy ra f '  x   7 x  f '  x   7 x 3 , x   0;1  f  x    x 4  C 4 1 7 7 7 7  C   f  x    x 4    f  x  dx  . 4 4 4 5 0 f 1  0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 456 Bài tập 2: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 , thỏa mãn f 1  1 , 1 11  x f  x  dx  78 5 0 1 4 f x d f x  . và        13 Giá trị f  2  0 A. 2. B. bằng 251 . 7 C. 256 . 7 D. 261 . 7 Hướng dẫn giải Chọn D 2 2 1  1 12 1 2 1 4 4 2  6  . Theo Holder      x f  x  dx    x dx.  f   x   dx  .  13 13 169  13   0 0  0  f   x   2 x6  f  x   Vậy f  x   2 7 5 f 1 1 C  . x  C  7 7 2 7 5 261 . x   f  2  7 7 7 Bài tập 3: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 , thỏa mãn f 1  2, f  0   0 và 1   f   x  dx  4. Tích phân 2 0 1   f  x   2018x  dx. bằng 3 0 A. 0. B. 1011. C. 2018. D. 2022. Hướng dẫn giải Chọn B 2 1  1 1 2 Theo Holder 2    f '  x  dx    dx.  f '  x   dx  1.4  4. 0  0 0 2    f '  x   2  f  x   2 x  C   C  0. f 0 0 1 Vậy f  x   2 x    f 3  x   2018 x  dx  1011. 0 Bài tập 4: Cho hàm số f  x  nhận giá trị dương và có đạo hàm f   x  liên tục trên  0;1 , thỏa mãn f 1  ef  0  và 1  0 1 2 dx    f   x   dx  2. Mệnh đề nào sau đây đúng? 2 f  x 0 A. f 1  2e . e 1 B. f 1  C. f 1  2e2 . e2  1 D. f 1  Hướng dẫn giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 2  e  2 . e 1 2 e  2 e 1 . Trang 457 Chọn C 1 Ta có  0 1 1 AM  GM 1 f '  x   1 2 2 dx ' d ' d dx         2 f x x f x x         0 f 2  x   f 2  x  0  f  x 0   1  2 ln f  x   2 ln f 1  2 ln f  0   2 ln 0 1 Mà  0 f 1  2 ln e  2. f  0 1 2 1 dx  f  x f ' x  1    f '  x   dx  2 nên dấu ''  '' xảy ra, tức là f '  x   2 f  x f  x 0   f  x  f '  x  dx   xdx  f 2  x  x  C  f  x   2 x  2C . 2 Theo giả thiết f 1  ef  0  nên ta có  f  x  2x  2  2C  e 2C  2  2C  e 2 2C  C  1 e2  1 2 2 2e2  f 1  2   .  e2  1 e2  1 e2  1 Bài tập 5: Cho hàm số f  x  nhận giá trị dương trên  0;1 , có đạo hàm dương và liên tục trên  0;1 , 1 1 1 3 3 2 thỏa mãn f  0   1 và   f  x   4  f   x    dx  3 f   x  f  x  dx. Giá trị I   f  x  dx bằng   0 0 0 A. 2   B. 2  e 2  1 . e 1 . C. e 1 . 2 D. e2  1 . 2 Hướng dẫn giải Chọn A Áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho ba số dương ta có f 3  x   4  f '  x    4  f '  x    3  3 3 4  f '  x   . 3 3 f 3  x f 3  x  2 2 f 3  x f 3  x  3 f ' x f 2  x. . 2 2 1 1 3 Suy ra   f 3  x   4  f '  x    dx  3 f '  x  f 2  x  dx.   0 0 1 Mà 1 3 3 2 0  f  x   4  f '  x   dx  30 f '  x  f  x  dx nên dấu ''  '' xảy ra, tức là 4  f '  x    3  f ' x f  x  f 3  x f 3  x 1   f ' x  f  x 2 2 2 1 x C f ' x 1 1 1  dx   dx  ln f  x   x  C  f  x   e 2 . f  x 2 2 2 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 458 1 1 x Theo giả thiết f  0   1  C  0  f  x   e 2   f  x  dx  2 0   e 1 . Bài tập 6: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;   , thỏa mãn   f   x  sin xdx  1 và 0   f 2  x  dx  0 2   . Giá trị tích phân  xf  x  dx bằng 0 6 A.  . 4 B.  .  C.  2  . D. 4  . Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN B 2    0 0 Theo Holder 1   f  x  cos xdx   f 2  x  dx  cos 2 xdx  2 0  f  x  2    cos x   xf  x  dx   0 2 x cos x 0  dx   4  2  .  1.  2 . Bài tập 7: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 , thỏa t f 1  0, 1 x  0 cos  2  f  x  dx  2 . Giá trị của ích phân 1 A. 1  . B. 2  1 2 0  f   x  dx  8 và 2 1  f  x  dx bằng 0 . C.  2 . D.  . Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN B Theo Holder 2 2 1  1 2 x  1 2 1 2    x        sin   f '  x  dx    sin   dx.  f '  x   dx  . . 2 8  4 0  2   2  0  0  f ' x    x  x  f 1  0 sin    f  x   cos    C  C  0. 2  2   2  2 x Vậy f  x   cos     f  x  dx  .   2  0 1 Bài tập 8: Cho hàm số f  x  nhận giá trị dương trên  0;1 , có đạo hàm dương liên và tục trên  0;1 , 1 thỏa mãn  0 A. 1. xf   x  1 dx  1 và f  0   1, f 1  e 2 . Giá trị của f   bằng f  x 2 B. 4. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 C. e. D. e. Trang 459 Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN C Hàm dưới dấu tích phân là hàm đúng xf '  x  f  x  x. f ' x f  x , x   0;1. Điều này làm ta liên tưởng đến đạo f ' x , muốn vậy ta phải đánh giá theo AM  GM như sau: f  x f ' x f  x  mx  2 m . xf '  x  f  x với m  0 và x   0;1. Do đó ta cần tìm tham số m  0 sao cho 1  f ' x  xf '  x   mx d x  2 m .   