Chuyên đề vận dụng cao Giải tích 12

CHINH PHỤC CÂU HỎI VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO CHUYÊN ĐỀ VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 LỜI NÓI ĐẦU Xin chào toàn thể cộng đồng học sinh 2k2! Đầu tiên, thay mặt toàn thể các Admin group “CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020” chân thành cảm ơn các em đã đồng hành cùng GROUP trong những ngày tháng vừa qua. Cuốn sách các em đang cầm trên tay này là công sức của tập thể đội ngũ Admin Group, chính tay các anh chị đã sưu tầm và biên soạn những câu hỏi hay nhất, khó nhất từ các đề thi của các sở, trường chuyên trên cả nước. Thêm vào đó, là những câu hỏi được chính các anh chị thiết kế ý tưởng riêng. Giúp các bạn có thể ôn tập, rèn luyện tư duy để chinh phục 8+ môn Toán trong kì thi sắp tới. Sách gồm 4 chương của phần Giải tích lớp 12 bao gồm: Hàm số và các bài toán liên quan, Hàm số mũ và Logarit, Nguyên hàm – tích phân và Ứng dụng, Số phức. Đầy đủ từng dạng, rất thuận lợi cho các em trong quá trình ôn tập. Trong quá trình biên soạn, tài liệu không thể tránh được những sai xót, mong bạn đọc và các em 2k2 thông cảm. Chúc các em học tập thật tốt! Tập thể ADMIN. MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU:…………………………………………………………………………………. 3 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CHỦ ĐỀ 1: TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ………………………………………………. 8 CHỦ ĐỀ 2: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ……….……………………………………………….. 16 CHỦ ĐỀ 3:GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT…..…………………………….. 33 CHỦ ĐỀ 4: TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ…………………………………………….. 41 CHỦ ĐỀ 5: ĐỌC ĐỒ THỊ – BIẾN ĐỔI ĐỒ THỊ………………..…..……………………….. 48 CHỦ ĐỀ 6: TƯƠNG GIAO ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM…………………………………….. 54 CHỦ ĐỀ 7: BÀI TOÁN TIẾP ĐIỂM – SỰ TIẾP XÚC……………………………………….. 68 CHỦ ĐỀ 8: CÁC DẠNG CÂU HỎI THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI………….. 81 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT CHỦ ĐỀ 1: LŨY THỪA………………………….……………………………………………. 95 CHỦ ĐỀ 2: HÀM SỐ LŨ VÀ LOGARIT…………….………………………………………. 97 CHỦ ĐỀ 3: PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ………. ……………………. 107 CHỦ ĐỀ 4: PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT..……………………. 119 CHỦ ĐỀ 5: CÁC DẠNG CÂU HỎI THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI………….. 141 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CHỦ ĐỀ 1: MỘT SỐ NGUYÊN HÀM CƠ BẢN………..……………………………………. 150 CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM…………………………………………. 157 CHỦ ĐỀ 3: TÍCH PHÂN CƠ BẢN……………………………………………………………. 164 CHỦ ĐỀ 4: PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN……………………………………………. 176 CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG HÌNH HỌC CỦA TÍCH PHÂN…………………………………. 192 CHỦ ĐỀ 6: CÁC DẠNG CÂU HỎI THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI…………. 206 CHƯƠNG 4: SỐ PHỨC CHỦ ĐỀ 1: CÁC PHÉP TOÁN SỐ PHỨC………….………………………………………. 219 CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2 VỚI HỆ SỐ PHỨC..………………………………. 223 CHỦ ĐỀ 3: TẬP HỢP ĐIỂM BIỂU DIỄN SỐ PHỨC………………………………………. 228 CHỦ ĐỀ 4: MAX – MIN CỦA MODUN SỐ PHỨC…..……………………………………. 237 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CHỦ ĐỀ 1: TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ   VÍ DỤ 1: Cho hàm số f  x  liên tục, không âm trên đoạn  0;  , thỏa mãn f  0   3 và  2   f  x  . f   x   cos x. 1  f 2  x  , x   0;  . Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của hàm số  2     f  x  trên đoạn  ;  . 6 2 A. m  21 , M 2 2. 2 B. m  5 , M 3 2 .C. m  5 , M  3. 2 D. m  3 , M  2 2 . Lời giải Chọn A Từ giả thiết f  x  . f   x   cos x. 1  f 2  x   f  x. f  x 1 f 2  x  cos x   f  x. f  x 1 f 2  x dx  sin x  C Đặt t  1  f 2  x   t 2  1  f 2  x   tdt  f  x  f   x  dx . Thay vào ta được  dt  sin x  C  t  sin x  C  1  f 2  x   sin x  C . Do f  0   3  C  2 .Vậy 1  f 2  x   sin x  2  f 2  x   sin 2 x  4sin x 3    f  x   sin 2 x  4sin x  3 , vì hàm số f  x  liên tục, không âm trên đoạn  0;  .  2 Ta có  6 x  2  1  sin x  1 , xét hàm số g  t   t 2  4t  3 có hoành độ đỉnh t  2 loại. 2  1  21 Suy ra max g  t   g 1  8 , min g  t   g    . 1  1  2 4  ;1  ;1 2 2         21 Suy ra max f  x   f    2 2 , min f  x   g    .       2 6 2    ;   ;  6 2 6 2      VÍ DỤ 2 : Cho hàm số f  x   ax3  bx 2  cx  d với a, b, c, d là các hệ số thực và a  0 . Hàm số f  x  nghịch biến trên a  0 A.  2 . b  3ac khi và chỉ khi: a  0 B.  2 . b  3ac a  0 C.  2 . b  3ac Lời giải   Chọn A Ta có: f   x   3ax 2  2bx  c có f  x   b 2  3ac .  Hàm số f  x  nghịch biến trên a  0 D.  2 . b  3ac khi và chỉ khi   a0  a0  3a  0 .  2    0   2  b  3ac  0 b  3ac  f  x  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 8 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN  VÍ DỤ 3: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị của hàm số y  f   x  được cho như hình bên. Hàm số y  2 f  2  x   x 2 nghịch biến trên khoảng y 3 1 1 O 2 3 4 5 x 2 A.  3;  2  . B.  2;  1 . C.  1; 0  . D.  0; 2  . Lời giải  Chọn C  Ta có y  2 f  2  x   x 2  y    2  x  2 f   2  x   2 x  y  2 f   2  x   2 x  y  0  f   2  x   x  0  f   2  x    2  x   2 .  Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y  x  2 cắt đồ thị y  f   x  tại hai điểm có hoành 1  x1  2 độ nguyên liên tiếp là  và cũng từ đồ thị ta thấy f   x   x  2 trên miền x  3  2 2  x  3 nên f   2  x    2  x   2 trên miền 2  2  x  3  1  x  0 .  Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng  1; 0  .  VÍ DỤ 4: Hàm số y   x  m    x  n   x3 đồng biến trên khoảng  ;    . Giá trị nhỏ 3 3 nhất của biểu thức P  4  m2  n2   m  n bằng A. 16 . B. 4 . C. 1 . 16 D. 1 . 4 Lời giải Chọn C 2 2 Ta có y  3  x  m   3  x  n   3x 2  3  x 2  2  m  n  x  m 2  n 2  . a  0 Hàm số đồng biến trên  ;       mn  0 .   0 m  0 * Trường hợp 2: mn  0   . n  0 Do vai trò của m, n là như nhau nên ta chỉ cần xét trường hợp m  0 . 1 1 1   P  4n2  n   2n      1 . 4  16 16  *Trường hợp 2: m n  0  m  0; n  0 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 9 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN 2 1 1 1  Ta có P   2m     4n2   n     2  . 4  16 16  1 1 1 Từ 1 ,  2  ta có Pmin   . Dấu ”  ” xảy ra khi và chỉ khi m  ; n  0 hoặc m  0; n  . 8 16 8  VÍ DỤ 5: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 1 y  x 3   m  1 x 2   m 2  2m  x  3 nghịch biến trên khoảng  0;1 . 3 A.  1;   B.  ;0 C.  1;0 . D.  0;1 . . . Lời giải Chọn C x  m Ta có: y  x 2  2  m  1 x  m2  2m; y  0   . x  m  2 Do đó ta có bảng biến thiên: . m  0 Để hàm số nghịch biến trên  0;1 thì  0;1   m; m  2     1  m  0 . m  2  1 BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên và có đồ thị hàm y  f   x  như hình vẽ. xét hàm số g  x   f  2  x 2  . Mệnh đề nào dưới đây sai? y 1 1 2 O x 2 A. Hàm số f  x  đạt cực trị tại x  2 . B. Hàm số f  x  nghịch biến trên  ; 2  . C. Hàm số g  x  đồng biến trên  2;    . D. Hàm số g  x  đồng biến trên  1;0  . CÂU 2. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên và có bảng biến thiên như sau GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 10 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong số các mệnh đề sau đối với hàm số g  x   f  2  x   2 ? I. Hàm số g  x  đồng biến trên khoảng  4; 2  . II. Hàm số g  x  nghịch biến trên khoảng  0; 2  . III. Hàm số g  x  đạt cực tiểu tại điểm 2 . IV. Hàm số g  x  có giá trị cực đại bằng 3 . A. 3 . B. 2 . C. 1 . D. 4 . CÂU 3: Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số y  f 1  x 2  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A.   3;  .    B.  3; 1 .  D.  0;1 . C. 1; 3 . CÂU 4: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y   x3  3x 2  mx  1 nghịch biến trên khoảng  0;   . A. m  0 . B. m  3 . D. m  3 . C. m  0 . CÂU 5: Với tất cả các giá trị thực nào của tham số m thì hàm số y  x 3  3  m  1 x 2  3m  m  2  x nghịch biến trên đoạn  0;1 ? A. 1  m  0 . B. 1  m  0 . D. m  0 . C. m  1 . CÂU 6: Tìm m để hàm số y   x3  3x 2  3mx  m  1 nghịch biến trên  0;   . A. m  1 . C. m  1 . B. m  1 . CÂU 7: Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của m để hàm số y  x  5  A. 10 . B. 8 . C. 9 . D. m  1 . 1 m đồng biến trên 5;    ? x2 D. 11 . CÂU 8: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  mx   m  1 x  2 nghịch biến trên D   2;   . A. m  1 . CÂU 9: Cho hàm số C. m  1 . B. m  0 . f  x  có đạo hàm trên D. 2  m  1. và có đồ thị y  f   x  như hình vẽ. Xét hàm số g  x   f  x 2  2  . Mệnh đề nào sau đây sai? A. Hàm số g  x  nghịch biến trên  1;0  . B. Hàm số g  x  nghịch biến trên    . C. Hàm số g  x  nghịch biến trên  0; 2  . D. Hàm số g  x  đồng biến trên    . CÂU 10: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình: nghiệm thực. A.3. B. 5. C. 4. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 1  2 cos x  1  2sin x  m có 2 D. 2 Trang 11 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D Dễ thấy f   x  đổi dấu từ  sang  khi qua x  2 nên hàm số f  x  đạt cực tiểu tại x  2 nên A. đúng f   x   0, x   ; 2  nên hàm số f  x  nghịch biến trên  ; 2  . B. đúng x  0 x  0   Ta có g   x   2 x. f   2  x 2  , g   x   0   2  x 2  1   x  3 trong đó x   3 là x   3 2  x2  2   nghiệm kép, x  0 là nghiệm bội bậc 3 , do đó, g   x  chỉ đổi dấu qua x  0 . Lại có, g  1  2. f  1  2.  4   8  0 Ta có BBT x   3 g  x  g  x  0 0  0  3  0    0 Từ BBT ta có hàm số đồng biến trên khoảng  0;    và nghịch biến trên  ;0  . C. đúng, và D. sai. CÂU 2: Chọn C Từ bảng biến thiên ta có hàm số y  f  x  có x  0 x  1 f  x  0   , f  x  0   , f   x   0  0  x  2 và f  0   1 , f  2   2 . x  2 x  2 Xét hàm số g  x   f  2  x   2 ta có g   x    f   2  x  . 2  x  0 Giải phương trình g   x   0   . 2  x  2 Ta có g  x  0   f  2  x  0  f 2  x  0  0  2  x  2  0  x  2 . 2  x  0  x  2 g  x  0   f   2  x  0  f   2  x   0   .  2  x  2  x  0 g  0   f  2  0   2  f  2   2  4 . g  2   f  2  2   2  f  0   2  3 . Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta có Hàm số g  x  đồng biến trên khoảng  0; 2  nên I sai. Hàm số g  x  đồng biến trên khoảng  ;0  và  2;   nên II sai. Hàm số g  x  đạt cực tiểu tại x  2 nên III sai. Hàm số g  x  đạt cực đại tại x  2 và gCĐ  g  0  nên IV đúng. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 12 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CÂU 3: Chọn C x  0 x  0    Ta có y   f 1  x 2   2 x. f  1  x 2   y  0  1  x 2  2   x  1 . x   3 1  x 2  4   Mặt khác ta có   3  x  1 . f  1  x 2   0  2  1  x 2  4   1  x  3 Ta có bảng xét dấu:   Vậy hàm số y  f 1  x 2  nghịch biến trên khoảng 1; 3 . CÂU 4: Chọn D f ‘  x   3x 2  6 x  m . Hàm số f  x  nghịch biến trên  0;    f ‘  x   0, x   0;   .  3x 2  6 x  m  0, x   0;    m  3x 2  6 x, x   0;  * . Xét hàm số y  g  x   3x 2  6 x trên  0;   . g ‘  x   6x  6  0  x  1 . Do đó. *  m  min g  x   m  3 . x 0;  . CÂU 5: Chọn A Xét hàm số: y  x 3  3  m  1 x 2  3m  m  2  x . Ta có: y ‘  3x 2  6  m  1 x  3m  m  2  . x  m y’  0    m  m  2, m . x  m  2 Bảng biến thiên. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 13 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN . Theo Bảng biến thiên, hàm số nghịch biến trên đoạn  0;1 khi và chỉ khi y ‘  0, x  0;1 . m  0 m  0    1  m  0 . m  2  1 m  1 CÂU 6: Chọn B Ta có y  3x 2  6 x  3m  3   x 2  2 x  m  . Vì hàm số liên tục trên nửa khoảng  0;   nên hàm số nghịch biến trên  0;   cũng tương đương hàm số nghịch trên  0;   khi chỉ khi y  0, x  0,   .   x 2  2 x  m  0 x   0;    m  x 2  2 x  f  x  x   0;    m  min f  x   f 1  1 . 0;  CÂU 7: Chọn B Tập xác định: D  \ 2 . Đạo hàm: y  1  m 1  x  2 2  x2  4 x  m  3  x  2 2 . Xét hàm số f  x   x 2  4 x  3 trên 5;    . Đạo hàm: f   x   2 x  4 . Xét f   x   0  x  2  y  1. Ta có: f  5  8 . Bảng biến thiên: x y   2 0 5 0      y 8 1  x  2   0 với mọi x  5;    nên y  0 , x  5;    x  5;    . Dựa vào bảng biến thiên ta có: m  8  m  8 . Mà m nguyên âm nên ta có: m  8;  7;  6;  5;  4;  3;  2;  1 . Do 2 Vậy có 8 giá trị nguyên âm của m để hàm số y  x  5  khi và chỉ khi f  x   m , 1 m đồng biến trên 5;    x2 CÂU 8: Chọn A m 1 , y  xác định trên khoảng  2;   . 2 x2 1 Nhận xét: khi x nhận giá trị trên  2;   thì nhận mọi giá trị trên  0;   . 2 x2 1 Yêu cầu bài toán  y  0, x   2;     m  1 t  m  0, t   0;   (đặt t  ). 2 x2 Ta có: y  mx   m  1 x  2  y  m  m  1  0   m  1 . m   m  1  0  0 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 14 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CÂU 9:Chọn A Dựa vào đồ thị ta thấy f   x   0  x    . Ta có g   x   2 x. f   x 2  2  .  x  0   x  0 x  0    2 2  2  x  2 f   x  2  0 x  2  2   0  x  2     .   x  0 g   x   0  2 x. f   x 2  2   0     x   2 x  0 x  0       x  2   2   x 2  2  2 f x  2  0    x  2       Như vậy đáp án B, C đều đúng và đáp án A sai. Tương tự chứng minh được đáp án D đúng. CÂU 10: Chọn A Không mất tính tổng quát ta chỉ xét phương trình trên   ;   . 1  2sin x  0   2  Điều kiện   x   ;  .  6 3  1  2cos x  0 Phương trình đã cho tương đương với 2  2  sin x  cos x   2 1  2 cos x 1  2sin x  m2 4 *  m  0  .     2   Đặt t  sin x  cos x với x    ;  thì 2 sin  t  sin x  cos x  2 sin  x    2 12 4  6 3    3 1   t ; 2 .  2  Mặt khác, ta lại có t 2  1  2sin x cos x . m2 Do đó *  2  2t  2 2t 2  2t  1  4  3 1  4t  2 Xét hàm số f  t   2t  2  2 2t 2  2t  1, t   ; 2  có f   t   2  0 2t 2  2t  1  2  t 3 1 2 2 + f  t  f t  4   2 1 3 1 Từ bảng biến thiên, ta kết luận rằng phương trình có nghiệm thực khi và chỉ khi  m2  4 2 1  3 1  2 3  1  m  4 2  1 . Vậy có 3 giá trị của m . 4  m  0      GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 15 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CHỦ ĐỀ 2: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ  VÍ DỤ 1: Biết rằng đồ thị hàm số y  f  x   ax 4  bx 2  c có 2 điểm cực trị là A  0; 2  , B  2;  14  . Tính f 1 . A. f 1  5 . C. f 1  6 . B. f 1  0 . D. f 1  7 . Lời giải: Chọn A Tập xác định D  , y  4ax3  2bx .  1 c  2 Đồ thị hàm số qua A  0; 2  , B  2;  14     16a  4b  c  14  2 . Hàm số đạt cực trị tại B  2;  14   32a  4b  0  3 . Giải 1 ;  2  ;  3 , ta được a  1 , b  8 , c  2 .  f  x   x 4  8x 2  2  f 1  5 .  VÍ DỤ 2: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số y  f  x  có tất cả bao nhiêu điểm cực trị? B. 3. A. 5. C. 2. D. 4. Lời giải Chọn A Ta có đồ thị hàm y  f  x  như hình vẽ sau: Từ đồ thị ta thấy ngay đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị.  VÍ DỤ 3: Cho hàm số f  x    m2018  1 x 4   2m2018  22018 m2  3 x 2  m2018  2018 , với m là tham số. Số cực trị của hàm số y  f  x   2017 . A. 3 . B. 5 . C. 6 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 7 . Trang 16 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Lời giải Chọn D Đặt g  x   f  x   2017 . Ta có g   x   f   x   4  m2018  1 x3  2  2m2018  22018 m2  3 x . x  0  Khi đó f   x   0   2 b 2m 2018  22018 m2  3 . x    2a 4  m 2018  1  Nhận xét 2m2018  22018 m2  3  0 m  4  m2018  1 nên hàm số g  x   f  x   2017 luôn có 3 cực trị. Nhận xét f 1   m2018  1   2m2018  22018 m2  3  m2018  2018 . Do đó g 1  22018 m2  1  0 m . Suy ra hàm số g  x  luôn có ba cực trị trong đó có hai cực tiểu nằm bên dưới trục Ox nên hàm số y  f  x   2017 có 7 cực trị. VÍ DỤ 4: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị f   x  của nó trên khoảng K như hình vẽ bên. Khi  đó trên K , hàm số y  f  x  có bao nhiêu điểm cực trị? . A. 1 . B. 4 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn A Quan sát đồ thị f   x  ta có f   x   0 tại 3 điểm x1  x2  0  x3 . Mà f   x  chỉ đổi dấu qua x1 nên y  f  x  chỉ có một cực trị. x cos x  sin x . Hỏi đồ thị của hàm số x2 y  F  x  có bao nhiêu điểm cực trị trong khoảng  0; 2018  ?  VÍ DỤ 5 : Biết F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x   A. 2019 . C. 2017 . B. 1 . D. 2018 . Lời giải Chọn C Ta có F   x   f  x   x cos x  sin x ; F   x   0  x cos x  sin x  0 ,  x  0  (1) x2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 17 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Ta thấy cos x  0 không phải là nghiệm của phương trình nên (1)  x  tan x (2).   Xét g  x   x  tan x trên  0; 2018  \ k  , k    2 1   có g   x   1    tan 2 x  0,   0; 2018  \ k  , k   . 2 cos x  2   + Xét x   0;  , ta có g  x  nghịch biến nên g  x   g  0   0 nên phương trình x  tan x vô nghiệm.  2   3  + Vì hàm số tan x có chu kỳ tuần hoàn là  nên ta xét g  x   x  tan x , với x   ;  . 2 2    3   23  Do đó g  x  nghịch biến trên khoảng  ;  và g   .g     0 nên phương trình x  tan x có 2 2   16  duy nhất một nghiệm x0 .   4035  Do đó,  ;   có 2017 khoảng rời nhau có độ dài bằng  . Suy ra phương trình x  tan x có 2017 2 2    4035  nghiệm trên  ; . 2 2   4035  + Xét x   ; 2018  , ta có g  x  nghịch biến nên g  x   g  2018   2018 nên phương trình  2  x  tan x vô nghiệm. Vậy phương trình F   x   0 có 2017 nghiệm trên  0; 2018  . Do đó đồ thị hàm số y  F  x  có 2017 điểm cực trị trong khoảng  0; 2018  . BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1. Biết rằng đồ thị hàm số y  x3  3x 2 có dạng như hình vẽ: y 4 -3 -2 O 1 x Hỏi đồ thị hàm số y  x3  3x 2 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 3 . B. 1 . C. 2 . 2 CÂU 2: Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y  x 2  , x  0. . x A. m  2 . B. m  3 . C. m  4 . D. 0 . D. m  5 . x y  là : y 1 x 1 2 D. . 3 CÂU 3: Cho 2 số thực không âm x, y thỏa mãn x  y  1 . Giá trị lớn nhất của S  A. 0 . CÂU 4: Cho hàm số f  x   nhất tại điểm x  1. . B. 1 . xm x2  1 C. 2 . . Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số đạt giá trị lớn GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 18 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN B. m  1 . A. Không có giá trị m . C. m  2 . D. m  3 . mx  5 đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn  0;1 bằng 7 . xm B. m  1. C. m  0 . D. m  5 . CÂU 5: Tìm m để hàm số f  x   A. m  2 . CÂU 6: Tìm m để hàm số y  A. m  0 . mx đạt giá trị lớn nhất tại x  1 trên đoạn  2; 2 ? x2  1 B. m  2 . C. m  2 . D. m  0 . CÂU 7 : Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  nhất trên  0; 2 tại một điểm x0   0; 2  . C. m  2 . B. 1  m  1 . A. m  1. x 2  mx  1 liên tục và đạt giá trị nhỏ xm D. 0  m  1 . 1 mx  1 đạt giá trị lớn nhất bằng trên [0; 2] . 3 xm B. m  3 . C. m  1 . D. m  1 . CÂU 8: Với giá trị nào của m thì hàm số y  A. m  3 . CÂU 9: Tìm các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x    2; 1 bằng 4 m2 x  1 trên đoạn x 1 ? A. m  3 . C. m  B. m .  26 . 2 D. m  9 .   CÂU 10: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  k 2  k  1 x trên đoạn  1; 2 . Khi k thay đổi trên A. 33 . 4 , giá trị nhỏ nhất của M  m bằng. B. 12 . C. 45 . 4 D. 37 . 4 CÂU 11: Hàm số y  f  x  có đúng ba cực trị là 2 , 1 và 0. Hỏi hàm số y  f  x 2  2 x  có bao nhiêu điểm cực trị? A. 3 . B. 4 . C. 5 . D. 6 . và hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ. Tìm số điểm CÂU 12 : Cho hàm số y  f  x  xác định trên cực trị của hàm số y  f  x 2  3 . y 2 1 -2 x O A. 4 . B. 2 . CÂU 13: Cho hàm số y  f  x  xác định trên C. 5 . D. 3 . và có đồ thị hàm số y  f   x  là đường cong ở hình bên. Hỏi hàm số y  f  x  có bao nhiêu điểm cực trị ? GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 19 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN A. 6 . B. 5 . C. 4 . D. 3 . CÂU 14: Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên tập và có đạo hàm f   x   x3  x  1  2  x  . Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị? A. 0 . B. 3 . C. 1 . D. 2 . 2   CÂU 15 : Cho hàm số f  x  có đạo hàm là f   x    x 2  1 x  3 . Số điểm cực trị của hàm số này là: 2 C. 3 . D. 4 . CÂU 16: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên . Đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ sau: A. 1 . B. 2 . Số điểm cực trị của hàm số y  f  x   5 x là: A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 1 . m có 5 điểm cực trị là. 2 D. 496 . CÂU 17: Tổng các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  x3  3x 2  9 x  5  A. 2016 . B. 1952 . C. 2016 . CÂU 18: Cho hàm số y  x  mx  5 ,  m  0  với m là tham số. Hỏi hàm số trên có thể có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị? A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . 3 CÂU 19: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x3  2 x 2  x3  2 x  với mọi x  . Hàm số f 1  2018 x  có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị? A. 9 . B. 2018 . C. 2022 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 11 . Trang 20 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CÂU 20. Cho hàm số f  x   ax3  bx 2  cx  d với a, b, c, d  d  2018 ; a  0 và  . a  b  c  d  2018  0 Số cực trị của hàm số y  f  x   2018 bằng A. 3. C. 1. B. 2. D. 5. CÂU 21: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị y  f   x  như hình vẽ bên. Đồ thị hàm số g  x   2 f  x    x  1 A. 3 . 2 có tối đa bao nhiêu điểm cực trị? B. 5 . C. 6 . D. 7 m  n  0 CÂU 22: Cho hàm số f  x   x3  mx 2  nx  1 với m , n là các tham số thực thỏa mãn  . 7  2  2m  n   0 Tìm số cực trị của hàm số y  f  x  . A. 2 . B. 9 . C. 11 . CÂU 23: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên x f  x  2 0  D. 5 . và có bảng xét dấu f   x  như sau 1 0  Hỏi hàm số y  f  x  2 x  có bao nhiêu điểm cực tiểu.  3 0   2 A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . CÂU 24: Cho đồ thị hàm số y  f  x  như hình vẽ dưới đây: 1 Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y  f  x  2018  m2 3 có 5 điểm cực trị. Tổng tất cả các giá trị của các phần tử của tập S bằng: A. 7 . B. 6 . C. 5 . D. 9 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 21 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CÂU 25: Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình bên. Tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  f  x   m có ba điểm cực trị là y A. m  1 hoặc m  3 . B. m  3 hoặc m  1 . C. m  1 hoặc m  3 . D. 1  m  3 . 1 O x 3 CÂU 26: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x  1  x 2  2 x  với x  2 . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số f  x 2  8x  m  có 5 điểm cực trị? A. 15 . B. 17 . C. 16 D. 18 CÂU 27: Cho hàm số f  x   x3  mx  2 , m là tham số. Biết rằng đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ là a , b , c . Tính giá trị biểu thức P  A. 0 . B. 1 . 3 C. 29  3m . 1 1 1   f   a  f   b f  c D. 3  m . 1 CÂU 28: Xác định các giá trị của tham số thực m để đồ thị hàm số y  x 3  x 2  mx  m có các điểm cực 3 2  đại và cực tiểu A và B sao cho tam giác ABC vuông tại C trong đó tọa độ điểm C  ;0  ? 3  A. m  1 . 3 B. m  1 . 2 C. m  1 . 6 D. m  1 4 CÂU 29: Cho hàm số y  x3  3mx 2  3  m2  1 x  m3  m , với m là tham số. Gọi A , B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số và I  2; 2  . Tổng tất cả các số m để ba điểm I , A , B tạo thành tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằng 5 là: 4 14 20 2 A.  . B. . C. . D. . 17 17 17 17 CÂU 30: Tìm giá trị tham số m để đồ thị hàm số y  x 4  2(m  1) x 2  2m  3 có ba điểm cực trị A , B , C sao cho trục hoành chia tam giác ABC thành một tam giác và một hình thang biết rằng tỉ số diện 4 tích tam giác nhỏ được chia ra và diện tích tam giác ABC bằng . 9 1  15 1  3 5 3 1  15 A. m  . B. m  . C. m  . D. m  . 2 2 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 22 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN GIẢI CHI TIẾT CÂU 1. Chọn A 3 3 2 2  khi x3  3x 2  0  x  3  khi x  3  x  3x  x  3x Ta có: y  x  3x   3 .   3 2 3 2 2   x  3x khi x  3x  0  x  3   x  3x khi x  3 3 2 Nên ta lấy phần đối xứng của đồ thị hàm số y  x3  3x 2 khi x  3 . y 4 -3 -2 O 1 x Dựa vào đồ thị, ta thấy đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị. CÂU 2: Chọn B y  x2  2 1 1 1 1 1  x 2    3 3 x 2 . .  3 , dấu bằng đạt được khi x 2   x  1 . x x x x x x CÂU 3: Chọn B Do x  y  1  y  1  x . x 1 x x 1 x    Xét S x   với x   0;1 . 1 x 1 x 1 2  x x 1 1 2 S    0 với x   0;1 . 2 2  2  x   x  1 Suy ra MaxS  S  0   1 . CÂU 4: Chọn B , y  Tập xác định D  x 1  mx 2  1 x 2  1 . Vì hàm số liên tục và có đạo hàm trên nên để hàm số đạt GTLN tại x  1 , điều kiện cần là y(1)  0  1  m  0  m  1 . Khi đó ta lập bảng biến thiên và hàm số đạt GTLN tại x  1. . CÂU 5: Chọn A TXĐ: D  \ m . m2  5  0x  D nên f  x  nghịch biến trên D .  x  m m5  7  m  2 . Do đó min f  x   f 1  7  0;1 1 m f  x  CÂU 6: Chọn A Ta có y ‘  m 1  x 2  x 2  1 2  x  1 , y’  0   . x  1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 23 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Vì hàm số đã cho liên tục và xác định nên ta có hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất tại x  1 trên đoạn  2; 2 khi. y 1  y  2  ; y 1  y  2  ; y 1  y  1 hay m  0 . CÂU 7 : Chọn D Điều kiện: x  m . Ta có: y  x 2  2mx  m2  1  x  m 2  x  m 1 .  2  x  m 2 Do hệ số x 2 là số dương và theo yêu cầu đề bài ta có bảng biến thiên như sau: Cho y  0 có nghiệm m  1 và m  1 nên x0  m  1 . Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x0 nên 0  m 1  2  1  m  1. . Kết hợp điều kiện để hàm số liên tục trên  0; 2 thì m  0  m  0 . Ta có giá trị m cần tìm là 0  m  1 . CÂU 8: Chọn C Ta có, y ‘  m2  1  x  m 2  0,  x   m . Suy ra, hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. Để hàm mx  1 1 đạt giá trị lớn nhất bằng trên [0; 2] thì. xm 3 m   0; 2 m   0; 2    1   2m  1 1  m  1. .   y  2   3   m2 3 số y  CÂU 9: Chọn A Ta có : f   x   m2  1  x  1 2  0x  1 hàm số f  x  liên tục trên đoạn  2; 1 nên giá trị nhỏ nhất m2  1  4  m 2  9  m  3 . của f  x   4  f  1  4  1  1 CÂU 10: Chọn C 2 1 3  Ta có: y  3x  k  k  1  3x   k     0 . 2 4  M  y  2   8  2  k 2  k  1 Nên hàm số đồng biến trên => . m  y  1  1   k 2  k  1 2 2 2 2 1  45 45  .  M  m  9  3  k  k  1  3  k     2 4 4  CÂU 11: Chọn A 2  x  2 Vì hàm số y  f  x  có đúng ba cực trị là 2,  1 và 0 nên f   x   0   x  1 .   x  0 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 24 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN (Cả 3 nghiệm này đều là nghiệm đơn theo nghĩa f   x  đổi dấu khi qua ba nghiệm này)    Ta có: y  f  x 2  2 x    2 x  2  f   x 2  2 x  x  1 x  1 x  1   2 2 x  1 x  2 x  2 x  1  0     2  y  0     x  0 . 2    f x  2 x  0 x  2 x  1  x0     x  2  2  x  2  x  2 x  0 (Cả 3 nghiệm này cũng đều là nghiệm đơn theo nghĩa y  đổi dấu khi qua ba nghiệm này) Vậy hàm số y  f  x 2  2 x  có 3 cực trị. Chú ý: Ta có thể chọn f   x   x  x  1 x  2  nhận 2,  1 và 0 làm nghiệm đơn.    Khi đó: y  f  x 2  2 x    2 x  2  f   x 2  2 x    2 x  2   x 2  2 x  x 2  2 x  1 x 2  2 x  2  Rõ ràng từ đây dễ dàng kiểm tra về tính cực trị của hàm số y  f  x 2  2 x  . CÂU 12 : Chọn D Quan sát đồ thị ta có y  f   x  đổi dấu từ âm sang dương qua x  2 nên hàm số y  f  x  có một điểm cực trị là x  2 . x  0 x  0   Ta có y   f x 2  3   2 x. f  x 2  3  0   2 .  x  1  x  3  2 Do đó hàm số y  f  x 2  3 có ba cực trị.     CÂU 13: Chọn D Dựa vào đồ thị y  f   x  ta thấy phương trình f   x   0 có 4 nghiệm nhưng giá trị f   x  chỉ đổi dấu 3 lần. Vậy hàm số y  f  x  có 3 điểm cực trị. CÂU 14: Chọn D  x0 Ta có f   x   x  x  1  2  x   0   x  1.   x  2 Mặt khác f   x  đổi dấu khi đi qua x  0 và x  2 nên hàm số có 2 điểm cực trị. 3 2 CÂU 15 : Chọn B  f   x    x 2  1 x  3 Bảng xét dấu y   2 x  1   0   x  1 . x  3  Do đó số điểm cực trị của hàm số là 2 . CÂU 16: Chọn D Ta có: y  f   x   5 ; y  0  f   x   5 . Dấu đạo hàm sai y  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 25 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình f   x   5 có nghiệm duy nhất và đó là nghiệm đơn. Nghĩa là phương trình y  0 có nghiệm duy nhất và y  đổi dấu khi qua nghiệm này. Vậy hàm số y  f  x   5 x có một điểm cực trị. CÂU 17: Chọn A m . 2  x  1 Ta có f   x   3x 2  6 x  9  0   . x  3  Ta có bảng biến thiên Xét hàm số f  x   x 3  3 x 2  9 x  5    f  x  neáu f  x   0 Do y  f  x    nên  f x neá u f x  0       m  0  m  0 thì f  x   0 có nghiệm x0  3 , ta có bảng biến thiên của hàm số đã cho là * Nếu 2 Trường hợp này hàm số đã cho có 3 điểm cực trị. m * Nếu  32  0  m  64 thì f  x   0 có nghiệm x0  1 ,ta có bảng biến thiên của hàm số đã 2 cho là Trường hợp này hàm số đã cho có 3 điểm cực trị. m  2  0 m * Nếu   0  m  64 thì f  x   x 3  3 x 2  9 x  5   0 có ba nghiệm x1 ; x2 ; x3 2  m  32  0  2 với x1  1  x2  3  x3 , ta có bảng biến thiên của hàm số đã cho là GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 26 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Trường hợp này hàm số đã cho có 5 điểm cực trị. Như vậy, các giá trị nguyên của m để hàm số đã cho có 5 điểm cực trị là m1; 2;3;…;63 . Tổng các giá trị nguyên này là: S  1  2  3  …  63  63 1  63  2016 . 2 CÂU 18: Chọn A 3x 2  m nÕu x  0  x3  mx  5 nÕu x  0  Ta có: y  x  mx  5   3 . Nên y   . 2   x  mx  5 nÕu x  0 3x  m nÕu x  0 3 Bởi thế với m  0 thì y  0  x  m , ta có bảng biến thiên 3 Như vậy, hàm số chỉ có một điểm cực trị. CÂU 19: Chọn A Ta có f   x   x3  x  2   x 2  2   0 có 4 nghiệm và đổi dấu 4 lần nên hàm số y  f  x  có 4 cực trị. Suy ra f  x   0 có tối đa 5 nghiệm phân biệt. Do đó y  f 1  2018 x  có tối đa 9 cực trị. CÂU 20. Chọn D Ta có hàm số g ( x)  f ( x)  2018 là hàm số bậc ba liên tục trên Do a  0 nên lim g ( x)  ; lim g ( x)   . x  x  Để ý g (0)  d  2018  0 ; g(1)  a  b  c  d  2018  0 Nên phương trình g ( x )  0 có đúng 3 nghiệm phân biệt trên . Khi đó đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên hàm số y  f  x   2018 có đúng 5 cực trị. CÂU 21: Chọn B Xét hàm số h  x   2 f  x    x  1 , ta có h  x   2 f   x   2  x  1 . 2 h  x   0  f   x   x  1  x  0  x  1  x  2  x  3 . Lập bảng biến thiên: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 27 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm y  h  x  có 2 điểm cực trị. Đồ thị hàm số g  x   h  x  nhận có tối đa 5 điểm cực trị. CÂU 22: Chọn C  f  0   1  0  . lim f  x    ; lim f  x    .  f 1  m  n  0 x  x    f  2   7  2  2m  n   0 Khi đó đồ thị hàm số y  f  x  có dạng như sau: 2 10 5 5 10 2 4 6 8 Đồ thị y  f  x  có dạng như sau. 8 6 r(x ) = x 3 6∙x2 + 7∙x s (x ) = x 3 6∙x2 + 7∙x 1 1 4 2 10 5 5 10 2 Vậy số cực trị của hàm số y  f  x  là 11.. CÂU 23: Chọn B Ta có y   x 2  2 x  f   x 2  2 x    2 x  2  f   x 2  2 x  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 28 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN x  1  2 x  2  0 x  1 2  2 2 x  2  0 x  2 x   2  2   x  1  2 Khi đó y  0   2  x  2x  1  f   x  2 x   0 x  3    x 2  2 x  3  x  1  x  2 Từ bảng xét dấu ta thấy f   x   0   x  3 1  2  x  1  2 2  x  2 x   2    x  1 Khi đó f   x 2  2 x   0   2  x  2x  3 x  3  Bảng biến thiên CÂU 24: Chọn A Ta có: hàm số y  f  x  2018 có đồ thị là đồ thị hàm số y  f  x  tịnh tiến sang trái 2018 đơn vị; 1 Hàm số y  f  x  2018   m 2 có đồ thị là đồ thị hàm số y  f  x  2018 tịnh tiến lên trên 3 1 2 m đơn vị. 3 1 Hàm số y  f  x  2018  m2 có đồ thị gồm hai phần: 3 1 + Phần 1: Giữ nguyên đồ thị hàm số y  f  x  2018   m 2 phần phía trên Ox . 3 1 + Phần 2: Lấy đối xứng đồ thị hàm số y  f  x  2018   m 2 phía dưới trục Ox qua Ox . 3 Để đồ thị hàm số 1 y  f  x  2018  m2 3 1  3  m 2  6  9  m 2  18  3  m  3 2 (do m  3  có 5 điểm cực trị ) suy ra: m  3; 4  S  3; 4 . Vậy tổng cần tìm bằng 7 . CÂU 25: Chọn A Nhận xét: Đồ thị hàm số y  f  x   m gồm hai phần:  Phần 1 là phần đồ thị hàm số y  f  x   m nằm phía trên trục hoành; GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 29 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Phần 2 là phần đối xứng của đồ thị hàm số y  f  x   m nằm phía dưới trục hoành qua trục hoành. Dựa vào đồ thị của hàm số y  f  x  đã cho hình bên ta suy ra dạng đồ thị của hàm số  y  f  x   m . Khi đó hàm số y  f  x   m có ba điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số y  f  x   m và trục hoành tại nhiều nhất hai điểm chung  1 m  0 m  1   . 3  m  0  m  3 CÂU 26: Chọn A Đặt g  x   f  x2  8 x  m  f   x    x  1  x 2  2 x   g   x    2 x  8 x2  8x  m  1  2  x 2 2  8x  m  x 2  8x  m  2  x  4  2  x  8 x  m  1  0 1 g  x  0   2 x  8x  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  x2  8x  m  1  0 2 với x  Suy ra g  x  có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi  2 và  3 có hai nghiệm phân biệt khác 4 16  m  0 m  16 16  m  2  0 m  18      m  16 . 16  32 m  m   16 0   16  32  m  2  0 m  18 m nguyên dương và m  16 nên có 15 giá trị m cần tìm. CÂU 27: Chọn A Đồ thị hàm số f  x   x3  mx  2 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ là a , b , c khi m  3 . a  b  c  0  Theo định lý vi-et ta có:  ab  bc  ca   m .  abc  2 (1)  f   a   3a 2  m  Ta có f   x   3x 2  m ,   f   b   3b 2  m .  f  c  3c 2  m    f   a  f  b   f  b  f   c   f  c  f   a  1 1 1 P    f   a  f  b  f  c  f   a  f  b  f   c       3a2  m 3b2  m 3c2  m  9 a 2b 2  b 2c 2  c 2a 2  6m a 2  b 2  c 2  3m 2 . (2) 2 2 2 2 2 2 2  a b  b c  c a   ab  bc  ca   2abc  a  b  c  Mặt khác ta có:  .(3) 2 2 2 2 a  b  c  a  b  c  2 ab  bc  ca       GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 30 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN 9  m   6m  2m   3m2 2 Từ (1), (2), (3) ta có: P     3a 2  m 3b 2  m 3c 2  m   0. CÂU 28: Chọn B Ta có tam giác ABC vuông tại C nên gọi M là điểm uốn của đồ thị hám số đồng thời là trung điểm của AB. Khi đó tam giác vuông có đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền do vậy ta có phương 1 1 2 1  p 2  x2  x1   4 x1 x2 (*). Thay số: trình sau: MC  AB  2 2 2  Hệ số góc đường thẳng qua hai cực trị: p   m  1 . 3  x2  x1  2  Ta có: y ‘  x 2  2 x  m   .  x1 x2  m   b 2  Tọa độ điểm uốn M 1,   (Chú ý điểm uốn x   ). 3a 3  5 1 4 1 2 Vậy ta có: (*)   1   m  1 4  4m  m  . 3 2 9 2 CÂU 29: Chọn D  x  m 1 2 Ta có y  3x 2  6mx  3m 2  3  3  x  m   1 ; y  0   .    x  m 1 Do đó, hàm số luôn có hai cực trị với mọi m . Giả sử A  m  1; 4m  2  ; B  m  1; 4m  2  . Ta có AB  2 5 , m  . Mặt khác, vì IAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R  5 nên từ sin AIB  AB sin AIB  2 R suy ra AB  1  AIB  90o hay AIB vuông tại I . 2R Gọi M là trung điểm AB , ta có M  m; 4m  và IM  1 AB 2 AB  IM 2  5 2 4 m  1   m  2    4m  2   5  17 m  20m  3  0   . m  3 17  3 20 Tổng tất cả các số m bằng 1   . 17 17 2 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 31 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CÂU 30: Chọn A y A M N O B x I C Để hàm số có 3 cực trị thì a.b  0  m  1  0  m  1  y  2m  3 x  0 y  4x 3  4(m  1) x  0   2  x    m  1  y  2  m Do trục hoành cắt tam giác ABC nên  2m  3  0; 2  m2  0 Gọi M , N là giao điểm của trục Ox và 2 cạnh AB , AC . 2 Ta có Suy ra S AMN AM AN  AO  4  .    với I là trung điểm BC . S ABC AB AC  AI  9 AO 2 2m  3 2 1  15     2m2  2m  7  0  m  2 AI 3 (m  1) 3 2 Do điều kiện m  1 nên chọn m  1  15 . 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 32 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CHỦ ĐỀ 3: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT  VÍ DỤ 1: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị y  f   x  như hình vẽ. Xét hàm số 1 3 3 g  x   f  x   x 3  x 2  x  2018 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3 4 2 A. min g  x   g  1 . B. min g  x   g 1 C. min g  x   g  3 D. min g  x   3; 1 3; 1 3; 1  3; 1 g  3  g 1 2 Lời giải Chọn A 1 3 3 3 3 Ta có: g  x   f  x   x 3  x 2  x  2018  g   x   f   x   x 2  x  3 4 2 2 2  f   1  2  g   1  0   Căn cứ vào đồ thị y  f   x  , ta có:  f  1  1   g  1  0      f  3  3  g  3  0 3 3 Ngoài ra, vẽ đồ thị  P  của hàm số y  x 2  x  trên cùng hệ trục tọa độ như hình vẽ bên , ta 2 2  3 33  thấy  P  đi qua các điểm  3;3 ,  1; 2  , 1;1 với đỉnh I   ;   . Rõ ràng  4 16  3 3 o Trên khoảng  1;1 thì f   x   x 2  x  , nên g   x   0 x   1;1 2 2 3 3 o Trên khoảng  3; 1 thì f   x   x 2  x  , nên g   x   0 x   3; 1 2 2 Từ những nhận định trên, ta có bảng biến thiên của hàm y  g   x  trên  3;1 như sau: Vậy min g  x   g  1 3;1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 33 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN  VÍ DỤ 2: Cho hàm số y  f  x  và y  g  x  là hai hàm liên tục trên có đồ thị hàm số y  f ‘  x  là đường cong nét đậm và y  g ‘  x  là đường cong nét mảnh như hình vẽ. Gọi ba giao điểm A, B, C của y  f ‘  x  và y  g ‘  x  trên hình vẽ lần lượt có hoành độ a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số h  x   f  x   g  x  trên đoạn  a; c  ? y a b O c B x C A A. min h  x   h  0  .  a ;c  B. min h  x   h  a  .  a ;c  Chọn C C. min h  x   h  b  .  a ;c  D. min h  x   h  c  .  a ;c  Giải: x  a Ta có h ‘  x   f ‘  x   g ‘  x  , h ‘  x   0   x  b .  x  c Trên miền b  x  c thì đồ thị hàm số y  f ‘  x  nằm phía trên đồ thị hàm số y  g ‘  x  nên f ‘  x   g ‘  x   0  h ‘  x   0, x   b; c  . Trên miền a  x  b thì đồ thị hàm số y  f ‘  x  nằm phía dưới đồ thị hàm số y  g ‘  x  nên f ‘  x   g ‘  x   0  h ‘  x   0, x   a; b  . Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta thấy min h  x   h  b  .  a ;c   VÍ DỤ 3: Cho hàm số y   x  a    x  b   x3 với a , b là tham số thực. Khi hàm số đồng 3 3 biến trên  ;    , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  4  a 2  b2    a  b   ab . A. MinA  2 . B. MinA   1 . 16 1 C. MinA   . 4 D. MinA  0 . Lời giải Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 34 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Ta có y  x3  3  a  b  x 2  3  a 2  b2  x  a3  b3  y  3x 2  6  a  b  x  3  a 2  b2  . Hàm số đồng biến trên  ;     y  0 , x   ;       0  ab  0  ab  0 2 1 1 1  Ta có A  4  a  b    a  b   ab   2  a  b     9ab    . 4 16 16  2 2  a  0   b  1 a.b  0 1   8  Vậy MinA   khi  . 1  16 1  a  b  8  a   8  b  0   VÍ DỤ 4: Gọi M , m lần lượt là giá lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  sin 2018 x  cos 2018 x trên A. M  2 , m  1 1008 2 . . Khi đó: B. M  1 , m  1 1009 2 . C. M  1 , m  0 . D. M  1 , m  1 1008 2 . Lời giải Chọn D Ta có: y  sin 2018 x  cos 2018 x   sin 2 x  1009  1  sin 2 x  1009 . Đặt t  sin 2 x , 0  t  1 thì hàm số đã cho trở thành y  t1009  1  t  1009 Xét hàm số f  t   t1009  1  t  1009 trên đoạn  0;1 . Ta có: f   t   1009.t1008  1009. 1  t  1008  1 t     t  . => f   t   0  1009t1008  1009 1  t  1008 0 1 t 1 1 1  1  t  . Mà f 1  f  0   1, f    1008 . t 2 2 2 1 1 1 Suy ra max f  t   f  0   f 1  1 , min f  t   f    1008 . Vậy M  1 , m  1008 . 0;1 0;1 2 2 2 1008  1  VÍ DỤ 5: Cho hàm số f  x   8cos4 x  a cos2 x  b , trong đó a , b là tham số thực. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số. Tính tổng a  b khi M nhận giá trị nhỏ nhất. A. a  b  7 . B. a  b  9 . C. a  b  0 . D. a  b  8 . Lời giải Chọn A Đặt t  cos 2 x , t   0;1 , ta có hàm số g  t   8t 2  at  b . Khi đó M  max g  t  . Do đó 0;1 1 1 M  g  0   b ; M  g 1  8  a  b ; M  g    2  a  b  2M  4  a  2b ; 2 2 Từ đó ta có: 4M  b  8  a  b  4  a  2b  b  8  a  b    4  a  2b   4 .Hay M  1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b  8  a  b  a  8 cùng dấu   .Khi đó a  b  7 . b  1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 4  a  2b  1 và b , 2 8  a  b  ,  4  a  2b  Trang 35 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho hàm số f  x  có đạo hàm là f   x  . Đồ thị của hàm số y  f   x  được cho như hình vẽ bên. Biết rằng f  0   f  3  f  2   f  5 . Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của f  x  trên đoạn 0;5 lần lượt là A. f  0  , f  5 . B. f  2  , f  0  . D. f  2  , f  5  . C. f 1 , f  5 . CÂU 2: Cho hai hàm số y  f  x  , y  g  x  có đạo hàm là f   x  , g   x  . Đồ thị hàm số y  f   x  và g   x  được cho như hình vẽ bên dưới. Biết rằng f  0   f  6   g  0   g 6  . Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số h  x   f  x   g  x  trên đoạn  0;6 lần lượt là: A. h  6  , h  2  . B. h  2  , h  6  . C. h  0  , h  2  . D. h  2  , h  0  .   CÂU 3: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 2017  2019  x 2 trên tập xác định của nó. Tính M  m . A. 2019  2017 . B. 2019 2019  2017 2017 . D. 4036 2018 . C. 4036 . CÂU 4: Cho hàm số f  x   8x 4  ax 2  b , trong đó a , b là tham số thực. Biết rằng giá trị lớn nhất của hàm số f  x  trên đoạn  1;1 bằng 1 . Hãy chọn khẳng định đúng? A. a  0 , b  0 B. a  0 , b  0 C. a  0 , b  0 D. a  0 , b  0 CÂU 5: Xét hàm số f  x   x 2  ax  b , với a , b là tham số. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số trên  1;3 . Khi A. 3 . M nhận giá trị nhỏ nhất có thể được, tính a  2b . B. 4 . C. 4 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 2 . Trang 36 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN x 2  mx  4 CÂU 6: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  liên tục và đạt giá trị nhỏ xm nhất trên  0; 4 tại một điểm x0   0; 4  . B. 0  m  2 . A. m  2 . CÂU 7: D. 2  m  2 . C. 2  m  0 . Từ một tấm bìa hình vuông ABCD có cạnh bằng MA2  MB 2  MC 2 , người ta cắt bỏ bốn tam giác cân bằng nhau là AMB , R  3 , CPD và DQA . Với phần còn lại, người ta gấp lên và ghép lại để thành hình chóp tứ giác đều. Hỏi cạnh đáy của khối chóp bằng bao nhiêu để thể tích của nó là lớn nhất ? A B M N Q P D A. C 3n   B.  2   .2n  1600 . C. 2 2 dm . 2  3 2 dm . 2 D. 5 2 dm . 2 GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D Từ đồ thị y  f   x  trên đoạn  0;5 , ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x  Suy ra max f  x   f  2  . 0;5 Từ giả thiết ta có f 0 f 3 f 2 f 5 nên f 5 Hàm số f  x  đồng biến trên  2;5 nên f 3 f 0 f 5 f 2 f 3 f 2 f 3 f 2 hay f 2 f 3 f 0 0 , suy ra f 5 Vây max f  x   f  5 . 0;5 CÂU 2: Chọn A Ta có h  x   f   x   g   x  . h  x   0  x  2 Từ đồ thị ta có bảng biến thiên: x 0 h  x  h  x 6 2  0  h  0 h  6 h  2 Và f  0   f  6   g  0   g  6   f  0   g  0   f  6   g  6  . Hay h  0   h  6  . Vậy max h  x   h 6  ; min h  x   h  2  . 0;6  0;6 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 37 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CÂU 3: TXĐ: D   2019; 2019    Ta có y  2017  2019  x 2   y  0  2017  2019  x 2  x2 2019  x 2 x2 2019  x 2 0 2017 2019  x 2  2019  2 x 2 2019  x 2 0 Trên D , đặt t  2019  x 2 , t  0 . Ta được: t  1  x   2018 2 2t  2017t  2019  0    2019  x 2  1   2019 t    x  2018  2 Khi đó f  2018  2018 2018 ; f 2018  2018 2018     f  2019  2017 2019 ;   f  2019   2017 2019 Suy ra m  min y  2018 2018 , M  max y  2018 2018 D D Vậy M  m  4036 2018. CÂU 4: Chọn C Đặt t  x 2 khi đó ta có g  t   8t 2  at  b . Vì x   1;1 nên t   0;1 . Theo yêu cầu bài toán thì ta có: 0  g  t   1 với mọi t   0;1 và có dấu bằng xảy ra. Đồ thị hàm số g  t  là một parabol có bề lõm quay lên trên do đó điều kiện trên dẫn đến hệ điều kiện sau xảy ra :  1  b  1 1  g  0   1 1 1  b  1     1  8  a  b  1  2  1  g 1  1  1  8  a  b  1 32  32b  a 2  32   2  32  a  32b  32  3 1    1 32  Lấy 1  32 3  ta có : 64  a 2  64 do đó 8  a  8 . Lấy  3  32 2  ta có : 64  a 2  32a  256  64 Suy ra : a 2  32a  192  0  24  a  8 . Khi đó ta có a  8 và b  1. Kiểm tra : g  t   8t 2  8t  1  2  2t  1  1 2 Vì 0  t  1 nên 1  2t 1  1  0   2t  1  1  1  g  t   2  2t  1  1  1 . 2 2 Vậy max g  t   1 khi t  1  x  1 (t/m). CÂU 5: Chọn C Ta có max  A , B   A B 2 1 . Dấu  xảy ra khi A  B . Ta có max  A , B   A B 2  2  . Dấu  xảy ra khi A   B . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 38 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Xét hàm số g  x   x 2  ax  b , có g   x   0  x  Trường hợp 1: a . 2 a   1;3  a   6; 2 . Khi đó M  max  1  a  b , 9  3a  b  . 2 Áp dụng bất đẳng thức 1 ta có M  4  2a  8 . Trường hợp 2: Áp  a a2      1;3  a   6; 2 . Khi đó M  max  1  a  b , 9  3a  b , b  . 2 4     dụng đẳng bất  a2  M  max  5  a  b , b  4   1 thức và  2  ta có  1 1 2  2   M  20  4a  a  M  16   a  2  .Suy ra M  2 . 8 8   a  2  a  2 a 2  b   Vậy M nhận giá trị nhỏ nhất có thể được là M  2 khi 5  a  b  . 2 b   1   1  a  b  9  3a  b Do đó a  2b  4 . CÂU 6: Chọn C Ta có y  x 2  2mx  m2  4  x  m 2 x  m  2 , y  0  x 2  2mx  m2  4  0   . x  m  2 Bảng biến thiên. . m  0 Yêu cầu bài toán được thỏa mãn khi chỉ khi   2  m  0 . 0  m  2  4 CÂU 7: Chọn C A A I O I O Gọi cạnh đáy của mô hình là x (cm) với x  0 . Ta có AI  AO  IO  25 2  2 x . 2 2 x  x  Chiều cao của hình chóp h  AI  OI   25 2       1250  25 2 x . 2 2  1 1 Thể tích của khối chóp bằng V  .x 2 . 1250  25 2 x  . 1250 x 4  25 2 x 5 . 3 3 2 2 Điều kiện 1250  25 2 x  0  x  25 2 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 39 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN 1 Xét hàm số y  . 1250 x 4  25 2 x 5 với 0  x  25 2 . 3 1 5000 x3  125 2 x 4 Ta có y  . . 3 2 1250 x 4  25 2 x3 Có y  0  5000 x3 125 2 x4  0  x  20 2 . Bảng biến thiên Vậy để mô hình có thể tích lớn nhất thì cạnh đáy của mô hình bằng 20 2 cm  2 2 dm . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 40 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CHỦ ĐỀ 4: TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ  VÍ DỤ 1: Đồ thị của hàm số y  đường tiệm cận đứng. Tính A. a 1. bc ax 2  x  3 có một đường tiệm cận ngang là y  c và chỉ có một 4 x 2  bx  1 a biết rằng a là số thực dương và ab  4 ? bc a 1 a  .  4. B. C. bc 4 bc D. a  2. bc Hướng dẫn giải Chọn A Do đồ thị của hàm số y  c ax 2  x  3 có một đường tiệm cận ngang là y  c nên 4 x 2  bx  1 a a 4   và chỉ có một đường tiệm cận đứng nên: 4 bc b Trường hợp 1: 4 x 2  bx  1  0 có nghiệm kép  b  4  b  4(a  0, ab  4) thay vào hàm số thõa mãn nên a 1. bc Trường hợp 2: 4 x 2  bx  1  0 và ax 2  x  3  0 có nghiệm chung. Thay a lần lượt bằng bc 1 ; 2; 4 ta thấy không thõa mãn. 4  VÍ DỤ 2: Cho hàm số bậc ba f  x   ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị  x  3x  2  2 x  1 hàm số g  x    x  5x  4 . f  x  2 4 A. 4. 2 có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? B. 3. C. 2. D. 6. Lời giải Chọn C Quan sát đồ thị hàm số f  x  ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x0   0;1 , có hệ số a  0 và tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2. Từ đó suy ra 2 f  x   a  x  x0  x  2  . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 41 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Suy ra g  x   x  3x  2  2 x  1  x  x  5x  4 . f  x   x  5x 2 4 2 4 2  3x  2  2 x  1 2  4  .a  x  x0  x  2  2 xác định trên 2x 1  1  . D    ;   \  x0 ,1, 2 và g  x   2 a  x  1 x  2  x  2   x  x0   2  Ta có lim/ g  x   , lim/ g  x    và lim g ( x) hữu hạn nên hàm số có 2 tiệm cận đứng là x  x0 x 1 x 2 x  x0 và x  2 .  VÍ DỤ 3: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên các khoảng xác định và có bảng biến thiên như 1 hình vẽ dưới. Hỏi số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  e A. 0 . B. 3 . f 2  x 2 C. 1 . là bao nhiêu? D. 2 Lời giải Chọn D  f  x   ln 2  2  0  f 2  x   ln 2   .  f  x    ln 2 Dựa vào bbt ta thấy: f Xét e 2  x Đường thẳng y  ln 2 cắt đồ thị y  f  x  tại 1 điểm. Đường thẳng y   ln 2 cắt đồ thị y  f  x  tại 1 điểm. f Nên phương trình e 2  x 1  2  0 có 2 nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số y  e f 2  x 2 có 2 đường tiệm cận đứng.  VÍ DỤ 4: Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  A. 1 . B. 2 . x 2  3x  2  sin x x3  4 x C. 3 . là: D. 4 . Lời giải Chọn A TXĐ: D  \ 0; 2; 2 .  x 2  3x  2   sin x   02  3.0  2 1 lim y  lim   .1   .    2 2 x 0 x 0 0 4 2  x  4   x     x 2  3x  2  sin x    x  1 x  2  sin x 1   lim y  lim   lim .    x 2 x 2 x  x  2 x  x2  4  x  2    x2    x  1 sin x 1   lim  .  x 2 x  x  2   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 42 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN   x  1 sin x  3 sin 2 1   0 và lim   nên lim y   Vì lim   x 2 x 2  x  2  x 2 x 2     x  1 sin x  3 sin 2 1   0 và lim   nên lim y   o Vì lim   x 2 x 2  x  2  x 2 x 2   Vậy đường thẳng x  2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.  x  1 sin x  sin 2 . lim y  lim x 2 x 2 x  x  2  6 Vậy ĐTHS có 1 đường tiệm cận đứng. o  VÍ DỤ 5: Đồ thị hàm số y  4 x 2  4 x  3  4 x 2  1 có bao nhiêu tiệm cận ngang? A. 2 . C. 1 . B. 0 . D. 3 . Lời giải Chọn A TXĐ: D  . Ta có lim y  lim x  x   lim  lim y  lim x  4 x 2  4 x  3  4 x 2  1  lim 4  x    2 x 4 3 1 4  2  4 2 x x x x   4 x2  4 x  3  4 x2  1  1 suy ra đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang.  4 x 2  4 x  3  4 x 2  1  lim 4  lim x  4x  2 x  4x  2 4 x2  4 x  3  4 x2  1 2 x  1 suy ra đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang. 4 3 1  4  2  4 2 x x x Vậy đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang. x  BÀI TẬP RÈN LUYỆN 3x  1  x  3 . x2  2x  3 C. x  1 và x  3 . D. x  3 . CÂU 1: Tìm tất cả các đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  A. x  1 và x  3 . B. x  3 . CÂU 2: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên Đồ thị hàm số y  A. 1 . \ 1 và có bảng biến thiên như sau: 1 có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? 2 f  x  3 B. 2 . C. 0 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 2 . Trang 43 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN 16  x 2 CÂU 3: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  là x  x  16  A. 1 . B. 2 . C. 0 . CÂU 4: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  f  x   B. 3 . A. 2 . D. 4 . 1 x2  2x  x2  x C. 4 . CÂU 5: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị hàm số y  . D. 1 . x  1  2017 x 2  2mx  m  2 có đúng ba đường tiệm cận? B. 2  m  3 . A. 2  m  3 . CÂU 6 : Đồ thị hàm số y x x D. m  2 hoặc m  1 . C. 4 . D. 1 . 1 có bao nhiêu tiệm cận? 1 B. 2 . A. 3 . C. m  2 . CÂU 7: Tìm tất cả các giá trị của tham số a để đồ thị hàm số y  CÂU 8: có tiệm cận ngang. ax 2  2 C. a  1 hoặc a  4 . D. a  0 . B. a  0 . A. a  0 . x  x2  1 Biết các đường thẳng chứa các đường tiệm cận của đường cong  C  : y  6x  1  x2  2 và trục x 5 tung cắt nhau tạo thành một đa giác  H  . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A.  H  là một hình vuông có diện tích bằng 25 . B.  H  là một hình chữ nhật có diện tích bằng 8 . C.  H  là một hình vuông có diện tích bằng 4 . D.  H  là một hình chữ nhật có diện tích bằng 10 . GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn B  x 1 Ta có x 2  2 x  3  0   .  x  3 3x  1  x  3 Xét lim y  lim   nên x  3 là một tiệm cận đứng. x 3 x 3 x2  2 x  3 Xét  3x  1   x  3  x  1 9 x  2  3x  1  x  3 lim y  lim 2  lim  lim x 1 x 1 x 1 x  2x  3  x  1 x  3 3x  1  x  3 x1  x  1 x  3 3x  1  x  3 2   lim x 1 9x  2  x  3  3 x  1  x3      11 . 8 Nên x  1 không là tiệm cận đứng. CÂU 2: Chọn D Từ bảng biến thiên ta suy ra phương trình f  x    3 có hai nghiệm phân biệt a và b (với a  0 2 và 0  b  1 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 44 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Nên, tập xác định của hàm số y  1 là 2 f  x  3 \ 1; a; b . Ta có lim x a 1 1 1   ; lim   ; lim 0; x b 2 f  x   3 x 1 2 f  x   3 2 f  x  3 Do đó, đồ thị hàm số y  Điều kiện xác định của hàm số là x0 x0 x 1 1 0. 2 f  x  3 1 có 2 đường tiệm cận đứng. 2 f  x  3 CÂU 3: Chọn A Do lim y  lim lim  x0 . 4  x  4 16  x2 16  x2   ; lim y  lim   nên đường thẳng x  0 là tiệm x0 x0 x  x  16  x  x  16  cận đứng của đồ thị hàm số. Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận. CÂU 4: Chọn B  x2  2x  0  x   ;0   2;    2    x   ;0  1;    x   ;0    2;   Điều kiện xác định:  x  x  0  2 x  0 2   x  2x  x  x  0 1 1  lim Khi đó: lim f  x   lim x 0 x 0 x 2  2 x  x 2  x x0  x  2  x    x 1  x  1 1 .   . x 0 x 2  x  1x  x  0 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 1 1   x  2 không là đường tiệm cận của đồ thị hàm số. Có lim y  lim x 2 x 2 2 x2  2x  x2  x  lim Có lim y  lim 1  lim x  2x  x  x  lim x  x 2 2 1 x  2 x  x  x x  y  2 là một đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x  x  Có lim y  lim 2 2 1 x2  2x  x2  x  lim x  x  1  lim x 2  2 x  x 2  x x  y  2 là một đường tiệm cận ngag của đồ thị hàm số. Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận. CÂU 5: Chọn A x  x  2 1  1 x x  2 1 2 1  1 x x 2 1 Ta có lim y  0, đồ thị hàm số luôn có 1 đường tiệm cận ngang y  0 . x  Để ĐTHS có ba đường tiệm cận  ĐTHS có đúng 2 đường tiệm cận đứng  phương trình x 2  2mx  m  2  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 lớn hơn 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 45 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN  ‘  0 m2  m  2  0 m   ; 1   2;        x1  1 x2  1  0   x1 x2   x1  x2   1  0  m  2  2m  1  0 2m3  x  x  2  0  2m  2  0 2   1  x1  1   x2  1  0 CÂU 6 : Chọn A x 1 có đồ thị (C), TXĐ: D  R \ 1 . x 1 Ta có: lim y  lim y  1  tiệm cận ngang y  1. . Xét hàm số: y  x  x  lim y    tiệm cận đứng là x  1 . x 1 x 1 là hàm số chẵn nên đồ thị của hàm số này được suy ra từ đồ thị  C  bằng x 1 cách giữ nguyên phần đồ thị bên phải trục tung, lấy đối xứng qua trục tung phần đồ thị nằm bên phải trục tung. Vì hàm số y  Do đó, hàm số y  x 1 sẽ có 3 đường tiệm cận là x  1, x  1; y  1 . x 1 CÂU 7: Chọn A Điều kiện: ax 2  2  0   1 x  x2  1 2 1 1 1 lim y  lim x  x 2  1  lim  0 nên đồ thị hàm số có TCN: y  0 x  x  x  2 2 x  x2  1 + Trường hợp 2: a  0 . Suy ra: ax 2  2  0 với mọi x  . Do đó: TXĐ: D  + Trường hợp 1: a  0 . Ta có: y    Ta có lim y  lim x  x  x  x 1 2 ax 2  2 1 x 2  0 nên đồ thị hàm số có TCN: y  0 2 a 2 x 1 1  lim x  + Trường hợp 3: a  0 . Suy ra:    2 2 2 2  x   . Do đó: TXĐ: D     ;   nên đồ  a a a a   thị hàm số không có TCN. Vậy a  0 . CÂU 8: Chọn D 12 3   x 2  35    6x 1 x  2 35 x  12 x  3 x x  lim  lim  lim x  x  x 5  x  5 6 x  1  x 2  2 x x 2 1  5   6  1  1  2    x x2   x  12 3 35   35 x x  lim  5 x  1 2  7  5  1    6   1  2  x x   x  2 2    GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 46 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN      6x  1  x2  2 35 x 2  12 x  3 lim  lim  lim x  x  2 x 5  x  5 6 x  1  x  2 x   12 3   x 2  35    x x  1 2   5  x 2 1    6   1  2  x x   x  12 3  x x  lim 7 x  1 2   5  1    6   1  2  x x   x  35  Đường cong có hai tiệm cận ngang là: y  5 ; y = 7 6x  1  x2  2 6x  1  x2  2   ; lim   nên đường cong có tiệm cận đứng x 5 x 5 x 5 x 5 là x  5 . lim H  là một hình chữ nhật có chiều dài là 5 và chiều rộng là 2 nên diện tích bằng 10 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 47 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CHỦ ĐỀ 5: ĐỌC ĐỒ THỊ – BIẾN ĐỔI ĐỒ THỊ  VÍ DỤ 1: Cho hàm số f  x  . Biết hàm số y  f   x  có đồ thị như hình bên. Trên đoạn  4;3 , hàm số g  x   2 f  x   1  x 2 đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm A. x0  4 . B. x0  1 . C. x0  3 . D. x0  3 . Lời giải Chọn B Ta có g   x   2 f   x   2 1  x  . g   x   0  2 f   x   2 1  x   0  f   x   1  x .  x  4 Dựa vào hình vẽ ta có: g   x   0   x  1 .  x  3 Và ta có bảng biến thiên Suy ra hàm số g  x   2 f  x   1  x  đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0  1 2 Lời giải Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 48 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN  VÍ DỤ 2: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm số giá trị nguyên của m  3 7 để phương trình f  x 2  2 x   m có đúng 4 nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn   ;  .  2 2 A. 1 . B. 4 . C. 2 . D. 3 . Chọn C  3 7 Đặt t  x 2  2 x , x    ;   2 2 Bảng biến thiên:  21 Dựa vào bảng biến thiên  t   1;  . 4  2 Ta có: f  x  2 x   m 1  f  t   m  2  . 21   3 7 Ta thấy, với mỗi giá trị t   1;  ta tìm được hai giá trị của x    ;  . 4   2 2  3 7 Do đó, phương trình 1 có 4 nghiệm thực phân biệt thuộc   ;   2 2 21    Phương trình  2  có hai nghiệm thực phân biệt thuộc  1;  4   Đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  t  tại hai điểm phân biệt có hoành độ thuộc 21    1;  . 4  Dựa vào đồ thị ta thấy có hai giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu là m  3 và m  5 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 49 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên , có đồ thị f   x  như hình vẽ. Xác định điểm cực tiểu của hàm số g  x   f  x   x . A. x  1 . C. x  2 . B. x  0 . D. Không có điểm cực tiểu. Lời giải Chọn A g  x  f  x  x  g  x   f   x  1 . Khi đó ta tịnh tiến đồ thị hàm số f   x  lên trên một đơn vị ta được đồ thị hàm số g   x  như hình vẽ. Dựa vào đồ thị hàm g   x  ta lập được bảng xét dấu của hàm g  x  . Dựa vào bảng xét dấu của g   x  nhận thấy hàm số g  x  đạt cực tiểu tại x  1 . CÂU 2: Cho hàm số f  x   x3  x 2  2 x  3 . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Hai phương trình f  x   m và f  x  1  m  1 có cùng số nghiệm với mọi m . B. Hàm số y  f  x  2017  không có cực trị. C. Hai phương trình f  x   m và f  x  1  m  1 có cùng số nghiệm với mọi m . D. Hai phương trình f  x   2017 và f  x  1  2017 có cùng số nghiệm. Lời giải Chọn D Đặt x 1  a . Khi đó phương trình f  x  1  2017 trở thành f  a   2017 . Hay a là nghiệm của phương trình f  x   2017 . Mà phương trình x 1  a luôn có nghiệm duy nhất với mọi số thực a . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 50 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Đáp án B sai vì đồ thị hàm số y  f  x  2017  tạo thành qua phép tịnh tiến đồ thị hàm số y  f  x  . Mà y  f  x  có hai cực trị nên y  f  x  2017  phải có hai cực trị. Đáp án C và D sai vì thử bằng máy tính không thỏa mãn. CÂU 3: Biết đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C , D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào? A. y   x  2 x . 4 2 B. y   x  2 x  1 . 4 2 . C. y  2 x  4 x 2  1 . D. y  x 4  2 x 2  1 . 4 Lời giải Chọn B Vì lim f  x    nên a  0  loại đáp án y  x 4  2 x 2  1 . x  Vì f  0   1 => loại đáp án y   x 4  2 x 2 . . Mặt khác f 1  1  loại đáp án y  2 x 4  4 x 2  1 . CÂU 4: Cho hàm số y  f ( x) . Đồ thị của hàm số y  f ( x) như hình vẽ. Đặt h( x)  f ( x)  x . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. h(1)  1  h(4)  h(2) . C. h(1)  h(0)  h(2) . B. h(0)  h(4)  2  h(2) . D. h(2)  h(4)  h(0) . Lời giải Chọn C Xét hàm số h( x)  f ( x)  x trên đoạn  1;4 . Ta có h( x)  f ( x)  1 . Dựa vào đồ thị của hàm số y  f ( x) trên đoạn  1;4 ta được h( x)  0 . Suy ra hàm số đồng biến trên  1;4 . Ta chọn C. CÂU 5: Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm tham số m để hàm số y  f  x   m có ba điểm cực trị? GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 51 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN A. 1  m  3 . C. m  1 hoặc m  3 . B. m  1 hoặc m  3 . D. m  3 hoặc m  1 . Lời giải Chọn C Đồ thị hàm số y  f  x   m là đồ thị y  f  x  tịnh tiến lên trên một đoạn bằng m khi m  0 , tịnh tiến xuống dưới một đoạn bằng m khi m  0 . Hơn nữa đồ thị y  f  x   m là: +) Phần đồ thị của y  f  x   m nằm phía trên trục Ox . +) Lấy đối xứng phần đồ thị của y  f  x   m nằm dưới Ox qua Ox và bỏ đi phần đồ thị của y  f  x   m nằm dưới Ox . Vậy để đồ thị hàm số y  f  x   m có ba điểm cực trị thì đồ thị hàm số y  f  x   m xảy ra hai trường hợp: +) Đồ thị hàm số y  f  x   m nằm phía trên trục hoành hoặc có điểm cực tiểu thuộc trục Ox và cực đại dương. Khi đó m  3 . +) Đồ thị hàm số y  f  x   m nằm phía dưới trục hoành hoặc có điểm cực đại thuộc trục Ox và cực tiểu dương. Khi đó m  1 . Vậy giá trị m cần tìm là m  1 hoặc m  3 . CÂU 6: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên liên tục trên . Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị hàm số y  f   x  , ( y  f  x  ). Xét hàm số g  x   f  x 2  2  . Mệnh đề nào dưới đây sai? y 1 1 O 2 x 2 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 52 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN A. Hàm số g  x  nghịch biến trên khoảng  ;  2  . B. Hàm số g  x  đồng biến trên khoảng  2;    . C. Hàm số g  x  nghịch biến trên khoảng  1;0  . D. Hàm số g  x  nghịch biến trên khoảng  0; 2  . Lời giải Chọn C  x  1 Từ đồ thị thấy f   x   0   và f   x   0  x  2 . x  2  2 Xét g  x   f  x  2  có TXĐ D  . g   x   2 xf   t  với t  x 2  2 . x  0 x  0  g   x   0  t  x 2  2  1   x  1 . t  x 2  2  2  x  2  Có f   t   0  t  x 2  2  2  x  2  x  2 . Bảng biến thiên: x  y  2 0  1 0  0 0  1 0  2 0   y Hàm số g  x  đồng biến trên  2;0  .Vậy C sai. CÂU 7: Hàm số f  x  có đạo hàm f   x  trên . Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số f   x  trên . Hỏi hàm số y  f  x   2018 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 5 . B. 3 . C. 2 . Lời giải D. 4 . Chọn A Từ đồ thị hàm số của f   x  ta thấy f  x  có hai cực trị dương nên hàm số y  f  x  lấy đối xứng phần đồ thị hàm số bên phải trục tung qua trục tung ta được bốn cực trị, cộng thêm giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x   2018 với trục tung nữa ta được tổng cộng là 5 cực trị. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 53 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CHỦ ĐỀ 6: TƯƠNG GIAO ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM  VÍ DỤ 1: Cho hàm số f  x   x3  6 x 2  9 x . Đặt f k  x   f  f k 1  x   với k là số nguyên lớn hơn 1 . Hỏi phương trình f 5  x   0 có tất cả bao nhiêu nghiệm phân biệt ? A. 122 . B. 120 . D. 363 . C. 365 . Lời giải Chọn A Nhận xét: + Đồ thị hàm số f  x   x3  6 x 2  9 x như sau:  x  1  f 1  4 . Lại có f   x   3x 2  12 x  9  0    x  3  f  3  0   f  0  0 .  f 4  4     – Đồ thị hàm số f  x   x3  6 x 2  9 x luôn đi qua gốc tọa độ. – Đồ thị hàm số f  x   x3  6 x 2  9 x luôn tiếp xúc với trục Ox tại điểm  3;0  . y 4 O 1 x 3 + Xét hàm số g  x   f  x   3 có g   x   f   x  nên g  x  đồng biến trên  0;   và g  0   3 nên bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số f  x   x3  6 x 2  9 x xuống dưới 3 đơn vị ta được đồ thị hàm số y  g  x  . Suy ra phương trình g  x   0 có 3 nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0; 4  . y h( x ) = x 3 6∙x2 + 9∙x O 3 x -3 + Tổng quát: xét hàm số h  x   f  x   a , với 0  a  4 . Lập luận tương tự như trên: – h  0   a  0 và h 1  0 ; h  4   4 . – Tịnh tiến đồ thị hàm số f  x   x3  6 x 2  9 x xuống dưới a đơn vị ta được đồ thị hàm số y  h  x  . Suy ra phương trình h  x   0 luôn có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0; 4  . Khi đó, GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 54 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN x  0 + Ta có f  x   x3  6 x 2  9 x  0   . x  3  f  x  0 + f 2  x   f  f  x   0   . Theo trên, phương trình f  x   3 có có ba nghiệm  f  x   3 dương phân biệt thuộc khoảng  0; 4  . Nên phương trình f 2  x   0 có 3  2 nghiệm phân biệt.  f 2  x  0 + f  x  0   2 .  f  x   3 3 f 2  x   0 có 3  2 nghiệm. f 2  x   f  f  x    3 có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0; 4  . Mỗi phương trình f  x   a , với a   0; 4  lại có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0; 4  . Do đó phương trình f 2  x   3 có tất cả 9 nghiệm phân biệt. Suy ra phương trình f 3  x   0 có 32  3  2 nghiệm phân biệt.  f 3  x  0 + f  x  0   3 .  f  x   3 4 f 3  x   0 có 9  3  2 nghiệm. f 3  x   f  f 2  x    3 có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0; 4  . Mỗi phương trình f 2  x   b , với b   0; 4  lại có 9 nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0; 4  . Do đó phương trình f 3  x   3 có tất cả 9.3 nghiệm phân biệt.  f 4  x  0 + f  x  0   4 .  f  x   3 5 f 4  x   0 có 33  9  3  2 nghiệm. f 4  x   f  f 3  x    3 có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0; 4  . Mỗi phương trình f 3  x   c , với c   0; 4  lại có 27 nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0; 4  . Do đó phương trình f 4  x   3 có tất cả 27.3 nghiệm phân biệt. Vậy f 5  x  có 34  33  32  3  2  122 nghiệm.  VÍ DỤ 2: Số giao điểm của hai đồ thị hàm số f  x   2  m  1 x3  2mx 2  2  m  1 x  2m , 3 ( m là tham số khác  ) và g  x    x 4  x 2 là. 4 A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 1 . Lời giải Chọn C Cách 1:Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là.  x 4  x 2  2(m  1) x3  2mx 2  2(m  1) x  2m .   x 2 ( x 2  1)  2m( x3  x 2  x  1)  2 x 3  2 x . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 55 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN   x 2 ( x 2  1)  2m( x 2  1)( x  1)  2 x( x 2  1)  ( x 2  1) ( x 2  2(m  1) x  2m   0  x 2  1  0(1)  2  g ( x)  x  2(m  1) x  2m(2) .    m 2  1  0m  Xét (2) có:  g (1)  1  0m  PT (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt  1 .  3  g (1)  4m  3  0    4 Vậy PT đã cho có 4 nghiệm phân biệt. Cách 2:Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là.  x 4  x 2  2(m  1) x3  2mx 2  2(m  1) x  2m  x 4  2(m  1) x3   2m  1 x 2  2(m  1) x  2m  0 (1) Từ đề bài ta thấy chắc chắn với mọi m   . 3 hai đồ thị luôn có cùng số giao điểm, tức là phương 4 3 trình (1) luôn có cùng số nghiệm m   . 4  x2  1  x  1 Thay m  1 vào phương trình (1) ta được: x  3x  2  0   2 .  x   2 x  2 Vậy số giao điểm của hai đồ thị là 4. 4 2  VÍ DỤ 3: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên và có đồ thị như hình v Gọi m là số nghiệm của phương trình f  f  x    1 . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. m  6 . B. m  7 . C. m  5 . D. m  9 . Lời giải Chọn B Đặt f  x   u khi đó nghiệm của phương trình f  f  x    1 chính là hoành độ giao điểm của đồ thị f  u  với đường thẳng y  1 .  f  x   u1  5  Dựa vào đồ thị ta có ba nghiệm  f  x   u2 với u1   1;0  , u2   0;1 , u3   ;3  . 2  f x u   3  Tiếp tục xét số giao điểm của đồ thị hàm số f  x  với từng đường thẳng y  u1 , y  u2 , y  u3 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 56 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Dựa vào đồ thị ta có được 7 giao điểm. Suy ra phương trình ban đầu f  f  x    1 có 7 nghiệm.  m VÍ DỤ 4: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số 5 x  12 x  16  m  x  2  x  2 2 2017 2 x  x 1   2017 2 x 1 để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt thỏa mãn điều kiện 2  2018 x  2018 . B. m  2 6;3 3  .   11   D. m   2 6; 3. 3   A. m  2 6;3 3  .  11   C. m   3 3; 3 2 6 . 3     Lời giải Chọn A Ta có 2017 2 x   2017 2 x  x 1 x 1  2017 2  x 1  2018 x  2018   1009 2  x  1  20172    x 1   1009 2  x  1    f 2 x  x  1  f 2  x  1 . Xét hàm số f  u   2017u  1009u Ta có f   t   2017u ln 2017  1009  0, u  f  u  đồng biến. Nên 2 x  x  1  2  x  1  1  x  1 . Ta lại có 5 x 2  12 x  16  m  x  2  x 2  2  3  x  2   2  x 2  2   m  x  2  x 2  2 2 2  x2  x2 x2  t  x   . Xét t   3   2  m. 2 2 x2  2 x 2  x 2   2  2x x 2 2  3  0, x   1;1 2 3  t  3 . Khi đó phương trình trở thành 3t 2  2  mt  3t   m . t 3 2 2 3t  2 2 6 Xét hàm số f  t   3t  . ta có f   t   3  2  . Cho f   t   0  t  . 2 t t t 3 Bảng biến thiên Nên Dựa vào bảng biến thiên suy ra 2 6  m  3 3 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 57 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN  VÍ DỤ 5: Cho hàm số y  x 2  m   2018  x 2  1  2021 với m là tham số thực. Gọi S là tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại đúng hai điểm phân biệt. Tính S . A. 960 . B. 986 . C. 984 . D. 990 . Lời giải Chọn C Đặt 2018  x 2  t ; 0  t  2018 Khi đó y x2 m 2018 x2 1 2021 t2 m t 1 3 t2 mt m 3* ; Theo đề bài, để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt thì phương trình * cần có 1 nghiệm dương thỏa mãn 0  t  2018 TH1: * có 1 nghiệm kép.   m 2  4m  12  0   m2  4m  12  0  TH2: * có 2 nghiệm trái dấu.   m  3 1 m3 P   0   1 * có 1 nghiệm dương trên khoảng 0  t  2018 nên ta xét GTLN của m với 0  t  2018 t2  3 t  0; 2018  t 1  x  3 x2  3 x2  2 x  3   Xét hàm y  , x  0; 2018 , ta có y  0  2   x 1  x  1  x 1 Lập BBT ta có y  0  t 2  mt  m  3  0  m  3 m 44 2021  44, 009  S   i  984 2018  1 i 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 58 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Tập tất cả các giá trị của m để phương trình A.  ;0 . 4 x 2  1  x  m có nghiệm là C.  0;1 . B. 1;   . D.  0;1 . f  f  x  3 CÂU 2: Cho hàm số f  x   x 3  3x 2  x  . Phương trình  1 có bao nhiêu nghiệm thực phân 2 2 f  x  1 biệt ? A. 6 nghiệm. B. 9 nghiệm. C. 4 nghiệm. D. 5 nghiệm. CÂU 3: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  x 2  m 4  x 2  m  7 có điểm chung với trục hoành là  a; b (với a; b  ). Tính giá trị của S  2a  b . A. S  19 . 3 B. S  7 . D. S  C. S  5 . 23 . 3 CÂU 4: Giá trị của m để phương trình: x  2 4 x  6  x  2 4 6  x  m có hai nghiệm phân biệt là. A. 6  2 4 6  m  2 3  4 4 3 . B. 6  2 4 6  m  2 3  4 4 3 . C. 6  24 6  m  2 3  44 3 . D. 6  24 6  m  2 3  44 3 . CÂU 5: Cho hàm số u  x  liên tục trên đoạn  0;5 và có bảng biến thiên như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình A. 6 . 3 x  10  2 x  m.u  x  có nghiệm trên đoạn  0;5 ? B. 4 . C. 5 . D. 3 . CÂU 6: Tìm m để phương trình x6  6 x 4  m3 x3  15  3m2  x2  6mx  10  0 có đúng hai nghiệm phân 1  biệt thuộc  ; 2  . . 2  9 A. 0  m  . 4 CÂU 7: Biết rằng phương trình b 11  m  4. 5 C. 2  m  5 . 2 D. 7  m  3. 5 2  x  2  x  4  x 2  m có nghiệm khi m thuộc  a; b với a , . Khi đó giá trị của T   a  2  2  b là? A. T  3 2  2 . CÂU 8: Biết rằng phương trình b B. B. T  6 . C. T  8 . D. T  0 . 2  x  2  x  4  x 2  m có nghiệm khi m thuộc  a; b với a , . Khi đó giá trị của T   a  2  2  b là? A. T  3 2  2 . B. T  6 . C. T  8 . D. T  0 . CÂU 9: Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x3  3 x  1  m  1 có 6 nghiệm là một khoảng có dạng  a; b  . Tính tổng S  a 2  b 2 . A. 1 . B. 5 . C. 25 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 10 . Trang 59 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Câu 10: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  x3  3x 2 tại 3 điểm phân biệt A , B , C ( B nằm giữa A và C ) sao cho AB  2BC . Tính tổng các phần tử thuộc S 7 7 A. 2 . B. 4 . C. 0 . D. . 7 CÂU 11: Cho hàm số y  x3  3x. có đồ thị là (C ) . M 1 là điểm trên (C ) có hoành độ bằng 1. Tiếp tuyến tại điểm M 1 cắt (C ) tại điểm M 2 khác M 1 . Tiếp tuyến tại điểm M 2 cắt (C ) tại điểm M 3 khác M 2 . Tiếp tuyến tại điểm M n 1 cắt (C ) tại điểm M n khác M n1  n  4, n  N  ? Tìm số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện yn  3xn  221  0. A. n  7. D. n  21. C. n  22. B. n  8. CÂU 12: Cho hàm số y  x 3  2009 x có đồ thị là  C  . M 1 là điểm trên  C  có hoành độ x1  1 . Tiếp tuyến của  C  tại M 1 cắt  C  tại điểm M 2 khác M 1 , tiếp tuyến của  C  tại M 2 cắt  C  tại điểm M 3 khác M 2 , …, tiếp tuyến của  C  tại M n 1 cắt  C  tại M n khác M n 1  xn ; yn  là tọa độ điểm A. n  685 .  n  4;5;… , gọi M n . Tìm n để: 2009xn  yn  22013  0 . C. n  672 . B. n  679 . D. n  675 . CÂU 13: Đường thẳng y  k  x  2   3 cắt đồ thị hàm số y  x3  3x 2  1 1 tại 3 điểm phân biệt, tiếp tuyến với đồ thị 1 tại 3 giao điểm đó lại cắt nhau tai 3 điểm tạo thành một tam giác vuông. Mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. k  2 . B. 2  k  0 . C. 0  k  3 . D. k  3 . x 1 . Số các giá trị tham số m để đường thẳng y  x  m luôn cắt đồ thị hàm số x2 tại hai điểm phân biệt A , B sao cho trọng tâm tam giác OAB nằm trên đường tròn x 2  y 2  3 y  4 là A. 1 . B. 0 . C. 3 . D. 2 . CÂU 14. Cho hàm số y  GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn C Đặt t  x  0 . Ta có m  g  t   4 t 4  1  t   4   3 t4 1  1 4   2 t4 1 t  4  t4 1 t2  t3 Hàm g (t ) giảm và có g  0   1 và lim y  0 . Vậy 0  m  1 . x  CÂU 2: Chọn D Cách 1: Xét hàm số f  x   x 3  3 x 2  x  3 . 2 Ta có f   x   3x 2  6 x  1 .  3 6 98 6  f  x1    x1  3 18 . f   x   0  3x 2  6 x  1  0    3 6 9 8 6  f  x2    x2  3 18  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 60 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Bảng biến thiên. Xét phương trình f  f  x  2 f  x  1 .  1. Đặt t  f  x  . Khi đó phương trình trở thành. f t  3 5  1  f  t   2t  1  t 3  3t 2  t   2t  1  t 3  3t 2  t   0 * . 2t  1 2 2 5 Xét hàm số g  t   t 3  3t 2  t  liên tục trên . 2  1  29 + Ta có g  3 .g  4      .  0 nên phương trình * có một nghiệm t  t1   3; 4  .  2 2 Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình f  x   t1 với t1  3  f  x1   98 6 có 18 một nghiệm.  1   1  11 1  + Ta có g 1 .g       .  0 nên phương trình * có một nghiệm t  t2   ;1 . 2  2 8 2  Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình f  x   t2 với 9 8 6 1 9 8 6 có ba nghiệm phân biệt.   t2  1  f  x1   18 2 18 217  1  4  4  + Ta có g    .g  1  .     0 nên phương trình * có một nghiệm t  t3   1;   . 250  2  5  5  f  x2   4 9 8 6 Khi đó dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình f  x   t3 với t3    f  x2   5 18 có một nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực. Cách 2: Đặt t  f  x  . Khi đó phương trình trở thành. f t  3 5  1  f  t   2t  1  t 3  3t 2  t   2t  1  t 3  3t 2  t   0 * . 2t  1 2 2 t1  3, 05979197  t2  0,8745059057 . t3  0,9342978758 3  t1  3.05979197 . Bấm máy tính ta được 1 nghiệm. 2 3 + Xét phương trình x 3  3 x 2  x   t2  0,8745059057 . Bấm máy tính ta được 3 nghiệm. 2 3 + Xét phương trình x3  3 x 2  x   t3  0,9342978758 . Bấm máy tính ta được 1 nghiệm. 2 + Xét phương trình x 3  3 x 2  x  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 61 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực. CÂU 3: Chọn B Tập xác định của hàm số : D   2; 2 . Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  x 2  m 4  x 2  m  7 và trục hoành là x2  m 4  x2  m  7  0  m   4  x2  1  7  x2  m  7  x2 4  x2  1 1 . t2  3  2 . t 1 Đồ thị hàm số đã cho có điểm chung với trục hoành khi và chỉ khi phương trình  2  có nghiệm Đặt t  4  x 2 , t   0; 2 , phương trình 1 trở thành m  t   0; 2 . t2  3 trên  0; 2 . t 1 Hàm số f  t  liên tục trên  0; 2 . Xét hàm số f  t   t  1  0; 2  , f  t   0   .  t  1 t  3   0; 2  7 f  0   3 , f 1  2 , f  2   . 3 Do đó min f  t   2 và max f  t   3 . Ta có f   t   t 2  2t  3 2 0;2 Bởi 0;2 phương vậy, trình  2 có nghiệm t   0; 2 khi và chỉ khi min f  t   m  max f  t   2  m  3 . 0;2 0;2 Từ đó suy ra a  2 , b  3 , nên S  2a  b  2.2  3  7 . CÂU 4 :Chọn B Xét f  x   x  2 4 x  6  x  2 4 6  x x   0;6 . Có f   x   1 2 x  1 2 4 x3   1 1 1 1 1  1 1        2 6  x 2 4  6  x 3 2  x 6  x  2  4 x3   1   1  1  Có u  x    ; v  x   4 3  6 x   x x   1   1  1  Và u  x    ; v  x   4 3  6 x   x x   1   1  1 u  x    ; v  x   4 3  6 x   x x  Lập bảng biến thiên. 1 4 6  x 1 4 6  x 1 4 3 6  x 3 3 1 4 6  x 3  .     thỏa u  2   0; v  2   0  f   2   0 .     cùng âm trên  3;6  .     cùng dương trên  0;3 .   Yêu cầu đề bài  6  2 4 6  m  2 3  4 4 3 . CÂU 5:Chọn C Theo bảng biến thiên ta có trên  0;5 thì 1  u  x   4 1 , GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 62 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Ta có 3x  10  2 x  m.u  x   3x  10  2 x m u  x Xét hàm số f  x   3 x  10  2 x trên  0;5 3 2 ; f   x   0  3 10  2 x  2 x  3 10  2 x   4 x  x  3 .  2 x 2 10  2 x Bảng biến thiên Ta có f   x   Do đó ta có trên  0;5 thì 10  f  x   5  2 .  max f  x   f  3  5 min f  x   f  0   10 Từ 1 và  2  ta có  và  min u  x   u  3  1  maxu  x   u  0   4 10 f  x    5 với mọi x   0;5 . Do đó 4 u  x Để phương trình 3 x  10  2 x  m.u  x  có nghiệm trên đoạn 0;5  phương trình 3 x  10  2 x 10  m có nghiệm trên đoạn  0;5   m  5. u  x 4 Vì m nên m  1; 2;3; 4;5 . CÂU 6: Chọn C Ta có     x6  6 x 4  m3 x3  15  3m2  x2  6mx  10  0  x2  2  3 x2  2   mx  1  3  mx  1 . 3 3  f  x 2  2   f  mx  1 (*) với f  t   t 3  3t . Do f   t   3t 2  3  0, t  hàm số f  t  đồng biến trên Nên (*)  x 2  2  mx  1  x 2  mx  1  0  m  . x2  1 . x x2  1 1  Xét hàm số g  x   trên  ; 2  . . x 2  1 Ta có g   x   1  2  g   x   0  x  1 . x Bảng biến thiên. . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 63 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN 1  Dựa và bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc  ; 2  2  5 khi và chỉ khi 2  m  . . 2 CÂU 7: Chọn B Điều kiện: 2  x  2 . Đặt t  2  x  2  x  0  t 2  4  2 4  x 2  4  x 2  t2  4 . 2 t2  4 m. Phương trình đã cho thành t  2 Xét hàm số f  x   2  x  2  x , với x   2; 2 ta có   x   2; 2   x   2; 2  ;    x  0.   2  x  2  x  f  x  0 Hàm số f  x  liên tục trên  2; 2 và f  2   2 ; f  2   2 ; f  0   2 2 f  x   1 1  2 2 x 2 2 x  min f  x   2 và max f  x   2 2  2  f  x   2 2  t  2;2 2  .    2;2 2;2 t2  4 Xét hàm số f  t   t  , với t  2;2 2  ta có f   t   1  t  0 , t  2;2 2 .   2 Bảng biến thiên:   YCBT  trên  2; 2 đồ thị hàm số y  f  t  cắt đường thẳng y  m  2 2  2  m  2 . a  2 2  2  T   a  2 2  b  6 . Khi đó  b  2 CÂU 8: Chọn B Điều kiện: 2  x  2 . Đặt t  2  x  2  x  0  t 2  4  2 4  x 2  4  x 2  t2  4 . 2 t2  4 m. 2 Xét hàm số f  x   2  x  2  x , với x   2; 2 ta có Phương trình đã cho thành t    x   2; 2   x   2; 2  ;    x  0.  f x  0 2  x  2  x       Hàm số f  x  liên tục trên  2; 2 và f  2   2 ; f  2   2 ; f  0   2 2 f  x   1 1  2 2 x 2 2 x  min f  x   2 và max f  x   2 2  2  f  x   2 2  t  2;2 2  .    2;2  2;2 Xét hàm số f  t   t  t2  4 , với t  2;2 2  ta có f   t   1  t  0 , t  2;2 2 . 2   Bảng biến thiên: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 64 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN YCBT  trên  2; 2 đồ thị hàm số y  f  t  cắt đường thẳng y  m  2 2  2  m  2 . a  2 2  2 Khi đó   T   a  2 2  b  6 . b  2 CÂU 9: Chọn B 3   x  3x  1 khi x  0 Xét hàm số f  x   x  3 x  1   3   x  3x  1 khi x  0 Ta có bảng biến thiên 3 Do đó ta có đồ thị của hàm số f  x   x3  3 x  1 . Suy ra đồ thị hàm số  C  : y  f  x   x3  3 x  1 Số nghiệm của phương trình x3  3 x  1  m  1 là số giao điểm của đồ thị  C  và đường thẳng d : y  m 1. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 65 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Để phương trình x3  3 x  1  m  1 có 6 nghiệm thì d cắt C  tại 6 điểm a  1 suy ra S  a 2  b 2  5 . 0  m 1  1  1  m  2 . Vậy  b  2 CÂU 10: Chọn B Xét phương trình hoành độ giao điểm x3  3x 2  m  x3  3x 2  m  0 1 . Giả sử x1 ; x2 ; x3 và giả sử A  x1 ; m  , B  x2 ; m  , C  x3 ; m  .  x1  x2  x3  3 1  Áp dụng định lý Vi-et cho phương trình bậc 3 ta có :  x1 x2  x2 x3  x3 x1  0   x1 x2 x3  m  3 AB  2BC  x2  x1  2  x3  x2   3×2  x1  2 x3  0  4   2 . Mặt khác  x1  6  5 x2 Từ  4  và 1 ta có  thay vào phương trình  2  ta có :  x3  4 x2  3  7 7  x2  7  6  5×2  x2  x2  4 x2  3   4 x2  3 6  5×2   0  7 x22  14 x2  6  0   7 7  x2  7  98  20 7 74 7 75 7 7 7 Với x2  ta có x1  và x3  thay vào  3 ta được m  . Thử 49 7 7 7 lại vào phương trình ta thấy thỏa mãn. 98  20 7 74 7 75 7 7 7 Với x2  ta có x1  và x3  thay vào  3 ta được m  . Thử 49 7 7 7 lại vào phương trình ta thấy thỏa mãn. 98  20 7 98  20 7 Vậy tổng hai giá trị của m là   4 . 49 49 CÂU 11: Chọn B Phương trình tiếp tuyến  n của (C) tại điểm M n  xn ; xn3  3x n  : n : y   3x n2  3  x  xn   xn3  3x n . Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và tiếp tuyến  n :  x  xn  n.kép  x3  3x   3x 2n  3  x  xn   xn3  3x n   x  xn   x 2  xn .x  2x n2   0    x  2 xn Vậy hoành độ giao điểm còn lại có đặc điểm: bằng hoành độ tiếp tiếp trước nhân với  2  , thoả điều kiện cấp số nhân với công bội q  2 . Do đó xn 1  2x n và xn   2  n 1 x1   2  n 1 . Từ giả thiết yn  3xn  221  0 , với yn  xn3  3xn Suy ra xn3  221  0 (trong đó xn thoả công thức cấp số nhân nêu trên)   2  3n3  221  0  n  8. CÂU 12: Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và tiếp tuyến là x3  2009 x   3×12  2009   x  x1   x13  2009 x1 1 . Phương trình 1 có một nghiệm kép x1  1 và một nghiệm x2 .Ta có: 1  x3  3 x  2  0 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 66 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Áp dụng định lí Viét cho phương trình bậc ba, ta có: 2 x1  x2  0  2  x1  2 x1 x2  3  x2  2 x1 .  2  x1 .x2  2 Vậy hoành độ giao điểm còn lại có đặc điểm: bằng hoành độ tiếp tiếp trước nhân với  2  , thoả điều kiện cấp số nhân với công bội q  2 . Suy ra: x1  1 , x2  2 , x3  4 , …, xn   2  n 1 . Ta có: 2009xn  yn  22013  0  2009 xn  xn3  2009 xn  22013  0   2  3n3  22013  3n  3  2013  n  672 . CÂU 13: Chọn B Phương trình hoành độ giao điểm x3  3x 2  1  k  x  2   3  x  2 .   x  2  x2  x  2  k  x  2   2 x  x  2  k  0 2    Đường thẳng y  k  x  2   3 cắt đồ thị hàm số y  x3  3x 2  1 tại 3 điểm phân biệt 9    1  4  2  k   0 k     2  có hai nghiệm phân biệt khác 2    4  * 2  2   2  2  k  0 k  0  x1  x2  1 Giả sử x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của  2  , theo hệ thức Viet thì  .  x1 x2  k  2  y  2   0  y  2  . y  x1   1   Ta có y  3x 2  6 x   y  x1   3×12  6 x1 Mà  y  2  . y  x2   1   3×12  6 x1  3×22  6 x2   1   y x . y x  1 2   1  2   y  x2   3×2  6 x2  9  x1 x2   18×1 x2  x1  x2   36 x1 x2  1  9  k  2   18  k  2   36  k  2   1 2 k 2 3  2 2 3  2 2 . Kết hợp với * ta được k  thỏa mãn. 3 3 CÂU 14: Chọn D x 1  x  m  x 2   m  3  x  2 m  1  0  * x2 Theo yêu cầu bài toán : * phải có hai nghiệm phân biệt khác 2 Phương trình hoành độ giao điểm :   0  m2  2m  13  0, m  4   m  3 2  2m  1  0 Gọi A  x1; y1  , B  x2 ; y2  suy ra G là trọng tâm của tam giác OAB x x y y   x  x x  x  2m   3  m 3  m  2m   3 m 3 m  G 1 2 ; 1 2   G 1 2 ; 1 2 ; ;   G    G 3  3 3 3   3   3  3  3   m  3 2 2  3 m   3 m   3 m  2  Theo yêu cầu bài toán :  15 .     3   4  2m  9m  45  0   m  3   3   3   2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 67 : CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CHỦ ĐỀ 7: BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN – SỰ TIẾP XÚC  x2 có đồ thị  C  . Gọi d là khoảng cách từ giao điểm I của x 1 hai tiệm cận của đồ thị  C  đến một tiếp tuyến tùy ý của đồ thị  C  . Khi đó giá trị lớn nhất của VÍ DỤ 1: Cho hàm số y  d có thể đạt được là A. 2 2 . B. 2. C. 3. D. 3 3 . Lời giải Chọn B Ta có I  1;1 . y ‘  1  x  1 2 .  x 2 1 Giả sử M  x0 ; 0 .  là một điểm thuộc  C  , x0  1 . Suy ra: y ‘  x0   2 x0  1   x0  1  Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M là: y 1  x0  1 x  x0   2  x0  2 x0 2  4 x0  2 x   y   0. 2 2 x0  1  x0  1  x0  1  x  y  x0  1   x0 2  4 x0  2   0  d  . 2 1   x0  1   x0 2  4 x0  2  2 Suy ra: d I ;d   1   x0  1 4  2  x0  1 1   x0  1 4  2 x0  1 1   x0  1 4 . Theo bất đẳng thức Cô-si: 1   x0  1  2 1.  x0  1  2  x0  1 . 4 4 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi: 1   x0  1  x0  0 . 4 Suy ra: d I ;d    2 x0  1 2  x0  1 2  2 . Vậy max d I ;d   2 khi x0  0; y0  2 . VÍ DỤ 2: Cho hàm số y  x3  3mx 2  3  m2  1 x  m3 , với m là tham số; gọi  C  là đồ thị của hàm số đã cho. Biết rằng khi m thay đổi, điểm cực đại của đồ thị  C  luôn nằm trên một đường thẳng d cố định. Xác định hệ số góc k của đường thẳng d . 1 1 A. k   . B. k  . C. k  3 . 3 3 D. k  3 . Lời giải Chọn C Tập xác định D  . Ta có y  3x  6mx  3  m2  1 và y  6 x  6m . 2 Khi đó y  0  3x 2  6mx  3  m2  1  0 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 68 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN   9m2  9  m2  1  9 nên hàm số luôn có hai điểm cực trị x 3m  3  m  1 và 3 3m  3  m  1 . y  m  1  6  m  1  6m  6  0  x  m 1 là điểm cực đại của hàm số 3  xA  m  1  A  m  1;  3m  2  là điểm cực đại của đồ thị  C  . Ta có   y A  3xA  1  y A  3m  2 x  A luôn thuộc đường thẳng d có phương trình y  3 x  1 . Do đó hệ số góc k của đường thẳng d là 3 .  2x có đồ thị  C  và điểm M  x0 ; y0    C   x0  0  . Biết x2 rằng khoảng cách từ I  2; 2  đến tiếp tuyến của  C  tại M là lớn nhất, mệnh đề nào sau VÍ DỤ 3: Cho hàm số y  đây đúng? A. 2 x0  y0  0 . B. 2 x0  y0  2 . C. 2 x0  y0  2 . D. 2 x0  y0  4 . Lời giải Chọn D Phương trình tiếp tuyến của  C  tại M có dạng d : y  y  x0  .  x  x0   y0 . 2 x0 x0  2 4 .  y  x0   2  x0  2  Ta có M  x0 ; y0    C   y0  Lại có y  4  x  2 Do đó d : y  2 4 .  x  x0   2 x0 x0  2  x0  2  2 2  d : y  x0  2   4 x  4 x0  2 x0  x0  2   d : 4 x   x0  2  y  2 x02  0 2 8  2  x0  2   2 x02 16  8 x0 8    d I;d   4 4 42   x0  2   x0  2   16  x0  2 2  16 2  x0  2  2 . Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 16 16 2 2  2  x0  2  .  8  0  d  I ; d   1.  x0  2   2 2  x0  2   x0  2   x0  0 2   x0  2   4    x0  2   x0  4 Bài ra x0  0 nên x0  4  y0  4  2 x0  y0  4 . Dấu “  ” xảy ra   x0  2   2  16 2 VÍ DỤ 4: Cho hàm số y  x3  3x  2 có đồ thị  C  . Đường thẳng d : y  x  2 cắt đồ thị  C  tại ba điểm A , B , C  0; 2  . Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của  C  tại A và B . Tính k1.k 2 . A. 9 . B. 27 . C. 81 . D. 81 . Lời giải Chọn D. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 69 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Ta có: y  3x 2  3 Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị  C  là : x  0 x3  3x  2  x  2  x 3  4 x  0    x  2 Vậy đường thẳng d cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt: A  2; 2  , B  2; 4  và C  0; 2  . Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của  C  tại A và B , ta có: k1  y  2   9 , k2  y  2   9 . Vậy k1k2  81 .  VÍ DỤ 5 :Cho hàm số y  2x  1 có đồ thị  C  . Gọi M  x0 ; y0  (với x0  1 ) là điểm 2x  2 thuộc  C  , biết tiếp tuyến của  C  tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B sao cho SOIB  8SOIA (trong đó O là gốc tọa độ, I là giao điểm hai tiệm cận). Tính giá trị của S  x0  4 y0 . A. S  8 . B. S  17 . 4 C. S  23 . 4 D. S  2 . Lời giải Chọn A Ta có y  2  2x  2 2 , TCĐ: x  1  d1  , TCN: y  1  d 2  , I 1;1 . Phương trình tiếp tuyến  tại điểm M  x0 ; y0  có dạng y   x  A    d1  A  1; 0  ,  x0  1  B    d 2  B  2 x0  1;1 . 2  2 x0  2  2  x  x0   IB   2 x0  2;0  , 2 x0  1 2 x0  2  1  IA   0; .  x0  1  1 1 1 2 SOIB  8SOIA  .1.IB  8. .1.IA  IB  8IA  2 x0  2  8   x0  1  4  x0  3 2 2 x0  1 (do x0  1 )  y0  5 5  S  x0  4 y0  3  4.  8 . 4 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 70 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN BÀI TẬP RÈN LUYỆN x 1 . Số tiếp tuyến của đồ thị hàm số đi qua điểm A  2; 1 là x2 B. 3 . C. 2 . D. 0 . CÂU 1: Cho đồ thị hàm số  C  : y  A. 1 . CÂU 2: Cho hàm số y  f  x  xác định và có đạo hàm trên thỏa mãn  f  2 x  1   f 1  x   x . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ bằng 1 . A. y  1 6 x . 7 7 1 8 B. y   x  . 7 7 2 C. y  1 5 x . 7 7 3 1 6 D. y   x  . 7 7 CÂU 3: Gọi S là tập hợp các điểm thuộc đường thẳng y  2 mà qua mỗi điểm thuộc S đều kẻ được hai x2 tiếp tuyến phân biệt tới đồ thị hàm số y  đồng thời hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau. x 1 Tính tổng hoành độ T của tất cả các điểm thuộc S . A. T  2 3 . CÂU 4: Cho hàm số y  B. T  3 . C. T  1 . D. T  2. 2x 1 có đồ thị  C  . Tiếp tuyến với đồ thị  C  tại M  2;5 cắt hai đường tiệm x 1 cận tại E và F . Khi đó độ dài EF bằng. B. 2 10 . A. 10 . C. 13 . D. 2 13 . x 1 . Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của đồ thị hàm số. Khoảng cách từ I 2x  3 đến tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất bằng 1 A. d  . B. d  1 . C. d  2 . D. d  5 . 2 CÂU 5: Cho hàm số y  x 3 có đồ thị là  C  , điểm M thay đổi thuộc đường thẳng d : y  1  2 x sao cho x 1 qua M có hai tiếp tuyến của  C  với hai tiếp điểm tương ứng là A , B . Biết rằng đường thẳng CÂU 6: Cho hàm số y AB luôn đi qua điểm cố định là K . Độ dài đoạn thẳng OK là A. 34 . B. 10 . C. 29 . D. 58 . CÂU 7: Cho hàm số y  x 4  2 x 2  3 , có đồ thị là  C  . Tìm trên đường thẳng y  2 những điểm mà qua đó ta kẻ được 4 tiếp tuyến phân biệt với đồ thị  C  . A. M  0; 2  , M 1; 2  . B. M  0; 2  , M  3; 2  . C. M  5; 2  , M 1; 2  . D. Không tồn tại. 2 x3  x 2  4 x  2 , gọi đồ thị của hàm số là  C  . Gọi M là một điểm thuộc  C  3 có khoảng cách từ M đến trục hoành bằng hai lần khoảng cách từ M đến trục tung, M không CÂU 8: Cho hàm số y   trùng với gốc tọa độ O . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  tại M . B. y  64 . A. y  9 . CÂU 9: Cho hàm số y  C. y  12 . D. y  8 . 2×2 có đồ thị là  C  . Tìm trên đường thẳng y  x những điểm mà từ đó có thể x2 kẻ được 2 tiếp tuyến đến  C  , đồng thời 2 tiếp tuyến đó vuông góc với nhau. A. m  5  3 . B. m  5  53 . C. m  6  23 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. m  5  23 . Trang 71 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CÂU 10: Cho hàm số y  x 1 có đồ thị là  C  . Gọi điểm M  x0 ; y0  với x0  1 là điểm thuộc 2  x  1 C  , biết tiếp tuyến của C  tại điểm M cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB có trọng tâm G nằm trên đường thẳng d : 4 x  y  0 . Hỏi giá trị của x0  2 y0 bằng bao nhiêu? 7 7 5 5 A.  . B. . C. . D.  . 2 2 2 2 x  1 có đồ thị là  C  , đường thẳng d : y  x  m . Với mọi m ta luôn có d 2x  1 cắt  C  tại 2 điểm phân biệt A, B . Gọi k1 , k 2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với  C  tại CÂU 11: Cho hàm số y  A, B . Tìm m để tổng k1  k 2 đạt giá trị lớn nhất. A. m  1. B. m  2 . C. m  3 . D. m  5 . 2x 1 có đồ thị  C  . Biết khoảng cách từ I  1; 2  đến tiếp tuyến của  C  tại M x 1 là lớn nhất thì tung độ của điểm M nằm ở góc phần tư thứ hai, gần giá trị nào nhất? A. 3e . B. 2e . C. e . D. 4e . CÂU 12: Cho hàm số y  CÂU 13: Cho hàm số y x3 2018x có đồ thị là C . M1 x1; y1 C có hoành độ bằng 1 . Tiếp tuyến của C tại M1 x1; y1 cắt C tại M 2 x2 ; y2 khác M1 . Tiếp tuyến của C tại M 2 x2 ; y2 cắt C tại M 3 x3; y3 khác M 2 …Tiếp tuyến của C tại M n Tính y2018 ? x2018 A. 4 2017 2018 . B. 22017 2018 . C. 42017 1 cắt C tại M n xn ; yn khác M n 1 . 2018 . D. 2 2017 2018 . x4  2 x 2  4 , có đồ thị là  C  . Gọi  d  là tiếp tuyến của  C  tại điểm M có 4 hoành độ x  a .Tìm a để  d  cắt lại  C  tại hai điểm E , F khác M và trung điểm I của đoạn CÂU 14: Cho hàm số y  EF nằm trên parabol  P  : y   x 2  4 . B. a  1 . C. a  2 . D. a  1 . 2x 1 CÂU 15: Cho hàm số y  có đồ thị  C  . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để x 1 đường thẳng  d  : y  x  m cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tiếp tuyến với  C  tại A A. a  0 . và B lần lượt có hệ số góc là k1 , k2 thoả mãn trị của tất cả các phần tử của S bằng A. 2018 B. 3 1 1   2  k1  k2   2018k12018k22018 . Tổng các giá k1 k2 C. 0 D. 6 CÂU 16:Biết đồ thị (Cm ) của hàm số y  x 4  mx 2  m  2018 luôn luôn đi qua hai điểm M và N cố định khi m thay đổi. Tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng MN là A. I 1; 2018 . B. I  0;1 . C. I  0; 2018  . D. I  0; 2019  . CÂU 17: Biết đồ thị hàm số y   m  4  x3  6  m  4  x 2  12mx  7m  18 (với m là tham số thực) có ba điểm cố định thẳng hàng. Viết phương trình đường thẳng đi qua ba điểm cố định đó. A. y  48 x  10 . B. y  3x  1 . C. y  x  2 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. y  2 x  1 . Trang 72 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CÂU 18: Gọi  C  là đồ thị của hàm số y  x 2  2 x  1 , M là điểm di động trên  C  ; Mt , Mz là các đường thẳng đi qua M sao cho Mt song song với trục tung đồng thời tiếp tuyến tại M là phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng Mt , Mz . Khi M di chuyển trên  C  thì Mz luôn đi qua điểm cố định nào dưới đây?  1 A. M 0  1;  .  4  1 B. M 0  1;  .  2 D. M 0  1;0  . C. M 0  1;1 . GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D + TXĐ: D  Ta có y  \ 2 . 1  x  2 2 , x  2 .  x 1  Gọi tọa độ tiếp điểm là M  x0 ; 0  với x0  2 . Khi đó phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  x0  2   x 1 1 . x  x0   0 . tại điểm M là: y  2  x0  2  x0  2 Tiếp tuyến đi qua điểm A  2; 1 nên ta có phương trình: 1  1  x0  2  2 .  2  x0    x0  1  x  1  x0 1  1   0  x0  2 x0  2 x0  2 x0  2  x0  2 x  2   0  Phương trình vô nghiệm. 0  2  x0   x0  2 Vậy không có tiếp tuyến nào thỏa mãn yêu cầu bài toán. CÂU 2: Chọn B  f 1  0 2 2 3 3 Từ  f  2 x  1    f 1  x    x (*), cho x  0 ta có  f 1    f 1   0    f 1  1 Đạo hàm hai vế của (*) ta được 4. f  2 x  1 . f   2 x 1  3  f 1  x   . f  1  x   1 . 2 Cho x  0 ta được 4 f 1 . f  1  3.  f 1  . f  1  1  f 1 . f  1 . 4  3 f 1   1 (**). 2 Nếu f 1  0 thì (**) vô lý, do đó f 1  1 , khi đó (**) trở thành  f  1 . 4  3  1  f  1   1 7 1 1 8 Phương trình tiếp tuyến y    x  1  1  y   x  . 7 7 7 CÂU 3: Chọn D y x2 1  x 1 x 1 x 1 Gọi điểm A  a; 2    d  : y  2 . Đường thẳng đi qua A có dạng y  k  x  a   2  x2  x 1  k  x  a   2 2  Điều kiện tiếp xúc:  2  1  a  k 2  4k  4  0  x  2 x2  k   x  1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 73 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Để 2 tiếp tuyến vuông góc nhau  4 1  a  2 a  3 .Vậy tổng hai hoành độ là: 2 .  1    a  1 CÂU 4: Chọn B Tiệm cận đứng của đồ thị  C  là: x  1 . Tiệm cận ngang của đồ thị  C  là: y  1 . Ta có y   Tiếp 3  x  12 . tuyến y  y  2  x  2   5  y  C  với 3  2  12 M  2;5 tại là:  x  2   5  y  3x  11 . Gọi E là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng suy ra E 1;8  . Gọi F là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận ngang suy ra F  3; 2  . Vậy EF   3  12   2  82  40  2 10 . CÂU 5. Chọn A 3 1 Tọa độ giao điểm I   ;  . 2 2  x 1  Gọi tọa độ tiếp điểm là  x0 ; 0  . Khi đó phương trình tiếp tuyến  với đồ thị hàm số tại  2 x0  3   x 1  điểm  x0 ; 0  là:  2 x0  3  x 1 1 2 y x  x0   0  x   2 x0  3 y  2 x02  4 x0  3  0 . 2  2 x0  3  2 x0  3 Khi đó: d  I ,    3 1 2   2 x0  3  2 x02  4 x0  3 2 2 1   2 x0  3 4  2 x0  3 1   2 x0  3 4  2 x0  3 2  2 x0  3 2  1 2 (Theo bất đẳng thức Cô si)  2 x0  3  1  x0  2 2  Dấu ”  ” xảy ra khi và chỉ khi  2 x0  3  1   .  2 x0  3  1  x0  1 1 Vậy max d  I ,    . 2 CÂU 6: Chọn D. Vì M  d nên M  m;1  2m  . Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến  . Tiếp tuyến  đi qua M có dạng y  k  x  m   1  2m . Vì  tiếp xúc với  C  nên hệ phương trình x3  x  1  k  x  m   1  2m 1  có nghiệm.  4   k  2 2   x  1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 74 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN  2 Thay vào 1 ta được x3 4 x3 4  x  m   1  2m    x  1  1  m   1  2m . 2  x  1  x  1 x  1  x  12 4  1  2m  x  1  3  . x 1 x 3 4 y y 1, x 1 x 1  x  3  4   m  1 . Mặt khác thay vào  3 ta được x  3  4   m  1 y  1  1 2m  x  1   2mx   m  1 y  m  7  0 . Vậy phương trình đường thẳng AB là: 2mx   m  1 y  m  7  0 . Gọi K  x0 ; y0  là điểm cố định mà đường thẳng AB đi qua. Ta có 2mx0   m  1 y0  m  7  0   2 x0  y0  1 m  yo  7  0 . 2 xo  y0  1  0  x0  3   K  3;  7  . Vì đẳng thức luôn đúng với mọi m nên ta có   y0  7  0  y0  7 Vậy OK  58 . CÂU 7: Chọn D Gọi M  m; 2  là điểm thuộc đường thẳng y  2 . Phương trình đường thẳng đi qua M  m; 2  có hệ số góc là k và  d  : y  k  x  m   2 . 4 2   x0  2 x0  3  k  x0  m   2 1 có nghiệm x0  d  tiếp xúc  C  tại điểm có hoành độ x0 khi hệ  3 4 x  4 x  k 2    0  0 2 2 Suy ra phương trình:  x0  1 3×0  4ax0  1  0   có nghiệm x0 . Qua M kẻ được 4 tiếp tuyến đến  C  khi phương trình   có 4 nghiệm phân biệt và phương trình  2  có 4 giá trị k khác nhau. Dễ thấy x02  1  0  k 1  k 1 , do đó không thể tồn tại 4 giá trị k khác nhau để thỏa bài toán. Tóm lại, không có tọa độ M thỏa bài toán. CÂU 8: Chọn D  xM2  xM2 y  y  M  ( C )   M  2  xM   M 2  xM   d ( M , Ox)  2d ( M , Oy ) y 2 x  y  2 x M  M M  M 4    yM  2 xM xM2 x  M   yM  2 xM x  0   yM   3 (*)   M  2  xM   xM2   2 2 x  y  0 3xM  4 xM  0  M  y  2x  M 2 x y  8  M M  M  M 3  4 8 Vì M không trùng với gốc tọa độ O nên chỉ nhận M  ;  .  3 3 Phương trình tiếp tuyến của  C  tại M là y  8 x  8 .   yM  2 xM xM2  yM  2 xM x  4  yM   (*)   M (do M  O ). 2  xM   xM2   2  xM  4 xM  0  yM  8  y  2 x 2 xM  2  x  M M  M GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 75 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Phương trình tiếp tuyến của  C  tại M là y  8 . CÂU 9: Chọn D Đường thẳng  d  đi qua điểm M  m; m  có hệ số góc là k , phương trình có dạng: y  k  x  m  m .  2 x02  k  x0  m   m   x0  2 có nghiệm x0 , từ đây  d  tiếp xúc  C  tại điểm có hoành độ x0 khi hệ:  2  2 x0  8 x0  k   x  2 2  0 ta tìm được m  5  23 . CÂU 10: Chọn A  x 1   Gọi M  x0 ; 0  C với x0  1 là điểm cần tìm.  2  x  1    0    Gọi  tiếp tuyến của  C  tại M ta có phương trình.   : y  f ‘( x0 )( x  x0 )  x0  1 x 1 1 .  ( x  x0 )  0 2 2( x0  1)  x0  1 2( x0  1)  x 2  2 x0  1   x 2  2 x0  1  ; 0  và B    Oy  B  0; 0 Gọi A    Ox  A   0 . 2  2    2( x0  1)   Khi đó  tạo với hai trục tọa độ OAB có trọng tâm là  x 2  2 x0  1 x02  2 x0  1  G 0 ; . 6 6( x0  1) 2    x02  2 x0  1 x02  2 x0  1  0 Do G thuộc đường thẳng 4 x  y  0  4. 6 6( x0  1)2 1 (vì A, B không trùng O nên x02  2 x0  1  0 ) 4 2  x0  1 1 1    x0  1  2  x0   2 .   1 3 x  1   x    0  0 2 2 1 7  1 3 Vì x0  1 nên chỉ chọn x0    M   ;    x0  2 y0   . 2 2  2 2 CÂU 11: Chọn A +) Phương trình hoành độ giao điểm của d và  C  là 1  x  1 x  2  x  m . 2x  1  g  x   2 x 2  2mx  m  1  0 (*)  m  1 +) Theo định lí Viet ta có x1  x2   m; x1 x2  . Giả sử A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  . 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 76 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN +) Ta có y  k1   1  2 x1  1 2 1  2 x  1 2 , nên tiếp tuyến của và k2   k1  k2   1  2 x2  1 2 C  tại A và B có hệ số góc lần lượt là . Vậy 4( x12  x22 )  4( x1  x2 )  2 1 1    2 (2 x1  1) 2 (2 x2  1) 2  4 x1 x2  2( x1  x2 )  1    4m2  8m  6   4  m  1  2  2 2 +) Dấu “=” xảy ra  m  1. Vậy k1  k 2 đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi m  1. CÂU 12: Chọn C Phương pháp tự luận 3 * Ta có y  . 2  x  1  2x 1  * Gọi M  x0 ; 0    C  ,  x0  1 . Phương trình tiếp tuyến tại M là x0  1   2x 1 3 y ( x  x0 )  0  3x  ( x0  1)2 y  2 x02  2 x0  1  0 . 2 ( x0  1) x0  1 6 x0  1 6 6    6. * d  I ,   9 9  ( x0  1) 4 2 2 9  ( x0  1) ( x0  1) 2 * Dấu ”  ” xảy ra khi và chỉ khi  x0  1  3  y0  2  3  L  9 2 2  .  ( x  1)  x  1  3    0 0 ( x0  1)2  x0  1  3  y0  2  3  N  Tung độ này gần với giá trị e nhất trong các đáp án. Phương pháp trắc nghiệm Ta có IM    cx0  d   ad  bc  x0  1   2  1  x0  1  3  y  2  3  L  .   x0  1  3  y  2  3  N  CÂU 13: Chọn C Ta có: y  3x 2  2018 . Phương trình tiếp tuyến  k với  C  tại M k  xk ; yk  : y   3xk2  2018  x  xk   xk3  2018xk . Phương trình hoành độ giao điểm của k và C  là:  x  xk 2 . x3  2018x   3xk2  2018  x  xk   xk3  2018 xk   x  xk   x  2 xk   0    x  2 xk Khi đó, ta có:  xn  là cấp số nhân với công bội q  2 , x1  1  x2018   2  y Suy ra 2018 x2018 3 x2018 2018 x2018 x2018 2 x2018 2017 2018  4 2017  2018 . Nhận xét: Xét hàm số y  ax3  bx 2  cx  d  C  . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 77 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Tiếp tuyến  C  với M1  x1; y1  điểm tại có phương trình và C  : y  y  x1  x  x1   ax13  bx12  cx1  d Phương trình hoành độ giao điểm của  ax3  bx 2  cx  d  y   x1  x  x1   ax13  bx12  cx1  d  a  x  x1   x  x2   0 1 . 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: x1  x1  x2   b b  x2    2 x1 . a a b Vậy tiếp tuyến  với  C  tại điểm M1  x1; y1  cắt  C  tại điểm M 2  x2 ; y2  thì x2    2 x1 . a CÂU 14: Chọn A Phương trình tiếp tuyến  d  : a4 3a 4 a4  2a 2  4  (a 3  4a)( x  a)   2a 2  4  (a 3  4a) x   2a 2  4 . 4 4 4 Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và  d  : y  y(a)( x  a )  x4 3a 4 2 3  2 x  4  ( a  4a ) x   2a 2  4  x 4  8 x 2  4(a 3  4a) x  3a 4  8a 2  0 4 4 x  a  ( x  a) 2 ( x 2  2ax  3a 2  8)  0   2 2  x  2ax  3a  8  0 (3)  d  cắt  C  tại hai điểm E , F khác M  Phương trình  3 có hai nghiệm phân biệt khác a 2  a  2 2 2   ‘  a  3a  8  0   2  2 . (*)  6 a  8  0 a   3  Tọa độ trung điểm I của đoạn EF : x  xF  xI  E  a  xI  a    2   7a 4 4 3 a y    6a 2  4 3 2  y  (a  4a)(a)   I  2a  4 (do I  (d ))  4 I   4 a  0 7a 4 a2 I  ( P) : y   x 2  4    6a 2  4  a 2  4  7a 2 (1  )  0   . 4 4 a  2 So với điều kiện (*) nhận a  0 . CÂU 15: Chọn D Hoành độ giao điểm của  d  và  C  là nghiệm của phương trình  g  x   x 2   m  1 x  m  1  0, x  1 * 2x 1  xm x 1 Để  d  cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B thì phương trình * phải có hai nghiệm phân biệt    0 khác 1 thì:   m   ;1   5;     g  1  0 Khi đó, gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình * thì: A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m  x1  x2  1  m x1 x2  m  1 Ta có: k1  f ‘  x1   1  x1  1 2 , k2  f ‘  x2   1  x2  1 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 78 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Suy ra: k1k2  1  x1  1 2  1  x2  1 2  1  x1  1  x2  1 2 2  1  x1 x2  x1  x2  1 2  1  m  1  m  1  1 2 1  1  1 1 2018   2  k1  k2   2018k12018 k22018   k1  k2    2   2018  k1k2  k1 k2  k1k2   3  k1  k2   2018 Theo bài ra: 2 2  1  x1  1   x2  1  1  3   2018  3  2018 2 2 2 2  x1  1  x2  1   x1  1  x2  1  3 x12  x22  2  x1  x2   2  x1 x2  x1  x2  1 2 2  2018  3  x1  x2   2  x1  x2   2 x1 x2  2   2018    9 m  2  3  m  1  12  m  1  2012  0    9 m   24180 3 24180 3 Kết hợp điều kiện cho ta hai giá trị của m thoả mãn bài ra: m  Do đó tổng của các giá trị của tất cả các phần tử của S bằng 6. 9  24180 9  24180 , m 3 3 CÂU 16: Chọn D Giả sử M  x0 ; y0  là điểm cố định của họ  Cm  . Khi đó y0  x04  mx02  m  2018, m   x0  1 2    x0  1  0   x0  1    x  1 m  x  y0  2018  0, m   4   4  x0  y0  2018  0  x0  y0  2018  0   x0  1   M 1; 2019   y0  2019    . N  1; 2019  x0  1        y0  2019 Suy ra tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng MN có tọa độ là I  0; 2019  . 2 0 4 0 CÂU 17: Chọn A Gọi M  x0 ; y0  là điểm cố định của đồ thị hàm số đã cho. Khi đó: y0   m  4  x03  6  m  4  x02  12mx0  7m  18 luôn đúng m   x 3 0  6 x02  12 x0  7  m  y0  4 x03  24 x02  18 luôn đúng m  3 2 3 2    x  6 x0  12 x0  7  0  x0  6 x0  12 x0  7   0  3 2 3 2    y0  4 x0  24 x0  18  0  y0  4 x0  24 x0  18  0  y0  4 12 x0  7   18  0  y0  48 x0  10 . Vậy phương trình đường thẳng đi qua ba điểm cố định là y  48 x  10 . CÂU 18: Chọn A  Gọi tọa độ điểm M là: M x0 ;  x0  1 2 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 79 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Phương trình đường thẳng Mz có dạng: y  k  x  x0    x0  1  kx  y  kx0   x0  1  0 . 2 2 Phương trình đường thẳng Mt là: x  x0  x  x0  0 . Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng Mt , Mz là: x  x0 kx  y  kx0   x0  1 x  x0 kx  y  kx0   x0  1    0 hoặc 0 1 1 k 2 1 k 2 1 2 2    y  k  k 2  1 x  kx0  x0 k 2  1   x0  1 2   hoặc y  k  k 2  1 x  kx0  x0 k 2  1   x0  1 . 2 Mặt khác tiếp tuyến tại M là phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng Mt , Mz nên:     1  x0  1  k  k 2  1 2  y  x   k  k 2  1   2 x0  2  k  k  1 0 2  (*).   2 1  y  x   k  k 2  1  2  2 x  2  k  k  1 0  0 x 1  k  k 1   0 2 Thay (*) vào phương trình đường thẳng Mz ta có: 1 +) Với x0  1  k  k 2  1 ta có: 2   Mz : kx  y  kx0   x0  1  0  y  kx  k  k  x0  1   x0  1 2  y  kx  k  k. +) Với x0  1      2 2 1 1 1  k  k 2  1   k  k 2  1   y  kx  k  . 2 4 2    1 k  k 2  1 ta có: 2 Mz : kx  y  kx0   x0  1  0  y  kx  k  k  x0  1   x0  1 2     2 2 1 1 1   y  kx  k  k . k  k 2  1   k  k 2  1   y  kx  k  . 2 4 2  1 Do đó phương trình đường thẳng Mz : y  kx  k  . 4 1 Gọi M 0  x0 ; y0  là tọa độ điểm cố định mà Mz luôn đi qua ta có: y0  kx0  k  k  4  x0  1  0  x0  1 1 1     k  x0  1   y0  0 k    1  1  M 0  1;  . 4 4   4  y0  0  y0  4 .  1 Vậy Mz luôn đi qua điểm cố định M 0  1;  .  4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 80 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CÁC DẠNG CÂU HỎI THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI CÂU 1. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ bên. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f  sinx   m có nghiệm thuộc khoảng  0;   là A. (-1;3) B. (-1;1) C. (-1;3) CÂU 2. Cho hàm số f  x  có bảng xét dấu của đạo hàm như sau: x 1 2 3  0 + 0 + 0 f ‘ x D. (-1;1) 4 0 – + + Hàm số y  3 f  x  2   x3  3x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. 1;   B.  ; 1 C. (-1;0) D. (0;2) CÂU 3. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình m2  x4  1  m  x 2  1  6  x  1  0 đúng với mọi x  . Tổng giá trị của tất cả các phân tử thuộc S bằng 1 1 3 B. 1 C.  D. 2 2 2 4 3 2 CÂU 4. Cho hàm số f  x   mx  nx  px  qx  r  m, n, p, q, r  R  . Hàm số y  f ‘  x  có đồ thị như A.  hình vẽ bên. Tập nghiệm của phương trình f  x   r có số phần tử là A. 4 B. 3 C. 1 D. 2 CÂU 5. Cho hàm số y  f ( x). Hàm số y  f ‘( x ) có bảng biến thiên như sau: x f ‘( x )  4 -3 0 + 3 3 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 3 1 Trang 81 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Bất phương trình f ( x)  3e x  2  m có nghiệm x  (2; 2) khi và chỉ khi: A. m  f (2)  3 B. m  f (2)  3e4 C. m  f (2)  3e 4 D. m  f (2)  3 CÂU 6. Có bao nhiêu số thực m để hàm số y  (m3  3m) x 4  m 2 x3  mx 2  x  1 đồng biến trên khoảng  ;   . A. 3 B. 1 C. Vô số D. 2 CÂU 7. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ bên. Bất phương trình 2 f ( x)  x3  2m  3x 2 nghiệm đúng với mọi x  (1;3) khi và chỉ khi A. m < -10 B. m < -1 C. m < -3 D. m < -2 CÂU 8. Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên R có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình f ( f ( x)  m)  0 có tất cả 9 nghiệm thực phân biệt. A. 1. B. 0. C. 3. D. 2. CÂU 9. Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình 8 f  e x   m2  1 có hai nghiệm thực phân biệt là GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 82 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN A. 5 B. 4 C. 7. D. 6. CÂU 10. Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên của hàm số y  f '( x ) như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  (10;10) để hàm số y  f  3x  1  x3  3mx đồng biến trên khoảng (-2;1)? x f '( x )  + -2 -1 0 1 + 3 + 4 0 0 0 -4 A. 8. B. 6. C. 7. CÂU 11. Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau x 1 2 3  f '( x ) 0 + 0 + 0 D. 5. - 4 0 + + Hàm số y  f (3x  1)  x 3  3x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 1  1 1 3  2  A.  ;1 B.  ;1 C.  ;  D.  1;   3   4 3 4  3  2 4 2 CÂU 12. Có bao nhiêu số nguyên m  (10;10) để hàm số y  m x  2(4m  1) x 1 đồng biến trên khoảng 1;   . A. 15 B. 7 C. 16 D. 6 5 4 3 2 CÂU 13. Cho hàm số f ( x)  ax  bx  cx  dx  ex  f , với a, b, c, d, e, f là các số thực; đồ thị của y  f '( x ) như hình vẽ bên. Hàm số y  f (1  2 x)  2 x 2  1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?  1 1 B.   ;  . C. (-1;0) D. (1;3)  2 2 x 1  m . Hàm số đã cho có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị? CÂU 14. Cho hàm số f ( x)  x2  1 A. 2 B. 3 C. 5 D. 4  3  A.   ; 1  2  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 83 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CÂU 15. Cho hàm số f ( x)  ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu số nguyên 2 8 m  [ 10;10] để bất phương trình f 1  x 2  x 3  x 2   f (m)  0 có nghiệm. 3 3   A. 9. B. 10. C. 12. D. 11. CÂU 16:. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [1;3] và có bảng biến thiên như sau: x 1 2 3 y' + 0 y -1 -6 -3 Tổng tất cả các số nguyên m để phương trình f ( x  1)  m có hai nghiệm phân biệt trên đoạn [2;4] x  6 x  12 2 bằng A. -75 B. -72 C. -294 D. -297 1 3 x  mx x 2  1 có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị ? 3 A. 4 B. 2 C. 5 D. 3 4 2 CÂU 18. Cho hàm số y  x  2 x có đồ thị (C). Có bao nhiêu đường thẳng d có đúng ba điểm chung với đồ thị (C) và các điểm chung có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn x13  x23  x33  1? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3 2 CÂU 19. Cho hàm số f ( x)  2 x  3x  m . Có bao nhiêu số nguyên m để min f ( x)  3. CÂU 17. Hàm số f ( x)  [ 1;3] A. 4 B. 8 C. 31 D. 39. 4 2 CÂU 20:. Cho hàm số y  x  2(m  1) x  2m  3 . Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số đã cho có đúng 5 điểm cực trị là 3  3  3  A. 1;  B.  ;   \ 2 C. 1;   \ 2 D. 1;  2  2  2  x 1 CÂU 21. Cho hàm số y  có đồ thị (C). Biết rằng (C) có tiệm cận ngang và tồn tại tiếp tuyến của ax 2  1 (C) song song và cách tiệm cận ngang của (C) một khoảng bằng 3. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? 1   1  3 3  A. a   ;1 B. a  1;  C. a   0;  D. a   ; 2  . 2   2  2 2  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 84 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CÂU 22. Cho hai hàm số f ( x)  ax 4  bx3  cx 2  dx  e và g ( x)  mx3  nx 2  px  1 với a, b, c, d, e, m, n, p, q là các số thực. Đồ thị của hai hàm số y  f '( x); y  g '( x) như hình vẽ bên. Tổng các nghiệm của phương trình f ( x)  q  g ( x )  e bằng 13 4 4 13 B.  C. D.  3 3 3 3 CÂU 23: Cho hàm số f  x  liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ bên. Tập hợp tất cả các giá trị thực của A. tham số m để phương trình có nghiệm thuộc khoảng  0;   là A.  4; 2. B.  4;0 \ 2 . C.  4; 2  . D.  4; 2. CÂU 24: Có bao nhiêu số nguyên m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 4  38x 2  120 x  4m trên đoạn  0; 2 đạt giá trị nhỏ nhất. A. 26. B. 13. C. 14. CÂU 25: Tổng tất cả các giá trị thực của m để hàm số y  D. 27. 1 2 5 1 3 m x  mx  10 x 2   m 2  m  20  x  1 đồng 2 3 biến trên R bằng 5 1 3 A. . B. 2. C. . D. . 2 2 2 CÂU 26: Có bao nhiêu số thực m để đường thẳng y   m  6  x  4 cắt đồ thị hàm số y  x3  x 2  3x  1 tại ba điểm phân biệt có tung độ y1 , y2 , y3 thỏa mãn A. 2. B. 0. 1 1 1 2    . y1  4 y2  4 y3  4 3 C. 3. D. 1. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 85 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN GIẢI CHI TIẾT CÂU 1:  Có t  sinx   0;1 , x   0;   . Do đó để phương trình f  sinx   m có nghiệm trong lhoangr (0;p) thì phương trình f  t   m có nghiệm t   0;1 .  Quan sát đồ thị thấy phương trình f (t )  m có nghiệm t   0;1 khi 1  m  1. Chọn đáp án D. CÂU 2:  Ta có y '  0  3 f '  x  2   3x 2  3  0  f '  x  2   x 2  1.  Đặt t  x  2, bất phương trình trở thành: f '(t )  (t  2)2  1. Không thể giải trực tiếp bất phương trình:  t  2 2  1  0 1  t  2  1 1  t  3 1  t  2 Ta sẽ chọn t sao cho     . t  (1;2)  (2;3)  (4; ) t  (1;2)  (2;3)  (4; ) 2  t  3  f '(t )  0 1  x  2  2 1  x  0  Khi đó   .  