0 f  x  0 f  x  dx   1 hay ln f  x  1 m 0 x2 2  2 m  20 Để dấu ''  '' xảy ra thì ta cần có 2  0  Với m  4 thì đẳng thức xảy ra nên  1 0  2 m .1  ln f 1  ln f  0   m 2 m  2 m. 2 m  2 m  m  4. 2 f ' x  4x f  x f ' x 2 dx   4 xdx  ln f  x   2 x 2  C  f  x   e 2 x C . f  x  f  0   1 2 1 Theo giả thiết   C  0  f  x   e2 x  f    e. 2 2  f 1  e Cách 2. Theo Holder 2 2 1  1 xf '  x    1 f ' x  1 f ' x f 1 1 1   dx     x . dx    xdx. dx  .ln  1.  0 f  x   0 f  x   0 f  x 2 f  0 0    2 f ' x  kx, thay vào Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có f  x Suy ra f ' x f  x 1  0 xf '  x  f  x dx  1 ta được k  4.  4 x. (làm tiếp như trên) Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 460 Bài tập 9: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 , thỏa mãn B. 3. 2.   f  x  f   x  2 dx  1 và 0 1 f  0   1, f 1  3. Giá trị của f   bằng 2 A. 1 C. D. e. e. Lời giải ĐÁP ÁN A Hàm dưới dấu tích phân là  f  x  f '  x   . Điều này làm ta liên tưởng đến đạo hàm đúng f  x  f '  x  2 , muốn vậy ta phải đánh giá theo AM  GM như sau:  f  x  f '  x    m  2 m . f  x  f '  x  với m  0. 2 Do đó ta cần tìm tham số m  0 sao cho  1 0  1  f  x  f '  x    m dx  2 m  f  x  f '  x  dx. 2 0 hay 1  m  2 m. f 2  x 2 1  1  m  2 m. 0 Để dấu ''  '' xảy ra thì ta cần có 1  m  2 m  m  1.  f  x f ' x  1 2 Với m  1 thì đẳng thức xảy ra nên  f  x  f '  x    1   .  f  x  f '  x   1 f 2  x  f  x  f '  x   1   f  x  f '  x  dx    dx  2 0 0 1 1  f  x  f '  x   1   f  x  f '  x  dx   dx  1  x 0 1  1  1. (vô lý) 0 f 2  x  x  C  f  x   2 x  2C . 2  f  0   1 1 1 Theo giả thiết   C   f  x   2 x  1  f    2. 2 2  f 1  3 1  Cách 2. Ta có 0 f  x  f '  x  dx  f 2  x 2 1 0  1 2  f 1  f 2  0    1. 2 2 1  1 2 1 2 Theo Holder 1    1. f  x  f '  x  dx    1 dx.  f  x  f '  x   dx  1.1  1. 0 0  0 2 Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có f '  x  f  x   k , thay vào 1  f  x  f '  x  dx  1 ta được k  1. Suy ra 0 f '  x  f  x   1. (làm tiếp như trên) Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 461 Bài tập 10: Cho hàm số f  x  nhận giá trị dương và có đạo hàm f   x  liên tục trên 1; 2  , thỏa  f   x   dx  24 và f 1  1, f  2   16. Giá trị của f  mãn xf  x  1 2 2 A. 1. B. 2.  2  bằng C. 2. D. 4. Hướng dẫn giải ĐÁP ÁN D  f '  x   1  f '  x   . Điều này làm ta liên tưởng đến đạo hàm đúng  . Hàm dưới dấu tích phân là xf  x  x f  x 2 f ' x f  x 2 , muốn vậy ta phải đánh giá theo AM  GM như sau:  f '  x   f ' x  mx  2 m với m  0 và x  1; 2. xf  x  f  x 2 Do đó ta cần tìm tham số m  0 sao cho 2   f '  x 2    mx  dx  2 m f '  x  dx  1  xf  x  1 f  x     2 hay 24  2m  4 m f  x 3 2  24  1 2m 2m  4 m  f  2   f 1   24   12 m  m  16.   3 3 Để dấu ''  '' xảy ra thì ta cần có 24  2m  12 m  m  16. 3  f '  x   f ' x  16 x   2x Với m  16 thì đẳng thức xảy ra nên xf  x  2 f  x 2  f ' x 2 f  x dx   2 xdx  f  x   x2  C  f  x    x2  C  . 2  f 1  1 Theo giả thiết   C  0  f  x   x4  f  f  2   16 2 Cách 2. Ta có  1 f ' x f  x f ' x 2 dx  2. 1 2 f  x  2   4. dx  2 f  x  2 2 1  2  f  2   f 1   6.  2 2 2  2 f ' x   1  2  f '  x   f ' x x2 2 2 Theo Holder 6    dx     x . dx    xdx. dx  .24  36.  1 f  x   1  1 2 1 xf  x  xf x   1     Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 462 Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có k  4. Suy ra f ' x f  x f ' x xf  x  k x  f ' x f  x 2  kx, thay vào  1 f ' x f  x dx  6 ta được  4 x. (làm tiếp như trên) Bài tập 11: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 , và f 1  f  0   rằng 0  f   x   2 2 x , x   0;1 . Khi đó, giá trị của tích phân 1   f   x  2 14 . Biết 2 dx thuộc khoảng nào 0 sau đây?  13 14  B.  ;  . 3 3 A.  2; 4  .  10 13  C.  ;  .  3 3 D. 1;3 . Hướng dẫn giải Chọn C. Do 0  f   x   2 2 x , x   0;1 nên 0   f   x    8 x, x   0;1 . 2 1 1 Suy ra   f   x   dx   8 xdx hay 2 0 0 1   f   x  2 dx  4 (1). 0 Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có: 2 1 1  1 2 1 2 2 2   f x dx  1 dx . f x dx  f 1  f 0                       f   x   dx  0 0 0  0 1  2 7    f   x   dx 2 0 1 2 7 Vậy    f   x   dx  4. 2 0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 463 BÀI 3. ỨNG DỤNG HÌNH HỌC TÍCH PHÂN A. KIẾN THỨC SÁCH GIÁO KHOA CẦN NẮM I. DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG 1. Định lý 1: Cho hàm số y  f ( x) liên tục, không âm trên  a; b  . Khi đó diện tích S của hình thang b cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x ) , trục hoành và 2 đường thẳng x  a, x  b là: S   f ( x)dx a 2. Bài toán liên quan Bài toán 1: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x) liên tục trên đoạn  a; b  , trục b hoành và hai đường thẳng x  a , x  b được xác định: S   f ( x) dx a Bài toán 2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x ) , y  g ( x ) liên tục trên đoạn  a; b  và hai đường thẳng b x  a , x  b được xác định: S   f ( x)  g ( x) dx a y  (C 1 ) : y  f1 ( x )   (C ) : y  f 2 ( x ) (H )  2 x  a x  b  (C 1 ) (C 2 ) b a c1 O c2 b S  x  f1 (x )  f2 (x ) dx a b Chú ý: Nếu trên đoạn [a; b] , hàm số f ( x) không đổi dấu thì:  a b f ( x) dx   f ( x)dx a Bài toán 3: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường x  g ( y ) , x  h( y ) và hai đường thẳng d y  c , y  d được xác định: S   g ( y )  h( y ) dy c Bài toán 4: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị (C1 ) : f1 ( x) , (C2 ) : f 2 ( x) là: S x2  f ( x)  g ( x) dx . Trong đó: x1 , x2 tương ứng là nghiệm của phương trình f ( x)  g ( x),  x1  x2  x1 II. THỂ TÍCH CỦA KHỐI TRÒN XOAY Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 464 1. Thể tích vật thể Gọi B là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm a và b; S ( x) là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm x , ( a  x  b) . Giả sử S ( x) là hàm số liên tục trên đoạn [a; b] . 2. Thể tích khối tròn xoay Bài toán 1: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f ( x) , trục hoành và hai đường thẳng x  a , x  b quanh trục Ox: Bài toán 2: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường x  g ( y ) , trục hoành và hai đường thẳng y  c , y  d quanh trục Oy: Bài toán 3: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường b y  f ( x) , y  g ( x ) và hai đường thẳng x  a , x  b quanh trục Ox: V    f 2 ( x)  g 2 ( x) dx . a B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1: Tính diện tích giới hạn bởi 1 đồ thị 1. Phương pháp: a/ Phương pháp 1: b S   | f ( x) | dx a Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 465 * Xét dấu biểu thức f ( x) ; x  [a; b] , phá dấu trị tuyệt đối và tính tích phân. b/ Phương pháp 2: * Giải phương trình f ( x)  0 ; chọn nghiệm trong [a; b] . Giả sử các nghiệm là  ;  với    . * Áp dụng tính chất liên tục của hàm số f ( x) trên [a; b] ; ta có: S |a f ( x )dx |  | f ( x )dx |  |b f ( x )dx | 2. Các Bài tập mẫu: Bài tập 1: Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y  x 2 , trục hoành và đường thẳng x  2. 8 A. S  . 9 B. S  16 . 3 C. S  16. 8 D. S  . 3 Hướng dẫn giải CHỌN D Nhận thấy rằng, để tính diện tích ta cần phải tìm được 2 cận. Để tìm thêm cận còn lại ta giải phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  P  : y  x 2 với trục hoành. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  P  : y  x 2 với trục hoành: x 2  0  x  0 2 8 Áp dụng công thức ta có S   x 2 dx  . 3 0 Nhận xét: Nếu ta vẽ đồ thị hàm số y  x 2 và đường thẳng x  2 ta dễ dàng xác định được hình phẳng giới hạn bởi các đường này. Từ đó ta dễ dàng tính được diện tích S. Bài tập 2: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y  x 2 .e x , trục hoành và đường thẳng x  1 A. e  2. B. 2  e. C. 2  e. D. 1. Hướng dẫn giải CHỌN A Phương trình hoành độ giao điểm x 2 e x  0  x  0 Ta có: 1 1 0 0 1 S   x 2 e x dx   x 2d  e x   x 2 e x   e x d  x 2  1 0 1 1 0 0 0 1  e  2 xe x dx  e  2 xd  e x   e  2xe x  2 e x dx 1 0 0 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 466 1  e  2e  2e x  e  2e  2  e  2. 0 Lời bình: Bài toán trên đã có 1 cận, ta chỉ cần tìm thêm 1 cận nữa bằng cách giải phương trình hoành độ giao điểm. Sau đó áp dụng công thức. Nếu vẽ đồ thị bài này để tìm hình phẳng giới hạn bởi các đường là không 1 nên vì đồ thị hàm số hơi phức tạp. Việc tìm được công thức S   x 2 e x dx 0 và tính tích phân này ta có thể dùng MTCT để tính và chọn Chọn. Bài tập 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y  1  x 2 và trục hoành: A.   2. B.  . 4 C. 1. D.  . 