2  x  2  3 0  x  1  Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (-1;0); (0;1). Đối chiếu đáp án chọn C. CÂU 3:  Xét hàm số f  x   m2  x 4  1  m  x 2  1  6  x  1 . Ta có f (1)  0 do đó để f  x   0, x thì trước m  1 . tiên f  x  không đổi dấu đi qua điểm x  1, do đó f '(1)  0  4m  2m  6  0   m   3  2 4 2 2 2  Thử lại với m  1  f  x   x  x  6 x  4  ( x  1)  x  2 x  4  0, x(t / m). 2 3 9 3 9 21  9  Với m    f  x    x 4  1   x 2  1  6  x  1  ( x  1)2  x 2  x    0, x(t / m). 2 4 2 2 4 4 3 1  Vậy tổng các phần tử cần tìm bằng 1    . Chọn đáp án C. 2 2 NOTE: Chú ý bước thử lại các em nên dùng máy CASIO 580 hoặc VINACAL 570 EXPLUS giải bất phương trình bậc bốn để kiểm tra cho nhanh. CÂU 4: 5   Dựa trên đồ thị hàm số f '( x ) ta có f '( x)  k ( x  1)  x    x  3 , k  0. 4  3 2  Mặt khác f '( x)  4mx  3nx  2 px  q.  Đồng nhất ta có 5   4mx3  3nx 2  2 px  q  k  x  1  x   ( x  3), x 4  13 x 15     4mx3  3nx 2  2 px  q  k  x3  x 2    , x 4 2 4  1   4m  k m  4 k   3n   13 k n   13 k 4   12  f x  k  1 x 4  13 x 3  1 x 2  15 x   r.      1   12 4 4  4 2 p   2 k p   1 k   4 q  15 k  15  q  k 4  4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 86 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN x  0  13 1 15  1 13 1 15 5 1  Vậy f  x   r  k  x 4  x3  x2  x   r  r  x4  x3  x2  x  0   x   . 12 4 4  4 12 4 4 3  4 x  3  5 Cách 2: Xét hàm số f  x  có f '(x)  0  x  0; x   ; x  3. 4  Bảng biến thiên:  x y' y -1 0 + 1,25 0 - + 3 0 + - f  3 f  1 f 1, 25 - -  Ta có r  f (0)   f  1, 25 ; f (1)  . Ta đi so sánh f (0), f (3).   5 5   f '( x)  k ( x  1)  x   ( x  3)  f (3)  f (0)   f '( x)dx   k ( x  1)  x   (x  3) dx  0  f (0)  f (3). 4 4   0 0 3 3 Kẻ đường thẳng y  f (0) cắt đồ thị hàm số f  x  tại 3 điểm phân biệt. Do đó phương trình f  x   r  f (0) có 3 nghiệm phân biệt.  Chọn đáp án B. CÂU 5:  Bất phương trình tương đương với: m  g ( x)  f ( x)  3e x  2 ,  Ta có: g '( x)  f '( x)  3e x  2  3  3e2 2  0, x  (2; 2).  Do đó g ( x)  g (2)  f (2)  3e4 , x  (2; 2).  vậy m  g ( x ) có nghiệm trên khoảng (2; 2)  m  g (2)  m  f (2)  3e4 . Chọn đáp án B. CÂU 6:  Có ycbt  y '  0, x  g ( x)  4  m3  3m  x3  3m2 x 2  2mx  1  0, x.  Trường hợp 1: m3  3m  0  lim g ( x)   do đó không thể có g  x   0, x. x   Trường hợp 2: m  3m  0  lim g ( x)   do đó không thể có g  x   0, x. 3 x   Trường hợp 3: Nếu m3  3m  0  m  0; m   3.  +) Với m  0  g ( x)  1  0, x  t / m  ;  + Với m   3  g ( x)  9x2  2 3x  1  0, x(t / m);  + Với m  3  g ( x)  9 x2  2 3x  1  0, x(t / m);    Vậy tất cả các giá trị cần tìm là m 0; 3;  3 .  Chọn đáp án A.  Một cách tương tự điều kiện cần để một đa thức bậc lẻ  g ( x)  a2n1 x2n1  a2n x2n  ...  a1 x  a0  0, x là a2 n 1  0. CÂU 7:  Bất phương trình tương đương với: ycbt  f ( x)  x 2 3x 2   m, x  (1;3)  m  min ( 1;3) g ( x), 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 87 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN x3 3x 2 .  Trong đó g  x   f  x    2 2  Quan sát đồ thị hàm số có min ( 1;3)  x3 3x 2  f ( x)  f (2)  3 và min  h( x)     h(2)  2. ( 1;3) 2 2    Vì vậy min g ( x)  g (2)  5. Vậy m < -5 là các giá trị cần tìm. ( 1;3) CÂU 8:  Có đồ thị f ( x ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt a; b; c với 2  a  1  b  0  1  c  2.  f ( x)  m  a  f ( x)  m  a   Vậy f  f ( x)  m   0  f ( x)  m  b   f ( x)  m  b .    f ( x)  m  c  f ( x)  m  c  Để phương trình có 9 nghiệm thực phân biệt thì mỗi phương trình cuối phải có ba nghiệm thực phân biệt điều này tương đương với 3  m  a  1 m  3  a   3  m  b  1    m  1 . 3  m  c  1 m  1  c  Chọn đáp án A. CÂU 9:  ycbt  y '  0, x  (2;1)  3 f '(3x  1)  3x 2  3m  0, x  (2;1)   m  g ( x)  f '(3x  1)  x 2 , x  (2;1)  m  min g ( x) ( 2;1)  Ta có min h( x)  x 2   h(0)  0; min k ( x)  f '(3x  1)  k (0)  f '(1)  4. ( 2;1) ( 2;1)  Do đó min g ( x)  g (0)  h(0)  f '(1)  0  4  4  m  4  m 9,...., 4. ( 2;1)  Có tất cả 6 số nguyên thoả mãn. Chọn đáp án B. CÂU 10:  Đặt t  x( x  3) 2 có t '  0   x  3  2 x( x  3)  0  x  1; x  3. 2  Bảng biến thiên của t như sau  x 0 + t' 1 0 - 3 0 + 4 + + t 4 0   4 0 t  0 Nếu  phương trình t  x( x  3) 2 không có nghiệm thuộc đoạn [0;4]; t  4  t  0 Nếu  phương trình t  x( x  3) 2 có đúng hai nghiệm thuộc đoạn [0;4]; t  4  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 88 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN   Nếu 0 < t < 4 phương trình t  x( x  3) 2 có ba nghiệm phân biệt thuộc đoạn [0;4]. Vậy phương trình f  x( x  3)2   m có 9 nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn [0; 4]  f (t )  m có ba nghiệm thực phân biệt t  (0; 4)  0  m  4  m  1, 2,3. Chọn đáp án A. CÂU 11:  Ta có y '  0  3 f '(3x  1)  3x 2  3  0  f '(3x  1)  x 2  1. Bất phương trình không thể giải trực tiếp, ta sẽ chọn x thoả mãn:   1  1  3x  1  2 0 x 1    0 x  3  f '(3 x  1)  0  2  3 x  1  3    3     1 2  2 1  x  2 x 1  0  3x  1  4   3  x  3  3 1  x  1  3  1  x  1  Chọn đáp án C. CÂU 12:  Yêu cầu bài toán tương đương với:  y '  4m2 x3  4(4m  1) x  0, x  1  g ( x)  m2 x 2  (4m  1)  0, x  1.   m  2  3  min g ( x)  0  g (1)  0  m2  (4m  1)  0   . [1; )  m  2  3 Vậy m  9,..., 0, 4,...,9 có tất cả 16 số nguyên thoả mãn. CÂU 13:  Ta có y '  0  2 f '(1  2 x)  4 x  0  f '(1  2 x)  2 x. Đặt t  1  2 x, bất phương trình trở thành f '(t )  t  1. kẻ thêm đường thẳng y  x  1 qua hai điểm (1;0);(3;2) trên đồ thị  Ta có f '(t )  t  1  1  t  3  1  1  2 x  3  1  x  0. Đối chiếu các đáp án chọn C. CÂU 14:  Xét g ( x)  x 1 x2  1  m có x 2  1  ( x  1).  g '( x)  x 1 2 x x2  1  1 x  x2  1 2  0  x  1. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 89 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN  Bảng biến thiên: x   1 + g '( x ) 0 - m 3 g ( x) m-1  m+1 Suy ra g(x) có 1 điểm cực trị x = 1 và phương trình g ( x )  0 có tối đa 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ m  2  0  khi    2  m  1.  m  1  0  Vậy hàm số f ( x)  g ( x) có tối đa 1 + 2 = 3 điểm cực trị.  Chọn đáp án B. CÂU 15:  Ta có điều kiện của bất phương trình là −1≤ x ≤1. Khi đó bất phương trình tương đương với: 2 8 2 8  f 1  x 2  x 3  x 2   f (m)  0  f (m)  g ( x)  f 1  x 2  x 3  x 2  (*). 3 3 3 3 2 8  Ta có h( x)  x 3  x 2   min h( x)  g  1)  1; min f 1  x 2  min f (t )  f (0)  3. [ 1;1] [ 1;1] [0;1] 3 3          Do đó min g ( x)  min h( x)  min f  Vậy (*) có nghiệm trên đoạn [1;1]  f (m)  min g ( x)  f (m)  4.  Quan sát đồ thị hàm số suy ra m  3,1, 2,...,10. Có tất cả 11 số nguyên thoả mãn. [ 1;1] [ 1;1] [ 1;1] 1  x 2  1  3  4  g (1). [ 1;1] CÂU 16:  Phương trình tương đương với: m  g ( x)   x 2  6 x  12  f ( x  1).  Ta có g '( x)  (2 x  6) f ( x  1)  ( x 2  6 x  12) f '( x  1)      x 2 x  6  0; f ( x  1)  0  g '( x)  0 Nếu 2  x  3   2 x  6 x  12?0; f '( x  1)  0  Nếu x  3  g '(3)  0. f (2)  3. f '(2)  0 2 x  6  0; f ( x  1)  0  g '( x)  0. Nếu 3  x  4   2 x  6 x  12  0; f '( x  1)  0  Vậy trên đoạn [2;4] ta có g '( x)  0  x  3. Bảng biến thiên: 2 g '( x ) 3 + 4 0 - -3 g ( x) -24  -12  Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt trên đoạn [2; 4]  12  m  3  m  12,..., 4.  Tổng các số nguyên cần tìm bằng 4  k  72 k 12  Chọn đáp án B. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 90 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN CÂU 17:  x  0 1 Xét hàm số g ( x)  x 3  mx x 2  1 . Ta có g ( x)  0   . 2 2 3 3m x  1  x  0(1)  Với m > 0 thì (1) vô nghiệm; với m = 0 thì (1) có đúng 1 nghiệm x  0; với m < 0 khi đó ta có (1)  ( x 2  1)  3m x 2  1  1  0  x 2  1  3m  9m2  4 2 chỉ nhận  3m  9m2  4 3m  9m2 3m  3 m 3m  9m2  4 x 1     0, m. vì 2 2 2 2 Vậy với m < 0 thì g ( x )  0 có 3 nghiệm phân biệt là các nghiệm đơn.  Tiếp nghiệm 2 theo ta biện luận số điểm cực trị của g ( x) : với  x  2x 1 2 g '( x)  x 2  m  x 2  1  x .  x m 2 2 x 1  x 1  2    Nếu m  0  g '( x)  x 2  0, x nên g ( x) không có điểm cực trị. x2 x2  1 (*). Phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt với 2 x2  1 mọi m < 0, tức g ( x) có 2 điểm cực trị với mọi m < 0. nếu m < 0 khi đó g '( x)  0  m   Tóm lại hàm số f ( x)  g ( x) có tối đa 3 + 2 = 5 điểm cực trị. CÂU 18:  Giả sử đường thẳng cần tìm có dạng y  kx  m. Phương trình hoành độ giao điểm: x 4  2 x 2  kx  m  x 2  2 x 2  kx  m  0. Theo giả thiết đường thẳng d có đúng ba điểm x1 , x2 , x3 chung với đồ thị (C) và các điểm chung có hoành độ nên x4  2 x2  kx  m  ( x  x1 )2 ( x  x2 )( x  x3 ) .  Do đó d là tiếp tuyến của (C) có hoành độ x  x1  d : y   4 x31  4 x1   x  x1   x14  2 x12 .  Phương trình hoành độ giao điểm lúc này là:  x 4  2 x 2   4 x31  4 x1   x  x1   x14  2 x12  x  x1   ( x  x1 ) 2 ( x 2  2 x1 x  3x12  2)  0   2 . 2  x  2 x1 x  3x1  2  0(1)  Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có hai nghiệm phân biệt x2 , x3  x1 và x13  x23  x33  1.   1  x1  1   '  x12   3x12  2   0    1 11  165 x12  2 x12  3x12  2  0  x1    x1   22 3  3  3  x1   x2  x3   3x2 x3 ( x2  x3 )  1  x3  8 x3  6 x  3x 2  2   1 1 1 1  1  Vì vậy có duy nhất một đường thẳng thoả mãn là tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x  11  65 . 22  Chọn đáp án B.  NOTE: Chú ý dạng toán này thuộc bài học tiếp tuyến cắt đồ thị hàm số. CÂU 19:  Xét u  2 x 3  3x 2  m có u '  6 x 2  6 x; u '  0  x  0; x  1. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 91 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN  min u  min u (1), u (3), u (0), u (1)  min m  5, m  27, m, m  1  m  5  [ 1;3] Do đó  u  min u (1), u (3), u (0), u (1)  max m  5, m  27, m, m  1  m  27 max [ 1;3]  Nếu m  5  0  min f ( x)  m  5  3  m  8  m 5,6,7,8.  Nếu m  27  0  min f ( x)  (m  27)  3  m  30  m 30, 29, 28, 27.  Vậy m  30,...,8 có tất cả 39 số nguyên thỏa mãn. [ 1;3] [ 1;3]  Chọn đáp án D. CÂU 20:   x2  1 . Xét f ( x)  x  2(m  1) x  2m  3  f ( x)  0   x  1 x  2m  3  0   2  x  2m  3 4 2 2 2  TH1: Nếu 2m 3  0  Do vậy f ( x ) có hai điểm đổi dấu x  1; x  1. Hàm số y  f ( x) có 5 điểm cực trị  y  f ( x) có 3 điểm cực trị  ab  0  2(m  1)  0  m  1.  3 Vậy trường hợp này có 1  m  . 2 3 TH2: Nếu 0  2m  3  1   m  2. Khi đó f ( x ) có 4 điểm đổi dấu x  1; x   2m  3 do đó 2 số điểm cực trị của hàm số f ( x ) bằng 3 và hàm số y  f ( x) có 7 điểm cực trị (loại),  TH3: Nếu 2m  3  1  m  2  f ( x)  ( x 2  1) 2 khi đó y  f ( x)  ( x 2  1) 2 có 3 điểm cực trị (loại).  Chọn đáp án D. CÂU 21: 1 1 ;y  Điều kiện để đường cong (C) có tiệm cận ngang khi và chỉ khi a  0  TCN : y  a a ax ax 2  1  ( x  1) ax 2  1  1  ax . Để tiếp tuyến của (C) tại điểm M song song với  Ta có y '  ax 2  1 (ax 2  1)3  tiệm cận ngang thì y '( xM )  0  1  axM  0  xM  1 1 1  M  ; 1   . a a a  1 1 3  1  a a 9   Khi đó d (tM ; TCN )  d ( M , TCN )   a . 16  1 1  1  3  a a   Chọn đáp án A. CÂU 22: 5   Đặt h( x)  f ( x)  g ( x) có h '( x)  k ( x  1)  x   ( x  3)(k  0); h(0)  f (0)  g (0)  e  q. 4  5  Do đó h( x)   h( x)  h(0)   h(0)   h '( x)dx  e  q  k  ( x  1)  x   ( x  3)dx  e  q. 4  0 0 x  x  x x k k ( x  1)(4 x  5)( x  3)dx  e  q   (4 x3  13x 2  2 x  15)dx  e  q.  40 40 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 92 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN k 13    x 4  x3  x 2  15x   e  q. 4 3  5  x   3  13  Phương trình tương đương với: h( x)  e  q  x 4  x 3  x 2  15 x  0   x  0 . 3 x  3   5 4  Tổng các nghiệm của phương trình bằng   0  3  . 3 3  Chọn đáp án C. Đề 15 CÂU 23:  Đặt t  sin x   0;1 , x   0;  . Phương trình trở thành: f  t   m 1 .  Ta cần tìm m để (1) có nghiệm thuộc khoảng  0;1  4  m  2. CÂU 24:     x  5 Xét u  x  38 x  120 x  4m trên đoạn  0; 2 ta có u '  0  4 x  76 x  120  0   x  2 .   x  3 max  max u(0), u(2)  max 4 m, 4 m 104  4 m 104  [0;2] Vậy  u  min u(0), u(2)  min 4 m, 4 m 104  4 m min [0;2] 4 3 2   Khi đó min min y  0  4m(4m  104)  0  26  m  0. Có 27 số nguyên thoả mãn. [0;2]  Chọn đáp án D. CÂU 25:  Có ycbt  y '  0, x  g ( x)  m2 x 4  mx 2  20 x  m 2  m  20  0, x.  ĐK cần: Để ý g ( x )  0 có một nghiệm x  1, do vậy g ( x)  0, x thì trước tiên g ( x) không đổi dấu khi qua điểm x  1, tức g ( x )  0 có nghiệm kép   m  2 x0 2 x  1  g '(1)  0   4m x  2mx  20   4m  2m  20  0   . m  5 x  1  2  Điều kiện đủ: Bước tiếp theo cần thử lại:  Với m  2  g ( x)  4 x 4  2 x 2  20 x  14  2( x  1) 2 (2 x 2  4 x  7)  0, x(t / m).  Với m   Vậy m  2; m   Chọn đáp án C.  NOTE: Chú ý bước thử lại các em nên dùng máy CASIO 580 hoặc VINACAL 570 EXPLUS giải bất phương trình bậc bốn để kiểm tra cho nhanh. 2 3 5 25 4 5 2 65 5  g ( x)  x  x  20 x   ( x  1) 2 (5 x 2  10 x  13)  0, x(t / m). 2 4 2 4 4 5 là các giá trị cần tìm. 2 CÂU 26: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 93 CHƯƠNG 1: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN  Phương trình hoành độ giao điểm: x3  x 2  3x  1  (m  6) x  4  x3  x 2  (3  m) x  3  0  Gọi x1 , x2 , x3 là ba nghiệm phân biệt của phương trình này ta có  x1  x2  x3  1    x1 x2  x2 x3  x1 x3  3  m  và tung độ các giao điểm là y1  (m  6) x1  4; y2  (m  6) x2  4; y3  (m  6) x3  4.  Vậy điều kiện bài toán:    Thử lại m  9  x3  x 2  6 x  3  0 có 3 nghiệm hân biệt nên m = 9 thỏa mãn.  Chọn đáp án D.  b   x1  x2  x3   a  c  3 2 Phương trình ax  bx  cx  d  0 có ba nghiệm x1 , x2 , x3 thì  x1 x2  x2 x3  x3 x1  . a  d  x1 x2 x3    a  1 1 1 2 1 1 1 2        y1  4 y2  4 y3  4 3 (m  6) x1 (m  6) x2 (m  6) x3 3 1  x1 x2  x2 x3  x3 x1  2 1  3 m  2        m  9. m6 x1 x2 x3 m  6  3  3  3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 94 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT CHỦ ĐỀ 1: LŨY THỪA  VÍ DỤ 1: Một người thả 1 lá bèo vào một cái ao, sau 12 giờ thì bèo sinh sôi phủ kín mặt ao. 1 Hỏi sau mấy giờ thì bèo phủ kín mặt ao, biết rằng sau mỗi giờ thì lượng bèo tăng gấp 10 5 lần lượng bèo trước đó và tốc độ tăng không đổi. 12 A. 12  log 5 (giờ). B. (giờ). C. 12  log 2 (giờ). D. 12  ln 5 (giờ). 5 Lời giải Chọn A Ta gọi ui là số lá bèo ở giờ thứ i. Ta có u0  1  100 , u1  10, u2  102 ,....., u12  1012. Ta có số lá bèo để phủ kín 1 1 1 mặt hồ là .1012  thời gian mà số lá bèo phủ kín mặt hồ là 5 5 5 12  log 5.  a  a f a  a  a  a  2  3 a3 VÍ DỤ 2: Cho hàm số M  f  20172018  . 1 8 8 3 3 với a  0, a  1 . Tính giá trị 1 8 C. 20171009  1. B. 2017 2018  1. A. 20171009  1. 2 D. 20171009. Lời giải Chọn C 1   23  a  a  a3  1   1  a  1  a 2 . Ta có f  a   1  3 1 1    8 8 8 a  a  a  a 2 1   2 3    Do đó M  f 20172018  1  20172018   1 2  1  20171009 . VÍ DỤ 3: Có tất cả bao nhiêu bộ ba số thực  x, y, z  thỏa mãn đồng thời các điều kiện dưới đây 2 3 x2 .4 3 y2 .16 3 z2  128 và  xy 2  z 4   4   xy 2  z 4  . 2 A. 3 . B. 4 . 2 C. 1 . D. 2 . Lời giải Chọn B Ta có 2  xy 2 3 x2 .4 3 y2 .16 3 z2  128  2 3 x2  2 3 y 2  4 3 z 2  27  3 x 2  2 3 y 2  4 3 z 2  7 (1),  z 4   4   xy 2  z 4   xy 2 z 4  1  3 x 3 y 2 3 z 4  1 (2). 2 2 Đặt a  3 x  0 (theo (2)), b  3 y , c  3 z GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 95 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT Theo bất đẳng thức AM-GM ta có 7  a 2  2b 2  4c 2  a 2  b2  b2  c 2  c 2  c 2  c 2  7 7 a 2b4c8  7 . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a 2  b 2  c 2 , hay 3 x 2  3 y 2  3 z 2  1 . Vì x0 nên có 4 3 x2  3 y 2  3 z 2 . Thay vào (1) ta được bộ số thỏa mãn là  x, y, z   1;1;1 ;  x, y, z   1; 1;1 ;  x, y, z   1;1; 1 ;  x, y, z   1; 1; 1 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 96 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT CHỦ ĐỀ 2: HÀM SỐ MŨ – HÀM SỐ LOGARIT  x  2018  VÍ DỤ 1: Cho hàm số y  f  x   2018ln  e  e  . Tính giá trị biểu thức   T  f  1  f   2   ...  f   2017  . A. T  2019 . 2 C. T  B. T  1009 . 2017 . 2 D. T  1008 . Lời giải Chọn C t 1t Khi đó g  t   g 1  t   et e   1 . (*) t e  e e  et e et e e e   ta có g 1  t   1t . e  e e e e  et e  e et Xét hàm số g  t   t  Xét hàm số y  f  x   2018ln  e  x 2018 x 2018  e .  e  ta có y  f   x   x  2018 e  e 1 2017  1   2017    1 nên theo (*) ta có f  1  f   2017   f    f    1. 2018 2018  2018   2018  Khi đó ta có T  f  1  f   2   ...  f   2017  Do   f  1  f   2017    f   2   f   2016   ...   f  1008   f  1010   f  1009  e  1  1  ...  1  e 1009 2018 1009 2018  1008   e 1 2017  2 2  VÍ DỤ 2: Xét các số thực a , b thỏa mãn điều kiện  3b  1  2 biểu thức P  log a    12 log b a  3 .  4  a 1 A. min P  13 . B. min P  3 . 2 1  b  a  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 C. min P  9 . D. min P  3 2 . Lời giải Chọn C 2    1     3b  1   3b  1  P  log a   3   12  log b a   3  log a    12   4   4   a   log a a  b  2 2   12 1  3b  1   3b  1   3.  log a    3  log a     12  2  4   log a b  1  4   1  log a b  Ta có: 3b  1  b 3  3b  1  4b3  4b3  3b  1  0   b  1 4b2  4b  1  0 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.   Trang 97 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT 1  b  1 ). 3  3b  1   3b  1  3  log a    3log a b .   log a b ( vì a  1 )  log a   4   4  12 12 Do đó P  3log a b   3  P  3  log a b  1  2 2  log a b  1  log a b  1   b  1 2b  1  0 ( luôn đúng với 2 Vì  * . 1  b  a  1 nên log a b  1 . 3 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương: 3 3 12  log a b  1 ,  log a b  1 , 2 2 2  log a b  1 3 3 12 3 3 12  3. 3  log a b  1 .  log a b  1 .  log a b  1   log a b  1  2 2 2 2 2 2  log a b  1  log a b  1  3  log a b  1  12  log a b  1 2  9 ** . Từ * và ** ta có P  9 . 1  1  b  2 b  2  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi   3 12   log a b  1   log b  13  8 2 a  log b  1  2  a  1  b 1 1 1     2  b  b  b  .    2  2 2 1 3 3     3 a b log a b  3 log a b  1  2 b  a  2 Vậy min P  9 .  VÍ DỤ 3: Gọi S là tập các cặp số thực  x, y  sao cho x   1;1 và ln  x  y   2017 x  ln  x  y   2017 y  e2018 . Biết rằng giá trị lớn nhất của biểu thức x y P  e2018 x  y  1  2018 x 2 với  x, y   S đạt được tại  x0 ; y0  . Mệnh đề nào sau đây đúng ? A. x0   1;0  . B. x0  1 . C. x0  1 . D. x0   0;1 . Lời giải Chọn A Điều kiện x  y  0 Ta có ln  x  y   2017 x  ln  x  y   2017 y  e2018 x y e2018   x  y  ln  x  y   2017  x  y   e  ln  x  y   2017   0 (*) x y e2018 1 e2018 Xét hàm f  t   ln t  2017  , có f   t    2  0 với t  0 t t t Do đó f  t  đồng biến trên khoảng  0;   , 2018 suy ra (*)  f  x  y   0  f  e2018   x  y  e2018  y  x  e 2018 Khi đó P  e2018 x 1  x  e2018   2018x 2  g  x  g   x   e2018 x (2019  2018 x  2018e2018 )  4036 x g   x   e2018 x (2018.2020  20182 x  20182 e2018 )  4036 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 98 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT  e2018 x (2018.2020  20182  20182 e2018 )  4036  0 với x   1;1 Nên g   x  nghịch biến trên đoạn  1;1 , mà g   1  e2018  2018  0 , g   0   2019  2018e2018  0 nên tồn tại x0   1;0  sao cho g  x0   0 và khi đó max g  x   g  x0  1;1 Vậy P lớn nhất tại x0   1;0  .  VÍ DỤ 4: Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 2a  4b  8c  4 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  a  2b  3c . Giá trị của biểu thức 4M  log M m bằng A. 2809 . 500 B. 281 . 50 C. 4096 . 729 D. 14 . 25 Lời giải Chọn C Đặt a  log 2 x, 2b  log 2 y, 3c  log 2 z . Ta có S  log 2  xyz  . 3 4 4 4  x  y  z  3 3 xyz  xyz     S  3log 2   3 3 4 4 MaxS  M  3log 2   , khi x  y  z  3 3 4  Gọi z  min  x, y, z   1  z  . 3   4 Do  x  1 y  1  0  xy  x  y  1  3  z  xyz  z  3  z   2 (vì z  1;   3 Suy ra S  1 , do đó m  min S  1 khi x  z  1, y  2 4M  log M m  4  4 3log 2   3  log 4 3log 2   3 1 4096 . 729 VÍ DỤ 5: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m trên đoạn  10;10 để hàm số π  y  8cot x   m  3 .2cot x  3m  2 đồng biến trên  ; π  . Số phần tử của S là: 4  A. 2 B. 8 . C. 1 . D. 7 . Lời giải Chọn A π  Đặt t  2cot x . Vì x   ; π  nên t   0; 2 . 4  π  Vì hàm số t  2cot x nghịch biến trên  ; π  nên yêu cầu bài bài toán tương đương hàm số 4  f  t   t 3   m  3 t  3m  2 nghịch biến trên  0; 2 .Ta có f   t   3t 2  m  3 . f   t   0 với t   0; 2 ; f   t   0  3t 2  m  3  0  3  m  3t 2 . Do 0  3t 2  12 nên f   t   0 với t   0; 2  3  m  12  m  9 . Vậy có 2 giá trị nguyên m   10;10 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 99 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho hàm số f  x   ln A. S  2018 x . Tính tổng S  f  1  f   2   ...  f   2018 . x 1 2018 . 2019 C. S  ln 2018 . B. S  1 . CÂU 2: Giá trị nhỏ nhất của P   log a b b  a  1 là A. 30 .  2 2 D. S  2018 . 2   6  log   b  với a , b là các số thực thay đổi thỏa mãn a  b a C. 50 . B. 40 . D. 60 . CÂU 3: Có bao nhiêu giá trị của m để giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   e2 x  4e x  m trên đoạn  0;ln 4 bằng 6 ? A. 3 . B. 4 . C. 1 . CÂU 4: giá trị của biểu thức P  x 2  y 2  xy  1 biết rằng 4 13 . 2 A. P  4 . x2  D. 2 . 1 x2 1  log 2 14   y  2  y  1  với x  0 và 1  y  B. P  2 . CÂU 5: Xét các số thực dương a , b thỏa mãn log 2 P  a  2b . 2 10  3 A. Pmin  . 2 B. Pmin  A. Pmax  0 5x  4 y  4 . x y3 B. Pmax  1 CÂU 7: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log lớn nhất Pmax của biểu thức P  A. 3 . 1  ab  2ab  a  b  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của ab 3 10  7 . 2 CÂU 6: Xét các số thực dương x , y thỏa mãn log Pmax của biểu thức P  D. P  3 . C. P  1 . 3 3 C. Pmin  2 10  1 . 2 D. Pmin  2 10  5 . 2 x y  x  x  3  y  y  3  xy . Tìm giá trị x  y 2  xy  2 2 C. Pmax  2 D. Pmax  3 x y  x  x  3  y  y  3  xy. Tìm giá trị 2 x  y 2  xy  2 3x  2 y  1 . x y6 B. 2 . C. 1 . D. 4 . y 1 CÂU 8: Cho 2 số thực dương x, y thỏa mãn log3  x  1 y  1  9   x  1 y  1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  2 y là 27 11 A. Pmin  . B. Pmin  . C. Pmin  5  6 3 . D. Pmin  3  6 2 . 5 2 CÂU 9: Cho các số thực dương x , y thỏa mãn log x  y   x 2  y 2   1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức A  48  x  y   156  x  y   133  x  y   4 là: 3 A. 29 . 2 B. 1369 . 36 C. 30 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 505 . 36 Trang 100 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT CÂU 10: Gọi A và B là các điểm lần lượt nằm trên các đồ thị hàm số y  log 2 x và y  log 1 x sao cho 2 điểm M  2, 0  là trung điểm của đoạn thẳng AB . Diện tích tam giác OAB là bao nhiêu biết rằng O là gốc tọa độ?  17  1  A. S  8log 2   .  2   17  1  C. S  8log 2   .  2   17  1  B. S  4 log 2   .  2   17  1  D. S  4 log 2    2  GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn A 1 2018 x  1  2018x  x  1  Ta có : f   x    .  . . 2  x  1  2018x  x  1 2018 x x  x  1 1 1 1 ; f   2  ; ….; f   2018   . 2018.2019 1.2 2.3 1 1 1 1 1 2018 1 1 1 1  1     ....   1    ...   . S 1.2 2.3 2 2 3 2019 2019 2018.2019 2018 2019 Khi đó : f  1  CÂU 2: Chọn D 2  b Ta có P   2 log a b   6  log b  .    a2 a  2 Đặt x  b a2  2  1 . Vậy b  a 2 x và 2 a a 2 2 2  a2 x  2 P   2 log a  a x    6  log x   4  log a a  log a x   6 log x  xa   a   2 2 2  4  2  log a x   6  log x x  log x a  2 2  1   4  2  log a x   6 1   .  log a x  2 2  1 Đặt t  log a x  log a 1  0  P  4  t  2  6  1   .  t 2 2 2  1 Xét hàm số f  t   4  t  2   6 1   , với t   0;   có  t 12  t  1  1  1 f   t   8  t  2   12 1   . 2  8  t  2   . t3  t t GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 101 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT t   0;    t   0;    t   0;    3  4  3    2t  4t  3t  3  0  f  t   0 2t  t  2   3  t  1 t   0;   t   0;    3   t  1.  3 2 2 2t  t  1  6t  t  1  6t  t  1  3  t  1  0  t  1  2t  6t  6t  3  0 Từ đó suy ra f  t   f 1  60 , nên P  60 . Dấu "  " xảy ra  log a x  1 nên x  a hay b  a  b  a3. . 2 a CÂU 3: Chọn D Xét x   0;ln 4 . Đặt t  e x  t  1; 4 . Đặt g  t   t 2  4t  m với t  1; 4 . Đạo hàm: g   t   2t  4 . Xét g   t   0  2t  4  0  t  2 . Ta có: g 1  m  3 ; g  2   m  4 ; g  4   m . Suy ra giá trị nhỏ nhất của f  x   e2 x  4e x  m trên  0;ln 4 sẽ thuộc A   m  3 ; m  4 ; m  .  m  10  A  7;6;10  Xét m  4  6   .  m  2  A  5;6; 2 Ta thấy m  10 thỏa mãn yêu cầu bài toán là min f  x   6 .  m  9  A  5;6;9  Xét m  3  6   .  m  3  A  7;6;3  m  6  A  2;3;6  Xét m  6   .  m  6  A  10;9;6 Ta thấy m  6 thỏa mãn yêu cầu bài toán là min f  x   6 . Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. CÂU 4: Chọn B x2  Xét 4 1 x2 1 x2  Ta có 4 1 x2  log 2 14   y  2  y  1  . 1 4 2 x2 . 1 x2 1  4 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  1 , (1). Mặt khác 14   y  2  y  1  14  3 y  1  Đặt t  y  1 ta có 0  t    3 y 1 . 30 . Xét hàm số f  t   t 3  3t  14 . Ta tìm GTLN – GTNN của 2   30  56  9 30 30  hàm số trên đoạn  0; ; max f  t   f 1  16 .    được min f  t   f   30 30  2 4 2     0;  0;  2  2        Suy ra log 2 14   y  2 y  1  log 2 16  4 , (2).    x  1  x  1 Từ (1) và (2) suy ra ta có  . Thay vào P  2 .  t  y  1  1 y  0 CÂU 5: Chọn A Theo đề bài suy ra: 1  ab  0 . Ta có: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 102 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT 1  ab  2ab  a  b  3  log 2 1  ab   log 2  a  b   2  ab  1  a  b  1 ab  log 2 1  ab   1  2 1  ab    log 2  a  b   a  b log 2  log 2  2  2ab   2  2ab  log 2  a  b   a  b 1 . Xét hàm số: f  t   log 2 t  t ,  t  0  . Ta có: f   t   Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên khoảng  0;    . 1  1  0 , với mọi t  0 . t ln 2 Do đó: 1  f  2  2ab   f  a  b   2  2ab  a  b  a  2b . 1  2b Theo đề bài ta có: a , b  0 , suy ra b  2 . 2b  2b  g  b  , với b   0; 2  . Ta có: P  a  2b  1  2b 10  2 5   0; 2  . Đạo hàm: g   b    2 ; g b  0  b  2 4 1  2b   10  2  2 10  3 Ta có: lim g  x   2 ; g  ; lim g  x   4 .   x 0 x 2 2  4  Vậy Pmin  2 10  3 . 2 CÂU 6: Chọn B Ta có: x y  x  x  3  y  y  3  xy x  y 2  xy  2 3 x  y   log 3 2  log 3 3  x 2  y 2  xy  3  x  y  x  y 2  xy  2 log 3 2  3  x  y   log 3 3  x  y    x 2  y 2  xy  2   log Xét hàm số f  t   t  log 3 t , t  0 . Có: f   t   1  3 x 2  y 2  xy  2  * . 1  0, t  0  f  t  là hàm số đồng biến trên khoảng  0;    . ln 3.t Do đó, *  3  x  y   x 2  y 2  xy  2  xy   x  y   3  x  y   2 . Mặt khác, ta xét 2 2 2 2 S  x 2  y 2   x  y   2 xy   x  y   2  x  y   6  x  y   4  5   x  y  3  5 . Khi đó, ta có: 3x  2 y  1 P   P  3 x   P  2  y  1  6 P x y6 2 2 2 2 2  1  6 P    P  3 x   P  2  y    x 2  y 2   P  3   P  2    5  2 P 2  10 P  13   2  26 P  38 P  64  0  0  P  1 . x  2 Suy ra MaxP  1   . y 1 CÂU 7: Chọn C x y  x  x  3  y  y  3  xy  Ta có: log 3 2 x  y 2  xy  2   log 3 3  x  y   3  x  y   log 3 x 2  y 2  xy  2   x 2  y 2  xy  2 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 103 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT  Xét hàm số f  t   log 3 t  t , t  0 có f   t   đồng biến và liên tục trên khoảng  0;   . 1  1  0, t  0 . Vậy hàm số f  t  luôn t ln 3  Do đó: f  3  x  y    f  x 2  y 2  xy  2   3  x  y   x 2  y 2  xy  2 1  Cách 1: Từ 1  xy   x  y   3  x  y   2 . 2  x  y 1  Ta có x  x  xy  xy  x  y  1  xy     xy 2   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  1 . 2    Do đó từ 1 , suy ra:  Đặt t  x  y , t  0 .  x  y  1 x 4  2 x  y 1 x  Suy ra: P  x y6  Ta có: f   t    Bảng biến thiên            2   x  y   3 x  y   2 . 2  t  1 2t  1  3t 2  36t  135 4 t  6 2 2  t 2  3t  2 4 t 6 3t 2  22t  3   f t  . 4 t  6  0  t  3 (nhận) x  y 1 x  2 Dựa vào BBT, ta có max P  max f  t   f  3  1 khi và chỉ khi  .   0;  x  y  3  y  1 Cách 2: (Trắc nghiệm) x  11 Ta có: P  2  . x y6 Trong 1 coi y là ẩn, x là tham số. Ta có y 2   x  3 y  x 2  3x  2  0 có nghiệm khi 3 2 3 3 2 3 x  3 nên x 11  0 3 3 Vậy P  2 nên trong 4 phương án thì Pmax  1 khi đó x  2 , y  1 . Cách 3: (Trắc nghiệm) y  17  3 với x , y  0. Ta có: P  3  x y6 3x  2 y  1  2  x  11 . Thay vào 1 ta được: y 2  3 y  90  0 (vô lý). Nếu P  2 thì x y6 3x  2 y  1  1  2 x  y  5  y  5  2 x . Thay vào 1 , ta được: Nếu P  1 thì x y6    x  3  4  x 2  3 x  2   0  2 3  x  5  2 x   x 2   5  2 x   x  5  2 x   2  3x 2  12 x  12  0  x  2  y  1 .Vậy Pmax  1 . 2 CÂU 8: Chọn D Ta có log3  x  1 y  1 y 1  9   x  1 y  1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 104 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT   y  1 log3  x  1  log3  y  1   x  1 y  1  9 .   y  1 log3  x  1  log3  y  1  x  1  9 9  log 3  y  1 y 1 9 9  log 3  x  1  x  1  2   2  log 3 (*). y 1 y 1  log 3  x  1  x  1  Xét hàm số f  t   log3 t  t  2 với t  0 có f   t   luôn đồng biến và liên tục trên  0;   . 1  1  0 với mọi t  0 nên hàm số f  t  t ln 3 9 8 y 9 x 1  , do x  0 nên y   0;8  . y 1 y 1 y 1 8 y 9 9  2 y  2 y  1  2  y  1   3   3 6 2 . Vậy P  x  2 y  y 1 y 1 y 1 9 3  y 1. Vậy Pmin  3  6 2 khi 2  y  1  y 1 2 Từ (*) suy ra x  1  CÂU 9: Chọn C  x  y  1 x  y  1  2 2 TH1: log x  y   x  y   1   2   1 . 1  1 1 2 x  y  x  y  x  2    y  2   2 (*)     1 1 1 Tập nghiệm của BPT (*) là tất cả các điểm thuộc hình tròn tâm I  ;  bán kính R  . 2 2 2 Miền nghiệm của hệ (1) là phần tô màu như hình vẽ.  Đặt t  x  y  1  t  2 . Khi đó f  t   48t 3  156t 2  133t  4     2 2  19 t  12 2 f   t   144t  312t  133 ; f   t   0   t  7  12 Bảng biến thiên GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 105 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT  Do đó, max f  t   30  t  2  x  y  2 . 1t  2   0  x  y  1 0  x  y  1  2 2 TH2: log ( x  y )  x  y   1   2   1  1 1 2 x  y  x  y x   y        2  2 2   2  không thỏa điều kiện x  0 , y  0 . 2 2  2 . CÂU 10: Chọn B Gọi tọa độ các điểm A  a, 2log 2 a  , B  b,  log 2 b  . Vì M  2,0  là trung điểm của đoạn thẳng AB nên: b  4  a b  4  a a  b  4 17  1    a   2 2 2 2 log 2 a  log 2 b b  a a  a  4  0 a  b  4 Vì  2 log 2 a  log 2 b   4  a  2log 2 a   a  2log 2 a  17  1 OA  a, 2log 2 a  nên  . S   4log 2 2 2 OB 4  a ,  2log a    2  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 106 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT CHỦ ĐỀ 3: PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ  VÍ DỤ 1: Phương trình 2sin x  3cos x  4.3sin 2 A. 1284 . 2 B. 4034 . 2 x có bao nhiêu nghiệm thuộc  2017; 2017 . C. 1285 . D. 4035 . Lời giải Chọn C 2 2 2 2 2 2 Ta có 2sin x  3cos x  4.3sin x  2sin x  31sin x  4.3sin x Đặt sin 2 x  t với t   0;1 , ta có phương trình t t t t 3 2 2 1 1 2  t  4.3t     3.    4 . Vì hàm số f  t      3.   nghịch biến với t   0;1 3 3 3 9 9 nên phương trình có nghiệm duy nhất t  0 . Do đó sin x  0  x  k , k  . 2017 2017 k Vì x   2017; 2017  nên ta có 2017  k  2017  nên có 1285 giá trị   nguyên của k thỏa mãn. Vậy có 1285 nghiệm. t VÍ DỤ 2: Cho dãy số  un  thỏa mãn un  un 1  6 , n  2 và log 2 u5  log  2 u9  8  11 . Đặt Sn  u1  u2  ...  un . Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất thỏa mãn Sn  20172018 . A. 2587 . B. 2590 . C. 2593 . D. 2584 . Lời giải Chọn C Ta có dãy số  un  là cấp số cộng có công sai d  6 . log 2 u5  log 2 u9  8  11  log 2 u5  u9  8  11 * với u5  0 . Mặt khác u5  u1  4d  u1  24 và u9  u1  8d  u1  48 . u1  8  u5  32 Thay vào * ta được  . Suy ra u1  8 . u1  88  u5  64 n S n  20172018   2u1   n  1 d   20172018  3n 2  5n  20172018  0 . 2 Vậy số tự nhiên n nhỏ nhất thỏa mãn Sn  20172018 là n  2593 . VÍ DỤ 3 : Biết phương trình log3  3x  1 . 1  log3  3x 1  6 có hai nghiệm là x1  x2 và tỉ  số x1 a  log trong đó a, b  x2 b * và a b có ước chung lớn nhất bằng 1 . Tính a  b . B. a  b  37 . A. a  b  38 . C. a  b  56 . D. a  b  55 . Lời giải Chọn D 28   log 3  3x  1  3 x1  log 3     Ta có log3 3  1 . 1  log3 3 1   6   27   log 3  3x  1  2   x2  log 3 10 x 28  1  log  a  28 , b  27  a  b  55 . x2 27  x   x  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 107 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT  VÍ DỤ 4: Phương trình 2 x  2 3 m 3 x   x3  6 x 2  9 x  m  2 x 2  2 x 1  1 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m  ( a; b) đặt T  b 2  a 2 thì: A. T  36 . B. T  48 . D. T  72 . C. T  64 . Lời giải Chọn B Ta có 2 x  2 2 3 m 3 x 3 m 3 x   x3  6 x 2  9 x  m  2 x 2  2 x 1  1  2 3 m 3 x   x  2   8  m  3x  23  22 x 3  m  3 x  22  x   2  x  . 3 Xét hàm f  t   2t  t 3 trên . có f   t   2t.ln 2  3t 2  0, t  nên hàm số liên tục và đồng biến trên . Do đó từ (1) suy ra m  3x   2  x   m  8  9 x  6 x 2  x 3 . 3 Xét hàm số f  x    x3  6 x 2  9 x  8 trên . x  3 có f   x   3x 2  12 x  9 ; f   x   0   . x  1 Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta có, phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi 4  m  8 . Suy ra a  4; b  8  T  b 2  a 2  48 .  VÍ DỤ 5: Xét các số thực x , y  x  0  thỏa mãn 1  y  x  3 .Gọi m là giá trị nhỏ nhất của 2018 x 3 y biểu thức T  x  2 y . Mệnh đề nào sau đây đúng ? 2018 x 3 y  2018 xy 1  x  1  2018 xy 1  A. m   0;1 . B. m  1; 2  . C. m   2;3 . D. m   1;0  . Lời giải Chọn D 1  y  x  3 2018 x 3 y  2018x 3 y  2018 x 3 y  x  3 y  2018 xy 1  2018xy 1  xy  1 Ta có 2018 x 3 y  2018 xy 1  x  1  2018 xy 1   f  x  3 y   f   xy  1 1 Xét hàm số f  t   2018t  2018t  t , với t  ta có f   t   2018t ln 2018  2018t ln 2018  1  0 , t  . Do đó f  t  đồng biến trên nên 1  x  3 y   xy  1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 108 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT 2  x  1 x 1 T  x . x3 x3 2  x  1 Xét hàm số f  x   x  , với x   0;   có x3 4 x2  6 x  5 f  x  1   0 , x   0;   . 2 2  x  3  x  3  y  x  3   x  1  y   2 Do đó f  x  đồng biến trên  0;    f  x   f  0    . 3 2 Dấu “  ” xảy ra  x  0  m   . 3 BÀI TẬP RÈN LUYỆN 9x y 4x  8 CÂU 1: Nếu x  y , 5 y  243 , x, y là các số thực thì tích xy bằng? 3 2 12 A. . B. 6 . C. 12 . 5 CÂU 2: Tính tổng các nghiệm của phương trình 2 A. 6 . B. 3 .    32log C. 9 . log8 x 2  6 x  9 x D. 4 . x 1 D. 8 . x 1 x x 1 CÂU 3: Số nghiệm nguyên không âm của bất phương trình 15.2  1  2  1  2 bằng bao nhiêu? A. 0 . B. 1 . D. 3 . C. 2 . CÂU 4: Để phương trình: 2sin x  2cos x  m có nghiệm, thì các giá trị cần tìm của tham số m là: 2 A. 1  m  2 . 2 B. 2 m2 2. CÂU 5: Gọi tập nghiệm của phương trình các phần tử của S . A. 4  log 2 6 D. 3  m  4 . C. 2 2  m  3 . 3x  5  10  3x  15.3x  50  9 x  1 là S . Tính tổng tất cả B. 2  log 3 6 1 C. 1  log 7 5 2 CÂU 6: Số nghiệm của phương trình x 2  5 x  2   x 2  8 x  3 .83 x 5   3x  5  .8 x D. log 7 2 8 x  3 1 3 3 là A. 4 . B. 3 . C. 1 . D. 2 . CÂU 7: Phương trình 4 x  2  m  1 .2 x  3m  8  0 có hai nghiệm trái dấu khi m   a; b  . Giá trị của P  b  a là 8 A. P  . 3 B. P  19 . 3 C. P  15 . 3 D. P  35 . 3 CÂU 8: Cho phương trình 4x   m  1 2 x 1  8  0 . Biết phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn  x1  1 x2  1  6 . Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là A. Không có m . B. 1  m  3 . C. m  3 . D. m  2 . CÂU 9 : Cho phương trình 3x  a.3x cos  x   9 . Có bao nhiêu giá trị thực của tham số a thuộc đoạn  2018; 2018 để phương trình đã cho có đúng một nghiệm thực ? A. 1. B. 2018. C. 0. D. 2. CÂU 10: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình sau có nghiệm thực? GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 109 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT 2sin x  2 3 m 3sin x   sin 3 x  6 cos 2 x  9 cos x  m  6  2sin x  2  2sin x 1  1 . A. 22 . B. 20 . C. 24 . D. 21 . CÂU 11: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 41 x  41 x   m  1  22 x  22 x   16  8m có nghiệm trên  0;1 ? A. 2 . B. 3 . C. 5 . D. 4 . CÂU 12: Tìm m để bất phương trình m.9 x  (2m  1).6 x  m.4 x  0 nghiệm đúng với mọi x   0,1 . B. 6  m  4 . A. m  6 . D. m  4 . C. m  6 . CÂU 13: Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 4sin x  5cos x  m.7cos nghiệm. 6 6 6 6 A. m  . B. m  . C. m   . D. m   . 7 7 7 7 2 CÂU 14: Tập các giá trị m để phương trình 4. biệt là: A.  5;7  .     x 2 1  B.  4;5  . 2 2 x có x 2  1  m  1  0 có đúng hai nghiệm âm phân D.  7;8 . C.  5;6  . CÂU 15: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 9 x  2  m  1 .3x  3  2m  0 có tập nghiệm là 3 A. m  . 2 . B. Không có giá trị m thoả mãn yêu cầu đề bài. 3 D. m   . 2 C. m  2 . CÂU 16: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 9 x  2  m  1 .3x  3  2m  0 nghiệm đúng với mọi x  . A. m tùy ý. 3 C. m   . 2 4 B. m   . 3 3 D. m   . 2 CÂU 17: Biết tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 4sin x  5cos x  m.7cos 2 2 2 x có nghiệm là a a  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 . D. S  11 . C. S  9 . CÂU 18: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2sin x  3cos x  m.3sin x có nghiệm? A. 7 . B. 4 . C. 5 . D. 6 . 1 x 1 x 2 x CÂU 19: Số các giá trị nguyên của m để phương trình 4  4   m  1  2  22 x   16  8m có nghiệm 2 2 2 trên đoạn  0;1 là C. 2 B. 4 A. 5  CÂU 20: Cho bất phương trình m.3x 1   3m  2  . 4  7 D. vô số   4  7  x x  0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x   ;0 . A. m  22 3 . 