2 Hướng dẫn giải CHỌN D Phương trình hoành độ giao điểm của, Ox là 1  x 2  0  x  1 1 Khi đó, diện tích hình phẳng cần tìm là S   1  x 2 dx. 1    x  1  t  2 Đặt x  sin t  dx  cos tdt và   x  1  t     2 1 Suy ra S   1  x 2 dx  1  2   1  sin 2 t.cos tdt   2  2  cos   2 2 tdt   2 Lời bình: Bài toán trên chưa có cận, ta phải giải phương trình hoành độ giao điểm để tìm cận. Sau đó áp dụng công thức. Việc tìm được công 1 thức S   1  x 2 dx và tính tích phân này tương đối phức tạp, do đó ta 1 có thể dùng MTCT để tính và chọn Chọn. Nếu vẽ được đồ thị thì ta xác định được hình phẳng và diện tích của nó dễ dàng, đó chính là diện tích của nữa đường tròn bán kính bằng 1. Do 1  đó: S  R 2  . 2 2 Bài tập 4: Tính diện tích S hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 A. S  2  . e 1 B. S  1  . e Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 y  lnx, x  e, x  2 C. S  2  . e 1 và trục hoành e 1 D. S  1  . e Trang 467 Hướng dẫn giải CHỌN A Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y  lnx và trụ hoành là ln x  0  x  1. e 1 e e e 1 e 2 S   ln x dx    ln xdx   ln x.dx   x  x ln x  1   x ln x  x  1  2  . e e 1 1 1 Bài tập 5: Diện tích tam giác được cắt ra bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến của đồ thị y  ln x tại giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox là: A. S  2 3 B. S  1 4 C. S  2 5 D. S  1 2 Hướng dẫn giải Chọn D Phương trình hoành độ giao điểm: ln x  0  x  1 Ta có: y '   ln x  '  1 .y ' 1  1 x' Phương trình tiếp tuyến của đồ thị y  ln x tại giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox là: y  1 x  1  0 hay y  x  1 Đường thẳng y  x  1 cắt Ox tại điểm A 1;0  và cắt Oy tại điểm B  0; 1 . 1 1 Tam giác vuông OAB có OA  1, OB  1  SOAB  OA.OB  2 2 b 0 b 0 b a a 0 a 0 SD   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx    f  x dx   f  x dx Bài tập 6: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  2 ax  a  0  , trục hoành và đường thẳng x  a bằng ka 2 . Tính giá trị của tham số k. A. k  7 3 B. k  4 3 C. k  12 5 D. k  6 5 Hướng dẫn giải Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 468 Chọn B a a 2 3 4 4 Có S   2 ax dx  2 a. .x 2  a 2  ka 2  k  3 3 3 0 0 Bài tập 7: Cho hình cong giới hạn bởi các đường y  e x , y  0, x  0 và x  ln 4 . Đường thẳng x  k với 0  k  ln 4 chia thành hai phần có diện tích là S1 và S2 như hình vẽ bên. Tìm k để S1  2S2 . 2 A. k  ln 4 3 B. k  ln 2 C. k  ln 8 3 D. k  ln 3 Hướng dẫn giải Chọn D 2 2 Do S1  2S2  S1  S  3 3 ln 4  0 2 e dx  3 x ln 4  0 2 e dx  e x 3 ln 4 2 x 0 k Do đó: S1   e x dx  e k  1  2  e k  3  k  ln 3 0 Dạng 2: Tính diện tích giới hạn bởi 2 hai đồ thị 1. Phương pháp: b Công thức tính S   | f ( x)  g ( x) | dx . Tính như dạng 1. a 2. Một số bài tập mẫu Bài tập 1: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y 1 1   ;y ;x  ; x  2 2 cos x sin x 6 3 Lời giải Ta có: S    /3  /6 1 1  2 dx 2 cos x sin x Trong trường hợp này nếu chọn cách xét dấu biểu thức y  hoặc vẽ đồ thị hàm số y  1 1    ; x ;   2 2 6 3 cos x sin x 1 1    ; x   ;  là khá khó khăn.  2 2 6 3 cos x sin x Vì vậy ta chọn cách sau: + Xét phương trình: 1 1        2  0 ; x   ;   cos 2 x  sin 2 x  0 x   ;  2 cos x sin x 6 3 6 3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 469      cos 2 x  0 ; x   ;   x  4 6 3 Từ đó suy ra: S    /4 6  S | (tan x  cot x) |  /3  1  1 1   1  2 dx  |    2 dx  2 2 4/4  cos x sin x   cos x sin x  4 3   /4  |  | (tan x  cot x) | 2   2  .  /6 4  3  Bài tập 2 : Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  1 ; 2 x 1 y x2 . 2 Lời giải Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên:  x  1 1 x2  x4  x2  2  0  x2  1    2 x 1 2  x 1 Vì vậy hình phẳng đã cho có diện tích là: S   1 1 Do trên ( 1;1) phương trình S 1 x2  dx  x2  1 2 1 1 Tính I1   1 1 1 x2 dx  x2  1 2 1 x2 vô nghiệm nên ta có:  x2  1 2  1 x2     x 2  1 2 dx  1  1 1 1 1 x2  d x  x 2  1 1 2 dx 1 1 dx . x 1 2 1    dt +/ Đặt x  tan t ; t    ;   dx  cos 2 t  2 2   1  x  1  t   4 2  /4 cos t dt   /4 dt   +/ Đổi cận:   I1    /4 2  /4 1  tan 2 t x  1 t    4 I2  x2 1 1 2 dx  3 1 Thay thế vào ta được: S   2  1  1   . 3 2 3 Bài tập 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y  x 2  4 x  3 và y  3 . Hướng dẫn giải Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên: Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 470  x2  4x  3  3 x  0  x2  4x  3  3   2 x  4  x  4 x  3  3 4  ‖x Khi đó: S  S 1 S 1 0 0 x x 2 0 2 2    4 x  3 | 3 | dx |04 x 2  4 x  3 | 3 dx |   4 x  3  3 dx    3 3 1 x 2    4 x  3  3 dx    4  4 3 x 2   4 x  3  3 dx   4 x dx    x 2  4 x  6 dx   x 2  4 x dx | 1 3 3  x3  1  x3   x3   S  S    2 x2      2 x2  6 x     2 x2   3 0  3 1  3  4  8. 