3 B. m  22 3 . 3 C. m  22 3 . 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. m   22 3 . 3 Trang 110 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT CÂU 21: Giá trị nguyên dương nhỏ nhất của tham số m để bất phương trình 4 x  2018m.2 x 1  3  1009m  0 có nghiệm là A. m  1 B. m  2 C. m  3 D. m  4 CÂU 22: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số x2 3 x  m 9 A. 6  2.3 x2 3 x  m  2 x 2 x 3 3 B. 4 m để bất phương trình có nghiệm? C. 9 D. 1 GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D 4x  8  22 x  2 x  y 3  x  y  3 x y 2 1 . 9x y  243  32 x  y   35 y 5  2 x  3 y  5 35 y  2 . Từ 1 và  2  ta được x  4 ; y  1  xy  4 . CÂU 2: Chọn A x  0 x  0 x  0 x  0      ĐK:  x  1  x  1  x  1   x  1 . Ta có phương trình:  x2  6 x  9  0  x  3  0 x  3 2      x  3  0  2 log8 x2 6 x 9 2    32log log8 x 2  6 x  9 x x 1  2 log8 x2 6 x 9   32log 1 x x 2 1  log8 x2 6 x 9 2   32. 2 1  2log  x 6 x9  30  1 1 2 8   20  log x 2  6 x  9  0  x 2  6 x  9  1  x 2  6 x  8  0 .  8  x  4 và x  2 (đều thỏa). Do đó tổng các nghiệm là 4  2  6 . Lưu ý: Khi sử dụng Viet cho x 2  6 x  8  0 sẽ ra kết quả nhanh hơn, nhưng phải cẩn thận đối chiếu điều kiện để tránh nhận nhầm nghiệm. CÂU 3: Chọn D Đặt t  2 x  1 (do x  0 ) bất phương trình trở thành: 30t  1  t  1  2t .  30t  1  3t  1  30t  1  9t 2  6t  1  0  t  4  0  x  2 . Suy ra có 3 nghiệm nguyên không âm của BPT. CÂU 4: Chọn C. Phương trình tương đương 2sin x  21sin x  m  2sin x  2 2 2 2 2sin 2 x m Đặt t  2sin x , t  1;2 do 0  sin 2 x  1 . 2 Xét hàm f t t 2 ,t t 1;2 f t 1 2 ; f t t2 0 t 2 Bảng biến thiên t 1  f t f t 2 2 0  3 3 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 111 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT Vậy phương trình f t m có nghiệm 2 2 m 3. CÂU 5: Chọn B 3x  5  10  3x  15.3x  50  9 x  1 1 . Đặt t  3x  5  10  3x  t  0   t 2  5  2 15.3x  50  9 x  15.3x  50  9 x  Ta được phương trình t  Do t  0 nên t  3 . t2  5 . 2 t  3 t2  5 . 1  2 t  1 3 x  9 x  2 Do đó 3  3x  5  10  3x  9  5  2 15.3x  50  9 x   x .  x  log 6 3  6 3   CÂU 6: Chọn B Đặt u  x 2  8 x  3 , v  3x  5 , phương trình đã cho viết lại là u  v  u.8v  v.8u  u 1  8v   v 8u  1 * Ta thấy u  0 hoặc v  0 thỏa mãn phương trình * . Với u  0 và v  0 ta có *  1  8v 8u  1  v u ** Ta thấy: 8u  1 8u  1  0 và nếu u  0 thì  0 . Do đó VP **  0, u  0 . * Nếu u  0 thì u u 1  8v 1  8v  0 và nếu v  0 thì  0 . Do đó VT **  0, v  0 . v v Từ đó suy ra ** vô nghiệm. * Nếu v  0 thì Như vậy, phương trình đã cho tương đương với   x  4  13  x2  8x  3  0  u  0   x  4  13 . v  0    3 x  5  0  5 x  3  Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm. CÂU 7: Chọn B Đặt t  2 x , ta có phương trình t 2  2  m  1 t  3m  8  0 1 . Với x1  0  x2 thì 0  2 x1  1  2 x2 , nên phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu x1 , x2 khi và chỉ khi phương trình 1 có hai nghiệm 0  t1  1  t2 . Ta có 1  t 2  2t  8  m  2t  3  2  . t 2  2t  8 3 m Vì t  không là nghiệm phương trình  2  nên:  2   2 2t  3 t 2  2t  8 3 Xét hàm số f  t   , với 0  t  . 2 2t  3 2 3 2t  6t  22 Ta có f   t    0 với 0  t  . 2 2  2t  3  3 . Bảng biến thiên: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 112 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT Phương trình 1 có hai nghiệm 0  t1  1  t2 khi và chỉ khi phương trình  3 có hai nghiệm 0  t1  1  t2 . Từ bảng biến thiên ta suy ra giá trị cần tìm của m là 8  m  9. 3 8 19 8 Như vậy a  , b  9 . Do đó P  b  a  9   . 3 3 3 CÂU 8: Chọn B Đặt t  2 x  t  0  thì phương trình đã cho trở thành t 2  2  m  1 t  8  0 1 . Điều kiện để phương trình có hai nghiệm x1 , x2  1 có hai nghiệm dương phân biệt t1 , t2   m  1  2 2  m 2  2m  7  0    0       m  1  2 2  m  1  2 2 .   S  0  2  m  1  0 8  0  P  0   m  1 Khi đó t1  m  1  m2  2m  7  2 x1 , t2  m  1  m2  2m  7  2x2 Ta có t1.t2  2x1  x2  8  x1  x2  3 ,  x1  1 x2  1  6  x1 x2  2     8  log  m  1  m  2m  7  log 2 m  1  m  2m  7  log  m  1  m  2m  7  3  log  m  1  m  2m  7    2 1   u  1 Đặt u  log  m  1  m  2m  7  thì 1 trở thành 3u  u  2  0   . u  2  log 2 m  1  m2  2m  7 .log 2 m  1  m 2  2m  7  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + u  1  m  1  m2  2m  7  2  m2  2m  7  1  m : ptvn do m  1  2 2 . + u  2  m  1  m2  2m  7  4  m2  2m  7  3  m  m  2 (nhận). Vậy m  2 thỏa ycbt. CÂU 9 : Chọn A Ta có 3x  a.3x cos  x   9  9 x  a.3x cos  x   9 (vì 3x  0 )  3x  32 x  a.cos  x  (*) Điều kiện cần: Nếu phương trình (*) có nghiệm duy nhất x0 thì ta thấy rằng 2  x0 cũng là nghiệm của (*) do đó x0  2  x0  x0  1 . Thay vào (*) ta được a  6. Điều kiện đủ: Ngược lại nếu a  6 thì phương trình (*) trở thành 3x  32 x  6.cos  x  Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 3x  32 x  2. 3x.32 x  6 mà 6.cos  x   6 do đó GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 113 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT 3x  32 x  6 3x  32 x  3x  32 x  6.cos  x     x 1 6 cos  x   6 cos  x   1 Vậy có duy nhất a  6 thỏa yêu cầu bài toán. CÂU 10: Chọn D 2sin x  2 3 m 3sin x   sin 3 x  6 cos 2 x  9 cos x  m  6  2sin x  2  2sin x 1  1  2sin x  2 3 m 3sin x  2sin x  2 3 m  3sin x  2  3 m 3sin x      sin x  2    m  3sin x   2   sin x  2    m  3sin x   8 2sin x  2  2sin x 1  1 3 sin x  2 3 1   m  3sin x   22sin x   2  sin x  3 m  3sin x  2  sin x * Đặt t  sin x , t   1;1 . Khi đó * trở thành: m  t 3  6t 2  9t  8, t   1;1 . Xét hàm f  t   t 3  6t 2  9t  8, t   1;1  x  3   1;1 Ta có: f   t   3t 2  12t 2  9 , f   t   0   .  x  1  1;1  f  1  24 và f 1  4 . Vậy m   4;24  , có 21 giá trị nguyên của m thảo mãn điều kiện bài toán. CÂU 11: Chọn A Ta có: 41 x  41 x   m  1  22 x  22 x   16  8m  4 x  4 x   m  1  2 x  2 x   4  2m * .  3 Đặt t  2 x  2 x  t 2  2  4 x  4 x , vì x   0;1 nên t  0;  .  2 Khi đó: *  t 2   m  1 t  2  2m  0   t  2  t  m   0 . t  2  3 t  m  t  m suy ra m  0; 2  nên m  0 hoặc m  1 .    CÂU 12: Chọn C 2x x 3  3 m.9 x  (2m  1).6 x  m.4 x  0 x  0;1  m     2m  1    m  0 x  0;1 (*). 2  2 x 3  3  3 Đặt t    ; x   0;1  t  1;  . (*)  mt 2   2m  1 t  m  0 t  1;  . 2  2  2 t 2  3  3 t  1;  .  m  t  1  t t  1;  . t  1 ( đúng)  m  2  2  2  t  1 Khảo sát f  t   t  t  1 2 t 2  1  3  3 t  1;  f   t    0 t  1;  . 2  2  2  t  1 3 m f  6. 2 CÂU 13: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 114 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT Ta có 4 sin 2 x 5 cos 2 x  m.7 cos 2 x  1   4   28  cos2 x 5   7 cos2 x t  m. t  1  5 Đặt t  cos 2 x, t   0;1 thì BPT trở thành: 4        m .  28   7  t t  1  5 Xét f  t   4.      là hàm số nghịch biến trên  0;1 .  28   7  6 Suy ra: f 1  f  t   f  0    f  t   5 . 7 6 Từ đó BPT có nghiệm  m  . 7 CÂU 14: Chọn C NX:  Đặt t    x 2 1 .   x 2 1  1    x 2 1   1  2 1 x 2  1 , t  0 x Do x  0 nên 0  t  1 1 Phương trình đã cho trở thành m  4t   1 * , t   0;1 . t Ứng với mỗi 0  t  1 cho ta một giá trị x  0 ,do đó để phương trình ban đầu có đúng hai nghiệm âm thì pt * phải có hai nghiệm t   0;1 phân biệt 1 1 1 Xét hàm số f  t   4t   1  f   t   4  2  f   t   0  t   t t 2 1 x 1 0 2   0  6 5 Nhìn bbt suy ra các giá trị m cần tìm là 5  m  6 CÂU 15: Chọn D 9 x  2  m  1 .3x  3  2m  0 Đặt t  3x  0 Yêu cầu bài toán trở thành: t 2  2  m  1 t  3  2m  0, t  0  t 2  2t  3  2m  t  1 , t  0 t 2  2t  3 t 3 m , t  0 (*)  Do t  1  0, t  0   m  2  t  1 2 Xét hàm số g  t   t 3 trên  0;   2 1 3  0 . Suy ra hàm số g  t  luôn đồng biến trên  0;   ; lim g  t    t 0 2 2 3 Do đó (*)  m   . 2 g t   CÂU 16: Chọn D Đặt t  3x , t  0 ycbt GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 115 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT t 2  2t  3 1 , t  0  m   t  3 , t  0  t  2  m  1 t  3  2m  0, t  0  m  2 2t  2 1 1 f  t    t  3 , f   t    0, t  0  hàm số đồng biến trên  0,   2 2 3 Vậy ycbt  m  f t  , t  0  m  f 0    . 2 2 CÂU 17: Chọn A Ta có: 4 sin 2 x 5 cos 2 x  m.7 cos 2 x  1   4.    28  cos 2 x 5   7 cos 2 x  m.  1 cos x 1    28  28  với x . Do  nên 2 cos x  5  5    7  7  2 Xét  1  f  x   4.    28  cos 2 x 5   7 cos 2 x f  x  4 5  hay 28 7 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  CÂU 18: Chọn B 2 2 2 2 2 2 Ta có: 2sin x  3cos x  m.3sin x  2sin x  31sin x  m.3sin x . t 2  m.3     312t  m . 3 Đặt t  sin x , t   0;1 . Phương trình đã cho trở thành: 2  3 2 t 1t t t t 2 2 2 Xét hàm số f  t      312t , với t   0;1 . Ta có f   t     .ln  2.312t.ln 3 3 3 3 2 f   t     3 t 2 2  2 .  ln   4.312t.  ln 3  0 t   0;1 .  3 2 2  f   t  liên tục và đồng biến trên  0;1 nên f   t   f  1  ln  0 t   0;1 . 3 9  f  t  liên tục và nghịc biến trên  0;1 nên f 1  f  t   f  0  t   0;1 Suy ra 1  m  4 . CÂU 19: Chọn C Ta có 41 x  41 x   m  1  22 x  22 x   16  8m  4 x  Đặt t  2 x  1 1    m  1  2 x  x   4  2m . x 4 2   1 1  3 , t  0;  , t 2  4 x  x  2 . x 4 2  2 Phương trình viết lại:   3 t  2  0;   t  2   m  1 t  4  2m  t  t  2  mt  2m   t  2  t  1  m   0   2 .  t  m  1 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 116 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT  3  5 Do đó để phương trình có nghiệm x   0;1 thì m  1 0;   m  1;  , có 2 giá trị nguyên  2  2 của m thỏa mãn. CÂU 20: Chọn A  Ta có m.3x 1   3m  2  . 4  7 x   4  7  x x 0 x x  4 7   4 7   4 7       3m  2     3m  0 . Đặt t    , do x  0 nên 0  t  1 .  3   3   3  Tìm tham số m sao cho t 2  3mt  3m  2  0 , đúng với mọi 0  t  1 . t 2  2 t2  2 t 2  2  m  max m . Ta tìm GTLN của hàm số f  t    trên 0  t  1 .  0;1 3t  3 3t  3 3t  2 t  1  3 1 t 2  2t  2 Ta có f   t    . . 0  2 3  t  1 t   1  3  Lập bảng biến thiên ta được Vậy max  0;1 t 2  2 22 3  f 1  3  . 3t  3 3   CÂU 21: Chọn A Đặt t  2 x , t  0 . Khi đó bất phương trình trở thành t 2  1009mt  3  1009m  0 t2  3  1009m  (do t  0 ). t 1 t2  3 t 2  2t  3 Xét f  t   , ta có f   t   2 t 1  t  1 t  1 t 0 t  1 f   t   0  t 2  2t  3  0   t  3 2 . t 0 1009 Vậy m  1 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa yêu cầu bài toán. ycbt  1009m  min f  t   2  m  CÂU 22: Chọn D Điều kiện x 2  3 x  m  0 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 117 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT 9 x2 3 x  m  2.3 x2 3 x  m  2 x 2 x 3 3 2 3  x 2 3 x  m  x   2 .3 x 3xm  x  2 9 1 0 27 03  3  x  3x  m  x  2  x 2  3x  m  x  2 .  x 2  3x  m  0  x 2  3x  m  0    x  2  0  x  2  4m  2  m  2.  x 2  3x  m  x 2  4 x  4 x  4  m   Do m nguyên dương nên m  1 thỏa mãn . x2 3 x  m  x 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 118 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT CHỦ ĐỀ 4: PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT  VÍ DỤ 1: Trong tất cả các cặp  x; y  thỏa mãn log x2  y2 2  2 x  4 y  6   1 . Tìm m để tồn tại duy nhất một cặp  x; y  sao cho x 2  y 2  2 x  2 y  2  m  0 . 13  3 và 13  3 A. C.  13  3  13  3 B. 2 D.    2 13  3 và 13  3  2 Lời giải Chọn D Điều kiện 2 x  4 y  6  0 . Ta có log x2  y2 2  2 x  4 y  6   1  x 2  y 2  2  2 x  4 y  6   x  1   y  2   9 . 2 2 Tập hợp các cặp số  x; y  là hình tròn  C1  có tâm I1 1; 2  , bán kính R1  3 . Mặt khác ta lại có x 2  y 2  2 x  2 y  2  m  0   x  1   y  1  m . 2 2 Khi m  0 thì không tồn tại cặp số  x; y  .  x  1  x  1 2 2 Khi m  0 thì  x  1   y  1  0   . Do cặp số  không thỏa mãn bất phương y 1 y 1 2 2 trình  x  1   y  2   9 nên c  0 không thỏa mãn. Khi m  0 thì  x  1   y  1  m là đường tròn  C2  có tâm I 2  1;1 , bán kính R2  m . 2 2  1  1  1  2   13 . Để tồn tại duy nhất một cặp  x; y  thì hai đường tròn  C1  và  C2  phải tiếp xúc với Ta có I1 I 2  2 2  I1 I 2  R1  R2 nhau  .  I1 I 2  R1  R2 Khi I1I 2  R1  R2  13  3  m  m  13  3  m  Khi I1I 2  R1  R2  13     2 13  3 .   2 m  3  m  6 m  4  0  m  3  13  m  3  13 . VÍ DỤ 2: Cho dãy số  un  thỏa mãn ln  u12  u22  10   ln  2u1  6u2  và un  2  un  2un 1  1 với mọi n  1. Giá trị nhỏ nhất của n để un  5050 bằng. A. 100 . B. 99 . C. 101. D. 102 . Lời giải Chọn D Ta có : ln  u12  u22  10   ln  2u1  6u2   u12  u22  10  2u1  6u2 u1  1 2 2   u1  1   u2  3  0   . u2  3 Đặt vn  un 1  un với n  1  v1  u2  u1  2 . Theo giả thiết: un  2  un  2un 1  1  un 2  un1  un1  un  1  vn1  vn  1 , n  1 . Suy ra  vn  là cấp số cộng có công sai d  1  vn  v1   n  1 d  n  3 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 119 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT Ta có: un1  un1  un  un  un1  ...  u3  u2  u2  u1  u1  Sn  u1 . vn vn1 v2 v1 n  n  1 n .  v1  vn   2 2 n  n  1  n  1 n  2   1 .  1  un  Suy ra : un 1  2 2  n  1 n  2   1  5050  n2  3n  10096  0  n  101,99 . Ta có : un  5050  2 Vậy số n nhỏ nhất thỏa yêu cầu là 102 . Với Sn  v1  v2  ...  vn   VÍ DỤ 3: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình log3  x 2  5x  m   log3  x  2  có tập nghiệm chứa khoảng  2;   . Tìm khẳng định đúng. A. S   7;   . B. S   6;   . D. S   ;5 . C. S   ; 4  . Lời giải Chọn A x  2  0 x  2  . log3  x 2  5x  m   log3  x  2    2 2 x m   5  x x  m   6 x x   2 2   Bất phương trình log3  x 2  5x  m   log3  x  2  có tập nghiệm chứa khoảng  2;    m   x 2  6 x  2 có nghiệm với mọi x   2;   . Xét hàm số f ( x)   x 2  6 x  2 trên  2;   Ta có f   x   2 x  6 , f   x   0  x  3 Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta có: m   x 2  6 x  2 có nghiệm với mọi x   2;    m  7 .  VÍ DỤ 4: Gọi a là giá trị nhỏ nhất của f  n   n , n  2 . Có bao nhiêu số n để f  n   a ? A. 2 . B. vô số.  log3 2  log3 3 log3 4  ...  log3 n  9n C. 1 . , với D. 4 . Lời giải Chọn A Ta có f  n  1  f  n  . log 3  n  1 9 , f  n   f  n  1 . log 3 n 9 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 120 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT  f  n   f  n  1 Do a là giá trị nhỏ nhất của f  n  nên f  n   a    f  n   f  n  1  log 3  n  1  f  n   f  n  . log 3  n  1  9 9  39  1  n  39 .   log 3 n  9  f  n  1 . log 3 n  f  n  1  9 Vậy có 2 giá trị của n thỏa yêu cầu bài toán.        VÍ DỤ 5: Cho phương trình log 2 x  x 2  1 .log 2017 x  x 2  1  log a x  x 2  1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng 1; 2018  của tham số a sao cho phương trình đã cho có nghiệm lớn hơn 3 ? A. 20 . B. 19 . D. 17 . C. 18 . Lời giải Chọn C x 2  1  x 2  x  x  x 2  1  0 và x  x 2  1  0 . - Nhận thấy: với x  3 thì      Ta có: log 2 x  x 2  1 .log 2017 x  x 2  1  log a x  x 2  1        log 2 x  x 2  1 .log 2017 x  x 2  1  log a 2.log 2 x  x 2  1       log 2017 x  x 2  1  log a 2 1 (vì log 2 x  x 2  1  0 , x  3 ).   - Xét hàm số f  x   log 2017 x  x 2  1 trên khoảng  3;   . Có: f   x   1 x  1.ln 2017 2  f   x   0 , x  3 . BBT: - Từ BBT ta thấy: phương trình 1 có nghiệm lớn hơn 3  log 2 a  f  3    log2 a  log2017 3  2 2  log 2 a  log3 2 2 2017 (do a  1 )  19,9 . Lại do a nguyên thuộc khoảng 1; 2018  nên a  2;3;...;19 . Vậy có 18 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán. a2 log32 2017 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 121 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT BÀI TẬP RÈN LUYỆN    CÂU 1: Phương trình 2log3  cot x   log 2  cos x  có bao nhiêu nghiệm trên khoảng   ; 2  ?  6  A. 1 . B. 4 . C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn A cot x  0     3     Điều kiện:  . Kết hợp giả thiết x    ; 2   x   0;     ;  . 2   2   6  cos x  0 cot 2 x  3t Đặt 2log3  cot x   log 2  cos x   t , ta có hệ  . t cos x  2 1 1 Áp dụng công thức: 1  cot 2 x  , ta có phương trình: 1  3t  t  4t  12t  1  0. (*) 2 4 cos x t t t Xét hàm số f  t   4  12  1 liên tục trên R và có f (t )  4 ln 4  12t ln12  0 x  R. . Suy ra f  t   4t  12t  1 là hàm đồng biến trên R. Nên phương trình (*) có nhiều nhất một nghiệm. 2 Lại có f  1 . f  0     0 , suy ra phương trình (*) có nghiệm t duy nhất trong khoảng 3  1;0   2t   1 ;1 . 2  cot 2 x  3t Khi đó hệ phương trình  có nghiệm duy nhất trên t cos x  2     3  0;     ; 2  2   .     Vậy phương trình 2log3  cot x   log 2  cos x  chỉ có đúng một nghiệm trên   ; 2  .  6  CÂU 2: Cho dãy số  an  thỏa mãn a1  1 và an  10an 1  1, n  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của n để log an  100 . A. 100 B. 101 C. 102 D. 103 Lời giải Chọn C 1 1  an  10an1  1  an   10  an1   (1) . 9 9  1 1 8 Đặt bn  an   b1  a1   . Từ (1)  bn  10bn 1 , n  2 9 9 9 8 Dãy  bn  là cấp số nhân với công bội là q  10 . Nên bn  b1.q n 1  .10n 1 . 9 Do đó an  bn  1 8 n 1 1  10  , n  1, 2,... . 9 9 9 8 1 Ta có log an  100  a n  10100  10n 1   10100 . 9 9 Vậy giá trị nhỏ nhất của n để log an  100 là n  102 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 122 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT CÂU 3: Cho x, y là các số thực thỏa mãn log 4  x  2 y   log 4  x  2 y   1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức f  x, y   x  y bằng. A. 1 . B. C. 0 . Lời giải 3. D. 2. Chọn B Điều kiện: x  2 y . Ta có log 4  x  2 y   log 4  x  2 y   1  log 4  x  2 y  x  2 y   log 4 4 .  x2  4 y 2  4  4 y 2  x2  4  y 2  x2  4 . 4 x2  4 Ta có f  x, y   x  y  x   g  x . 4 2 2 2 x2  4 trên D   ; 2   2;   . 4 4 x 1 x ; g  x  0  x   . g  x    . 2 2 2 x 4 3 x Xét hàm số g  x   x 2   4   4  g  2   2; g  2   2; g     3  g  . Vậy giá trị nhỏ nhất của f  x, y  là 3   3 3. CÂU 4: Tìm giá trị gần đúng tổng các nghiệm của bất phương trình sau:     22 22 2 4 2 6 5 4 3 2  2 log x 3  2 log x 3  5  13  log 2 x  log x  4   24 x  2 x  27 x  2 x  1997 x  2016   0 22 22   3 3   A. 12, 3 . B. 12 . C. 12,1 . D. 12, 2 . Lời giải Điều kiện: 0  x  1. Ta có 24 x 6  2 x5  27 x 4  2 x3  1997 x 2  2016   x3  x2    x3  1  22 x6  26 x4  1997 x2  2015  0 , x . 2 2 Do đó bất phương trình đã cho tương đương với     22 2 4 2 22  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  1 3  t        2  2 1  t  2  12  13 . 2 13  1 3 Đặt u   t  ;  và v  1  t ;1 . Ta có u  v  u  v  . 2  2 2 1 5 t 4 3 4 22   2   2t  1  3  3t  t   x  Dấu bằng xảy ra khi  12, 06 .   1 t 2 5  3  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 123 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT Nghiệm trên thỏa điều kiện nên ta Chọn C CÂU 5: Cho dãy số  un  thỏa mãn log3  2u5  63  2log 4  un  8n  8 , n  Tìm số nguyên dương lớn nhất n thỏa mãn Đặt Sn  u1  u2  ...  un . un .S2 n 148 .  u2 n .Sn 75 B. 17 A. 18 * C. 16 D. 19 Lời giải Chọn A Ta có n  * , log3  2u5  63  2log 4  un  8n  8  log3  2u5  63  log 2  un  8n  8 . t  log3  2u5  63 Đặt t  2u5  63  3t 2u5  63  3  1  3t  2.2t  t  2  un  8n  4    t t  u5  32  2 un  8n  8  2  Sn  u1  u2  ...  un  4n2 . Do đó 2 un .S 2 n  8n  4  .16n 148    n  19 . u2 n .Sn 16n  4  .4n 2 75     CÂU 6: Cho phương trình log 2 x  x 2  1 .log 3 x  x 2  1  log 6 x  x 2  1 . Biết phương trình có một   1 logb c a  a  logb c (với a , c là các số nguyên tố và 2 nghiệm là 1 và một nghiệm còn lại có dạng x  a  c ). Khi đó giá trị của a 2  2b  3c bằng: A. 0 . B. 3 . C. 6 . Lời giải Chọn B 1  x  1 Điều kiện   * 2  x  x  1  0     D. 4 . log 2 x  x 2  1 .log 3 x  x 2  1  log 6 x  x 2  1    log 2 x  x 2  1 .log3   x  1 x 1 2     log 6 x  x 2  1      log 2 x  x 2  1 .log 3 6.log 6 x  x 2  1  log 6 x  x 2  1       log 6 x  x 2  1 log3 6.log 2 x  x 2  1  1  0   log x  x 2  1  0 1  6  2 log 3 6.log 2 x  x  1  1  0  2   x  1 1  x  x 2  1  1  x2  1  x  1   2 2  x  1. x  1  x  1             2   log 2  x  x 2  1 .log 3 6  1  log 2 x  x 2  1  log 6 3  x  x 1  2 log6 3 2 log6 3  x  2  2 log6 3 x   x 1  2   2 x   1 log6 3 2  2 log6 3 . 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 124 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT x   1 log6 2  log6 2 3 3 . (thỏa mãn * ) 2 Như vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x  1 , x  Khi đó a  3 , b  6 , c  2 . Vậy a 2  2b  3c  3 . CÂU 7: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log A. 2  x y  x  x  3  y  y  3  xy . Tìm giá trị x  y 2  xy  2 2 3 3x  2 y  1 . x y6 B. 1 lớn nhất của P   1 log6 2  log6 2 3 3 . 2 D. 4 C. 3 Lời giải Chọn B Ta có log 3 x y  x  x  3  y  y  3  xy x  y 2  xy  2 2  log 3  x  y   3  x  y   2  log  log 3  x  y   3  x  y   log 3 x 3 2 3  log  log 3 3  x  y   3  x  y   log 3 x 2  y 2  xy  2    x 2  y 2  xy  2  3 x 2  y 2  xy  2    x 2  y 2  xy  2   y 2  xy  2    x2  y 2  xy  2  * . Xét hàm số f  t   log 3 t  t , với t  0 .có f   t   1  1  0 , t  0 . t.ln 3 Vậy hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên khoảng  0;   . Do đó: f  3  x  y    f  x 2  y 2  xy  2   3  x  y   x 2  y 2  xy  2 1 .  x  y 1  Từ 1  xy   x  y   3  x  y   2 . Ta có x  x  xy  xy  x  y  1  xy     xy . 2   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  1 . 2 2 Do đó từ 1 , suy ra:  x  y  1 x 4 2   x  y   3 x  y   2 . 2 2 x  y 1 x  Đặt t  x  y , t  0 => P  x y6 Ta có: f   t   3t 2  36t  135 4 t  6 2  t  1 2t  1  2  t 2  3t  2 3t 2  22t  3 4   f t  . t 6 4 t  6  0  t  3 (nhận). Bảng biến thiên t f  t  0  3  0  f t  x  y 1 x  2 Dựa vào BBT, ta có max P  max f  t   f  3  1 khi và chỉ khi  .   0;  x  y  3 y  1   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 125 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT CÂU 8: Cho phương trình 4 x  m log 2 x 2  2 x  3  2  x 2 2 x log 1  2 x  m  2   0 . Tìm tất cả các giá trị 2 thực của tham số m để phương trình trên có đúng hai nghiệm thực phân biệt. 1 3 1 A. m  hoặc m  . B. m   . 2 2 2 3 1 3 C. m  . D. m   hoặc m   . 2 2 2 Lời giải Chọn A 2  xm 4 log 2  x 2  2 x  3  2 x  2 x log 1  2 x  m  2   0 2 1 2 x  m 2 log 2  x  2 x  3  2 2  x2  2 x log 2  2 x  m  2   log 2  x 2  2 x  3  2 3 x  2 x  3 2   log 2  2 x  m  2  3 2  2 x  m  2  . log 2 u 2u log 2 u 1 2u  Xét hàm số f  u   3u  với u  2 . Ta có f /  u    2u.log 2 u.ln 2  0, 2 8 8 u.ln 2  u  2 . Suy ra hàm số f  u  đồng biến trên  2;    nên  x 2  4 x  1  2m  0 1 . Phương trình f  x  2 x  3  f  2 x  m  2    x  1  2 x  m   2  2  x  1  2m  0 đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt. TH1: Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt, phương trình  2  vô nghiệm, suy ra 2 2 3  2m  0 1 1  m  . Suy ra m  thỏa 1* .  2 2 2m  1  0 TH2: Phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt, phương trình 1 vô nghiệm, suy ra 3  2m  0 3 3  m  . Suy ra m  thỏa  2* .  2 2 2m  1  0 3 , khi đó nghiệm của phương trình 1 là 2 x  2 , nghiệm của phương trình  2  là x   2 , suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm. Suy ra TH3: Phương trình 1 có nghiệm kép suy ra m  m 3 không thỏa  3* . 2 1 , khi đó nghiệm của phương trình  2  là 2 x  0 , nghiệm của phương trình 1 là x  2  2 , suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm. Suy TH4: Phương trình  2  có nghiệm kép suy ra m  1 không thỏa  4* . 2 TH5: Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt, phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt ra m  nhưng hai phương trình này có nghiệm giống nhau. 3  2m  0 1 3  m . Khi đó  2 2 2m  1  0 a  b  4 Gọi a , b  b  a  là hai nghiệm của phương trình 1 , theo định lí Vi-ét ta có   3 . a.b  2m  1 a  b  0 Vì a , b cũng là nghiệm của phương trình  2  nên   4  , từ  3 và  4  ta suy ra a.b  2m  1 m  5* . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 126 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT 1 3 hoặc m  thỏa. 2 2 Từ 1* ,  2* ,  3* ,  4* và  5* suy ra m  CÂU 9: Cho phương trình 4  xm log 2 x 2  2 x  3  2  x 2 2 x log 1  2 x  m  2   0 . Tìm tất cả các giá trị 2 thực của tham số m để phương trình trên có đúng hai nghiệm thực phân biệt. 1 1 3 A. m  hoặc m  . B. m   . 2 2 2 3 3 1 C. m  . D. m   hoặc m   . 2 2 2 Lời giải Chọn A 2  xm 4 log 2  x 2  2 x  3  2 x  2 x log 1  2 x  m  2   0 2 1 2 x  m 2 log 2  x  2 x  3  2 2 Xét hàm số f  u    x2  2 x log 2  2 x  m  2   log 2  x 2  2 x  3 2  3 x 2  2 x  3   log 2  2 x  m  2  3 2  2 x  m  2  . log 2 u 2u log 2 u 1 u 2u  /  với . Ta có f u  2 .log u .ln 2  u  2    0, 2 23 u 8 8 u.ln 2  u  2 . Suy ra hàm số f  u  đồng biến trên  2;    nên  x 2  4 x  1  2m  0 1 . Phương trình  f  x  2 x  3  f  2 x  m  2    x  1  2 x  m  2 x  1  2 m  0 2    đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt. TH1: Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt, phương trình  2  vô nghiệm, suy ra 2 2 3  2m  0 1 1  m  . Suy ra m  thỏa 1* .  2 2 2m  1  0 TH2: Phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt, phương trình 1 vô nghiệm, suy ra 3  2m  0 3 3  m  . Suy ra m  thỏa  2* .  2 2 2m  1  0 3 , khi đó nghiệm của phương trình 1 là 2 x  2 , nghiệm của phương trình  2  là x   2 , suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm. Suy ra TH3: Phương trình 1 có nghiệm kép suy ra m  m 3 không thỏa  3* . 2 1 , khi đó nghiệm của phương trình  2  là 2 x  0 , nghiệm của phương trình 1 là x  2  2 , suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm. Suy TH4: Phương trình  2  có nghiệm kép suy ra m  1 không thỏa  4* . 2 TH5: Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt, phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt ra m  nhưng hai phương trình này có nghiệm giống nhau. 3  2m  0 1 3  m . Khi đó  2 2 2m  1  0 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 127 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT a  b  4 Gọi a , b  b  a  là hai nghiệm của phương trình 1 , theo định lí Vi-ét ta có   3 . a.b  2m  1 a  b  0 Vì a , b cũng là nghiệm của phương trình  2  nên   4  , từ  3 và  4  ta suy ra a.b  2m  1 m  5* . Từ 1* ,  2* ,  3* ,  4* và  5* suy ra m  CÂU 10 : Biết tập nghiệm của bất phương trình log3 Khi đó tổng a  2b bằng A. 3 . B. 4 . 1 3 hoặc m  thỏa mãn. 2 2   x 2  x  4  1  2 log 5  x 2  x  5   3 là  a; b  . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn C Xét hàm số f  x   log3   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  x 2  x  4  1 x 2  x  4 ln 3  x  x  5 ln 5 1     Bảng biến thiên: x 1 2  y – 0   5 2 y 4 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  4m  4  0 1 . Hỏi có bao nhiêu giá 3 3 x 1  2  trị m nguyên âm để phương trình 1 có nghiệm thực trong đoạn   ; 2  ?  3  A. 6 . B. 5 . C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn D Ta có 1  4  m  1 log 21  x  1  4  m  5 log 1  x  1  4m  4  0 CÂU 11: Cho phương trình  m  1 log 21  x  1  4  m  5 log 1 2 3   m  1 log 2 1 3 3  x  1   m  5 log 1  x  1  m  1  0 3  2  Đặt t  log 1  x  1 , với x    ; 2 thì 1  t  1. Ta có phương trình:  3  3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 128 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT t 2  5t  1  m 1 t   m  5 t  m 1  0  m t  t  1  t  5t  1  m  2 t  t 1 2 2 Xét hàm số f  t   2  2 t  1 t 2  5t  1 4t 2  4  với .Ta có . f t  0  1  t  1  2 2 2 t  t 1 t   1  t  t  1 7 7 , f 1  3 . Do đó min f  t   3 và max f  t   .  1;1 1;1 3 3  2  Phương trình đã cho có nghiệm thực trong đoạn   ; 2  khi và chỉ khi phương trình  2  có  3  f  1  7 nghiệm t   1;1  min f  t   m  max f  t   3  m  .  1;1  1;1 3  2  Như vậy, các giá trị nguyên âm m để phương trình 1 có nghiệm thực trong đoạn   ; 2  là  3  3; 2; 1 . CÂU 12: Biết x1 , x2  là hai nghiệm của phương trình  4 x2  4 x  1  2 log 7    4x 1  6x 2x    1 a  b với a , b là hai số nguyên dương. Tính a  b. 4 A. a  b  16 . B. a  b  11. C. a  b  14 . Lời giải Chọn C. x  0  Điều kiện  1  x  2 x 1 2 x2  và D. a  b  13.   2 x  12   4 x2  4 x  1  2 Ta có log 7    4×2  4x  1  2x   4 x  1  6 x  log 7   2 x 2 x      log7  2 x  1   2 x  1  log7 2 x  2 x 1 2 2 Xét hàm số f  t   log 7 t  t  f   t   1  1  0 với t  0 t ln 7 Vậy hàm số đồng biến  3 5 x  2 4  f  2 x    2 x  1  2 x    3 5 x   4 Phương trình 1 trở thành f  2x 1  9  5  4 Vậy x1  2 x2   9  5   4  a  9; b  5  a  b  9  5  14. l  2  tm  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 129 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT CÂU 13: Cho phương trình  log3 x   3m log3  3x   2m2  2m  1  0 . Gọi S là tập hợp tất cả các số tự 2 nhiên m mà phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x1  x2  tử của S . A. 6 B. 1 C. 0 Lời giải 10 . Tính tổng các phần 3 D. 10 Chọn C Điều kiện: x  0 . PT:  log3 x   3m log3  3x   2m2  2m  1  0   log3 x   3m log3 x  2m2  m  1  0 . 1 2 2 Đặt t  log 3 x , ta được: t 2  3mt  2m 2  m  1  0 .  2  Để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x1  x2  nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa 3t1  3t2  10 khi và chỉ khi  2  có hai 3 10 . 3 +  2  có hai nghiệm phân biệt:   9m2  4  2m2  m  1  0  m 2  4m  4  0  m  2 . + Khi đó  2  có hai nghiệm phân biệt t1  m  1 và t2  2m  1 .  1  m 10     9 1 3 10 10 10 3   2m   3 m 1  32 m 1  Ta có: 3t1  3t2    m  0. m m  3.3 3 3 3 3 1      1  3  nên không tồn tại m . Mà m CÂU 14: Cho a, x là các số thực dương, a  1 thỏa mãn log a x  log  a x  . Tìm giá trị lớn nhất của a . B. log  2  1 e A. 1 C. e ln10 e D. 10 log e e Lời giải Chọn D Ta có: log a x  log  a x   log a x  x log a  log x log x 2   log a  .  x log a  x log a Giá trị của a lớn nhất khi và chỉ khi log a lớn nhất. log x Xét hàm số f  x   với x  0 . x 1  ln x Ta có f   x   2 ; f  x  0  x  e . x ln10 Ta có bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy ra  log a  lớn nhất là bằng 2  log a  2  log e log e  a  10  log a  e e log e e log e . Khi đó e . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 130 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT 1 2x 1  1  CÂU 15: Cho phương trình log 2  x  2   x  3  log 2  1    2 x  2 , gọi S là tổng tất cả các 2 x  x nghiệm của nó. Khi đó, giá trị của S là 2 A. S  2 . B. S  1  13 . 2 C. S  2 . D. S  1  13 . 2 Lời giải 1  2  x   Điều kiện  2.  x  0 Xét hàm số f  t   log 2 t   t  1 , t  0 . 2 Ta có f   t   1 2 ln 2.t 2  2 ln 2.t  1  2  t  1   0 , t  0 , do đó hàm số f  t  đồng biến t ln 2 t.ln 2 trên khoảng  0;   . Mặt khác ta có: 1 2x 1  1  log 2  x  2   x  3  log 2  1    2 x  2 2 x  x 2  log 2 x  2   f   1   1   x  2  1  log 2  2     2    1 x   x    2 2  1 1  x  2  f 2   x  2  2 x x    x  1  3  13 3 2  x  2 x  4 x  1  0   x  2   x  3  13  2  x  1 1  13 Kết hợp với điều kiện ta được  . Vậy S  .  x  3  13 2  2 CÂU 16: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 3x 2  3x  m  1 log 2  x2  5x  2  m 2 2x  x 1 Có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 . A. 3 . B. Vô số. C. 2 . Lời giải Chọn C Điều kiện: 3 x 2  3 x  m  1  0 . – Ta có: log 2 D. 4 .  3x 2  3x  m  1  3x 2  3x  m  1 2 2  log  x  5 x  2  m  1  x  5x  1  m 2 2 2 2x  x 1  2x  x 1   log 2 3x 2  3x  m  1  x2  5x  1  m 4 x2  2 x  2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 131 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT  log 2  3×2  3x  m  1  log 2  4 x 2  2 x  2    4 x 2  2 x  2   3x 2  3x  m  1  log 2  3×2  3x  m  1   3x 2  3x  m  1  log 2  4 x 2  2 x  2    4 x 2  2 x  2  1 Xét hàm số: f  t   t  log 2 t trên D   0;   , có f   t   1  1  0 , t  D , t.ln 2 Do đó hàm số f  t  đồng biến trên D  1  f  4 x 2  2 x  2   f  3x 2  3x  m  1  4 x 2  2 x  2  3x 2  3x  m  1  x 2  5 x  m  1  2  . – Xét hàm số: g  x   x 2  5 x trên , có g   x   2 x  5  g   x   0  x  5 . 2 – Bảng biến thiên: – 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 , do m 4 4 thỏa mãn yêu cầu bài toán.  nên m  5; 4 , hay có 2 giá trị nguyên của m   CÂU 17: Tập tất cả các giá trị của m để phương trình 2 x1 .log2 x2  2 x  3  4 xm .log2  2 x  m  2  có 2 đúng ba nghiệm phân biệt là: 1 2  1  2 3 2 3 2 B.  ;1;  . A.  ; 1;  . 1 2 3 2 C.  ;1;   . 1 2 3 2 D.  ;1;  . Lời giải Chọn D   Ta có 2 x1 .log2 x2  2 x  3  4 xm .log2  2 x  m  2  1 2 2  2 x 1 .log 2  x  1  2   2 2 x  m .log 2  2 x  m  2   2    2 t Xét hàm số f  t   2 .log 2  t  2  , t  0. Vì f   t   0, t  0  hàm số đồng biến trên  0;   2 2 Khi đó  2   f  x  1   f  2 x  m    x  1  2 x  m    x  4 x  1  2m  0  3   2  x  2m  1 4  Phương trình 1 có đúng ba nghiệm phân biệt nếu xảy ra các trường hợp sau: 2 +) PT  3 có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT  4  3 , thay vào PT  4  thỏa mãn 2 +) PT  4  có nghiệm kép khác hai nghiệm phân biệt của PT  3 m GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 132 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT 1 , thay vào PT  3 thỏa mãn 2 +) PT  4  có hai nghiệm phân biệt và PT  3 có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm của hai PT trùng nhau 1 3  4   x   2m  1 ,với  m  . Thay vào PT  3 tìm được m  1. 2 2 1 3 KL: m   ;1;  . 2 2 Ý kiến riêng của Ad (Duy Hiếu) Bước 1: Đưa phương trình về dạng f  u   f  v  với u , v là hai hàm theo x . m Bước 2: Xét hàm số f  t  , t  D. Bước 3: Dùng đạo hàm chứng minh hàm số f  t  , t  D tăng hoặc giảm nghiêm ngặt trên D. Bước 4: f  u   f  v   u  v CÂU 18: S   a; b  là tập các giá trị của m để phương trình log 2  mx  6 x3   log 1  14 x 2  29 x  2   0 có ba nghiệm phân biệt. Khi đó hiệu H  b  a bằng: 1 5 2 A. . B. . C. . 2 2 3 Lời giải Chọn B Ta có log 2  mx  6 x3   log 1  14 x 2  29 x  2   0 2 D. 5 . 3 2 2  14 x  29 x  2  0  log 2  mx  6 x   log 2  14 x  29 x  2    3 2  mx  6 x  14 x  29 x  2 3 2 1 14  x  2  3 2 m  6 x  14 x  29 x  2  6 x 2  14 x  29  2  x x 2 1 x2 Xét hàm số f  x   6 x 2  14 x  29  , với x 14 2 12 x3  14 x 2  2 1  Ta có f  x  xác định và liên tục trên  ; 2  và f   x   12 x  14  2  x x2  14   1 1   x   3   14 ; 2     Suy ra f   x   0   x  1 .  x  1  2 Bảng biến thiên GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 133 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại ba điểm phân 39 biệt khi 19  m  . Suy ra 2 a  19 1   39  H  b  a  . 2 b  2 CÂU 19: 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 3 1 3  Đặt t  x  x  1   x    suy ra t  4 2 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  Xét hàm số t  1 f t    f  t    ln t 1 t  0, t   3 ;1 2  4  ln t ln t  1  do đó 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   2 ln t ln t 1 1 1 Xét hàm số g  t   ln t  1   g   t    2  0 t t t Ta có a ln t  t  1, t  1;     a  Vậy g  t   0 có tối đa một nghiệm. 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  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. t0  1 suy ra f  t0   t0 t0 Trang 134 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT Bảng biến thiên t  1 , t  1;     a  t0 . ln t 7 Vậy t0  a  . 3 4ln 4 Vậy số thực a thỏa mãn yêu cầu bài toán là: a   6;7 . Vậy a  CÂU 20: Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2018 log 6  2018 x  m   log 4 1009 x  có nghiệm là A. 2020 . B. 2017 . của tham C. 2019 . Lời giải số m để phương trình D. 2018 . Chọn A t  2018 x  m  6  2.4t  m  6t  m  2.4t  6t . Đặt log 6  2018 x  m   log 4 1009 x   t   t  1009 x  4 Đặt f  t   2.4t  6t . Ta có: f   t   6t ln 6  2.4t.ln 4 . t  3  2ln 4 Xét f   t   0      log 6 16  t  log 3  log 6 16  . ln 6 2 2 Bảng biến thiên:   Phương trình f  t   m có nghiệm khi và chỉ khi m  f  log 3  log 6 16    2, 01 .  2  2  m  2017 m  2018 Mà  nên ta có:  . Vậy có 2020 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán. m  m  CÂU nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để  2 x  mx  1  log 2    2 x 2  mx  1  x  2 có hai nghiệm thực phân biệt ?   x2   A. 3 . B. 4 . C. 2 . D. 1 . Lời giải Chọn B x  2  0 Điều kiện:  2 . 2 x  mx  1  0 21: Có bao phương trình 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 135 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT  2 x 2  mx  1  Ta có log 2    2 x 2  mx  1  x  2   x2    log 2 2 x 2  mx  1  2 x 2  mx  1  log 2  x  2   x  2  f   1 2 x 2  mx  1  f  x  2  Xét hàm số f  t   log 2 t  t với t   0;   có f   t   1  1  0 , t   0;   t ln 2  f  t  đồng biến trên  0;   nên 1  2 x 2  mx  1  x  2 .   x  2  x  2  Từ đó  2 2   2    x   m  4 x  3  0 2 x  mx  1   x  2  YCBT   2  có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 lớn hơn 2  2 .     m  4 2  12  0 m  m       x1  2    x2  2   0   x1  x2  4  0  4  m  4  0  x x  2 x  x  4  0 3  2 4  m  4  0    1 2   1 2  x1  2  x2  2   0 m  8 9  *  9  m  mà m   m  1; 2;3; 4 . 2 m   2 CÂU 22: Có bao nhiêu giá trị dương của tham số thực m để log 22 x  log 1 x 2  3  m2  log 4 x 2  3 có nghiệm duy nhất thuộc 32;    ? bất phương trình 2 A. 2 B. 1 C. 3 D. 0 Lời giải Chọn A 1  x  0 0  x   Điều kiện xác định:  2 2 . Hàm số xác định trên 32;    . log 2 x  2 log 2 x  3  0  x  8 log 22 x  log 1 x 2  3  m2  log 4 x 2  3  log 22 x  2 log 2 x  3  m2  log 2 x  3 . 2 Đặt t  log 2 x . Do x  32  t  5 . Bất phương trình có dạng: t 2  2t  3 t 1 .  m2  t 3 t 3 t 1 4 Xét hàm số f  t   trên 5;    . f   t   nên hàm số nghịch biến trên 5;    . 2 t 3  t  3 t 2  2t  3  m2  t  3  m2  Do lim f  t   1 nên ta có 1  f  t   2 . x  Do với mỗi t có duy nhất một giá trị x nên để bất phương trình có nghiệm duy nhất thuộc 32;   thì bất phương trình m2  f  t  có nghiệm duy nhất trên 5;    . Khi đó: m2  2  m  4 2 . Do đó không có số nguyên dương m thỏa mãn. CÂU 23: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng 2a log a b b A. 2000 . logb a  2000; 2000  để  m log a b  1 với mọi a, b  1;   B. 1999 . C. 2199 . Lời giải GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 2001 . Trang 136 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT Chọn A Vì a  1, b  1  log a b  0 Đặt t  log a b  t  0   t 2  log a b  b  a t 2 Bất phương trình tương đương:   2a t  a t 2 1 t  mt  1  a t  mt  1  f  t   g  t  1 Ta có: f  t   at với a  1 là hàm số đồng biến trên khoảng  0;   Xét m  0 , 1  at  1, a  1, t  0 ( luôn đúng ). Vậy nhận m  0 . Xét m  0 , hàm số y  mt  1 là hàm số đồng biến trên khoảng  0;   . Dựa vào đồ thị ta thấy ko thỏa. Loại m  0 Xét m  0 , hàm số y  mt  1 là hàm số nghịch biến trên khoảng  0;   . Dựa vào đồ thị ta thấy luôn thỏa 1 . Vậy ta nhận m  0 . Vậy ta kết hợp điều kiện ta được m   2000;0, m  . Vậy m  1999,…,1,0  . Ta có 2000 số nguyên m thỏa ycbt.   CÁCH 2: Giải đến 2a  a t t2 1 t  mt  1  m  at  1 , t  0 t at  1 0 0:  t Vậy m  0 là giá trị cần tìm. CÁCH 3 ( CASIO – chỉ áp dụng cho bạn nào hiểu rõ bản chất thôi nha): Ta nhận xét: Min log a b  1 ta được: Cho a  b  1, 01 . Khi đó 2.1, 01  1, 01  m  1  m  0, 01 Vậy m  1999,…,1,0  . Ta có 2000 số nguyên m thỏa ycbt. CÂU 24: Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m log 2  7 x  7   log 2  mx  4 x  m  có tập nghiệm là 2 A. 10 2 B. 11 để bất phương trình . Tổng các phần tử của S là C. 12 Lời giải D. 13 Chọn C 7 x 2  7  mx 2  4 x  m 1 Bpt   2 mx  4 x  m  0  2  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 137 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT 7 x2  4 x  7 7 x2  4x  7  m . Xét hàm số f  x   Từ 1  . Tập xác định D  x2  1 x2  1 4×2  4 Ta có f   x   . Cho f   x   0  x   1 2  x2  1 . Bảng biến thiên ycbt  m  5 (3) 4 x 4 x  m . Xét hàm số g  x   2 Từ  2   2 . Tập xác định D  x 1 x 1 4 x2  4 Ta có g   x   . Cho g   x   0  x   1 2 2 x  1   . Bảng biến thiên ycbt  m  2 (4) Từ (3) và (4)  2  m  5 . Do m nên m  3; 4;5 . Vậy S  3  4  5  12 . CÂU 25: Cho bất phương trình: 1  log5  x 2  1  log5  mx 2  4 x  m  1 . Tìm tất cả các giá trị của m để 1 được nghiệm đúng với mọi số thực x : B. 2  m  3 . A. 2  m  3 . C. 3  m  7 . D. m  3 ; m  7 . Lời giải Chọn B Điều kiện mx 2  4 x  m  0 . Ta có 1  log5  x 2  1  log5  mx 2  4 x  m   log5 5  x 2  1  log5  mx 2  4 x  m   5  x 2  1  mx 2  4 x  m   5  m  x 2  4 x  5  m  0 . Để 1 được nghiệm đúng với mọi số thực x khi f  0   1. m  0  2 4  m  0  5  m  0 4   5  m 2  0   2  m  3 . Tập xác định D  CÂU 26: 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 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 138 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT 0  x  1  0  x  1 0  x  1  Điều kiện    1  x   0 . 2 m  m x  1  x  0 m x  x  1  x 1  x  0          x  Bất phương trình đã cho tương đương  log x3  log m x  x 2  1  x  1  x  2     x3  m x  x 2  1  x  1  x  x x  m x  x 2  1  x  1  x  m  x x  1  x  1  x x  x2   2 x 1 x  . 1 x x Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có  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 . CÂU 27: Cho cấp số cộng  an  ,  bn  thỏa mãn a2  a1  0 và b2  b1  1 ; và hàm số f  a1  và f  log 2 b2   2  f  log 2 b1  . Số nguyên dương n cấp số nhân f  x   x3  3x sao cho f  a2   2  nhỏ nhất và lớn hơn 1 sao cho bn  2018an là: A. 16 . B. 15 . C. 17 . Lời giải Chọn B Hàm số f  x   x3  3x có bảng biến thiên như sau: D. 18 . Theo giả thiết   f  a2   2  f  a1   f  a2   f  a1  .     a2  a1  0 a2  a1  0  0  a1  a2  1 Từ đó suy ra  , hơn nữa f  x   2  0 x  0 . Ta xét các trường hợp:  0  a1  1  a2   f  a2   2  0   f  a2   2 a2  1   * Nếu 0  a1  a2  1 thì  . a1  0    f  a1   0  f  a1   0  f  a2   2  0 * Nếu 0  a1  1  a2 thì  điều này là không thể.  f  a1   0 Do đó chỉ xảy ra trường hợp a1  0; a2  1 .Từ đó suy ra an  n  1 n  1 . log 2 b2  1 b  1  2  bn  2n 1  n  1 . Tương tự vì b2  b1  1 nên log 2 b2  log 2 b1  0 , suy ra  log a  0 b  1  2 1 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 139 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT Xét hàm số g  x   2 x  2018 x trên nữa khoảng  0;   , ta có bảng biến thiên   2018   g  log 2 ln 2   0    2018  log 2 ln 2  11   g 12   20120   g 13  18042   g 14   11868  g 15  2498  0  Ta có nên số nguyên dương nhỏ nhất n thỏa g  n  1  0 là n 1  15  n  16 . CÂU 28: Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn hệ thức: 2log 2 a  log 2 b  log 2  a  6b  . Tìm giá trị lớn nhất PMax của biểu thức P  A. PMax  2 . 3 ab  b 2 . a 2  2ab  2b 2 B. PMax  0 . C. PMax  1 . 2 D. PMax  2 . 5 Lời giải Chọn C. Ta có: 2log 2 a  log 2 b  log 2  a  6b   log 2 a 2  log 2  ab  6b2   a 2  ab  6b2 2 a a a a      6  0  3   2 .Do a, b dương nên 0   2 . b b b b Đặt t  ab  b 2 t 1 a  2 , 0  t  2 .Khi đó: P  2 2 b a  2ab  2b t  2t  2 Xét hàm số f  t   t 1 với 0  t  2 . t  2t  2 Ta có: f   t   t 2  2t t 2 2 t  2 .Do đó PMax   2t  2  2  0, t   0; 2 .Suy ra f  t   f  2   1 1 . Vậy Max f t   khi  0;2  2 2 1 . 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 140 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT DẠNG CÂU HỎI THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI CÂU 1: Giá trị thực của tham số m để phương trình 9 x  2  2m  1 3x  3  4m  1  0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn  x1  2  x2  2   12 thuộc khoảng nào sau đây? A.  3;9   1  D.   ; 2   2  1  C.  ;3  4  B.  9;   CÂU 2: Cho hàm số y  eax bx c đạt cực trị tại x  1 và đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng e. Tính giá trị của hàm số tại x  2 ? 1 A. y  2   e 2 B. y  2   2 C. y  2   1 D. y  2   e e CÂU 3: Cho cấp số cộng  un  có tất cả các số hạng đều dương và thỏa mãn điều kiện sau 2 u1  u2  …  u2018  4  u1  u2  …  u1009  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  log32 u2  log32 u5  log32 u14 bằng A. 3 B. 1 C. 2 D. 4 2 CÂU 4: Có bao nhiêu giá trị thực của m để phương trình  sin x  1 2cos x   2m  1 cos x  m  0 có đúng bốn nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn  0; 2  ? A. 3 B. 1 C. 2 D. 4 21sin x  m.cos x sin x CÂU 5: Cho phương trình e e  2  sin x  m.cos x với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm. Khi đó S   ; a   b;   . Tính T  10a  20b . A. T  10 3 B. T  0 C. T  3 10 D. T  1 CÂU 6: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên các khoảng xác định và có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Hỏi 1 số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  x y’ y e  f 2  x 2 là bao nhiêu? 1  +  2 0 +   1 1  A. 0 B. 3 C. 1 D. 2 y 1 CÂU 7: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn log3  x  1 y  1  9   x  1 y  1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  2 y là: 11 27 A. Pmin  B. Pmin  C. Pmin  5  6 3 D. Pmin  3  6 2 2 5 un 2 CÂU 8: Cho dãy số  un  thỏa mãn u1  và un 1   n  1 . Tìm số nguyên dương n nhỏ 3 2  2n  1 un  1 nhất thỏa mãn log 1 un  12,3 . A. n  50 2 B. n  60 C. n  51 D. n  61 1 2 CÂU 9: Cho phương trình 4 log 92 x  m log 1 x  log 1 x  m   0 , m là tham số. Biết phương trình đã cho 6 9 3 3 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  3 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3 A. 1  m  2 B. 3  m  4 C. 0  m  2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 2  m  3 Trang 141 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT CÂU 10: Cho hai số thực a, b thỏa mãn điều kiện a  b  1 và Giá trị của biểu thức P  1 1   2018. loga b logb a 1 1 bằng  logab b logab a A. P  2014. B. P  2016. C. P  2018. D. P  2020. CÂU 11: Có bao nhiêu nghiệm nguyên thuộc khoảng (-9;9) của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm thực: 3log x  2 log  m x  x 2  1  x  1  x  ?   A. 6. B. 7. C. 10. D. 11. CÂU 12:: Bất phương trình log 22 x   2m  5 log 2 x  m2  5m  4  0 nghiệm đúng với mọi x   2; 4  khi và chỉ khi A. m   0;1 . C. m   0;1. B. m  2;0  .  CÂU 13. Bất phương trình 1  2  x  (1  2a)   D. m   2;0 x 2  1  4  0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  log1 2 3. Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3  3  3   3  A. a   ;   B. a    ;0  C. a   0;  D. a   ;   2  2  2   2  x x 1 x CÂU 14: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 4  2  1  2 2  m có đúng 2 nghiệm thực phân biệt A. 2 B. 3 C. 5 D. 4 1 2 x  m có 3 nghiệm thực phân biệt. 2 A. 8 B. 9. C. 6. D. 7. x 1 2 x x CÂU 16. Có bao nhiêu m nguyên để phương trình m.2  m  16  6.8  2.4 x 1 có đúng hai nghiệm phân biệt? A. 4. B. 5. C. 3. D. 2. x CÂU 17: Có bao nhiêu số nguyên a  (200; 200) để phương trình e  e x  a  ln(1  x)  ln  x  a  1 có CÂU 15: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 2 x 1  8  nghiệm thực duy nhất. A. 399 B. 199 C. 200 D. 398 CÂU 18. Có bao nhiêu số thực m để tôn tại duy nhất cặp số thực (x;y) thỏa mãn đồng thời log x2  y 2  2  4 x  4 y  m 2  m  5   1 và x 2  y 2  2 x  4 y  1  0. A. 2. B. 6. C. 4. D. 0.   CÂU 19: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình e3m  em  2 x  1  x 2 1  x 1  x 2  có nghiệm. 1  A.  ln 2;   . 2  1   C.  ; ln 2 . 2    1  B.  0; ln 2  .  2   1 D.  0;  .  e CÂU 20: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log 1 x  log 1 y  log 1  x  y 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của 2 2 2 biểu thức P  x  3 y . A. Pmin  17 . 2 B. Pmin  8. C. Pmin  9. D. Pmin  25 2 . 4 CÂU 21: Tìm tập S tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp số  x; y  thỏa mãn log x2  y 2  2  4 x  4 y  6  m2   1 và x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 142 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT A. S  5;5. B. S  7; 5; 1;1;5;7. C. S  5; 1;1;5 . D. S  1;1 . GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn C.  Đặt t  3 x ( t  0 ) khi đó: t 2  2  2m  1 t  3  4m  1  0 (*)      Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi (*) có 2 nghiệm dương phân biệt  ‘   2m  12  3  4m  1  4m2  8m  4   2m  2 2  0 m  1      S  2  2m  1  0  1 m    4 P  3  4m  1  0   t  4m  1  x1  log 2  4m  1 Khi đó ta có:  1   x2  1 t2  3 12 Lại có:  x1  2  x2  2   12  x1  1   4  x1  3 x2  2 9 Suy ra log 2  4m  1  3  m  . 4 CÂU 2: Chọn D. 2  Ta có: y ‘  eax bx c  2ax  b   Hàm số đạt cực trị tại điểm x  1  y ‘ 1  ea bc  2a  b   0  2a  b  0  Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm x  0; y  e  e  ec  c  1  2 2 a  b 1 Ta có: y  2   e 4 a  2b  c  e    e . CÂU 3: Chọn C. u1  u2018 u u .2018  4. 1 1009 .1009 2 2  2017d  2  u1  1008d   2u1  d  Ta có: u1  u2  …  u2018  4  u1  u2  …  u1009    u1  u2018  2u1  2u1009  u2018  u1  2u1009  Ta có: P  log32 u2  log32 u5  log32 u14  log32  u1  d   log32  u1  d   log32  u1  13d    P  log32  3u1   log32  9u1   log32  27u1   1  log3 u1    2  log3 u1    3  log3 u1   Đặt t  log 3 u1  P  1  t    2  t    3  t   3t 2  12t  14  3  t  2   2  2  Do đó Pmin  2 . 2 2 CÂU 4: Chọn C.  Ta có: sin x  1  x   2 2 2 2 2  k 2 , phương trình này có 1 nghiệm thuộc đoạn  0; 2  là x   2 Lại có: 2cos x   2m  1 cos x  m  0   2cos x  1 cos x  m   0    cos x  m  2cos x  1  0  Xét PT: 2cos x  1 có 2 nghiệm x   2 2  ;x   trên đoạn  0; 2  3  3 Để PT có đúng 4 nghiệm phân biệt khi:  +) cos x  m có duy nhất 1 nghiệm khác x   2 ;x   3 ;x  5 khi đó m  1 . 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 143 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT  +) cos x  m có 2 nghiệm trong đó có 1 nghiệm trùng với 1 trong 3 nghiệm x   Suy ra m  0 . Kết hợp 2 trường hợp suy ra có 2 giá trị của m.  2 ;x   3 ;x  5 . 3 CÂU 5: 2 1sin x   2  sin x  m.cos x  e m cos x sin x  m cos x  sin x  e 21sin x   2 1  sin x   e m.cos x sin x  e  ta có: f ‘  t   et  1  0  t   Xét hàm số PT  f  t   et  t  t   Do đó f  t  đồng biến trên   m cos x  sin x  2 1  sin x   m cos x  sin x  2     , ta có: f  m cos x  sin x   f  2 1  sin x   m  3 Phương trình đã cho có nghiệm  m2  1  4  m2  3    m   3 Khi đó S  ;  3    3;   a  3; b  3  T  10 3 .     CÂU 6: Chọn D.     f  x   ln 2 1  2  f 2  x   ln 2    f  x    ln 2  2  Dựa vào hình vẽ, ta thấy (1) có nghiệm duy nhất, (2) có nghiệm duy nhất. 1 Suy ra đồ thị hàm số y  f 2  x  có 2 đường tiệm cận đứng là nghiệm của (1), (2). e 2 Ta có e f 2  x 2  0  ef 2  x CÂU 7: Chọn D.      9  x 1 y 1 9 9 9  log 3  x  1  x  1   log 3  y  1   log 3  x  1  x  1  log 3  y 1 y 1 y 1 Giả thiết   y  1 .log 3  x  1 y  1  9   x  1 y  1  log 3  x  1 y  1   9  Ta có f  t   log3 t  t là hàm số đồng biến trên  0;   mà f  x  1  f  .  y 1  9 9 9 x  1   P  2 y 1  g  y . Suy ra x  1  y 1 y 1 y 1 9 Xét hàm số g  y   2 y  1  trên  0;8 , suy ra min f  y   3  6 2 .  0;8 y 1 CÂU 8: Chọn C.     Ta có un 1   1  un 1 1    4n  2    4  n  1  2   4n  2 2  2n  1 un  1 un 1 un  un 1  1 1 3 4n2  8n  3 .    4.1  2    4.2  2   …   4n  2    2n2  4n  un1 u1 2 2 2 2 2   un  2 Suy ra un1  2 2 4n  8n  3 4  n  1  1 4n  1  12,3 1  12,3  2   Do đó log 1 un  log 1 2 4n  1  2  2 2 4n  1 2 2   nmin  51 . CÂU 9: Chọn C. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 144 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT  1 2 1 2 2  Ta có 4log92 x  m log 1 x  log 1 x  m   0   log3 x    m   .log3 x  m   0 . 6 9 3 9  3 3  2  1 2     m   4 m    0 1 2     m  1 m  . Yêu cầu bài toán   3 9   3 3 t  t  log x  log x  log x x  1 3 1 3 2 3 1 2 1 2 CÂU 10: Chọn A. 1 1 1 1  Ta có   2018  loga b   2018  t   2018. loga b logb a loga b t  P 1 1 1 1   logb ab  loga ab  logb a  loga b   loga b   t. logab b logab a loga b t 2 2 2 1  1 1   1 Mà  t      t   4 suy ra P   t   t    4  2018  4  2014. t  t t   t CÂU 11: Chọn B.   Điều kiện: x   0;1 . Bất phương trình  x x  m x  x 2  1  x  1  x  2  2 a  x a3  b 3  a  b 1  ab  a  b  1  , khi đó *  m   Đặt  ab ab b  1  x ab  x  x 2   (*). a  b  2 ab  2 Ta có  1 1  1 2 ab  x  x    x   4  2  2   a  b 1  ab   2. 1  ab  2.  2  1   2. suy ra   ab ab 2   a3  b3  Do đó, phương trình (1) có nghiệm thực  m  min    2.  ab  CÂU 12: Chọn B  Có yêu cầu bài toán tương đương với:  log 22 x   2m  5 log 2 x  m2  5m  4  0, x   2; 4   m  1  log 2 x  m  4, x   2; 4      m  log 2 2  1  0 m  log 2 x  1x   2; 4    m   2;0  .  m  log 4  4   2 m  log x  4  x  2; 4    2  2  NOTE:Chú ý bấm máy phương trình bậc hai t 2   2m  5 t  m2  5m  4  0  m  100  có hai nghiệm  t1  1001  m  1; t2  1004  m  4.  CÂU 13: Chọn B   x  Đặt t  1  2 (t  0)   t    x 2 1  1 và phương trình trở thành: t 1  2a  4  0  t 2  4t  1  2a  0(1). Ta cần tìm a để (1) có hai nghiệm dương t1, t2 khi đó t t t x1  x2  log1 2 t1  log1 2 t2  log1 2 1  log1 2 3  1  3  t1  3t2 . t2 t2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 145 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT  t1  t2  4 t1  3 t1  3    Kết hợp vi – ét ta có t1t2  1  2a  t2  1  t2  1 . t  3t 1  2a  3 a  1 2 1   CÂU 14: Chọn A  Đặt t  2 x (t  0) phương trình trở thành:  t 2  2t  1  2(t  m)  2m  t 2  4t  1 t  2t  1  2 t  m   2  . 2 t  2t  1  2(t  m)  2m  t  1  Vẽ trên cùng hệ trục toạ độ hai parabol ( P1 ) : y  x2  1;( P2 ) : y   x 2  4 x 1. 2 Với mỗi t > 0 cho ta một nghiệm x  log 2 t. Do đó phương trình có đúng 2 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi hệ phương trình cuối có đúng 2 nghiệm dương phân biệt. Điều này tương đương với đường thẳng y = 2m cắt đồng thời (P1), (P2) tại đúng 2 điểm có hoành độ dương. Quan sát đồ thị suy ra các giá trị cần tìm của tham số là 3  m   2m  3 2      2m  2  m  1  m  0;1 .  1  2m  1  1 1   m  2  2 CÂU 15: Chọn A 1  Phương trình tương đương với: m  f ( x )  2 x 1  8  x 2 (*). 2 1  x 1 2  8  x 2 ( x  2)   g ( x)  2 x 1 ln 2  x( x  2) 1 2  2 x 1  f ( x)  2  8  x    f ‘( x)   . x 1 2  h( x)  2 ln 2  x( x  2) 8  2 x 1  1 x 2 ( x  2)   2  Chú ý hàm số không có đạo hàm tại điểm x = 2.  g ‘( x)  2 x 1 ln 2 2  1  221 ln 2 2  1  0, x  2  g ( x)  g (2)  23 ln 2  0, x  2   Và h ‘( x)  2 x 1 ln 2 2  1  0, x  2 và  h(1)   ln 2  1  0; h(0)  2 ln 2  0  h(0).h( 1)  0 do đó h( x )  0 có nghiệm duy nhất x0  (1;0). Dùng máy tính tìm được x0  0, 797563 lưu nghiệm này vào biến nhớ A, ta có f  x0   f ( A)  6,53131.  x Vậy ta có f ‘( x)  0  x  x0  (1;0). Bảng biến thiên:  x0 2 + GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 146 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT + f ‘( x ) 0 – || + + f ( x) f  x0  -2 -  Quan sát bảng biến thiên suy ra phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi 2  m  f ( x0 )  6,53131  m  1,…, 6. Có tất cả 8 số nguyên thoả mãn. CÂU 16: Chọn A  Đặt t  2 x (t  0) phương trình trở thành:     2mt  m 2  t 4  6t 3  8t 2  m 2  2mt  t 2  t 4  6t 3  9t 2 t  m  t 2  3t  m  t 2  4t 2  (t  m) 2  t 2  3t     .  2 2 t  m  t  3t  m  2t  t Với mỗi t  0 phương trình có một nghiệm x  log 2 t. Do đó phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi hệ phương trình cuối có đúng 2 nghiệm phân biệt t > 0. Vẽ hai parabol ( P1 ) : y  x2  4 x;( P2 ) : y  2 x  x2 trên cùng hệ trục toạ độ. Yêu cầu bài toán tương đương với đường thẳng y = m cắt hai đường thẳng ( P1 ), ( P2 ) tại ddusngs 2 điểm có hoành độ dương m  1 m  0  . Vậy có 4 số nguyên thoả mãn.  m  3   m  4 Câu 17:  Do e x  e x  a  0, x do đó trước tiên phải có  ln(1  x)  ln(1  x  a)  1  x  1  x  a  a  0.  1  x  0 Vậy điều kiện của phương trình là   x  1  a, a  0. 1  x  a  0  Phương trình tương đương với: e x  e x 1  ln( x  1)  ln( x  a  1)  0.  Xét hàm số f ( x)  e x  e x  a  ln( x  1)  ln( x  a  1).   f ‘( x)  e x  e x  a  1 1 a  0, a  0, x  a  1.   e x  e xa  x 1 x  a 1 ( x  1)( x  a  1) Bảng biến thiên: lim f ( x)  ; lim x  x  ( a 1) f ( x)    f ( x)  0 luôn có một nghiệm thực duy nhất với mọi a < 0. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 147 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT CÂU 18: Chọn A  Có điều kiện giả thiết tương đương với:  2 2  x 2  y 2  2 x  4 y  1  0  x  y  2 x  4 y  1  0   2 2 2 2 log x2  y 2  2 (4 x  4 y  m  m  5)  1 4 x  4 y  m  m  5  x  y  2 ( x  1) 2  ( y  2) 2  4(1)  . 2 2 2 ( x  2)  ( y  2)  m  m  1(2)  Ta có (1) là đường tròn (C1) tâm I1(-1;2), R1 = 2; (2) là hình tròn (C2) tâm I 2 (2; 2), R2  m2  m  1.  Để tồn tại duy nhất cặp số thực (x;y) khi và chỉ khi hệ có nghiệm duy nhất tương đương với (C1),(C2) tiếp xúc ngoài   I1I 2  R1  R2  3  m2  m  1  2  m  0; m  1.  NOTE: ý tiếp xúc trong thì đường tròn và hình tròn có vô số điểm chung. Bạn đọc cần cẩn thận cho trường hợp này. CÂU 19: ĐKXĐ: 1  x 2  0  1  x  1. t 2 1 Đặt x  1  x  t ta có t  x  1  x  2 x 1  x  1  2 x 1  x  x 1  x  . 2 2 2 2 2 2 2 x Ta có: t  x   x  1  x 2 , x   1;1  t '  x   1  1  x2  1  x2  x 1  x2 2 0 x  0 x  0 2   1 x  x    2 1x . 2 2 2 x  1  x  x   2 BBT: 2 1 x t ' x 1 2 2 +  0 2 t  x 1 1 Từ BBT ta có: t  1; 2  .    t 2 1  2 3 Khi đó phương trình trở thành: e m  e3m  2t 1    t  t  1  t  t * 2   Xét hàm số f  t   t 3  t ta có f '  t   3t 2  1  0 t  Hàm số đồng biến trên   Hàm số đồng  biến trên 1; 2 .    1  Từ *  f  em   f  t   em  t  m  ln t  m  0;ln 2   0; ln 2   2  CÂU 20:   Theo bài ra ta có: log 1 x  log 1 y  log 1  x  y 2   log 1  xy   log 1  x  y 2   xy  x  y 2 2 2 2 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 148 CHƯƠNG 2: MŨ VÀ LOGARIT   x  y  1  y 2  0 . Mà x  0  y  1  0  y  1 .  x   y2 y2 y2 . Khi đó ta có P  x  3 y   3 y với y  1 ta có:  3 y với y  1 .Xét hs f  y   y 1 y 1 y 1 f ' y  2 y  y  1  y 2  y  1 2 3  y  y  2 y  3y  6 y  3 4 y  8y  3 2 3  0 2 2  y  1  y  1 y  1  2 2 2 BBT: y  f ' y 1 2 + 0   3 2 1   0 +  1 f  y  2   9 3 Từ BBT ta thấy min f  y   f    9 .Vậy P  9 hay Pmin  9 . y 1 2 CÂU 21: Chọn D.  log x2  y2  2  4 x  4 y  6  m2   1  log x2  y2  2  x 2  y 2  2   4 x  4 y  6  m2  x 2  y 2  2  Do x 2  y 2  2  1  x 2  y 2  4 x  4 y  m2  8  0 1  2  Ta có a 2  b2  c  4  4  m2  8  m2  x  2 2 2 Trường hợp 1: m  0  1 : x 2  y 2  4 x  4 y  8  0   x  2    y  2   0   y  2  Cặp số  x; y    2; 2  không thỏa mãn điều kiện  2  .  TH2: m  0  m 2  0  Tập hợp các cặp số  x; y  thỏa mãn 1 là hình tròn  C1  (kể cả biên) tâm I1  2; 2  bán kính R1  m .  Tập hợp các cặp số  x; y  thỏa mãn  2  là đường tròn  C2  tâm I 2  1; 2  bán kính R2  1  4  1  2 .  Để tồn tại duy nhất cặp số  x; y  thỏa mãn 2 điều kiện 1 và  2   Xảy ra 2 trường hợp sau:  Trường hợp 1:  C1  ;  C2  tiếp xúc ngoài  I1 I 2  R1  R2   1  2    2  2  2 2  m2  3  m  2  m  1  tm  .  Trường hợp 2:  C1  ;  C2  tiếp xúc trong m  5  3  m  2  I1I 2  R1  R2  và R1  R2       m  1  m  1  tm  .Vậy S  1 .   m  2 m  2 m  2  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 149 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CHỦ ĐỀ 1: MỘT SỐ NGUYÊN HÀM CƠ BẢN  VÍ DỤ 1 : Cho hàm số f  x  xác định trên \ 1 thỏa mãn f   x   f  2   2018 . Tính S   f  3  2018  f  1  2017  . B. S  1  ln 2 2 A. S  1 1 , f  0   2017 ,, x 1 D. S  ln 2 2 C. S  2ln 2 Lời giải Chọn D ln  x  1  C1 khi x  1 1 dx  ln x  1  C   . x 1 ln 1  x   C2 khi x  1 Lại có f  0   2017  ln 1  0   C2  2017  C2  2017 . Ta có f  x    f  2   2018 ln  2  1  C1  2018  C1  2018 . Do đó S  ln  3  1  2018  2018 ln 1   1   2017  2017  ln 2 2 .  ax  b  ce x x 2  1   VÍ DỤ 2: Cho    dx  9 x 2  1  2ln x  x 2  1  5e x  C . Tính giá trị 2   x 1   biểu thức M  a  b  c . A. 6 B. 20 C. 16 D. 10   Lời giải Chọn D  1  x x 2  9x x  1  5e x  9 x  2  5e x  1 . Ta có 9 x 2  1  2ln x  x 2  1  5e x   2   x2  1 x2  1 x  x2  1 Do đó a  9 , b  2 , c  5 . Suy ra M  a  b  c  16 . 2 VÍ DỤ 3: Tìm một nguyên hàm F  x  của hàm số  x2  f  x  dx  x  C và  g  x  dx  4  C . x2 x2  4.  5. A. F  x   B. F  x   4 4 C. F  x   f  x  .g  x  , biết F  2   5 , x3  5. 4 D. F  x   x3  3. 4 Lời giải Chọn A Ta có F  x    f  x  g  x  dx . Mà  f  x  dx  x  C  f  x   1;  g  x  dx  x2 x  C  g  x  4 2 x x2 Vậy F  x    dx   C mà F  2   5 suy ra C  4. 2 4 2 x Hay F  x    4. 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 150 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG  \ 1;1 và thỏa mãn f   x   VÍ DỤ 4: Cho hàm số y  f  x  xác định trên rằng f  3  f  3  0 . Tính T  f  2   f  0   f  4  . 1 1 1 A. T  ln 5  ln 3 . B. T  ln 3  ln 5  2 . C. T  ln 5  ln 3  1 . 2 2 2 1 . Biết x 1 2 1 D. T  ln 5  ln 3  2 . 2 Lời giải Chọn A Ta có: f  x   f  x d x   1 1  1 1  d x    d x x 1 2  x 1 x  1  2 1 1 1  1 x 1 dx C . d x   ln   2  x 1 x 1  2 x 1 Do đó: 1  1 1  f  3  f  3  0   ln 2  C    ln  C   0  C  0 . 2  2 2   1 1 x 1 1 2 1   ln 3 ; Như vậy: f  x   ln . f  2   ln 2 2 x 1 2 2 1 1 0 1 f  0   ln 0; 2 0 1 1 4  1 1   ln 5  ln 3 . f  4   ln 2 4  1 2 1 1 1 Từ đó: T  f  2   f  0   f  4    ln 3  0   ln 5  ln 3  ln 5  ln 3 . 2 2 2 VÍ DỤ 5: Cho I n   tan n xdx với n . Khi đó I 0  I1  2  I 2  I 3  ...  I8   I9  I10 bằng  9 A.   tan x  r 1 r r C . 9 B.  r 1  tan x  r 1 r 1 C . 10 C.   tan x  r 1 r r C . 10 D.   tan x  r 1 r 1 r 1 C . Lời giải Chọn A  1  I n   tan n2 x.tan 2 xdx   tan n2 x.   1 dx   tan n  2 x.  tan x  dx  I n  2 2  cos x  n 1 tan x   I n2  C n 1 tan n 1 x  I n  I n2  C . n 1 I 0  I1  2  I 2  I 3  ...  I8   I9  I10 =  I10  I8    I9  I 7   ...   I3  I1    I 2  I 0   9 tan 9 x tan 8 x tan 2 x tan r x   ....   tan x  C   C . 9 8 2 r r 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 151 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Xác định a , b , c để hàm số f  x    x 2  3x  2  e  x . F  x    ax 2  bx  c  e x A. a  1 , b  3 , c  2 . C. a  1 , b  1, c  1 . CÂU 2: Biết  F  x   ax 2  bx  c B. a  1 , b  1 , c  1 . D. a  1 , b  5 , c  7 .   a, b, c   2x  3 20 x 2  30 x  11 trên khoảng 2x  3 A. T  8 . B. T  5 . f  x  CÂU 3: là một nguyên hàm của là một nguyên 3   ;   . Tính T  a  b  c . 2  C. T  6 . hàm của hàm số D. T  7 . Biết hàm số y  f  x  có f   x   3x 2  2 x  m  1 , f  2   1 và đồ thị của hàm số y  f  x  cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5 . Hàm số f  x  là C. 2 x 3  x 2  7 x  5 . D. x3  x 2  4 x  5 . 1  m  1 thỏa mãn F  0   0 và F  3  7 . CÂU 4: Biết F  x  là nguyên hàm của hàm số f  x   2 x 1 Khi đó, giá trị của tham số m bằng A. 2 . B. 3 . C. 3 . D. 2 . 1 CÂU 5: Cho F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x   thỏa mãn F  5  2 và F  0   1 . Mệnh x 1 đề nào dưới đây đúng? A. F  1  2  ln 2 . B. F  2   2  2ln 2 . C. F  3  1  ln 2 . D. F  3  2 . A. x 3  x 2  3 x  5 . B. x3  2 x 2  5 x  5 .     CÂU 6: Gọi F  x   ax3  bx 2  cx  d e x là một nguyên hàm của hàm số f  x   2 x3  9 x 2  2 x  5 e x . Tính a 2  b 2  c 2  d 2 . A. 247 . B. 246 . C. 245 . D. 244 . CÂU 7: Biết hàm số F  x   ax3   a  b  x 2   2a  b  c  x  1 là một nguyên hàm của hàm số f  x   3x 2  6 x  2 . Tổng a  b  c là: A. 3 . B. 2 . D. 5 . C. 4 . x CÂU 8: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a để bất phương trình 1    2 t  2  a  1  dt  1 nghiệm 0 đúng với mọi giá trị thực của x .  3 1 A. a    ;   . B. a   0;1 .  2 2 C. a   2; 1 . D. a  0 . x 3 b dx  a ln x  1   C với a, b  . Chọn khẳng định đúng trong các  2x  1 x 1 khẳng định sau: a 1 b 2a  .  1 . A. B.  2 . C. D. a  2b . 2b 2 a b CÂU 9: Biết rằng x 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 152 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CÂU 10: Biết a a dx  x  cos 4 x  C , với a , b là các số nguyên dương, là phân số tối b b . Giá trị của a  b bằng B. 4 . C. 2 . D. 3 .   sin 2 x  cos 2 x  giản và C  A. 5 . 2  1 thỏa mãn f   x   e x  e x  2 , f  0   5 và f  ln   0 .  4 CÂU 11: Cho hàm số f  x  xác định trên Giá trị của biểu thức S  f   ln16   f  ln 4  bằng A. S  31 . 2 B. S  9 . 2 CÂU 12: Cho hàm số f  x  xác định trên C. S  5 . 2 7 D. S   . 2 \ 0 và thỏa mãn f   x   Tính f  1  f  2  . 1 , f 1  a và f  2   b . x  x5 3 A. f  1  f  2   a  b . B. f  1  f  2   a  b . C. f  1  f  2   a  b . D. f  1  f  2   b  a . CÂU 13: Cho hàm số y  f  x  đồng biến trên  0;   ; y  f  x  liên tục, nhận giá trị dương trên  0;   2 2 và  f '  x    x  1 . f  x  . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3 2 A. 2613  f  8  2614 . B. 2614  f 2 8  2615 . và thỏa mãn f  3  C. 2618  f 2 8  2619 . D. 2616  f 2 8  2617 . CÂU 14: Giả sử hàm số y  f  x  liên tục, nhận giá trị dương trên  0;   và thỏa mãn f 1  1 , f  x   f   x  . 3x  1 , với mọi x  0 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 2  f  5  3 . B. 1  f  5  2 . C. 4  f  5  5 . D. 3  f  5  4 . GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn C Ta có: F   x    2ax  b  .e x   ax 2  bx  c  .e x  ax 2   2a  b  x  b  c  .e x a  1 a  1   Có F   x   f  x   2a  b  3  b  1 b  c  2 c  1   Vậy a  1 , b  1, c  1 . CÂU 2: Chọn D Ta có F   x   f  x  . Tính F   x    2ax  b  2 x  3   ax 2  bx  c  . 2ax  b  2 x  3  ax 2  bx  c   2x  3 2 5ax   3b  6a  x  3b  c  1 2x  3 2 5ax   3b  6a  x  3b  c 2x  3 2 20 x  30 x  11  Do đó 2x  3 2x  3 2 2  5ax   3b  6a  x  3b  c  20 x  30 x  11 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. . Trang 153 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 5a  20 a  4    3b  6a  30  b  2  T  7 . 3b  c  11 c  5   CÂU 3: Chọn A Ta có f  x     3x 2  2 x  m  1 dx  x3  x 2  1  m  x  C .    f  2  1 2 1  m   C  12  1 m  4 Theo đề bài, ta có     f  x   x 3  x 2  3x  5 . C  5  C  5  f  0   5  CÂU 4: Chọn B  1  Ta có F  x      m  1 dx  x  1   m  1 x  C .  2 x 1   C  1  0 C  1 F  0  0 Theo giả thiết, ta có  .   C m  3  m 3  8 F 3  7       Vậy F  x   x  1  2 x  1 . CÂU 5: Chọn B TXĐ: D  \ 1 . Ta có: F  x     1  ln  x  1  C1 dx  ln x  1  C   x 1  ln 1  x   C2 khi khi x 1 . x 1 F  5  2  ln 4  C1  2  C1  2  ln 4  2  2 ln 2 . F  0   1  ln1  C2  1  C2  1 . Do đó: F  x     1 ln  x  1  2  2 ln 2 khi dx   ln 1  x   1 khi x 1   x 1 . x 1 F  1  ln 2  1 . F  2   2  2ln 2 . F  3  2  ln 2 . F  3  2ln 2  1 . CÂU 6: Chọn B Ta có 2 x3  9 x2  2 x  5 e x  f  x   F   x   ax3   3a  b  x 2   2b  c  x  c  d  e x .    a  2; b  3; c  8; d  13  a 2  b 2  c 2  d 2  246 . CÂU 7: Chọn D F   x   3ax 2  2  a  b  x   2a  b  c  . 3a  3 a  1   Ta có: F   x   f  x   2  a  b   6  b  2  a  b  c  5 .  2 a  b  c  2 c  2   CÂU 8: Chọn A x2 x2 1  t  2 a  1 d t   1   2 a  1 x   1   2  a  1 x  1  0 1 .   0  2    4 4 x Bất phương trình  a  1 2  1 nghiệm đúng với mọi giá trị thực của x khi và chỉ khi 1 1 1 3 1  0    a 1     a   4 2 2 2 2 CÂU 9: Chọn B. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 154 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG Ta có x 2 x 3 x 3 1 2 2 dx   dx   dx   dx  ln x  1  C . 2 2  2x 1 x 1 x 1  x  1  x  1 x 3 b b 2 dx  a ln x  1   C  a ln x  1   C  ln x  1  C .  2x 1 x 1 x 1 x 1 a  1 b Suy ra    2. b  2 a  Suy ra x 2 CÂU 10: Chọn A Ta có 1 dx   1  2sin 2 x cos 2 x  dx   1  sin 4 x  dx  x  cos 4 x  C . 4 a  1 a 2 Mà   sin 2 x  cos 2 x  dx  x  cos 4 x  C nên   a b  5. b b  4   sin 2 x  cos 2 x  2 CÂU 11: Chọn C Ta có f   x   e x  e x  2  ex 1 ex  2x  2x e  e  x x e  2  e 2  khi x  0 . khi x  0 x   2x 2  2e  2e  C1 khi x  0 Do đó f  x    . x x 2e 2  2e 2  C khi x  0  2 Theo đề bài ta có f  0   5 nên 2e0  2e0  C1  5  C1  1 .  f  ln 4   2e ln 4 2  2e  ln 4 2 1  6  1 Tương tự f  ln   0 nên 2e  4  f   ln16   2e    ln16 2  2e 1 ln   4    2   ln16 Vậy S  f   ln16   f  ln 4   2  2e 1 ln    4 2  C2  0  C2  5 . 7 5   . 2 5 . 2 CÂU 12: Chọn A 1 1 1 x  3  2 . 5 x x x x x 1 1  1 2  2 x 2  ln x  2 ln  x  1  C1  x  0   f  x    1  ln x  1 ln  x 2  1  C  x  0  2  2 x 2 2 1 1 1 1 Ta có: f 1  a  C1  a   ln 2 , f  2   b  C2  b   ln 2  ln 5 2 2 8 2 1 1 1 1  ln 2  C2   ln 2  ln 5  C1  a  b . Ta có: f  1  f  2   2 2 8 2 Ta có: f   x   3 CÂU 13: Chọn A Hàm số y  f  x  đồng biến trên  0;   nên suy ra f   x   0, x   0;   . Mặt khác y  f  x  liên tục, nhận giá trị dương trên  0;   nên GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 155 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG  f   x    x  1 f  x   f   x    x  1 f  x  , x   0;   f  x    x  1 , x   0;   ; f  x 2  f  x f  x Từ f  3   x  1dx dx   3 suy ra C  2 1 Như vậy f  x    3 Bởi thế: 1 f  8   3 1 3  x  1 3 C ; 2 8  3 3 2 8  x  1    3 3 2 2 4 2  2 8  2 8 2 8 8  1      9     f 2 8   9     2613, 26 . 3 3  3 3 3 3  3 f  x   f   x  . 3x  1  d  f  x  f  x f  x  3 CÂU 14: Chọn D    Mà f 1  1 nên e f  x f  x 1 1  dx    dx f  x f  x 3x  1 3x  1 2 2 1 3x  1  C  f  x   e 3 dx  ln f  x   3 3x  1 4 C 3 3 x 1  C 4 4  1  C   . Suy ra f  5   e 3  3, 794 . 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 156 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM VÍ DỤ 1: Cho hàm số y  f  x  thỏa mãn hệ thức:   f  x  sin xdx   f  x  cos x    x cos xdx . Hỏi y  f  x  là hàm số nào trong các hàm số sau? x . ln  D. f  x    x .ln  . x . ln  C. f  x    x .ln  . A. f  x    B. f  x   Lời giải Chọn B   u  f  x  du  f   x  dx Chọn  .   dv  sin xdx  v   cos x  f ( x) sin xdx   f ( x) cos x   f   x  cos xdx  f   x    x  f  x   x . ln  VÍ DỤ 2: Cho hàm số f  x  thỏa mãn f   x  .  f  x  1 f 1  1 . Hỏi phương trình f  x    có bao nhiêu nghiệm? e A. 0 . B. 1 . C. 3 .  2018  x.e x với mọi x  và D. 2 . Lời giải Ta có:   f   x  .  f  x  2018 dx   x.e x dx    f  x  2018 df  x    x 1 .e x  C 2019 2019 1 .  f  x     x  1 .e x  C   f  x    2019  x  1 .e x  2019C . 2019 Do f 1  1 nên 2019C  1 hay  f  x   2019  x  1 .ex  1 . 2019 1 1 1   2019  2019  x  1 .e x  1  2019  0 . Ta có: f  x      f  x   e e e 1 Xét hàm số g  x   2019  x  1 .e x  1  2019 trên . e 1 g  0   2019  1  2019  0 , g  x   0  x  0 , g   x   2019 x.e x , e 1 lim g  x   1  2019  0 . x  e Bảng biến thiên của hàm số: 2019 Do đó phương trình f  x    lim g  x    , x  1 có đúng 2 nghiệm e . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 157 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG  VÍ DỤ 3: Cho hàm số f  x  xác định trên khoảng  0;    \ e thỏa mãn 1 1 1 , f  2   ln 6 và f  e2   3 . Giá trị của biểu thức f    f  e3  bằng x  ln x  1 e e  A. 3ln 2 1. B. 2ln 2. C. 3  ln 2  1 . D. ln 2  3. f  x  Lời giải Chọn C Ta có f  x    f   x  dx   1 1 dx   d  ln x   ln ln x  1  C x  ln x  1 ln x  1  ln 1  ln x   C1 khi 0  x  e .  f  x    ln  ln x  1  C2 khi x  e 1 1  Do f  2   ln 6  ln 1  ln 2   C1  ln 6  ln 3  C1  ln 6  C1  ln 2 e  e   Đồng thời f  e2   3  ln  ln e2  1  C2  3  C2  3 1 1 Khi đó: f    f  e3   ln ln  1  ln 2  ln ln e3  1  3  3  ln 2  1 . e e  VÍ DỤ 4: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên Biết f  0   1 và và thỏa mãn f  x   0 , x  . f ' x  2  2 x . Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình f  x f  x   m có hai nghiệm thực phân biệt. A. m  e . B. 0  m  1 . D. 1  m  e . C. 0  m  e . Lời giải Chọn C f  x f  x Ta có dx    2  2 x  dx .  2  2x   f  x f  x  ln f  x   2 x  x 2  C  f  x   A.e2 x  x . Mà f  0   1 suy ra f  x   e2x x . 2 2 Ta có 2 x  x 2  1   x 2  2 x  1  1   x  1  1 . Suy ra 0  e 2 x  x  e và ứng với một giá trị thực 2 2 t  1 thì phương trình 2x  x 2  t sẽ có hai nghiệm phân biệt. Vậy để phương trình f  x   m có 2 nghiệm phân biệt khi 0  m  e1  e .  VÍ DỤ 5: Cho a là số thực dương. Biết rằng F  x  là một nguyên hàm của hàm số 1 1  f  x   e x  ln  ax    thỏa mãn F    0 và F  2018  e2018 . Mệnh đề nào sau đây đúng ? x a  1    1  A. a   B. a   0; . C. a  1; 2018 . D. a   2018;   . ;1 .  2018   2018  Lời giải Chọn A 1 ex  I   e x  ln  ax    dx   e x ln  ax  dx   dx (1) x x   Tính  e x ln  ax  dx : GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 158 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 1   ex u  ln  ax  du  dx x x   e ln  ax  dx  e ln  ax    dx Đặt   x x x dv  e dx v  e x    Thay vào (1), ta được: F  x   e x ln  ax   C .  1 F    0 Với   a   F  2018  e2018   1a e .ln1  C  0  e2018 ln  a.2018   C  e2018  C  0   ln  a.2018   1 a e . 2018  1   Vậy a   ;1 .  2018  BÀI TẬP RÈN LUYỆN  1 CÂU 1: 2  x. f  x  dx  3 . Khi đó  sin 2 x. f  cos x  dx bằng: Biết 0 0 C. 4 . B. 8 . A. 3 . CÂU 2: Biết rằng F  x  là một nguyên hàm trên D. 6 . của hàm số f  x   2017 x x 2  1 2018 thỏa mãn F 1  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất m của F  x  . 1  22017 C. m  2018 . 2 1  22017 B. m  2018 . 2 1 A. m   . 2 3  CÂU 3: Biết rằng trên khoảng  ;    , hàm số 2  f  x  D. m  20 x 2  30 x  7 2x  3 1 . 2 có một nguyên hàm F  x    ax 2  bx  c  2 x  3 ( a, b, c là các số nguyên). Tổng S  a  b  c bằng A. 4 B. 3 C. 5 CÂU 4: Cho hàm số y  f  x  liên tục, không âm trên D. 6 thỏa mãn f  x  . f   x   2 x  f  x  2  1 và f  0   0 . Giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số y  f  x  trên đoạn 1;3 lần lượt là B. M  4 11 ; m  3 . D. M  3 11 ; m  3 . A. M  20 ; m  2 . C. M  20 ; m  2 . 1 ln x và F 1  . Tính 3 x 2 2 1 C.  F  e    . D.  F  e    3 CÂU 5. Biết F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x   ln 2 x  1. 2 8 A.  F  e    . 3 2 8 B.  F  e    . 9 CÂU 6: Với mỗi số thực dương x , kí hiệu f  x   x  ln tdt . Tính đạo hàm của hàm số  F  e   . 2 1 . 9 y  f  x. 1 A. f   x   3 CÂU 7: Biết ln x . 2 x 3  ln x   x  1 1 2 dx  B. f   x   ln x . x C. f   x   ln x . D. f   x   ln x . 2x a c a 1 c là các phân số  ln với a , b , c , d là các số nguyên dương và ; b d b b d tối giản. Giá trị của biểu thức M  ac  bd là : GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 159 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG A. 17 . C. 145 . B. 20 . 3  ln x 3 CÂU 8. Biết I    x  1 1 A. a 2  b 2  2 dx  a 1  ln 3  b ln 2 . Khi đó a 2  b 2 bằng: 7 . 16 B. a 2  b 2  16 . 9 C. a 2  b 2  CÂU 9: Cho F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x   e A. 6  15 . e B. 4  CÂU 10: Biết a , b  A. ab   D. 11 . thỏa mãn 16 . 9 10 . e 3 x 25 . 16 D. a 2  b 2  và F  0   2 . Hãy tính F  1 . 15 4. e C. 3 . 4 D. 10 . e 1 b  2 x  1dx  a  2 x  1  C  x    . Khi đó: 2  16 9 1 B. ab  . C. ab  . D. ab  16 9 2  3 CÂU 11: Cho hàm số f  x  xác định trên 2 , f  2   f  2   0 và x 1 \ 1;1 thỏa mãn f   x   2  1 1 f     f    2 . Tính f  3  f  0   f  4  được kết quả  2 2 6 6 4 A. ln  1 . B. ln  1 . C. ln  1 . 5 5 5 4 D. ln  1 . 5 1 x. f   x    f  x  , x  1 và f  e    . Tính f  e2  . 2 1 1 1 B. f  e 2    . C. f  e 2   . D. f  e 2    . 4 3 4 CÂU 12: Cho hàm số f  x  thỏa mãn 1 A. f  e 2   . 3 CÂU 13: Cho hàm số f  x  xác định trên đoạn  2; 2 thỏa mãn f  0   1 và f  x  . f   x   e2 x . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số h  x   xf  x  trên đoạn  2; 2 . B. min h  x   e1;max h  x   1 . A. min h  x   1;max h  x   2e2 . [ 2;2] [ 2;2] [ 2;2] [ 2;2] [ 2;2] D. min h  x   2e ;max h  x   2e2 . C. min h  x   e ;max h  x   2e . 1 2 2 [ 2;2] [ 2;2] [ 2;2] GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D   2 2 0 0 Ta có I   sin 2 x. f  cos x  dx   2sin x.cos x. f  cos x  dx . Đặt cos x  t  sin xdx  dt . Khi x  0 thì t  1.  