3 Bài tập 4: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị: y  sin | x | ; y  | x | -  . Hướng dẫn giải Xét phương trình hoành độ: sin | x || x |  Đặt | x |  t Khi đó trở thành: sin t  t    sin t  t    0 Xét hàm số f (t )  sin t  t   ; t  [0, ) .  f  (t )  cost  1  0 t  [0, ) . BBT của hàm số f (t ) như sau:  phương trình có nghiệm duy nhất t   .  phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x    và x   .   S   |sin | x |  | x |  | dx      (sin | x |  | x |  )dx .  3. Bài tập Bài tập 1: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol  P  : y   x 2  3x  3 và đường thẳng  d  : y  2x  1 là: A. 7 3 B. 13 3 C. 19 6 D. 11 Hướng dẫn giải Chọn B Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 471  x  1 Xét phương trình  x 2  3x  3  2x  1   x 2  x  2  0   x  2 Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol  P  : y   x 2  3x  3 và đường thẳng  d  : y  2x  1 là 2  x2 x3  13 S     x  3x  3   2x  1 dx    2  x  x  dx   2x     2 3  1 3  1 1 2 2 2 Vậy S  2 13 . 3 x2 chia hình tròn có tâm tại gốc tọa độ, bán kính 2 2 thành 2 phần. Tỉ số 2 diện tích của chúng thuộc khoảng nào: Bài tập 2: Parabol y  A.  0, 4;0,5 B.  0,5;0, 6  C.  0, 6;0, 7  D.  0, 7;0,8 Hướng dẫn giải Chọn A Phương trình đường tròn: x 2  y2  8  x 2  8  y2 Thế vào phương trình parabol, ta được y  8  y2  y 2  2y  8  0 2  y2   x 2  4  x  2   y 4 l    Diện tích phần được tạo bởi phần đường tròn phía trên với Parabol là: 2 2 2  x2  x2 x2 x3 2 8 2 2 S1    8  x  dx   8  x dx   dx  I1  I 2 ; I 2   dx   2  2 2 6 2 3 2  2 2 2 2 2 Tính I1   2 2 8  x 2 dx  2  8  x 2 dx 0 Đặt x  2 2 sin t  dx  2 2 cos tdt; x  0  t  0 ; x  2  t   4  4 0 0  4  4 cos 2t  1 dt  4  2 2 0 I1  2  2 2 cos t2 2 cos tdt  16 cos 2 tdt  16 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 472 8 4 S1  I1  I 2  4  2    2 3 3 4 4  Diện tích hình tròn: S  R 2  8  S2  S  S1  8    2   6  3 3  4  2 S1 3    0, 435   0, 4;0,5  . S2 6  4 3 Bài tập 3: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  4  y x2 và đồ thị hàm số 4 x2 4 2 A. 2  4 B. 2  4 3 C. 2  4 3 D. 8 3 Hướng dẫn giải Chọn B Phương trình hoành độ giao điểm: 2 2  x 2  16  l  x2 x2   2  x  2 2 . Khi đó S   4 4 4 2  x  8 2 2 4 x2 x2 4   2  4 4 2 3 Bài tập 4: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường my  x 2 , mx  y 2 (với m  0 ). Tìm giá trị của m để S  3 . A. m  1 . B. m  2 . C. m  3 . D. m  4 . Hướng dẫn giải Chọn C. Vì m  0 nên từ my  x 2 ta suy y  x2  0; m Từ mx  y 2 nên x  0 và y  mx . Xét phương trình x  0 x2  mx  x 4  m3 x   m x  m Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là: m S   mx  0 m  x2 x2  dx    mx   dx m m 0 2 m x3  .x x     3m   3 m  0 1 2 1 2 m  m 3 3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 473 Yêu cầu bài toán S  3  1 2 m  3  m 2  9  m  3 (vì m  0 ). 3 Bài tập 5: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm y  x2 và y  2x là x 1 S  a  b ln 2 với a, b là những số hữu tỷ. Giá trị của a  b là 1 A.  . 3 2 C.  . 3 B. 2. D. 1. Hướng dẫn giải Chọn A. Phương trình hoành độ giao điểm của  C1  : y  x2 và  C2  : y  2x là x 1 x  0 2x 3 2 x   x  1  x  x  2 x  0   x  1 x 1  x  2 2 Diện tích hình phẳng cần tìm là: 0 0  2 x3   2x     x 2  dx    2   x 2  dx   2 x  2 ln x  1   S   x 1 x 1 3    1  1  Suy ra a  0  1 5  2 ln 2 3 5 và b  2 3 Vậy a  b   1 3 Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 474 Bài tập 6: Cho  H  là hình phẳng giới hạn bởi parabol y  3x 2 , cung tròn có phương trình y  4  x 2 (với 0  x  2 ) và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ). Diện tích của  H  là A. 4  3 . 12 B. 4  3 . 6 C. 4  2 3  3 . 6 D. 5 3  2 . 3 Hướng dẫn giải Phương trình hoành độ giao điểm của parabol y  3x 2 và cung tròn y  4  x 2 (với 0  x  2 4  x 2  3x 2  4  x 2  3x 4  x  1 . ) lả Diện tích của  H  là 1 2 S   3 x dx   2 0 1 3 3 4  x dx  x 3 2 2 1 3 I   I với I   4  x 2 dx . 3 0 1    Đặt x  2sin t , t    ;   dx  2 cos t.dt  2 2 Đổi cận x  1  t   6 , x2t   2 .     2 2 2 2 I   4  4sin t .2 cos t.dt   4 cos t.dt   2 1  cos 2t  .dt   2 x  sin 2t   2 2     6 6 6 6 2 3  3 2 Vậy S  3 3 2 3 4  3 I     3 3 3 2 6 Chọn B. Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 475 Bài tập 7: Hình phẳng  H  được giới hạn bởi đồ thị  C  của hàm đa thức bậc ba và parabol  P  có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm của hình vẽ có diện tích bằng A. 37 . 12 B. 7 . 12 C. 11 . 12 D. 5 . 12 Hướng dẫn giải Chọn A. Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là y  2 và y  0 nên ta xét hai hàm số là y  ax3  bx 2  cx  2 , y  mx 2  nx (với a, m  0 ). Suy ra  C  : y  f  x   ax3  bx 2  cx  2 và  P  : y  g  x   mx 2  nx . Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và  P  là: ax 3  bx 2  cx  2  mx 2  nx   ax 3  bx 2  cx  2    mx 2  nx   0 . Đặt P  x    ax 3  bx 2  cx  2    mx 2  nx  . Theo giả thiết,  C  và  P  cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là x  1 , x  1 , x  2 nên P  x   a  x  1 x  1 x  2  . Ta có P  0   2a . Mặt khác, ta có P  0   f  0   g  0   2  a  1 . 2 Vậy diện tích phần tô đậm là S  37   x  1 x  1 x  2  dx  12 1 Dạng 3: Tính thể tích vật thể tròn xoay dựa vào định nghĩa 1. Phương pháp: Gọi B là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm a và b; S ( x) là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm x , (a  x  b) . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 476 Giả sử S ( x) là hàm số liên tục trên đoạn  a, b . 2. Các Bài tập mẫu: Bài tập 1: Cho phần vật thể B giới hạn bởi hai mặt phẳng có phương trình x  0 và x  2 . Cắt phần vật thể B bởi mặt phẳng vuông góc trục Ox tại điểm có hoành độ x  0  x  2  , ta được diện tích là một tam giác đều có độ dài cạnh bằng x 2  x . Tính thể tích V của phần vật thể B . Lời giải Một tam giác đều cạnh a có diện tích S  a2 3  4 Do tam giác đều cạnh x 2  x có diện tích là S ( x)  2 2 0 0 Suy ra thể tích S   S ( x)dx   x2  2  x  3 4  2 x2  2  x  3 3 2 3 4 3 Ca sio     dx  x  2  x dx   4 4 0 4 3 3 Bài tập 2: Trong không gian Oxyz , cho vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x  0 và x   , biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ bằng x,  0  x    là một tam giác đều cạnh là 2 sin x .Tính thể tích của vật thể đó. Lời giải Một tam giác đều cạnh a có diện tích S  a2 3 4 Do đó tam giác đều cạnh 2 sin x có diện tích là S  x   2 2 0 0 4sin x. 3  3 sin x 4 Suy ra thể tích V   S  x  dx   3 sin xdx  2 3 Bài tập 3: Một bồn trụ đang chứa dầu được đặt nằm ngang có chiều dài bồn là 5 m , bán kính đáy 1m . Người ta rút dầu ra trong bồn tương ứng với 0,5 m của đường kính đáy. Tính thể tích gần đúng của dầu còn lại trong bồn Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 477 Lời giải * Thể tích cả khối trụ V1   R 2 h   .12.5  5  m3  * Tính thể tích phần khối trụ bị mất đi y y= R2-x2 2 d x O R d 2 R 1 d 1 2 + Cách 1: Sviên phân  2  R 2  x 2 dx  2  1  x 2 dx  0, 61 1 V2  Sviên phân .h  2  1  x 2 dx  5  3, 07 1 2 1 Suy ra thể tích khối trụ còn lại V  V1  V2  5  2 1  x 2 dx  5  12, 637  m3  1 2 + Cách 2: Tính góc ở tâm cos  2  OH 1   2      R 2 3 2 3 y A 2 x O H 2 S viên phân  R B 1 2 1  2 2  R   sin    .   sin   0, 614 2 2  3 3  1  2 2  V2  Sviên phân .h  .   sin 5 2  3 3  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 478 1  2 2 V  V1  V2  5  .   sin 2  3 3  3   5  12, 637  m   Bài tập 4: Bạn A có một cốc thủy tinh hình trụ, đường kính trong lòng đáy cốc là 6 cm, chiều cao trong lòng cốc là 10 cm đang đựng một lượng nước. Bạn A nghiêng cốc nước, vừa lúc khi nước chạm miệng cốc thì ở đáy mực nước trùng với đường kính đáy. Tính thể tích lượng nước trong cốc Lời giải Phân tích: Thể tích nước có hình dạng “cái nêm”; có 2 phương pháp tính thể tích này + Cách 1 – Chứng minh công thức bằng PP tích phân: Xét thiết diện cắt cốc thuỷ tinh tại vị trí x   R  x  R  bất kỳ; ta có diện tích thiết diện là 1 1 S  x   . R 2  x 2 .  R 2  x 2 .tan     R 2  x 2  tan  ; thể tích. 2 2 R R 1 2   V   S x dx  tan    R 2  x 2  dx  R3 tan  . 2 3 R R Cách 2: Gọi S là diện tích thiết diện do mặt phẳng có phương vuông góc với trục Ox với khối nước, mặt phẳng này cắt trục Ox tại điểm có hoành độ h  x  0 . Ta có: r hx (h  x) R  r , vì thiết diện này là nửa hình tròn bán kính r R h h 1  (h  x)2 R 2  S ( x)   r 2  2 2h 2 Thể tích lượng nước chứa trong bình là. Bài giải + Cách 1: Áp dụng công thức tính thể tích cái nêm biết góc giữa mặt cắt và mặt đáy bằng  là V 2 2 2 2 h 2 h R h  R 3 .tan  với tan   ta được V  R 3 .  .32.10  60  cm3  3 R 3 3 3 R Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 479 1  (h  x)2 R 2 + Cách 2: Tính trực tiếp bài toán bằng PP tích phân.  S ( x)   r 2  ; thể tích 2 2h 2 9 (10  x) 2 dx  60 (cm3 ). V   S ( x)dx V   S ( x)dx   200 0 0 0 h 10 h Bài tập 5: Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng ta được một khối như hình vẽ bên. Biết rằng thiết diện là một hình elip có độ dài trục lớn bằng 10, khoảng cách từ điểm thuộc thiết diện gần mặt đáy nhất và điểm thuộc thiết diện xa mặt đáy nhất lần lượt là 8 và 14. Tính thể tích của. Lời giải  AB  8   AD  AE 2  DE 2  8 ; suy ra bán kính khối trụ là Tính các số đo:  AE  10  DE  14  8  6  R AD 4. 2  Cách 1: Thể tích khối bằng thể tích “khối trụ trung bình”:  AB  CE  2 V H    R 2 .     .4 .11  176  đvtt    2  Cách 2: Áp dụng công thức tính thể tích “cái nêm”: Lấy mặt phẳng  P  vuông góc với đường sinh của hình trụ và đi qua điểm A , khi đó chia khối  H  thành hai khối: + Khối 1: là khối trụ chiều cao h  8 , bán kính r  4 nên thể tích V1   r 2 h  128 + Khối 2: là phân nửa một khối trụ có chiều cao DE  6 và bán kính r  4 nên thể tích 1 1 V2  . r 2 . AD  . .42.6  48 2 2 + Vậy V H   V1  V2  128  48  176  đvtt  Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 480 3. Bài tập Câu 1: Cho T  là vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x  0 , x  1 . Tính thể tích V của T  biết rằng khi cắt T  bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ bằng x , 0  x  1 , ta được thiết diện là tam giác đều có cạnh bằng 1  x . A. V  3 . 2 B. V  3 3 . 8 C. V  3 D. V   . 2 3 3 . 8 Lời giải Chọn C Ta có diện tích tam giác đều cạnh bằng  1  x là S  x   1 1 0 0 Thể tích của vật thể T  là V   S  x  dx   Câu 2: 1 x  2 4 3  3 1  x   4 3 1  x  3 3 3 2 1 . dx  1  x  0  8 8 4 Cho vật thể T  giới hạn bởi hai mặt phẳng x  0; x  2 . Cắt vật thể T  bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại x  0  x  2  ta thu được thiết diện là một hình vuông có cạnh bằng  x  1 e x . Thể tích vật thể T  bằng A.  13e4  1 4 . B. 13e4  1 . 4 C. 2e 2 . D. 2 e2 . Lời giải Chọn B Diện tích thiết diện là S  x    x  1 e 2 x . 2 2 2 0 0 Thể tích của vật thể T  là V   S  x dx    x  1 e2 x dx . 2 2 2 2  1 9e4  1  x  1 2 x 1 2 2x 2x  V   x  1 e    x  1 e dx  e   e2 x dx   2  2 2 20 0 0 0   2 2 9e 4  1 3e 4  1 1 2 x 1 1 13e 4  1 .    e  3e 4  e 4   2 2 4 4 4 4 0 Dạng 4: Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi 1 đồ thị 1. Phương pháp: Vật thể tròn xoay sinh bởi miền hình phẳng được giới hạn: Đồ thị y  f ( x) ; trục Ox( y  0) ; x  a, x  b ; quay xung quanh Ox . - Nếu thiếu cận thì giải phương trình f ( x ) = 0 để bổ sung cận. b 2 - Tính thể tích theo công thức: VOx   a f ( x)dx Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 481 2. Các Bài tập mẫu: Bài tập 1: Kí hiệu  H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  2 x  x 2 và trục hoành. Tính thể tích V của vật thể tròn xoay được sinh ra bởi hình phẳng đó khi nó quay quanh trục Ox . Lời giải x  0 2 Phương trình hoành độ giao điểm 2 x  x  0   . x  2 2 Thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm V     2 x  x 2  dx  2 0 16 . 15 Bài tập 2: Cho miền hình phẳng giới hạn bởi: y  xe x , Ox x  1 quay xung quanh Ox . Tính thể tích của vật thể tạo thành. Lời giải Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số: y  xe x và trục Ox xe x  0  x  0 1   1 2   x 2 2x Vậy vật thể tròn xoay có thể tích là: V   0 xe dx   0 x e dx 1 1 1 e2 1   V    x 2 e 2 x    xe 2 x dx      xe 2 x dx 0 0 2 2 0   2  1 2x 1 1 1 2x   2x 1  e 1 . V    x e   e dx   e  0 0 2 2 0 4 2  4  e2 Bài tập 3: Cho miền hình phẳng giới hạn bởi: y  x 2  4 x, y  0 ; quay xung quanh Ox . tính thể tích của vật thể tạo thành. Lời giải Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số: y  x 2  4 x và đường thẳng y  0 là nghiệm của phương x  0 trình: x 2  4 x  0   x  4 Vật thể tạo thành có thể tích là: 4   2 V    x  4 x dx    0 2 4 0  4  x5 16 x3  512 x  8 x  16 x dx     2 x 4    3 0 15  5 4 3 2  Bài tập 4: Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x ; y  0; x  4 và trục Ox . Đường thẳng x  a  0  a  4  cắt đồ thị hàm số y  x tại M . Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 482 Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác MOH quanh trục Ox . Biết rằng V  2V1 . Tính a Lời giải 4 Ta có V    0   x 2 4 dx    xdx  8  V1  0 V  4 . 2 Tam giác MOH quanh trục Ox tạo nên hai khối nón chung đáy. Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox . Suy ra r  MN  yM  y  a   a . 1 1  V1  OH . .r 2  .4 . 3 3 Suy ra 4   a 2  4 a . 3 4 a a 3. 3 Bài tập 5: Cho  H  là hình phẳng giới hạn bởi độ thị hàm số y  x ; trục Ox và đường thẳng 4  x2 x  1. Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay quanh hình  H  xung quanh trục Ox . Lời giải x  0  x  0. 4  x2 Phương trình hoành độ giao điểm Theo bài toán thì thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm 1 V  0 x  dx   ln 4  x 2 2 4 x 2 1  0  2 ln 4  a  ln . 3 2 b Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 483 Do đó a  4, b  3  a  b  7. 3. Bài tập Câu 1: Cho hình phẳng  H  giới hạn bởi các đường y  x 2  3, y  0, x  0, x  2 . Gọi V là thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay  H  xung quanh trục Ox . Mệnh đề nào sau đây đúng? 2 2 A. V     x 2  3 dx . B. V    x 2  3 dx . 2 0 2 0 2 C. V    x  3 dx . 2 D. V     x 2  3 dx . 2 0 0 Lời giải 2 Thể tích của vật thể được tạo nên là V     x 2  3 dx. 2 0 Câu 2: Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành do quay xung quanh trục hoành một elip có phương trình A. 550 x2 y 2   1 . V có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây? 25 16 B. 400 C. 670 D. 335 Lời giải Chọn D Quay elip đã cho xung quanh trục hoành chính là quay hình phẳng:   x2 H   y  4 1  , y  0, x  5, x  5 . 25   Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi H khi quay xung quanh trục hoành là: 5   16 x 2  16 x3  5 320 V    16  dx 16 x      335,1    5 25  75  5 3   Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 484 Câu 3: Cho hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đường cong y  m 2  x 2 ( m là tham số khác 0 ) và trục hoành. Khi ( H ) quay xung quanh trục hoành được khối tròn xoay có thể tích V . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để V  1000 . A. 18. B. 20. C. 19. Lời giải D. 21. Chọn A Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong và trục hoành là: m  x  0  x  m 2 2 2 1 3 m 4 m m 2 2 2 ( ) ( ) |  m x dx m x x      3 3 m m m Thể tích vật thể tròn xoay cần tính là: V   Ta có: V  1000  Ta có 3 4 m 2 m 3  1000  m  750   3 750  m  3 750 . 3 750  9, 08 và m  0 . Vậy có 18 giá trị nguyên của m. x3 , trục hoành và trục tung. Khối x 1 tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V   ( a  b ln 2) với a , b là Câu 8 : Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường cong y  các số nguyên. Tính T  a  b. A. T  3. B. T  6. C. T  10. Lời giải D. T  1. Dựa vào đồ thị hàm số trên ta có: 2 2 3 3 3  4  8 16  x3    V    dx 1 dx     1       x 1  x 1 x  1 ( x  1) 2 0 0 0   dx  3 16      x  8 ln( x  1)     (15  16 ln 2)  a  15; b  16. x 1 0  Vậy T  a  b  1. Câu 4: Cho hình  H  trong hình vẽ dưới đây quay quanh trục Ox tạo thành một khối tròn xoay có thể tích bằng bao nhiêu? Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 485 A. 2 2 . B.  2 C. 2 . . D. 2 2 . Lời giải Thể tích khối tròn xoay nhận được khi quay hình  H  quanh trục Ox là  2 1  cos 2 x  1   dx   x  sin 2 x    2 2 2 0 2 0  V     sin x  dx    2 0 Câu 5: Vật thể parabolide tròn xoay như hình vẽ bên dưới có đáy có diện tích B  3 chiều cao h  4 . Thể tích của vật thể trên là h B 1 A. V   . 3 B. V  6 . 1 C. V   . 4 Lời giải D. V  8 . y h x O R Đường cong parabol có dạng: y  ax 2 và đi qua điểm có tọa độ  R; h  nên ta có: y h 2 x R2 x R y h Giáo viên có nhu cầu sở hữu file word vui lòng liên hệ. Face: Trần Đình Cư. SĐT: 0834332133 Trang 486 h Thể tích của khối tròn xoay trên là: V    0 R2 R2 1 2 h 1   R2h . ydy   . y 0 2 h h 2 1 1 1 Áp dụng công thức ta có: V   R 2 h  Bh  .3.4  6 . 2 2 2 Câu 6: Cho hàm số y  f  x   ax3  bx 2  cx  d ,  a, b, c, d  , a  0  có đồ thị  C  . Biết rằng đồ thị  C  tiếp xúc với đường thẳng y  4 tại điểm có hoành độ âm và đồ thị của hàm số y  f '  x  cho bởi hình vẽ dưới đây. Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị  C  và trục hoành khi quay xung quanh trục Ox . A. 725 . 35 B. 1 . 35 C. 6 . D. Chọn khác. Lời giải Chọn D Dựa và