Khi x  thì t  0 . 2  2 0 Do đó I   2sin x.cos x. f  cos x  dx  2 t.f  t  dt 0 1 1 1 0 0  2  t.f  t  dt  2 x. f  x  dx  2.3  6 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 160 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CÂU 2: Chọn B Ta  f  x  dx   có  1 2  x  1 2 2017 x x  1 2 2018 2018 2017 2  x  1 d  x 2  1    2 dx 2 2017  x  1  . 2 2017 2017 C  C  F  x 2017 Mà F 1  0   1 1 1 1  C  0  C  2018 => F  x     2018 suy ra 2017 2017 2 2.2 2 2 2.  x  1 F  x  đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi 1 2  x  1 2 2017 lớn nhất   x 2  1 nhỏ nhất  x  0 . Vậy 1 1 1  22017 m    2018  2018 . 2 2 2 CÂU 3: Chọn B Đặt t  2 x  3  t 2  2 x  3  dx  tdt Khi 2 đó t 3 t 3 20    30  7 2  2  20 x  30 x  7   tdt    5t 4  15t 2  7  dt  t 5  5t 3  7t  C  2 x  3 dx   t 2 2 2   2 x  3 5 5  2 x  3 3  7 2 x  3  C   2 x  3 2 2 x  3  5  2 x  3 2 x  3  7 2 x  3  C   4 x 2  2 x  1 2 x  3  C Vậy F  x    4 x 2  2 x  1 2 x  3 . Suy ra S  a  b  c  3 . CÂU 4: Chọn D Ta có f  x  . f   x   2 x  f  x  Lấy nguyên hàm hai vế ta có 2 f  x. f  x 1   f  x  2  f  x  1 2  2x .  1  x 2  C , do f  0   0 nên C  1 . Vậy f  x   x 4  2 x 2  x x 2  2 trên đoạn 1;3 . x2  0 với mọi x  1;3 nên f  x  đồng biến trên 1;3 . x2  2 Vậy M  f  3  3 11 ; m  f 1  3 . Ta có f   x   x 2  2  CÂU 5. Chọn B Xét  f  x .dx   Đặt ln 2 x  1  t Vì vậy F  x   Do F 1  ln 2 x  1.  ln ln x .dx . x  ln 2 x  t 2  1  2  x 1 3 ln x .dx  t.dt x 3 C. 2 1 8  C  0 . Vậy  F  e    . 3 9 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 161 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CÂU 6: Chọn A Gọi F  t  là một nguyên hàm của ln t . Khi đó f  x    ln tdt  F  x  x  F 1 . Như vậy 1 f  x   x  F   x    F 1  ln2 x ln x . 0  x 2 x * Tính trục tiếp : u  ln t 1 Đặt  khi đó du  dt và v  t t  dv  dt f  x  x x  ln tdt  t ln t 1   dt 1 1 x  x ln x  x  1  f   x   ln x . 2 x CÂU 7: Chọn A 3 Tính I   3  ln x 1  x  1 2 dx . 1  u  3  ln x d u  dx   x 1 Đặt  .  dv  dx 1 2  v    x  1   x 1 3 3   3  ln x  1 3 1 1  1 Khi đó : I   dx   ln 3     dx . x  1 1 1 x  x  1 4 4 x x  1   1 3 3 3 1 x 3 1 3 3 1 3  3 1 27   ln 3  ln   ln 3  ln    ln 3  4ln    ln . 4 4 x 1 1 4 4 2 4 4 2  4 4 16 Do đó : a  3 , b  4 , c  27 , d  16 . Vậy M  ac  bd  3.27  4.16  17 . CÂU 8. Chọn C 1  u  3  ln x du  dx    x Đặt:  dx   dv  2  v   1  x  1   x 1  Khi đó: 3 3  ln 3 3  ln x 1 3  ln 3 3  1 1    ln x  ln x  1   dx       dx   1 4 x  1 1 1 x  x  1 4 2 1  x x 1  3 I   3 3 3  3  ln 3 3 25 a  2 2  ln 3  ln 4  ln 2  1  ln 3  ln 2   . 4  a b  4 4 16 b  1 CÂU 9: Chọn C 3 Ta có I   f  x  dx   e x dx . Đặt 3 x  t  x  t 3  dx  3t 2 dt khi đó I   e x dx  3 et t 2dt . 3 t 2  u 2tdt  du  t Đặt  t  I  3 et t 2  2 et tdt  3et t 2  6 et tdt . e dt  dv e  v   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 162 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG t  u dt  du  t Tính  et tdt . Đặt  t   et tdt  tet   et dt  tet  et . e d t  d v e  v   Vậy  I  3et t 2  6  et t  et   C  F  x   3e 3 x 3  x2  6 e 3 x 3 x e 3 x C . Theo giả thiết ta có F  0   2  C  4  F  x   3e 3 x 3  x2  6 e 3 x 3 x e 3 x   4  F  1  15e  4 . CÂU 10: Chọn B 3 2 x  1  t  2 x  1  t 3  dx  t 2 dt . 2 4 4 3 3 3 3 Khi đó  3 2 x  1dx   t 3dt  t 4  C  3 2 x  1  C   2 x  1 3  C . 8 8 8 2 4 3 1  a  ; b  . Vậy ab  . 3 8 2 1  Đề có bổ sung thêm điều kiện  x    để có kết quả hợp lí. 2  Đặt 3   CÂU 11: Chọn A Ta có  x 1 ln x  1  C1 khi x  1   x 1 2 1 1   f  x    f   x  dx   2 dx     C2 khi  1  x  1 .  dx  ln  x 1  x 1 x  1   x 1  x 1  C3 khi x  1 ln  x 1 1   f  2   f  2   0 ln 3  C1  ln  C3  0  C1  C3  0   3 Khi đó   1    1  f   2   f  2   2 ln 3  C  ln 1  C  2 C2  1 2 2       3 3 6 Do đó f  3  f  0   f  4   ln 2  C1  C2  ln  C3  ln  1 . 5 5 CÂU 12: Chọn D  f  x   0 – Ta có: x. f   x    f  x  , x  1   , x  1 2  x. f   x   f  x  f  x 1 f  x 1 1  ln x  C , x  1 .  2   2 .dx   .dx   f  x f  x x f  x x 1 1 Lại do: f  e     C  1  f  x    (thỏa mãn điều kiện f  x   0 , x  1 ) 1  ln x 2 1 Vậy f  e 2    . 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 163 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CHỦ ĐỀ 3: TÍCH PHÂN CƠ BẢN VÍ DỤ 1: Cho hàm số f  x  liên tục và có đạo hàm tại mọi x   0;   đồng thời thỏa mãn  3 2 điều kiện: f  x   x  sin x  f ‘  x    cos x và  f  x  sin xdx  4. Khi đó, f   nằm trong  2 khoảng nào? A.  6; 7  B.  5;6  D. 11;12  C. 12;13 Lời giải Chọn B Ta có: f  x   x  sin x  f   x    cos x  f  x   xf   x  sin x cos x   2 x2 x x f  x 1  f  x    1    cos x  c  f  x   cos x  cx    cos x   x x   x  x Khi đó: 3 2 3 2  f  x  sin xdx  4    cos x  cx  sin xdx  4  2  2 3 2 3 2  cos x sin xdx  c  x sin xdx  4  0  c  2  4  c  2  2 2  f  x   cos x  2 x  f    2  1  5;6  .  2  VÍ DỤ 2: Giá trị của tích phân  max sin x,cos x dx bằng 0 A. 0 . B. 1 . C. 2. D. 1 . 2 Lời giải    Ta có phương trình sin x  cos x  0 có một nghiệm trên đoạn 0;  là x  . 4  2 Bảng xét dấu Suy ra    2 4 2 0 0     max sin x, cos x dx   cos xdx   sin xdx  sin x  04   cos x  2  2 . 4 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 164 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG  VÍ DỤ 3: Cho các số thực a , b khác không. Xét hàm số f  x   x khác 1 . Biết f   0   22 và a  x  1 3  bxe x với mọi 1  f  x  dx  5 . Tính a  b ? 0 A. 19 . B. 7 . C. 8 . D. 10 . Lời giải Chọn D Ta có f   x   3a  x  1 4  be x  bxe x nên f   0   3a  b  22 1 . 1  1 1 1  a 3 x Xét 5   f  x  dx     a x  1 d x  1  b  bx e d x       xd  e x  3   0 0 0 0    x  1 1   1 1 3a a a1   b  2 .  |1 b  xe x   e x dx      1  b e  e x   2 0 0   0   8 24  2  x  1 0   3a  b  22 a  8  Từ 1 và  2  ta có  3a   a  b  10 . b  2  8  b  5  VÍ DỤ 4: Cho hàm số F   x   f  x  , x   5; 2 và f  x  liên tục có đồ thị như hình bên dưới. Biết 1  f  x  dx  3 14 . Tính F  2   F  5 . 3 . A.  145 . 6 B.  89 . 6 C. 145 . 6 D. 89 . 6 Lời giải Chọn C . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 165 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG Ta có F   x   f  x  , x   5; 2 nên 2  f  x  dx  F  x  5 2 Ta lại có  f  x  dx  5 3  5 1 2 3 1 5  F  2   F  5  . f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  9  14 21 145 .   3 2 6 S2 S1  2 1  \   thỏa mãn 2 f  0   1; f 1  2 . Giá trị của biểu thức f  1  f  3 bằng f  x  xác định trên VÍ DỤ 5: Cho hàm số B. 3  ln15 . A. 2  ln15 . C. ln15 1 . f  x  2 và 2x 1 D. ln15 . Lời giải Chọn C 1  1 ln  2 x  1  C1 khi x  2. d  2 x  1  2  2. f  x    f   x  dx   dx   2  ln 2 x  1  c   2x 1 2x 1 ln 1  2 x   C khi x  1 2  2 f 1 2 C1 f x 2 ln 2 x 1 2 f  0   1  C2  1  f  x   ln 2 x  1  1 .   f  1  ln 3  1  f  1  f  3  ln15  1 .    f  3  ln 5  2 BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1   1 CÂU 1: Cho     dx  a ln 2  b ln 3 với a , b là các số nguyên. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? x 1 x  2  0 A. a  b  2 . B. a  2b  0 . C. a  b  2 . D. a  2b  0 . 1 4 CÂU 2: Biết  f ( x)dx  1 CÂU 3: 1 và. 2  1 . Tính tích phân I    4e 2 x  2 f ( x)  dx . 2 0 4 0 f ( x)dx  1 A. I  2e8 . B. I  4e8  2 . Biết rằng hàm số f  x   ax  bx  c 2 D. I  2e8  4 . C. I  4e8 . 1 thỏa mãn  0 3  f  x  dx  0 7 f  x  dx   , 2 2  f  x  dx  2 và 0 13 (với a , b , c  ). Tính giá trị của biểu thức P  a  b  c . 2 4 B. P   . 3 3 A. P   . 4 C. P  4 . 3 D. P  3 . 4 CÂU 4: Cho M , N là các số thực, xét hàm số f  x   M .sin πx  N .cos πx thỏa mãn f 1  3 và 1 2 1  f  x  dx   π . Giá trị của 0 A. 5π 2 . 2 1 f    bằng 4 B.  5π 2 . 2 C.  π 2 . 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. π 2 . 2 Trang 166 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 2018.ek  2018 CÂU 5: Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên dương k thỏa mãn  e dx  . Số phần tử k 1 của tập hợp S bằng. A. 7 . B. 8 . C. Vô số. D. 6 . 2 kx 1 CÂU 6: Cho  0 dx 8 2 a b a  ,  a, b  3 3 x  2  x 1 A. a  2b  7 . B. a  2b  8 . *  . Tính a  2b . C. a  2b  1. CÂU 7. Cho hàm số f  x  liên tục và có nguyên hàm trên D. a  2b  5 . đồng thời thỏa mãn điều kiện 1 f  x   4 xf  x   2 x  1 . Tính I   f  x dx ? 2 0 B. I  6 . A. I  2 . D. I  6 . C. I  2 . ln 3 CÂU 8: Phương trình ln( x  1)  t có nghiệm dương duy nhất x  f (t ), t  0 thì  f 2 (t )dt bằng: 0 A. 8  ln3 . D.  ln3 . C. 2  ln 3 . B. ln 3 . b CÂU 9: Có bao nhiêu số thực b thuộc khoảng  ;3  sao cho  4 cos 2 xdx  1 ?  A. 8. B. 2. C. 4. D. 6. k CÂU 10: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số k để có   2 x  1 dx  4lim x 0 1 k  1 A.  . k  2 k  1 . B.   k  2 3 CÂU 11: Tính tích phân I   0 A. I  4581 . 5000 x  1 1 .\ x  k  1 . C.   k  2  k  1 D.  . k  2 5 C. I  ln . 2 D. I   dx . x2 5 B. I  log . 2 21 . 100   2 CÂU 12: Cho 1   x 1  sin 2 x  dx    a  b   1 , với a, b là các số nguyên dương. Tính a  2b . 0 A. 10 . B. 14 . D. 8 . C. 12 . CÂU 13: Cho hàm số y  f  x  liên tục và có đạo hàm trên thỏa mãn f  2   2 ; 2  f  x dx  1 . Tính 0 4 tích phân I   f   x dx . 0 A . I  10 . B. I  5 . CÂU 14. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên C. I  0 . D. I  18 . và thỏa mãn f  4  x   f  x  . Biết 3  xf  x  dx  5 . Tính 1 3 I   f  x  dx . 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 167 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 5 . 2 A. I  B. I  7 . 2 C. I  9 . 2 D. I  11 . 2 x2  x  1 a4 b 2 x  x  1dx  c , với a , b , c là các số nguyên dương. Tính T  a  b  c . B. 29 C. 33 D. 27 3 CÂU 15: Biết rằng A. 31 x3  3x 0 x2  3x  2 dx  a  b ln 2  c ln 3 với a , b , c là các số hữu tỉ, tính giá trị của 1 CÂU 16: Biết S  2a  b 2  c 2 . A. S  515 . B. S  164 . C. S  436 . 3 5x  12 CÂU 17: Biết  2 dx  a ln 2  b ln 5  c ln 6 . Tính S  3a  2b  c . x  5x  6 2 A. 3 . B. 14 . C. 2 . D. S  9 . D. 11 . 3 CÂU 18. Biết dx   x  2 x  4  a ln 2  b ln 5  c ln 7 ,  a, b, c   . Giá trị của biểu thức 2a  3b  c bằng 0 A. 5 . B. 4 . x2 dx  a ln 5  b ln 3  3ln 2  a, b   3x  1 3  2x CÂU 19 : Nếu C. 2 . 2 2 B. P  7 . A. P  1 .  D. 3 . thì giá trị của P  2a  b là C. P   CÂU 20: Cho y  f  x  là hàm số chẵn và liên tục trên 15 . 2 1 . Biết  D. P  f  x  dx  0 f  x 2 3x  1 dx bằng 15 . 2 2 1 f  x  dx  1 . Giá trị của 2 1 2 C. 4 . B. 6 . A. 1 . D. 3 . x2  1 m n p  x3  6 x 2  11x  6 dx  ln  x  1  x  2   x  3  C . Tính 4  m  n  p  . A. 5 . B. 0 . C. 2 . D. 4 . CÂU 21: Biết 4 CÂU 22: Biết I   2 2x 1 dx  a ln 2  b ln3  c ln5 , với a , b , c là các số nguyên. Tính P  2a  3b  4c . x2  x C. P  9 . D. P  1 . x 2dx 1  ln 2  . CÂU 23: Tìm tất cả các số thực dương m để  x 1 2 0 A. m  2 . B. m  1 . C. m  3 . D. m  3 . A. P  3 . B. P  3 . m 1 x  ex CÂU 24 : Biết   dx  a  eb  ec với a , b , c là các số nguyên. Tính T  a  b  c 2x 4x xe 1 A. T  3 . B. T  3 . C. T  4 . D. T  5 . 4 x3  2 x 2  3 1 3 0 x  2 dx  a  b ln 2  a, b  0  tìm các giá trị của k để A. k  0 . B. k  0 . C. k  0 . 1 CÂU 25: Biết GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. ab  dx  lim 8 k  1 x  2017 x  2018 x  D. k  2 . Trang 168 . CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG \ 2;1 thỏa mãn f   x   CÂU 26: Cho hàm số f  x  xác định trên f  3  f  3  0 . Tính giá trị biểu thức T  f  4   f  1  f  4  . A. 1 1 ln 2  3 3 B. ln80  1 C. 1 4 ln    ln 2  1 3 5 1 CÂU 27: Cho f  x  là hàm số liên tục trên và 2  D. 1 8 ln    1 3 5 3 1  f  x  d x  4 ,  f  x  d x  6 . Tính I   f  2x  1  d x . 0 B. I  5 . A. I  3 . 1 1 ; f 0  và 3 x  x2 2 1 0 C. I  6 . D. I  4 .  CÂU 28: Tính tích phân I   max x3 , x dx . 0 A. 9 . 4 B. 17 . 4 C. 19 . 4 D. 11 . 4 GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D 1 Ta có: 1 dx 0 x  1  ln x  1 0  ln 2 và 1 dx 1  x  2  ln x  2 0  ln 3  ln 2 0 1   1 Do đó     dx  ln 2   ln 3  ln 2   2ln 2  ln 3  a  2 , b  1 . x 1 x  2  0 1 Vậy a  2b  0 . CÂU 2: Chọn A. 1 4 e2 x 4 1 1 2x   I    4e  2 f ( x)  dx  4.  2  f  x  dx  2  f  x  dx .  I  2  e8  1  2.  2.  2.e8 . 2 2 2 0 0 0 1 4 CÂU 3: Chọn A d Ta có  0 d b a b a  f  x  dx   x3  x 2  cx   d 3  d 2  cd . 2 2 3 0 3 1 7 a b 7   f  x  dx      c    2 3 2 2 0 a  1  2  4 8 Do đó:   f  x  dx  2  a  2b  2c  2  b  3 . Vậy P  a  b  c   3 3 0  16 3 c   13 9 13 3    f  x  dx   9a  b  3c  2 2 2  0 CÂU 4: Chọn A Ta có f 1  3  M .sin π  N.cos π  3  N  3 . 1 2 Mặt khác 1 2 1 1  f  x  dx   π    M .sin πx  3.cos πx  dx   π 0 0 1 2 3 1 3 M 1  M     M  2.    cos πx  sin πx       π π π π π  π 0 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 169 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG  1  5π 2 Vậy f  x   2sin πx  3cos πx nên f   x   2π cos πx  3π sin πx  f     . 2 4 CÂU 5: Chọn A 2 e2 k  ek  1 kx  Ta có:  e dx   e   . k  k 1 1 2 kx 2 kx  e dx  1 e2 k  e k 2018.e k  2018 2018.ek  2018   k k k  ek  ek  1  2018  ek  1 (do k nguyên dương).   ek  1 ek  2018  0  1  e k  2018  0  k  ln 2018  7.6 . Do k nguyên dương nên ta chọn được k  S (với S  1; 2;3; 4;5;6;7 ). Suy ra số phần tử của S là 7 . CÂU 6: Chọn B Ta có 1  0 dx  x  2  x  1 0 1   2 3 x  2  x  1 dx    x  2 3   x  1 3  1 2 3 0 8 2 2  . Do đó 3 3 a  2 , b  3 , a  2b  8 . CÂU 7. Chọn C 1 1 1 1 0 0 0 0 Ta có: I   f  x dx   f  x 2 dx 2  2 xf  x 2 dx  2I   4 xf  x 2 dx . 1 1   Vậy: I  2 I    f  x   4 xf x 2 dx  I     2 x  1dx  I  2 . 0 0 CÂU 8: Chọn B Ta có: ln( x  1)  t  x  f  t   et  1 . ln 3  ln 3 f 2 (t )dt  0 t   e  1 dt  2 ln 3  1 2t  2t t t 0  e  2e  1 dt   2 e  2e  t  0  ln 3 . ln 3 0 CÂU 9: Chọn C   b   k  1 12 Ta có:  4 cos 2 xdx  1  2sin 2 x b  1  sin 2b    . 2 b  5  k   12 Do đó, có 4 số thực b thỏa mãn yêu cầu bài toán. b CÂU 10: Chọn D.  2 x  1 1 Ta có:   2 x  1 dx    2 x  1 d  2 x  1  21 4 1 k Mà 4 lim x 0 k x  1 1  4 lim x 0 x   x 1 1   x 1 1  2k  1  1   4 lim x  1 1 x 2 k x 0 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 4 2  1 4 1 2 x 1 1 Trang 170 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG  2k  1  1  2  2k  1 2  9  k  2 . x  1 1 Khi đó:   2 x  1 dx  4lim     k  1 x 0 x 4  1 2 k CÂU 11:Chọn C 3 Ta có: I   0 dx  ln x  2 x2 3 0 5  ln . 2 CÂU 12: Chọn C   1   1 1 2  2 1    1 x  1  sin 2 x d x  x  x  cos 2 x      2 .  2   2  2 cos  2. 2   2 . 0 2     2 0 2 2  2 8    1  1       1 . Vậy a  8, b  2  a  2b  12 . 2  8 2 CÂU 13: Chọn A Đặt t  x , ta có: t 2  x và 2tdt  dx . Khi x  0  t  0 ; x  4  t  2 . 4 I  f   2 x dx   2tf   t dt . 0 0 Đặt u  2t; dv  f   t  dt ta được: du  2dt ; v  f  t  . 2 Khi đó: I   2tf  t    2 f  t dt  4 f  2   2.1  4.  2   2  10 . 2 0 0 CÂU 14. Chọn A Đặt t  4  x . 3 Ta có 3 3 3 3 1 1 1  xf  x  dx   xf  4  x  dx    4  t  f t  dt  4 f t  dt   t. f t  dt 1 1 3 3 1 1  5  4 f  t  dt  5   f  t  dt  CÂU 15: Chọn C   5 . 2 3 3 x 3 x  1  x 2  x  1  x2 2  x2  x  1 dx   x  x  1 dx     x  1 x  1  2 x  x 1dx  2 x2  x  1  2 3 2 2 a  19 19  4 8   b  8 .. Vậy T  a  b  c  33 .  6 c  6  CÂU 16: Chọn A 1 1 1 x3  3x 10 x  6  10 x  6     dx    x  3  2 d x Ta có  2  x 3 2  dx   x  3 x  2 x  3 x x   3 2 x  2     0 0 0 3   1 1 1  x2  5 5 4   14    3x       dx   2  14 ln x  2  4 ln x  1  0   2  14 ln 3  18ln 2 .  2  0 0  x  2 x 1  5  a   , b  18 ; c  14 . Vậy S  2a  b 2  c 2  515 . 2 CÂU 17: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 171 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG Ta có:  A  B  x  3 A  2B . 5 x  12 A B 5 x  12     x 2  5 x  6  x  2  x  3 x  2 x  3 x2  5x  6 A  B  5 A  2 .   3 A  2 B  12 B  3   3 3 3 3 5x  12 2 3 d x  d x  2 x2  5x  6 2 x  2 2 x  3 dx  2ln x  2 2  3ln x  3 2  3ln 6  ln5  2ln 4  4ln 2  ln5  3ln 6 . Vậy S  3a  2b  c  11. 3 Nên CÂU 18. Chọn D 1  1 dx 1  0  x  2 x  4  2 0  x  2  x  4  dx 3 1 1 1 1   ln x  2  ln x  4   ln 5  ln 7  ln 2 . 0 2 2 2 2 1 1 1 Khi đó: 2a  3b  c  2.  3.   3 . 2 2 2 3 3 CÂU 19 : Chọn C Ta có 1 4x  3 x2 11 1 2 2 x2  3x  1 dx  4 2 2×2  3x  1 dx  4 2 2 x2  3x  1 dx 3 3 3 3 3 1 1 11 1   2 d  2 x 2  3x  1   dx 4 2 2 x  3x  1 4 2  x  1 2 x  1 3 1 11  1 2  1 11 x 1 2  ln 2 x 2  3x  1      dx  ln 2 x  3x  1  ln 4 4 2  x 1 2x 1  4 4 2x 1 2 2 3 3 3 2 1 10 11 6 1 11 2 1  ln10  ln 3   ln  ln   ln  ln 4 4 5 3 4 3 4 5 1 5 5 11   ln 5  ln 2  ln 3    ln 2  ln 3  ln 5    ln 5  ln 3  3ln 2 . 4 2 2 4 15 5 5 Do đó a   , b  , P   . 2 2 2  CÂU 20: Chọn D 1 Do  0 1 1 2 1 f  x  dx   f  x  dx  1   f  x  dx 1 và 21 0 2  f  x  dx  2 1 2 2   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  3 . 0 1 f  x dx  3x  1 2 2 Mặt khác  0 2 f  x f  x d x  2 3x  1 0 3x  1 dx và y  f  x  là hàm số chẵn, liên tục trên 0  f   x   f  x  x  . f  x 2 3x  1 dx . Đặt t  x  dx  dt 0 Xét I  0 f  x f  t  I   x dx   t dt = 3 1 3 1 2 2 0 2  0 2 t 2 x 3 f t  3 f  x f  t  dt =  x dx dt =  t 1 3 1 3 1 0 0  1 3t GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 172 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG f  x 2 3x  1 dx  2  2 x 2 2 3 f  x f  x f  x f  x d x  d x  d x  0 3x  1 dx  2 3x  1 0 3x  1 0 3x  1 0 2  0 3 x  1 f  x  3x  1 dx  2  f  x  dx  3 . 0 CÂU 21: Chọn D Ta có:  x2  1 x2  1 A B C     x3  6 x 2  11x  6  x  1 x  2  x  3 x  1 x  2 x  3 A  x  2  x  3  B  x  1 x  3  C  x  1 x  2  x2  1   x  1 x  2  x  3  x  1 x  2  x  3  x 2  1  A  x  2  x  3  B  x  1 x  3  C  x  1 x  2  A  B  C 1 A 1    5 A  4 B  3C  0   B  5 . 6 A  3B  2C  1 C  5   Suy ra x2  1 1 1 1  x3  6 x 2  11x  6 dx   x  1 dx  5 x  2 dx  5 x  3 dx  ln  x  1 x  2  5  x  3 5 C. Vậy 4  m  n  p   4 . CÂU 22: Chọn B 4 Ta có: I   2 4 4 4 x   x  1 1 2x 1  1  ln x  1  ln x  d x   d x d x     2 x  x  1 2  x  1 x  2 x2  x  ln 5  2ln 2   ln 3  ln 2   ln 2  ln3  ln5 . Từ đây ta có a  1, b  1, c  1 nên P  2a  3b  4c  3 . CÂU 23: Chọn B m  x2  x 2dx  1  Ta có I     x  1  d x    x  ln  x  1   x 1 0  x 1   2  0 m m  0 m2  m  ln  m  1 . 2 1 Theo giả thiết I  ln 2  . 2  m2 1 m 1 m     m  ln  m  1  ln 2    2  2  m  1. 2 2 m  1  2  2 CÂU 24 : Chọn C 2 1 x  ex  1 1    x  nên Ta có 2x 4x xe 2 x e  1 x  ex 1  1 x  1 4 x xe2 x dx  1  2 x  ex  dx  x  e Vậy a  1 , b  1 , c  4 . Suy ra T  4 . 4 4   4  1  e 1  e 4 . 1 CÂU 25: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 173 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 1 1 1 3 1 3 x3  2 x 2  3 3   Ta có:  dx    x 2   dx  3 x  3ln x  2  3  3ln 2 x2 x2 0 0 0 ab 9 a  3   dx   dx  1  b  3 8 8 2 ab  k  1 x  2017  1  lim k 2  1 x  2017 Mà  dx  lim x  x  x  2018 x  2018 8 1  Mặt khác ta có lim k 2  1 x  2017 x  2018  k  1 x  2017 x   dx  lim 8  k 2 1 . 2 ab Vậy để  x  2018 x  thì 1  k 2  1  k 2  0  k  0 . CÂU 26: Chọn A Ta có f  x  1 1 1     .  x  1 x  2 3  x  1 x  2  1 I  f  3  f  4   3  4 1 x 1 f   x  dx  ln 3 x2 0 1 x 1 J  f  0   f  1   f   x  dx  ln 3 x2 1 4 K  f  4   f  3   3 1 x 1 f   x dx  ln 3 x2 4 3 0 1 3 4 1 8  ln . 3 5 2   ln 2 . 3 1 5  ln . 3 4  I  J  K  f  4   f  3  f  1  f  0   f  3  f  4    f  4   f  1  f  4   f  0    f  3  f  3 . f  4   f  1  f  4    I  J  K  f  0    f  3  f  3 . 1 8 2 1 5 1 1 1 T  f  4   f  1  f  4    ln  ln 2  ln   ln 2  3 5 3 3 4 3 3 3 CÂU 27:Chọn B Đặt u  2 x  1  d x  1 d u . Khi x  1 thì u  1 . Khi x  1 thì u  3 . 2 0 3 3  1 1 Nên I   f  u  d u    f  u  d u   f  u  d u  2  1 2 1 0  0 3  1    f  u  d u   f  u  d u  . 2  1 0  1 Xét  f  x  d x  4 . Đặt x  u  d x   d u . Khi x  0 thì u  0 . Khi x  1 thì u  1 . 0 1 1 0 0 0 1 Nên 4   f  x  d x    f  u  d u   f  u  d u . Ta có 3  0 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 3 f  x  d x  6   f u  d u  6 . 0 Trang 174 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 0 3  1 1 Nên I    f  u  d u   f  u  d u    4  6   5 . 2  1 0  2 CÂU 28: Chọn B Đặt f  x   x3  x ta có bảng xét dấu sau: . Dựa vào bảng xét dấu ta có.    x  max x , x  x . x  0;1 , f  x   0  x3  x  0  x3  x  max x3 , x  x . x  1; 2 , f  x   0  x3  x  0  x3 2  1   3  2 3   Ta có: I   max x , x dx   max x , x dx   max x 3 , x dx . 3 3 0 0 2 1 1 1 2 2 1 1 17 Nên I   max  x , xdx   xdx   x dx  x 2  x 4  . 2 0 4 1 4 0 0 1 3 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 175 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CHỦ ĐỀ 4: PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN  \ 0 và thỏa mãn các điều kiện VÍ DỤ 1: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên 2  3  14 x , f  x  dx  k . Tính I   f 3. f  2 x   2. f    3 3  x 1 42  3k 21  k A. I  . B. I  . C. 4 2 6 1   dx theo k  x 42  k I . 4 D. I  21  k . 4 Lời giải Chọn C  3  14 x Ta có: 3. f  2 x   2. f    3  x 14 x 3   3 f  2 x  dx   2 f   dx   dx  A  B  63 3  x 3 3 3 6 6 6 6 12 3 3 Đặt A   3 f  2 x  dx, t  2 x  A   f  t  dt  k . 26 2 3 x 3 1 B   2 f   dx, t   B  6 f   dt 3  x t  3 1 6 2 2 3 Vì A  B  63  k  6  2 1  1 f   dt  63   t  1 2 1 f   dt  t  3 63  k 2  42  k . 6 4 2018 VÍ DỤ 2: Cho hàm số f  x  liên tục trên thỏa  f  x  dx  2 . Khi đó tích phân 0 e2018 1   x f ln  x 2  1 dx bằng x 1 0 A. 4 . B. 1 .  2 C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn C e2018 1 Đặt I   0   2x x f ln  x 2  1 dx .Đặt t  ln  x 2  1  dt  2 dx . x 1 x 1 2 2018 Đổi cận: x  0  t  0 ; x  e2018  1  t  2018 .Vậy I   f  t  dt  0  Biết  0 A. 9 f  x  dx  và 2 2 1  . 1  0 x 3 f   x  cos dx  . Tích phân 2 4 B.  f  x  dx  2 . 0 f x có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 và thỏa mãn f  0   0 . VÍ DỤ 3: Cho hàm số y 1 2018 4  . C. 6  1  f  x  dx bằng . 0 D. 2  . Lời giải Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 176 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 1  f   x  cos x 2 0 1 Suy ra  sin 1 Do đó  0 dx   cos x 0 2 1 x 2 0 .f  x  dx  d  f  x    cos x 2 1 1 . f  x    2 0 0 sin x 2 .f  x  dx   1 sin 2 0 x 2 .f  x  dx . 3 1 1  x Mặt khác   sin  dx   1- cos  x  dx  . 2 2  20 2 0 2 1 x 1  x  f  x  dx  2 3sin f  x  dx   3sin  dx  0 . 2 2  0 0 1 2 2 1 x  x  hay   f  x   3sin  dx  0 suy ra f  x   3sin . 2 2  0 2 1 1  Vậy 0  1 f  x  dx   3sin x 2 0 VÍ DỤ 4: Cho dx   f ( x) 6  là cos x 2 một 1  0 6  . hàm số f  x   f   x   2  2 cos 2 x . Tính tích phân I  B. I  4 . tục trên  thỏa mãn 3 2  A. I  3 . liên  f  x  dx . 3 2 D. I  8 . C. I  6 . Lời giải Chọn C Ta có I  3 2  3 2 0  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx . 3 2  3 2 0 0 Xét   f  x  dx Đặt t  x  dt  dx ; Đổi cận: x   3 2 Suy ra  0 0 3 2 3 2 3 2 3 2 0 0 3 3 t  ; x  0t  0. 2 2  f  x  dx    f  t  dt   f  t  dt   f   x  dx . Theo giả thiết ta có: f  x   f   x   2  2cos 2 x  3 2 3 2   f  x   f   x  dx   0   2  2cos xdx 0 3 2 3 2 3 2 3 2 0 0 0 0 0  3 2 3 2 0 0  f  x  dx   f   x  dx  2  sin x dx   f  x  dx   f  x  dx  2 sin x dx  2  sin x dx  3 2   f  x  dx  6 . 3 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 177 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG VÍ DỤ 5: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn f  0   0 ,   f   x  1 f 1  1 và   x  dx  . Tích phân e e 1 0 2 1 A. e2 . e 1 1  f  x  dx bằng 0 B. 1 . C. 1  e  1 e  2  . D. e 1 . e2 Lời giải Chọn A Sử dụng bất đẳng thức Holder : b  a 2 b  f  x  dx. g  x  dx    f  x  .g  x  dx  dấu ”  ” xảy ra khi: f  x   kg  x  . a a  b 2 2  f  0   0 Theo giả thiết ta có :  nên  f 1  1 1  f   x  dx  f 1  f  0  1 . 0 Áp dụng bất đẳng thức Holder đối với hàm số : f  x e x và e x trên đoạn  0;1 . 1 1 1 2 1   f  x  1 1 x  .  e  1  1 Ta có :   . e x dx  1   d x . e d x  f x d x         e 1 e 1 0 ex  0 0 0  f  x Dấu ”  ” xảy ra khi:  k. e x hay f   x   k.e x . x e   2 2 1 Mặt khác theo giả thiết ta có: 1  k.e dx  1  k. e 1  1 f   x  dx  1   x 0  f  x  Vậy  0 0 1 e 1 x x e e C .  f  x  e 1 e 1 Mà f  0   0 nên C  1 k 1 ex 1 hay f  x   . e 1 e 1 1 ex 1 1 e2 . f  x  dx   dx  ex  x    0 e 1 e 1 e 1 0 1 BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho hàm số f  x  liên tục trên 1 và thỏa mãn  f  x  dx  9 . Tính tích phân 5 2   f 1  3x   9 dx . 0 A. 27 . B. 21 . C. 15 . D. 75 . 3 3 m dx dt (với m, n  . Đặt t  2 x  3, ta được I   2 t n 1  x  1 2 x  3 2 CÂU 2: Cho tích phân I   ). Tính 2 T  3m  n. A. T  7. B. T  2. C. T  4. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. T  5. Trang 178 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG f ( x) 1 CÂU 3: Cho F ( x )  2 là một nguyên hàm của hàm số . Tính x 2x 2  e2 B. I  2 . e e2  3 A. I  . 2e 2 e  f ( x) ln xdx 3  e2 D. I  . 2e 2 e2  2 C. I  2 . e 1 CÂU 4: Với mỗi số nguyên dương n ta kí hiệu I n   x 2 1  x 2  dx . Tính lim n n  0 A. 1 . CÂU 5: B. 2 . bằng: 1 C. 3 . I n 1 . In D. 5 . Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 2  và thỏa mãn f  2   16 , 2  f  x  dx  4 . 0 1 Tính tích phân I   x. f   2 x  dx . 0 D. I  20 . C. I  13 . B. I  7 . A. I  12 . 100 CÂU 6: Giá trị của tích phân  x  x  1 … x  100  dx bằng 0 A. 0 . B. 1 . C. 100 . D.một giá trị khác. sin x 1 CÂU 7: Có bao nhiêu giá trị của tham số m trong khoảng  0;6  thỏa mãn  dx  ? 5  4cos x 2 0 A. 6 . B. 12 . C. 8 . D. 4 . m  2 CÂU 8: Cho tích phân I   0 x 2   2 x  cos x  cos x  1  sin x c dx  a 2  b  ln với a, b, c là các số hữu tỉ.  x  cos x Tính giá trị của biểu thức P  ac 3  b. 5 A. P  3 . B. P  . 4 C. P  3 . 2 D. P  2 .  4 CÂU 9: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên và các tích phân  1 f (tan x)dx  4 và 0 x 2 f ( x) 0 x2  1 dx  2 , tính tích 1 phân I   f ( x)dx . 0 A. 2 B. 6 C. 3 D. 1 CÂU 10: Cho hàm số f liên tục, f  x   1 , f  0   0 và thỏa f   x  x 2  1  2 x f  x   1 . Tính f  3 . A. 0 . B. 3 . C. 7 . D. 9 . CÂU 11: 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 ? 1 f  x 0 f ( x). f (a  x)  1 . Tính tích phân I   A. I  2a . 3 CÂU 12: Tính tổng T B. I  0 C2018 3 1 C2018 4 a . 2 2 C2018 5 C. I  3 C2018 6 2017 C2018 2020 a . 3 D. I  a . 2018 C2018 . 2021 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 179 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG A. 1 . 4121202989 B. 1 . 4121202990 C. 1 . 4121202992 D. 1 . 4121202991 CÂU 13: Xét hàm số f  x  liên tục trên đoạn  0;1 và thỏa mãn điều kiện 2 f  x   3 f 1  x   x 1  x . 1 Tính tích phân I   f  x  dx . 0 1 A. I  . 25 B. I   4 . 15 C. I    4 CÂU 14: Cho hàm số f  x  liên tục trên và các tích phân  0 1 . 15 D. I  4 . 75 x2 f  x  dx  2 . Tính f  tan x  dx  4 và  2 x 1 0 1 1 tích phân I   f  x  dx . 0 A. I  6 . C. I  3 . B. I  2 . D. I  1 . CÂU 15 : Giả sử hàm số y  f  x  liên tục nhận giá trị dương trên  0;   và thỏa mãn f 1  1 , f  x   f   x  . 3x  1 , với mọi x  0 . Mệnh đề nào sau đây đúng? B. 1  f  5  2 . A. 3  f  5  4 . C. 4  f  5  5 . D. 2  f  5  3 . CÂU 16. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên khoảng  0;1 và f  x   0 , x   0;1 . Biết rằng  3 1 f    a , f    b và x  xf   x   2 f  x   4 , x   0;1 . 2  2   3 Tính tích phân I    sin 2 x.cos x  2sin 2 x dx theo a và b . f 2  sin x  6 3a b . 4ab A. I 3b a . 4ab B. I C. I 3b a . 4ab D. I CÂU 17: Cho hàm số f  x  có đạo hàm dương, liên tục trên đoạn 2 1  3  f   x   f  x    dx  2 f   x  f  x  dx . Tính tích phân 9 0  0 5 5 3 A. . B. . C. . 6 2 4 1 1 1 và biết thỏa mãn f  0   1 và   f  x  3 dx : 0 D.  CÂU 18: Cho hàm số f  x  liên tục trên 0;1 3a b . 4ab 4 1 0 0  f  tan x  dx  4 ,  x2 f  x  x2  1 7 . 6 dx  2 . Giá trị của tích 1 phân  f  x  dx thuộc khoảng nào dưới đây? 0 A.  5;9  B.  3;6  CÂU 19: Xét hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên C.  2;5  D. 1;4  và thỏa mãn điều kiện f 1  1 và f  2   4 . Tính  f  x  2 f  x 1  J     dx . x x2  1 2 A. J  1  ln 4 . B. J  4  ln 2 . C. J  ln 2  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 1 . 2 D. J  1  ln 4 . 2 Trang 180 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CÂU 20. Cho hàm số f  x  nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên đoạn  0; 2 .Biết f  0   1 và f  x. f  2  x  e 2 x2  4 x 2 , với mọi x   0; 2 . Tính tích phân I   x 3  3x 2  f   x  f  x 0 A. I   16 . 3 B. I   16 . 5 C. I   14 . 3 D. I   dx . 32 . 5 1  2018  CÂU 21: Tính tích phân I    2019log 2 x   x dx ln 2   1 . 2 C. I  22018 . B. I  22019 . A. I  22017 . CÂU 22: Cho hàm số f  x  liên tục và có nguyên hàm trên D. I  22020 . đồng thời thỏa mãn điều kiện 1 f  x   4 xf  x 2   2 x  1 . Tính I   f  x  dx ? 0 B. I  6 . A. I  2 . D. I  6 C. I  2 . x  x  1 . f   x   f  x   x 2  x . Giá trị f  2   a  b ln 3 , với a, b  A. 25 . 4 B. f 1  2ln 2 và \ 0;  1 thỏa mãn điều kiện CÂU 23: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên 9 . 2 . Tính a 2  b 2 . C. 5 . 2 D. 13 . 4 C. 2 2017 . 2017 D. 2 2018 . 2018 2 CÂU 24: Tích phân I  x 2016 2 ex  1 dx có giá trị là: A. 0 . B. 2 2018 . 2017 1   f   x  CÂU 25: Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x  liên tục trên đoạn  0;1 thỏa f 1  0 , 2 dx  0  và  cos  2 0  A. . 2 1 1  x  f  x  dx  . Tính 2  2 8 1  f  x  dx . 0 B.  . C. 1  . D. 2  .      CÂU 26: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;  và f    0 . Biết  4 4  2 0   4   f  x  dx  8 , 4 f   x  sin 2xdx   0 hàm 1   f   x  0 A. e 1 . 2 4 8 . Tính tích phân I   f  2 x  dx 0 B. I  A. I  1 . CÂU 27: Cho  2 số f  x có 1 1 . 2 đạo dx    x  1 e x f  x  dx  0 2 B. e . 4 D. I  C. I  2 . hàm liên trên tục e 1 và f 1  0 . Tính 4 2 C. e  2 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 1 . 4 0;1 đoạn thỏa mãn 1  f  x dx 0 D. e . 2 Trang 181 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG a  f  x  . f  a  x   1 dx ba CÂU 28: Cho f  x  là hàm liên tục trên đoạn  0; a  thỏa mãn  và   , 1 f  x c  f  x   0, x   0; a  0 b trong đó b , c là hai số nguyên dương và là phân số tối giản. Khi đó b  c có giá trị thuộc c khoảng nào dưới đây? A. 11; 22  . B.  0;9  . C.  7; 21 . D.  2017; 2020  . thỏa mãn f  x   f   x   sin x với mọi x và f  0   1. Tính CÂU 29: Cho f  x  là hàm số liên tục trên eπ . f  π  . A. eπ  1 . 2 B. eπ  1 . 2 eπ  3 . 2 C. D. π 1 . 2  2 a   4cos 2 x  3sin 2 x  ln  cos x  2sin x  dx  c ln 2  b , trong đó CÂU 30: Cho a , b , c * 0 tối giản. Tính T  a  b  c . A. T  9 . B. T  11 . , a là phân số b D. T  7 . C. T  5 . GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn B Đặt t  1  3x  dt  3dx . Với x  0  t  1 và x  2  t  5 . 2 Ta 2 2   f 1  3x   9 dx   f 1  3x  dx   9dx có 0 0 0 5 dt    f  t   9 x 3 1 1  1 1  f  x   dx  18  .9  18  21 .  3 3 5 CÂU 2: Chọn D 3 dx . 1  x  1 2 x  3 Tính I   2 2tdt  2dx dx  tdt   Đặt t  2 x  3, ta được t  2 x  3   t2  3   t 2 1 x  x  1     2  2 2 3 3 3 dx tdt 2dt I   2   2 . Vậy: m  2, n  1 , T  3m  n  3.2 1  5. t 1 t 1 1  x  1 2 x  3 2 t 2 2 2 CÂU 3: Chọn A Do F ( x )  e Tính I   1 1 f ( x) 1 f ( x)  1  là một nguyên hàm của hàm số nên   2   f  x   2 . 2 2x x x x  2x  1  ln x  u  dx  du .  x f ( x) ln xdx . Đặt   f x d x  d v      f  x  v  f  x 1 1 e2  3 Khi đó I  f  x  .ln  x  1   . dx   2 .ln  x   2  2e2 x 2x 1 x 1 1 e e e GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. e Trang 182 2 0 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CÂU 4: Chọn A du  dx u  x   n n 1   Xét I n   x 2 1  x 2  dx . Đặt   1  x 2  . 2 n 0 dv  x 1  x  dx v  2  n  1  1 In   x 1  x 2  n 1 1 n 1 1 1 n 1 n 1 1 1  1  x 2  dx  1  x 2  dx     2  n  1 0 2  n  1 0 0  I n1  1 1  n 1 1 1 2 n 1 2 2 n 1  I  1  x d x  x 2 1  x 2  dx  1  x 1  x d x       n 1   2  n  2  0 2  n  2 0 0   I n 1  1 I I 2n  1  2  n  1 I n  I n 1   n1   lim n1  1 . n  2  n  2 In 2n  5 In 1 CÂU 5: Chọn B du  dx u  x  Đặt   f  2x . dv  f   2 x  dx v   2 1 1 x. f  2 x  f  2 1 2 1 16 1 Khi đó: I    f  2 x  dx    f  t  dt   .4  7 . 2 20 2 40 2 4 0 CÂU 6: Chọn A 100 Tính I   x  x  1 … x  100  dx . 0 Đặt t  100  x  dx  dt . Đổi cận: Khi x  0 thì t  100 ; khi x  100 thì t  0 . Do x  x  1 …  x  100   100  t  99  t  … 1  t  t   t  t  1 …  t  99  t  100  nên I 100 100 0 0  x  x  1 … x  100  dx    t  t  1 … t  100 dt   I  2I  0  I  0 . CÂU 7: m m 1 sin x 1 Ta có   dx    d  cos x  2 0 5  4cos x 5  4cos x 0 m  1 1 1 d  5  4 cos x    ln 5  4 cos x  4 0 5  4 cos x 4 Mà 5  4 cos x  5  4  0  1 1   ln  5  4 cos x  2 4 m . 0 m 0 1 5  4 cos m   ln 4 9 5  4 cos m 5  4 cos m 9e 2  5  2   e2  cos m  9 9 4 2 9e  5  m   arccos  k 2  k   . 4  ln GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 183 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG  k  0 9e 2  5   arccos 4  k 2   0;6    k  1   k  2 Theo đề bài m   0;6    . k  1   2   arccos 9e  5  k 2  0;6   k  2     4  k  3  Với mỗi giá trị k trong hai trường hợp trên ta được một giá trị m thỏa mãn. Vậy có 6 giá trị của m thỏa mãn bài toán. CÂU 8: Chọn D   2 x   2 x  cos x  cos x  1  sin x  x  cos x   1  sin xdx Ta có I   dx   x  cos x x  cos x 0 0 2 2 2    x2  2 2  2 2 1  sin x       1  ln 1  ln    x  cos x  dx   sin x  ln x  cos x    8 8  2 x  cos x   2 0 0 1 1  a  , b  1, c  2 . P  ac 3  b  .8  1  2 . 8 8 2 CÂU 9: Chọn B   4 f (tan x) 1  tan 2 x  dx .  2 1  tan x 0 4 Xét I   f (tan x)dx   0 Đặt u  tan x  du  1  tan 2 x  dx . Khi x  0 thì u  0 ; khi x  1  4 thì u  1 . 1 1 f ( x) f (u ) f ( x) Nên I   dx  4 . du   dx . Suy ra  2 2 1  x2 1 u 1 x 0 0 0 1  x 2  1  1 f ( x) 1 1    x 2 f ( x) f ( x) dx  f x dx  dx    dx . Mặt khác  2   2   x 1 x 1 1  x2 0 0 0 0 1 1 1 0 0 Do đó 2   f  x  dx  4   f  x  dx  6 . CÂU 10: Chọn B Ta có f   x  x 2  1  2 x f  x   1  f  x 3   f  x 1 0  f 3 dx   3  1   0 2x x2  1 f  x 1 f  x 1 dx  f 0  1  1  f  x f 3  2x x2  1 3  x2  1 0  0 f  x 1 3 1 0  3  1  2  f  3   3 . CÂU 11: Chọn B Đặt t  a  x  dt  dx . a a a 1 1 1 dx   dt   dx . Thay vào ta được I   1 f  x 1 f a  t  1 f a  x 0 0 0 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 184 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG a   f a  x  f  x Suy ra 0    dx , do hàm số f ( x ) liên tục và luôn dương trên đoạn 1  f x 1  f a  x          0  0; a  . Suy ra f  a  x   f  x  , trên đoạn 0; a  . a 1 a Mà f ( x). f (a  x)  1  f  x   1 . Vậy I   dx  . 2 2 0 CÂU 12: Chọn B Xét khai triển 1  x   x 2 1  x  2018 2018 0 1 2 2018 2018  C2018  C2018 x  C2018 x 2  …  C2018 x 0 1 2 2018 2020  C2018 x 2  C2018 x3  C2018 x 4  …  C2018 x 1 Ta tính I   x 2 1  x  1 2018 0 I   1  t  t 1 2 2018 dt    t 1 dx , đặt t  1  x , dt  dx , đổi cận x  0  t  1, x  1  t  0 1 2018 0 0  2t 2019 t 2020  t 2019 t 2020 t 2021  d t   2   2019 2020  2021   0 1 1 1 1    . 2019 1010 2021 4121202990 Lấy tích phân hai vế của 1 ta được  1  x 1  x  2 1 2018 0 0 1 2 2018 2020 dx    C2018 x 2  C2018 x3  C2018 x 4  …  C2018 x  dx 0 1 2021  0 x3  1 x4 x5 1 2 2018 x    C2018  C2018  C2018  …  C2018  4121202990  3 4 5 2021  0 1 1 1 1 1 0 1 2 2018  C2018   C2018  C2018  …  C2018 . 3 4121202990 4 5 2021 0 1 2 3 2017 2018 1 C2018 C2018 C2018 C2018 C2018 C2018  Vậy T . 3 4 5 6 2020 2021 4121202990 CÂU 13: Chọn B 1 1 0 0 1 Do 2 f  x   3 f 1  x   x 1  x   2 f  x  dx   3 f 1  x  dx   x 1  xdx 1 . 0 I1 I2 1 + Xét I1  3 f 1  x  dx : 0 Đặt t  1  x  dx  dt . Khi x  0  t  1; x  1  t  0 . 1 Khi đó I1  3 f  t  dt  3I . 0 1 + Xét I 2   x 1  xdx . Đặt t  1  x  x  1  t 2  dx  2tdt . 0 Khi x  0  t  1; x  1  t  0 . 0  2t 5 2t 3  4 Khi đó I 2   1  t  t  2t  dt      . 3  1 15  5 1 4 4 Thây vào 1 : 2 I  3I   I   . 15 15 0 2 CÂU 14: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 185 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG Đặt t  tan x  dt  1  tan 2 x  dx  1 Do đó: 1 Vậy:  0 4 0 f (tan x)dx 4 0  dt  dx . Đổi cận: x  0  t  0 ; x   t  1 2 4 1 t 1 f  t  dt f  x  dx  4  4 2  1 t 1  x2 0 1 f  x  dx 1 x 2 f  x  dx   4  2  0 1  x 2 0 f  x  dx  6 1  x2 CÂU 15 : Chọn A Từ f  x   f   x  . 3x  1 ta có Suy ra: f  x 1 .  f  x 3x  1 f  x 2 1 3x  1  C . dx d x  ln f  x   3 f  x 3x  1  Ta có ln f 1  Nên ln f  x   2 Vậy f  5   e 3 2 4 4 3.1  1  C  ln1   C  C   . 3 3 3 2 2 4 3x  1   f  x   e 3 3 3 3.51  4 3 3 x 1  4 3 . 4  e 3   3; 4  . CÂU 16. Chọn D x   0;1 ta có: x  xf   x   2 f  x   4  x  4  2 f  x   xf   x   x 2  4 x  2 xf  x   x 2 f   x    2 x 2  4 x 2 xf  x   x f   x  x2  4x  x2      . f 2  x f 2  x f 2  x   f  x     3 sin x.cos x  2sin 2 x sin 2 x.cos x  4sin x.cos x Tính I   dx   dx f 2  sin x  f 2  sin x    2 3 6 6 Đặt t  sin x  dt  cos xdx , đổi cận x   6 2 Ta có I  3 2  1 2 t 2  4t t2  d t f t  f 2 t  3 2 1 2 t   3   2      3 f   2  1  3 , x  t  . 2 3 2 2 1    2   3  1  3a  b . 4ab  1  4b 4a f  2 CÂU 17: Chọn D Từ giả thiết suy ra: 1   1  3 f  x f x 2  2.3 f  x f x  1dx  0  3 f  x f x  1 2 dx  0 .          0  0        Suy ra 3 f   x  f  x   1  0  f  x f  x  1 1  f  x. f 2  x  . 3 9 1 1 Vì  f 3  x   3. f 2  x  f   x  nên suy ra  f 3  x     f 3  x   x  C . 3 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 186 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG Vì f  0   1 nên f 3  0   1  C  1. Vậy  f 3  x   1 x  1. 3 3 7 1  0  f  x  dx  0  3 x  1dx  6 . 1 Suy ra 1 CÂU 18: Chọn A Đặt x  tan t  dx  1 dt  1  tan 2 t  dt 2 cos t Đổi cận x  0  t  0 ; x  1  t  1 Khi đó  0 x f  x 2 x2  1  4 dx    4 tan t. f  tan t  0 2 tan 2 t  1    tan 4 2 t  1 dt   tan 2 t. f  tan t  dt 0   4 4 f  tan t   1     1 . f tan t d t  d t  f  tan t  dt .    2 2   cos t cos t   0 0 0 4  4 Suy ra  0  4 Khi đó  0 f  tan t  2 cos t dt  6 . Đặt x  tan t  dx  f  tan t  cos 2t 1 dt   f  x  dx . Vậy 0  1 dt .Đổi cận t  0  x  0 ; t   x  1 . 2 4 cos t 1  f  x  dx  6 . 0 CÂU 19: Chọn D 2 2 2 2  f  x  2 f  x 1  f  x f  x 2 1   d x Ta có J    dx   2 dx     2  dx .   2 x x x x x x   1 1 1 1 1 1   u  du   2 dx x x Đặt   dv  f   x  dx v  f  x    2 2 2 2 f  x f  x  f  x  2 f  x 1  1 2 1  J     dx  . f  x    2 dx   2 dx     2  dx 2 x x x x x x x  1  1 1 1 1 2 2 1 1 1   f  2   f 1   2ln x     ln 4 . 2 x 1 2  CÂU 20. Chọn B Theo giả thiết, ta có f  x  . f  2  x   e2 x ln  f  x  . f  2  x    ln e2 x 2 4 x 2 4 x và f  x  nhận giá trị dương nên  ln f  x   ln f  2  x   2 x 2  4 x . Mặt khác, với x  0 , ta có f  0  . f  2   1 và f  0   1 nên f  2   1 . 2 Xét I   0 x 3  3x 2  f   x  f  x 2 dx , ta có I    x3  3x 2  . 0 f  x dx f  x GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 187 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG u  x3  3x 2 2   du   3x  6 x  dx Đặt    f  x  dv  f x dx  v  ln f  x     2 2 0 0 Suy ra I   x3  3x 2  ln f  x      3x 2  6 x  .ln f  x  dx     3x 2  6 x  .ln f  x  dx 1 . 0 2 Đến đây, đổi biến x  2  t  dx  dt . Khi x  0  t  2 và x  2  t  0 . 2 0 Ta có I    3t  6t  .ln f  2  t  dt      3t 2  6t  .ln f  2  t  dt 2 0 2 2 Vì tích phân không phụ thuộc vào biến nên I     3x 2  6 x  .ln f  2  x  dx  2 . 0 2 Từ 1 và  2  ta cộng vế theo vế, ta được 2 I     3x 2  6 x  . ln f  x   ln f  2  x   dx 0 2 Hay I   16 1 3x 2  6 x  .  2 x 2  4 x  dx   .   5 20 CÂU 21: Chọn B 2 2 2 1 1  2018 1  2018 I2 . I    2019log 2 x  x 2018dx  2019 I1   x dx  2019 x log 2 xdx   ln 2 ln ln 2 2   1 1 1 2 2 Trong đó I 2   x 1 2018 22019  1 x 2019  dx  . 2019 2019 1 1  du  dx  u  log x   x.ln 2 2 2018  và I1   x log 2 xdx . Đặt  . 2019 2018 d v  x d x  1 v  x  2019 Khi đó 2 2  x 2019  22019  1 22019 1 22019  1 22019 1    . I1   .log 2 x   I2  2019 20192.ln 2 2019 2019.ln 2 2019  2019  1 2019.ln 2 Vậy I  22019 . CÂU 22: Chọn C 1 1 1 Thay x bởi x trong tích phân ta có: I   f  x  dx  2 xf  x  dx  2I   4 xf  x 2  dx . 2 2 0 2 2 0 1 1 0 0 0 Vậy: I  2 I    f  x   4 xf  x 2   dx  I     2 x  1 dx  I  2 . CÂU 23: Chọn B Từ giả thiết, ta có x  x  1 . f   x   f  x   x 2  x  x 1 x . f  x  f  x  2 x 1 x 1  x  1 x  x  , với x  \ 0;  1 .  . f  x    x 1  x 1 x x x . f  x   dx hay . f  x   x  ln x  1  C . Suy ra x 1 x 1 x 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 188 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG x . f  x   x  ln x  1  1 . x 1 2 3 3 3 3 Với x  2 thì . f  2   1  ln 3  f  2    ln 3 . Suy ra a  và b   . 3 2 2 2 2 9 Vậy a 2  b 2  . 2 Mặt khác, ta có f 1  2ln 2 nên C  1 . Do đó CÂU 24: Chọn C Đặt x  t  dx  dt . Với x  2  t  2; x  2  t  2 Đổi cận: 2 2 2 t 2016 x 2016e x dx 22017 x 2017 22018 2016  I  Khi đó: I   t dt   , suy ra . 2 I  x d x   x 2 2017 2017 2017 e  1 1  e  2 2 2 2 CÂU 25: Chọn D du  f   x  dx u  f  x    Đặt  2 x x  v  sin d v  cos d x  2 2   1 1   Do đó  cos  x  f  x  dx  2 2  0 x  1      sin f  x    sin  x  f   x  dx    sin  x  f   x  dx   . 4  2  0 2  2 2  0 0 2  Lại có:  sin 2  2 0 1 1 2 1 1 1  x  dx  2   2   2   I     . f   x   dx  2     sin      0  2 0 1 2 1    x  f   x  dx   sin 2  x  dx  2  0 1 2  2      f   x   sin   2 0 4 2 2  1  x   dx  2  .  0  8  2 2   2  Vì   f   x   sin  2    x    0 trên đoạn  0;1 nên  1 2 2  2 2        0    f   x   sin  2 x   dx  0    f   x  =sin  2 x   f   x  =  2 sin  2     Suy ra f  x  =cos  x   C mà f 1  0 do đó f  x  =cos  x  . 2  2  1 1 2   Vậy  f  x  dx   cos  x  dx  .  2  0 0 CÂU 26: Chọn D 1  4 Tính  sin 2 x  u   2 cos 2 xdx  du  f   x  sin 2xdx   4 . Đặt  f   x  dx  dv   f  x   v  x.  , khi đó 0  4  0    4 f   x  sin 2xdx  sin 2x. f  x  04  2  f  x  cos2xdx  sin 0    4 . f    sin 0. f  0   2  f  x  cos2xdx 2 4 0  4  2  f  x  cos2xdx . 0 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 189 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG   4 Theo đề bài ta có  f   x  sin 2xdx   0  4 4   f  x  cos2xdx  0  8 .  4  cos Mặt khác ta lại có 2 2 xdx  0  8 .  2    2 2 0  f  x   cos2x  dx  0  f  x   2f  x  .cos2x  cos 2 x  dx   8  2 8  8   0 nên 4 Do  4   8 8 1 1 f  x   cos 2 x . Ta có I   cos 4 xdx  sin 4 x  . 4 4 0 0 CÂU 27: Chọn C 1 1 1 – Tính : I    x  1 e f  x  dx   xe f  x  dx   e x f  x  dx  J  K . x x 0 0 0 1 Tính K   e x f  x  dx 0 x x x  u  e f  x   du  e f  x   e f   x   dx Đặt   dv  dx v  x   1 1 1 0 0  K   xe x f  x      xe x f  x   xe x f   x   dx    xe x f  x  dx   xe x f   x  dx  do f 1  0  0 1 0 1 1 0 0  K   J   xe x f   x  dx  I  J  K    xe x f   x  dx . – Kết hợp giả thiết ta được : 1 1 2 2 e2  1 e2  1   (1)    f  x   dx     f  x   dx  4 4 0 0  1  1 2 2 e  1  xe x f  x dx  2 xe x f  x dx   e  1 (2)         4 2  0  0 1 e2  1 – Mặt khác, ta tính được :  x 2e2 x dx  (3) . 4 0 – Cộng vế với vế các đẳng thức (1), (2), (3) ta được:    f   x  1 2  2 xe f   x   x e x 2 2x 0  dx  0    f   x   xe  dx  0     f   x   xe  dx  0 1 1 x 2 o x 2 o hay thể tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f   x   xe , trục Ox , các đường thẳng x x  0 , x  1 khi quay quanh trục Ox bằng 0  f   x   xe x  0  f   x    xe x  f  x    xe x dx  1  x  e x  C . – Lại do f 1  0  C  0  f  x   1  x  e x 1 1   f  x  dx   1  x  e dx   1  x  e x 0 0 x 1    e dx  1  e 1 0 x x 1 0  e2. 0 1 Vậy  f  x  dx  e  2 . 0 CÂU 28: Chọn B. Cách 1. Đặt t  a  x  dt  dx GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 190 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG Đổi cận x  0  t  a; x  a  t  0. 0 a a a f  x  dx dx dt 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 Suy ra 2 I  I  I     1dx  a 1  f  x  0 1  f  x  0 0 a Do đó I  1 a  b  1; c  2  b  c  3. 2 Cách 2. Chọn f  x   1 là một hàm thỏa các giả thiết. Dễ dàng tính được I  1 a  b  1; c  2  b  c  3. 2 CÂU 29: Chọn C nên suy ra e x f  x   e x f   x   e x .sin x , với mọi Ta có f  x   f   x   sin x , với mọi x  x . π π 0 0  e f  x   e x .sin x hay  e x f  x   dx   e x .sin xdx x π π 1 1 eπ  3  e x f  x    e x  sin x  cos x    e π f  π   f  0    e π  1  e π f  π   . 0 0 2 2 2 CÂU 30: Chọn A  2 I    4cos 2 x  3sin 2 x  ln  cos x  2sin x  dx 0  2   2  cos x  2sin x  2cos x  sin x  ln  cos x  2sin x  dx . 0 Đặt t  cos x  2sin x  dt    sin x  2cos x  dx . Với x  0 thì t  1 .Với x  2 2  2    t .ln t  Suy ra I   2t ln tdt   ln td t 1 thì t  2 . 2 1 2 2 1 2 t2   tdt  4 ln 2  2 1 2  4 ln 2  1 3 . 2 a  3  Vậy b  2  T  a  b  c  9 . c  4  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 191 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CHỦ ĐỀ 4: ỨNG DỤNG HÌNH HỌC CỦA TÍCH PHÂN  x2 y 2   1,  a, b  0  và a 2 b2 đường tròn  C  : x 2  y 2  7. Để diện tích elip  E  gấp 7 lần diện tích hình tròn  C  khi đó. VÍ DỤ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz cho  E  có phương trình B. ab  49 . A. ab  7 7 . D. ab  7 . C. ab  7 . Lời giải Chọn B x2 y 2 b  2  1 ,  a, b  0   y  a2  x2 . 2 a a b b a 2  x 2 dx b  4  a 2  x 2 dx . a a0 0 a a Diện tích  E  là. S E   4     Đặt x  a sin t t    ;   dx  a cos tdt .Đổi cận: x  0  t  0; x  a  t  . 2  2 2 a S E   4 a b 2 a .cos 2 tdt  2ab  1+cos2t  dt   ab .Mà ta có SC    .R 2  7 . a 0 0 Theo giả thiết ta có S E   7.SC    ab  49  ab  49 .  VÍ DỤ 2: Cho parabol  P  : y  x 2 và một đường thẳng d thay đổi cắt  P  tại hai điểm A , B sao cho AB  2018 . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi  P  và đường thẳng d . Tìm giá trị lớn nhất S max của S. A. S max  20183  1 . 6 B. Smax  20183 . 3 C. S max  20183  1 . 6 D. Smax  20183 . 3 Lời giải Chọn D Giả sử A(a; a 2 ) ; B(b; b 2 ) (b  a) sao cho AB  2018 . Phương trình đường thẳng d là: y  (a  b) x  ab . Khi đó b b S   (a  b) x  ab  x dx     a  b  x  ab  x 2  dx  2 a a 1 3 b  a  . 6  Vì AB  2018   b  a    b 2  a 2   20182   b  a  1   b  a  2  b  a  2 Vậy Smax  2  2018  b  a  b  a  2018  S  2 2 2   2018 . 2 20183 . 6 20183 khi a  1009 và b  1009 . 6 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 192 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG  VÍ DỤ 3: Trong Công viên Toán học có những mảnh đất mang hình dáng khác nhau. Mỗi mảnh được trồng một loài hoa và nó được tạo thành bởi một trong những đường cong đẹp trong toán học. Ở đó có một mảnh đất mang tên Bernoulli, nó được tạo thành từ đường Lemmiscate có phương trình trong hệ tọa độ Oxy là 16 y 2  x 2  25  x 2  như hình vẽ bên.Tính diện tích S của mảnh đất Bernoulli biết rằng mỗi đơn vị trong hệ tọa độ Oxy tương ứng với chiều dài 1 mét. 125 125 250 125 m2  m2  m2  A. S  B. S  C. S  D. S      m2  6 4 3 3 Lời giải Chọn D Vì tính đối xứng trụ nên diện tích của mảnh đất tương ứng với 4 lần diện tích của mảnh đất thuộc góc phần tư thứ nhất của hệ trục tọa độ Oxy . 1 1 Từ giả thuyết bài toán, ta có y   x 5  x 2 .Góc phần tư thứ nhất y  x 25  x 2 ; x   0;5 4 4 5 Nên S( I )   1 125 125 3 x 25  x 2 dx  S (m )  40 12 3 VÍ DỤ 4: Xét hàm số y  f  x  liên tục trên miền D   a; b  có đồ thị là một đường cong C . Gọi S là phần giới hạn bởi C và các đường thẳng x  a , x  b . Người ta chứng minh được rằng diện tích mặt cong tròn xoay tạo thành khi xoay S quanh Ox bằng b S  2  f  x  1   f   x   dx . Theo kết quả trên, tổng diện tích bề mặt của khối tròn xoay tạo 2 a thành khi xoay phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f  x   thẳng x  1 , x  e quanh Ox là 2e2  1 4e 4  9 . . A. B. 8 64 4e 4  16e 2  7 . C. 16 2 x 2  ln x và các đường 4 4e 4  9 . D. 16 Lời giải Chọn D Cách 1. (Giải tự luận) 2 2 x 2  ln x x 2 ln x 1 1  1 1  Ta có f  x      f  x  x    f   x    x    x2   2 4 2 4 4x 4x  16 x 2  1  0, x  1; e  , nên f  x  đồng biến trên 1;e . Suy ra Lại có f   x   x  4x 1 f  x   f 1   0, x  1; e  . 2 Từ đây ta thực hiện phép tính như sau 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 193 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG b e 2  x 2 ln x  1 1  2 S  2  f  x  1   f   x   dx  2     dx  1  x  2 2 4  16 x 2   a 1 e  x 2 ln x  2  x 2 ln x   1 1 1  S  2    x   d x  2       x   dx 2  2 4  16 x 2 2 4   4x  1 1 e e  x 2 ln x   1  1 1 ln x  1 3 1  2     x   dx  2   x  x  x ln x   dx  2  I1  I 2  I 3  2 4  4x  2 8 4 16 x  1 1 2 e e  x4 x2  1  2e4  e2  3 1 Với I1    x3  x  dx      1 8  16 2  8 16  1 e e 11 2 1 1  1  I 2     x ln x  dx   x  2 ln x  1   e 2  1 44 16 16  4  1 e e 1 1  1 ln x  I3     dx   ln 2 x   .  1 32 32  16 x  1 Cách 2. e e Các em có thể trực tiếp bấm máy tính tích phân S  2  1 x 2 ln x 1 1   1   x2   dx để có 2 2 4 16 x 2   kết quả (Cách CASIO chỉ áp dụng khi hiểu rõ bản chất) x2 chia đường tròn tâm O ( O là gốc tọa độ)  VÍ DỤ 5 :Trong hệ tọa độ Oxy , parabol y  2 bán kính r  2 2 thành 2 phần, diện tích phần nhỏ bằng: 4 4 3 4 A. 2  . B. 2  . C. 2  . D. . 3 3 4 3 Lời giải Chọn B Phương trình đường tròn: x 2  y 2  8 . Ta có: x 2  y 2  8  y   8  x 2 . . Parabol chia hình tròn giới hạn bởi đường tròn  C  thành hai phần. Gọi S là phần diện tích giới hạn bởi y  8  x 2 và parapol  P  : y  x2 . 2 Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và  P   x  2 x2 . 8 x   x  2 2  2 Khi đó ta tính được S như sau. 2 2 2 2  x2  x2 S    8  x 2   dx   8  x 2 dx   dx .Tính I   8  x 2 dx . 2 2 2  2 2 2 Đặt t  2 2 sin x  dt  2 2 cos x.dx , ta có. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 194 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG  I   4     4 8 1  sin 2 t .cos t dt  4   1  cos 2t  dt   4t  2sin 2t  4  2  4 .  4 2 x2 x3 Ta có:  dx  2 6 2 2  2   4 4 4 8 . Suy ra S  2  . 3 3 BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho parabol  P  : y  x 2 và một đường thẳng d thay đổi cắt  P  tại hai điểm A , B sao cho AB  2018 . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi  P  và đường thẳng d . Tìm giá trị lớn nhất S max của S. A. S max  20183  1 . 6 B. Smax  20183 . 3 C. S max  20183  1 . 6 D. Smax  20183 . 3 CÂU 2: Cho  H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  4  x 2 và đường thẳng y  2  x (như hình vẽ bên). Biết diện tích của hình H  là S  a  b , với a , b là các số hữu tỉ. Tính P  2a 2  b 2 . A. P  6 . CÂU 3: B. P  9 . C. P  16 . D. S  10 . Gọi  H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số: y  x 2  4 x  4 , trục tung và trục hoành. Xác định k để đường thẳng  d  đi qua điểm A  0; 4  có hệ số góc k chia  H  thành hai phần có diện tích bằng nhau. A. k  4 . B. k  8 . C. k  6 . D. k  2 . CÂU 4: Cho các số p, q thỏa mãn các điều kiện: p  1 , q  1 , 1 1   1 và các số dương a, b . Xét hàm số: p q y  x p 1  x  0  có đồ thị là  C  . Gọi  S1  là diện tích hình phẳng giới hạn bởi  C  , trục hoành, đường thẳng x  a , Gọi  S2  là diện tích hình phẳng giới hạn bởi  C  , trục tung, đường thẳng y  b , Gọi  S  là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và hai đường thẳng x  a , y  b . Khi so sánh S1  S 2 và S ta nhận được bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức dưới đây? a p bq a p 1 b q 1 a p 1 b q 1   ab   ab C.   ab A. B. p q p 1 q 1 p 1 q 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. a p bq   ab D. p q Trang 195 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CÂU 5: Cho hàm số y  f  x  . Đồ thị của hàm số y  f   x  như hình vẽ. Đặt g  x   2 f  x   x 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? . CÂU 6: A. g 1  g  3  g  3 . B. g  3  g  3  g 1 . C. g 1  g  3  g  3 . D. g  3  g  3  g 1 . Cho hàm số y  x 4  3x 2  m có đồ thị  Cm  , với m là tham số thực. Giả sử  Cm  cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt như hình vẽ Gọi S1 , S 2 , S 3 là diện tích các miền gạch chéo được cho trên hình vẽ. Giá trị của m để S1  S3  S2 là 5 5 5 5 A.  B. C.  D. 2 4 2 4 CÂU 7. Cho tam giác đều và hình vuông cùng có cạnh bằng 8 được xếp chồng lên nhau sao cho một đỉnh của tam giác đều trùng với tâm của hình vuông, trục của tam giác đều trùng với trục của hình vuông (như hình vẽ). Tính thể tích của vật thể tròn xoay sinh bởi hình đã cho khi quay quanh trục. A H C  16 23  4 3 A. 3 .  64 17  3 B. 3 . K  16 17  3 3 C. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 9 .  64 17  3 3 D. 9 . Trang 196 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CÂU 8 : Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x , x  a  0  a  4  cắt đồ thị hàm y  x tại M y  0 và x  4 quanh trục Ox . Đường thẳng (hình vẽ bên). Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox . Biết rằng V  2V1 . Khi đó 5 A. a  2 . B. a  2 2 . C. a  . D. a  3 . 2 CÂU 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho  H  là hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị y  2 x 2 và x  2 y 2 . Tính thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay  H  quanh trục Ox . 123 3  A. V  . B. V  . C. V  . D. V  4 . 5 12 80 CÂU 10: Cho đồ thị  C  : y  f  x   x . Gọi  H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  , đường thẳng x  9 và trục Ox . Cho điểm M thuộc đồ thị  C  và điểm A  9;0  . Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay khi cho  H  quay quanh trục Ox , V2 là thể tích khối tròn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh trục Ox . Biết rằng V1  2V2 . Tính diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  và đường thẳng OM . A. S  3 . B. S  27 3 . 16 C. S  3 3 . 2 D. S  4 . 3 CÂU 11: Ta vẽ hai nửa đường tròn như hình vẽ bên, trong đó đường kính của nửa đường tròn lớn gấp đôi đường kính của nửa đường tròn nhỏ. Biết rằng nửa hình tròn đường kính AB có diện tích là 8 và BAC  30 . Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình  H  (phần tô đậm) xung quanh đường thẳng AB . C (H) B A A. 220 . 3 B. 98 . 3 C. 224 . 3 D. 4 2 . CÂU 12: Một khuôn viên dạng nửa hình tròn có đường kính bằng 4 5 (m). Trên đó người thiết kế hai phần để trồng hoa có dạng của một cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm nửa hình tròn và hai GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 197 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa đường tròn (phần tô màu), cách nhau một khoảng bằng 4 (m), phần còn lại của khuôn viên (phần không tô màu) dành để trồng cỏ Nhật Bản. . Biết các kích thước cho như hình vẽ và kinh phí để trồng cỏ Nhật Bản là 100.000 đồng/m2. Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng cỏ Nhật Bản trên phần đất đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn). A. 2.388.000 (đồng). B. 3.895.000 (đồng). C. 1.194.000 (đồng). D. 1.948.000 (đồng). CÂU 13: Ông An muốn làm cửa rào sắt có hình dạng và kích thước như hình vẽ bên, biết đường cong phía trên là một Parabol. Giá 1 m2  của rào sắt là 700.000 đồng. Hỏi ông An phải trả bao nhiêu tiền để làm cái cửa sắt như vậy (làm tròn đến hàng phần nghìn). A. 6.417.000 đồng. B. 6.320.000 đồng. . D. 6.620.000 đồng. C. 6.520.000 đồng. Lời giải Chọn A Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Trong đó A  2,5;1,5 , B  2,5;1,5 , C  0; 2  . . Giả sử đường cong phá trên là một Parabol có dạng y  ax 2  bx  c , với a; b; c  . Do Parabol đi qua các điểm A  2,5;1,5 , B  2,5;1,5 , C  0; 2  nên ta có hệ phương trình. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 198 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 2  a  2,5 2  b  2,5   c  1,5 a   25   2  . a  2,5   b  2,5   c  1,5  b  0 c  2 c  2    2 Khi đó phương trình Parabol là y   x 2  2 . 25 Diện tích S của cửa rào sắt là diện tích phần hình phẳng giới bởi đồ thị hàm số y   trục hoành và hai đường thẳng x  2, 5 , x  2,5 . 2 2 x  2, 25 2,5  2 x3  55  2  Ta có S     x 2  2  dx    .  2x   25   25 3  2,5 6 2,5  2,5 Vậy ông An phải trả số tiền để làm cái cửa sắt là. 55 S .  700.000   .700000  6.417.000 (đồng). 6 GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D Giả sử A(a; a 2 ) ; B(b; b 2 ) (b  a) sao cho AB  2018 . Phương trình đường thẳng d là: y  (a  b) x  ab . Khi đó b b S   (a  b) x  ab  x dx     a  b  x  ab  x 2  dx  2 a a 1 3 b  a  . 6  Vì AB  2018   b  a    b 2  a 2   20182   b  a  1   b  a  2 2 2   b  a   20182  b  a  b  a  2018  S  2 b  1009 . 2   2018 . 2 20183 20183 . Vậy Smax  khi a  1009 và 6 6 CÂU 2: Chọn A + Cách 1 : 2 Diện tích hình phẳng  H  là : S   0   4  x 2  2  x dx . Đặt x  2sin t  dx  2cos tdt .   2 2 0 0    S    2cos t  2  2sin t  2cos tdt   4cos 2 t  4cos t  4sin t cos t dt  2     2  2cos 2t  4cos t  2sin 2t  dt   2t  sin 2t  4sin t  cos 2t  02    2 . 0  a  1 , b  2  P  2a 2  b 2  2  4  6 . + Cách 2 : 1 1 Diện tích hình phẳng  H  là : S   .22  2.2    2 . 4 2 2 2  a  1 , b  2  P  2a  b  2  4  6 . CÂU 3: Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  x 2  4 x  4 và trục hoành là: x2  4x  4  0  x  2 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 199 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG Diện tích hình phẳng  H  giới hạn bởi đồ thị hàm số: y  x 2  4 x  4 , trục tung và trục hoành là: 2  x3  8 S   x  4 x  4 dx    x  4 x  4  dx    2 x 2  4 x   .  3 0 3 0 0 Phương trình đường thẳng  d  đi qua điểm A  0;4  có hệ số góc k có dạng: y  kx  4 .  4  Gọi B là giao điểm của  d  và trục hoành. Khi đó B  ;0  .  k  Đường thẳng  d  chia  H  thành hai phần có diện tích 2 2 2 2 bằng nhau khi B  OI và S OAB  1 4 S . 2 3 4  0  k  2 k  2    k  6 . 1 1  4 4 k   6  S  OA.OB  .4.   OAB 2 2 k 3 CÂU 4: Chọn D Ta có: S  S1  S 2 . a S1    x 0 Vì: Vậy p 1  p  dx   xp    a 0   1 1 1 b p p 1     y a  ; S 2    y p 1  dy      p  1 1  0   p 1    b  yq     q  b  0 bq . q 0 1 p 1 1 1    q. 1 1 p 1 p 1 1  p q a p bq   ab . p q CÂU 5: Chọn A Ta có g   x   2 f   x   2 x  g   x   0  x  3;1;3 . Từ đồ thị của y  f   x  ta có bảng biến thiên.(Chú ý là hàm g  x  và g   x  ). GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 200 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG . Suy ra g  3  g 1 . Kết hợp với bảng biến thiên ta có: 1 3    g   x   dx   g   x  dx 3  1 3 3 1 1  g   x  dx   g   x  dx  g  3  g 1  g  3  g 1  g  3  g  3 Vậy ta có g  3  g  3  g 1 . . CÂU 6:Chọn B Gọi x1 là nghiệm dương lớn nhất của phương trình x 4  3x 2  m  0 , ta có m   x14  3×12 1 . Vì S1  S3  S2 và S1  S3 nên S2  2S3 hay x1  f  x  dx  0 . 0 x1 Mà  0 x1  x4   x5  x5 f  x  dx    x  3x  m  dx    x3  mx   1  x13  mx1  x1  1  x12  m  . 5  5   5 0 0 x1 4 2  x4  x4 Do đó, x1  1  x12  m   0  1  x12  m  0  2  . 5  5  Từ 1 và  2  , ta có phương trình Vậy m   x14  3×12  x14 5  x12  x14  3×12  0  4 x14  10 x12  0  x12  . 2 5 5 . 4 CÂU 7. Chọn D A H M C K L Ta cần tìm HM Ta có HM AH HM 4 4     R  HM  KL AK 4 4 3 3 Thể tích được tính bằng thể tích trụ cộng với thể tích nón lớn trừ đi thể tích nón nhỏ phía trong. Vtru   .42.8  128 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 201 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 1 64 3 Vnon lon   .42.4 3  3 3 1  4  64   . .4  .  3  3 9 2 Vnon nho V  Vtru  Vnon lon  Vnon nho  128   17  3 3  64 3 64   64   3 9 9   CÂU 8 : Chọn D 4 x  0  x  0 . Khi đó V    xdx  8 Ta có  Ta có M a; a  0 Khi quay tam giác OMH quanh trục Ox tạo thành hai hình nón có chung đáy: * Hình nón  N1  có đỉnh là O , chiều cao h1  OK  a , bán kính đáy R  MK  a ; * Hình nón  N 2  thứ 2 có đỉnh là H , chiều cao h2  HK  4  a , bán kính đáy R  MK  a 1 1 4 Khi đó V1   R 2 h 1   R 2 h 2   a 3 3 3 4 Theo đề bài V  2V1  8  2.  a  a  3 . 3 CÂU 9: Chọn A y  2 x2 x  2 y2 . x . 2 Phương trình hoành độ giao điểm: x  0 x  0 x  0  x   x  0 2  2x    4 x    . x  1 2 4 x  2  x  1 2    2 x  2 y2  y   x VN  . 2 Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2 x2   y x 1 , trục Ox , đường thẳng x  0, x  quanh trục Ox . 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 202 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG V2 là thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  2 x 2 , trục Ox , đường thẳng x  0, x  1 quanh trục Ox . 2 1 2 1 2  x Thể tích khối tròn xoay cần tìm là V  V1  V2      dx   2 x 2 2 0 0   2 dx  3 . 80 CÂU 10: Chọn B 9 Ta có V1  π  0  x  dx  812 . 2   Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox , đặt OH  m (với 0  m  9 ), ta có M m; m , MH  m và AH  9  m . 1 1 1 Suy ra V2  π.MH 2 .OH  π.MH 2 . AH  π.MH 2 .OA  3mπ . 3 3 3 Theo giả thiết, ta có V1  2V2 nên  27 3 3  81π 27  6mπ  m  . Do đó M  ;  . 2 4  4 2  2 3 x. 9 Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  và đường thẳng OM là Từ đó ta có phương trình đường thẳng OM là y  27 4 27 2  3 2  4 27 3 2 3  x   . S    x  x  dx   x x  3 9 9 16 0   0  CÂU 11: Chọn B Gọi V1 , V2 , V3 , V4 lần lượt là thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác AHC , ALD và đa giác LID , HBC quanh AB . Gọi R , r lần lượt là bán kính đường tròn lớn và nhỏ. Ta có: 2.8   R 2  R  4 và r  2 . Vì IHC vuông tại H , CIH  60 có  3 o 2 3 CH  IC sin 60  4. 2   2 2  IH  IC  CH  16  12  2  1  AL  AH  3 2   1 1  2 V1  3 AH . CH  3 .6. .12  24 Khi đó  V  1 AL. DL2  1 .3. .3  3  2 3 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 203 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG Giả sử nửa trên đường tròn lớn tâm I  0;0  , R  4 nên có phương trình: y  16  x 2 . 4 Khi đó V4    2   16  x 2 2  x3  4 40 dx   16 x     . 3 2 3  Giả sử nửa trên đường tròn nhỏ tâm K  0;0  , R  2 nên có phương trình: y  4  x 2 .    x3  2 5 dx    4 x     . 3 1 3  1 Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là: 40   5  98  V  V1  V4   V2  V3    24      3      3   3  3  2 Khi đó V3    4  x2 2 CÂU 12: Chọn D . Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó phương trình nửa đường tròn là. y  R2  x2  2 5  Phương trình parabol 2  x 2  20  x 2 .  P có đỉnh là gốc O sẽ có dạng y  ax 2 . Mặt khác  P qua điểm M  2;4  do đó: 4  a  2   a  1. 2 Phần diện tích của hình phẳng giới hạn bởi  P  và nửa đường tròn.( phần tô màu).  2 Ta có công thức S1   20  x 2  x 2 dx  11,94m2 . 2 1 Vậy phần diện tích trồng cỏ là Strongco  Shinhtron  S1  19, 47592654 . 2 Vậy số tiền cần có là Strongxo  100000  1.948.000 (đồng).đồng. CÂU 13: Chọn A Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Trong đó A  2,5;1,5 , B  2,5;1,5 , C  0; 2  . . Giả sử đường cong phá trên là một Parabol có dạng y  ax 2  bx  c , với a; b; c  . Do Parabol đi qua các điểm A  2,5;1,5 , B  2,5;1,5 , C  0; 2  nên ta có hệ phương trình. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 204 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 2  a  2,5 2  b  2,5   c  1,5 a   25   2 2  .Khi đó phương trình Parabol là y   x 2  2 . a  2,5   b  2,5   c  1,5  b  0 25 c  2 c  2    2 Diện tích S của cửa rào sắt là diện tích phần hình phẳng giới bởi đồ thị hàm số y   x 2  2 , 25 trục hoành và hai đường thẳng x  2, 5 , x  2,5 . 2,5  2 x3  55 55  2   S .  700.000   .700000  6.417.000 Ta có S     x 2  2  dx     2x   6 25 25 3 6     2,5 2,5 2,5 (đồng). GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 205 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG DẠNG CÂU HỎI THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI CÂU 1: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn 1  0 1 9 f  x  dx  và 2  2 A. 6  0 x 3 . Tích phân f ‘  x  cos dx  2 4 . B. 2  và thỏa mãn f  0   0 . Biết 1  f  x  dx bằng. 0 . CÂU 2: Cho hàm số f  x  liên tục trên 0;1 C. 4  . D. thỏa mãn f  2 x   3 f  x  , x  1  . 1 . Biết rằng  f  x  dx  1. Tính 0 2 tích phân I   f  x  dx . 1 C. I  2. B. I  5. A. I  3. , f  0   0, f ‘  0   0 và thỏa mãn hệ thức CÂU 3: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên f  x  / f ‘  x   18x   3x  x  f ‘  x    6 x  1 f  x  x  2 2 D. I  6. 1 . Biết   x  1 e f  x dx  ae2  b  a, b  . Giá 0 trị của a  b bằng: A. 1 B. 2 C. 0 D. 2 3 CÂU 4: Hình phẳng  H  được giới hạn bởi đồ thị  C  của hàm số đa thức bậc ba và parabol  P  có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm như hình vẽ có diện tích bằng: A. 37 12 B. 7 12 C. 11 12 D. 5 12 1 CÂU 5 : Cho hàm số f  x  dương thỏa mãn f  0   e và x 2 f ‘  x   f  x   f ‘  x  , x  1 . Giá trị f   là: 2 A. e 3 C. e 2 B. e 3 D. e 3 CÂU 6: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục . Biết f  0   2e và f  x  luôn thỏa mãn đẳng thức f ‘  x   sin xf  x   cos xe  coxs x  0;   . Tính I   f  x  dx (làm tròn đến phần trăm) 0 A. I  6,55 B. I  17,30 C. I  10,31 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. I  16,91 Trang 206 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CÂU 7: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên số 4  0 y  f  x . Đồ thị của hàm như hình vẽ bên. Khi đó giá trị của biểu thức 2 f ‘  x  2  dx   f ‘  x  2  dx bằng bao nhiêu? 0 A. 2 C. 10 B. 8 D. 6 CÂU 8: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn 1; 2 và thỏa mãn f  x   0 khi x  1; 2 . Biết 2  f ‘  x  dx  10 và    f  x  dx  ln 2 . Tính f  2  . 2 f’ x 1 1 A. f  2   20 B. f  2   10 C. f  2   20 D. f  2   10 CÂU 9. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm cấp hai f ”( x) liên tục trên R và đồ thị hàm số f ( x ) như hình vẽ bên. Biết rằng hàm số f ( x ) đạt cực đại tại điểm x  1; đường thẳng  trong hình vẽ bên là tiếp tuyến của ln 3 đồ thị hàm số f ( x ) tại điểm có hoành độ x  2. Tích phân  0 A. 8 B. 4  ex  1  e x f ”   dx bằng  2  C. 3 D. 6 CÂU 10. Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [-5;3] có đồ thị như hình vẽ bên. Biết diện tích các hình phẳng (A), (B), (C), (D) giới hạn bởi đồ thị hàm số f ( x ) và trục hoành lần lượt bẳng 6; 3; 12; 2. 1 Tích phân   2 f (2 x  1)  1 dx bằng 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 207 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG A. 27 B. 25 C. 17 D. 21 CÂU 11. Cho hàm số f ( x)  ax 4  bx 2  c, có đồ thị (C). Gọi  : y  dx  e là tiếp tuyến của (C) tại điểm A có hoành độ x  1. Biết  cắt (C) tại hai điểm phân biệt M , N ( M , N  A) có hoành độ lần lượt 2 x  0; x  2. Cho biết   dx  e  f ( x)  dx  0 A. 2 5 B. 1 4 28 . Tích phân 5 C. 0   f ( x)  dx  e dx bằng 1 2 9 D. 1 5 CÂU 12. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ bên. Biết rằng diện tích các hình phẳng  2 (A), (B) lần lượt bằng 3 và 7. Tích phân  cos x, f  5sin x  1 dx bằng 0 4 4 B. 2 C. D. -2 5 5 CÂU 13. Cho hàm số f ( x ) liên tục và nhận giá trị không âm trên đoạn [0;1]. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức A.  2 1 0 0 M    2 f ( x)  3x  f ( x)dx    4 f ( x)  x  xf ( x)dx bằng 1 1 1 1 B.  C.  D.  8 24 6 12 CÂU 14. Hình phẳng (H) được giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số đa thức bậc bốn y  f ( x) và y  g ( x ). Biết rằng đồ thị của hai hàm số này cắt nhau tại đúng ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là −3;−1;2. Diện tích của hình phẳng (H) (phần gạch sọc trên hình vẽ bên) gần nhất với kết quả nào dưới đây? A.  A.3,11 B. 2,45 C. 3,21 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 2,95 Trang 208 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CÂU 15. Cho f ( x ) là một hàm đa thức bậc bốn có đồ thị như hình vẽ bên. Tập nghiệm của phương trình ( f ‘(x)) 2  f ( x). f ”( x) có số phần tử là A. 1 B. 2 C. 6 D. 0 CÂU 16. Cho hàm số y  f ( x) là hàm đa thức hệ số thực. Hình vẽ bên là đồ thị của hai hàm số y  f ( x) và y  f ‘( x ) . Phương trình f ( x)  me x có hai nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn [0;2] khi và chỉ khi m thuộc nửa khoảng [a;b). Giá trị của a+b gần nhất với giá trị nào dưới đây ? A. 0,27. B. −0,54. C. −0,27. D. 0,54. CÂU 17. Cho hàm số y  f ( x) . Đồ thị hàm số y  f ‘( x ) trên [-5;3] như hình vẽ (phần cong của đồ thị là một phần của parabol y  ax 2  bx  c.). Biết f (0)  0, giá trị của 6 f (5)  3 f (2) bằng A. -9 B. 11. C. 9. D. -11. CÂU 18. Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm f ‘( x)  0, x  [1; 2] thỏa mãn f (1)  1, f (2)  2  1  f ‘( x)  3 22 và 15 2 7 dx  . Tích phân  f ( x)dx bằng 4 x 375 1 1 7 A. B. 5 5 C. 3 5 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 4 5 Trang 209 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CÂU 19. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ‘( x ) liên tục trên đoạn [1;e] thỏa mãn f (1)  1 và 2 1 x. f ‘( x)  xf 2 ( x)  3 f ( x)  , x  [1; e]. Giá trị của f (e) bằng x 4 2 3 3 A. B. C. D. 3e 3e 2e 4e 1 2 CÂU 20. Cho parabol ( P ) : y  x và đường tròn (C) có bán kính bằng 1 tiếp xúc với trục hoành đồng thời 2 có chung một điểm A duy nhất với (P). Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P), (C) và trục hoành(phần bôi đậm trong hình vẽ) bằng 9 3  9  4 3 3  2  29 3  9 27 3  8 B. C. D. 24 24 12 3 CÂU 21. Cho hàm số f  x  xác định và liên tục trên R. Gọi g(x) là một nguyên hàm của hàm số A. 2 2 x x2 2 g (2)  g (1)  2. . Biết rằng và Tích phân g ( x ) dx  1 1 x  f 2 ( x) dx bằng 1 x  f 2 ( x) A. 1,5 B. 1 C. 3 D. 2 CÂU 22. Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên đoạn [-2;6] và có đồ thị như hình vẽ. Biết rằng diện tích các y 2 hình phẳng A, B, C trong hình vẽ lần lượt bằng 32; 2; 3. Tích phân   f (2 x  2)  1 dx bằng 2 A. 22,5 B. 19,5. C. 37 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 20,5 Trang 210 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG GIẢI CHI TIẾT CÂU 1:Chọn A   x  x   dx u  cos du   sin Đặt  2 2 2  dv  f ‘  x  dx v  f  x    1 x 0 2   f ‘  x  cos  f 1 .cos  2 dx  cos x 2  f  0  cos 0  0    x f  x  sin dx  2 2  x 1 0 f  x  sin 1 2 0   f  x   k sin 1 1 f  x  x 2 dx   1 2 0 f  x  sin x 2 dx  1 3 x 3   f  x  sin dx  0 4 2 2 2  Xét tích phân  1 1 1  x 2 2  x x 2 1 2 x 2    f 2  x   2kf  x  sin  k sin dx  0  f x dx  2 k f x sin  k  sin dx  0     0 0 0 0 2 2  2 2  9 3 1   2k  k 2  0  k  3 2 2 2   x x x  Khi đó ta có   f  x   3sin  dx  0  f  x   3sin  0  f  x   3sin 0 2  2 2   0 dx  0 2  2 1 Vậy  f  x  dx  3 sin 1 1 0 0 x 2 dx  3 cos x  2 1 2  6  cos x 2 1  0 6   6  cos  cos 0    2   0 CÂU 2: Chọn C.  2 1 2 1 0 0 0 Ta có: I   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  1  J  1 1  2 Ta có:  f  x  dx  0 1 1 1 1 1 3 f  x  dx   f  2 x  dx  1   f  2 x  dx  3  30 30 0  2 2 x  0  t  0 1 Đặt t  2x  dt  2dx . Đổi cận:    f  2 x  dx   f  t  dt   f  x  dx  3  J  3 x  1  t  2 0 0 0  Vậy I   f  x  dx  3  1  2 2 1 CÂU 3:  Ta có f  x  . f ‘  x   18 x 2   3x 2  x  f ‘  x    6 x  1 f  x   x x 0 0      f  x  . f ‘  x   18 x 2  dx    3x 2  x  f ‘  x    6 x  1 f  x  dx    2 1    f  x  f ‘  x  dx   18 x 2 dx    3x 2  x  f  x  ‘ dx    f  x    6 x 3    3x 2  x  f  x  2 0 0 0 0 x x x GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. x  x 0 Trang 211 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 2 2 2 1  1     f  x    6 x 3     f  0    0    3x 2  x  f  x   0   f  x    2  3x 2  x  f  x   12 x 3  0 2  2      f  x    2  3x 2  x  f  x    3x 2  x    3x 2  x   12 x 3  f  x    3x 2  x  2 2 2    3x 2 2  x 2  f  x    3x 2  x   3x 2  x  f  x   6×2     f  x    3 x 2  x   3 x 2  x  f  x   2 x   Do f  0   0, f ‘  0   0 nên f  x   2 x . Khi đó: 1 1 0 0 1 f  x 2x 2x   x  1 e dx    x  1 e dx  2   x  1 d  e   1   x  1 .e 2 x 2 1 1   x  1 .e 2 x 2 1 1 0 1 1 1   e 2 x d  x  1   x  1 .e 2 x 20 2 0 1  e2 x 4 0 1 0 1 1 1   e 2 x dx 20 0 1 1 1 1 7 1 7 1  .2.e 2  .1.e0  e 2  e0  e 2   a  ; b    a  b  2 2 2 4 4 4 4 4 4 CÂU 4: Chọn A.  Giả sử  C  : y  ax3  bx 2  cx  d ,  a  0   2  a  b  c  d   a  b  c  4 a  1 2  d a  b  c  2 b  3      C  : y  f  x   x 3  3x 2  2   Ta có:  0  a  b  c  d 8 a  4 b  2 c   4 c  0    2  8a  4b  2c  d d  2 d  2  Giả sử  P  : y  mx 2  nx  l ,  m  0   2  m  n  l m  1   Ta có: 0  m  n  l  n  1   P  : y  g  x    x 2  x 2  4m  2n  l l  0    Diện tích cần tìm là: 2 S  f  x   g  x  dx  1   x 1 2   f  x   g  x   dx    f  x   g  x   dx 1 1  1 1 2 3  2 x 2  x  2  dx    x3  2 x 2  x  2  dx 1 2 1 1    x 4  x3  x 2  2 x  3 2 4  2 1 1    x 4  x3  x 2  2 x  3 2 4  1 1 2 1 1 2 1  1 2 1   16  1 2 1  37      2      2   4   2  4      2  3 4 3 2  4 3 2    4 3 2  12 CÂU 5:   Ta có: x 2 f ‘  x   f  x   f ‘  x  , x  1  f ‘  x  .  x 2  1  f  x   1 2  0 1 2 f ‘ x 1 dx   2 dx  ln f  x  f  x x 1 0 1 2 0 1 x 1  ln 2 x 1 1 2 0 f ‘ x 1  2 f  x  x 1 1 1 1   ln f    ln e   ln  ln1 2 3 2  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 212 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 1 e e 1 1 1  ln f    1   ln 3  ln f    ln  f   2 3 3 2 2 2 dương) CÂU 6: f ‘  x   sin xf  x   cos xecos x x   0;     1 e (do hàm số f  x  f   3 2 x x 0 0  f ‘  x  e cos x  sin xf  x  e cos x  cos x   f  x  e  cos x  ‘  cos x    f  x  e  cos x  dx   cos xdx  f  x  e cos x x x  sin x 0  f  x  e cos x  f  0  .e 1  sin x  f  x  e  cos x  2e.e 1  sin x 0  f  x  e cos x  sin x  2  f  x    sin x  2  ecos x    0 0 Khi đó ta có I   f  x  dx    sin x  2  ecos x dx  10,31 CÂU 7: Chọn: D  Ta có: 4   0  2 4 2 4 2 0 0 0 0 0 f ‘  x  2  dx   f ‘  x  2  dx   f ‘  x  2  d  x  2    f ‘  x  2  d  x  2   f  x  2   f  x  2   f  2   f  2   f  4   f  2   f  4   f  2   4   2   6 CÂU 8: Chọn: C 2  Ta có:  1    2 2 d  f  x  f ‘ x dx  ln 2    ln 2  ln f  x   ln 2  ln f  2   ln f 1  ln 2 f  x f  x 1 1  f  2   2 f 1 Lại có: 2 2 1 1  f ‘  x  dx  10  f  x   10  f  2   f 1  10    f  2   2 f 1  f  2   20 Từ đó    f  2   f 1  10  f 1  10   CÂU 9: Chọn đáp án D.  ex  1 1  dt  e x dx; x  0  t  1; x  ln 3  t  2. Đặt t  2 2  2 2  ex  1  Khi đó  e f ”   dx  2 f ”(t )  2 f ‘(t )  2  f ‘(2)  f'(1)  . 1  2  0 1 Do hàm số đạt cực đại tại điểm x=1⇒ f′(1) = 0 và đường thẳng Δ qua hai điểm (0;−3);(1;0) nên có phương trình y=3x−3. Vì Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số f ( x ) tại điểm có hoành độ x  2  f ‘(2)  k  3.  Vậy ln 3   x ln 3  0  ex  1  e x f ”   dx  2(3  0)  6.  2  CÂU 10:  Đổi biên t  2x 1  dt  2dx và x  3  t  5; x  1  t  3. 1  3 3 3 3 dt 1 Do đó   2 f (2 x  1)  1 dx   (2 f (t )  1).   f (t )dt   dt   f (t )dt  4. 2 5 2 3 5 5 5 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 213 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 3   f (t )dt Để tính ta dùng diện tích các hình phẳng đã cho: 5  Quan sát đồ thị nhận thấy trên đoạn [−5;3] thì đồ thị hàm số f ( x ) cắt trục hoành lần lượt tại các điểm có hoành độ x  5; x  a; x  b; x  c  5  a  b  c  3 . Trong đó a   a f (t )dt  5 c   b   5 b b a a f (t ) dt  S( A)  6;  f (t )dt    f (t ) dt  S( B )  3 c 3 f (t )dt   f (t ) dt  S(C )  12;  f (t )dt  S( D )  2. b Vì vây c 3 a b c 3 5 5 a b c  f (t )dt   f (t )dt   f (t )dt   f (t )dt   f (t )dt  6  3  12  2  17.  Vậy tích phân cần tính bằng 17 + 4 = 21. Chọn đáp án D. CÂU 11:  Theo giả thiết phương trình f ( x)  dx  e  0 có bốn nghiệm là x1  x2  1; x3  0; x4  2. 2  Vì vậy  (dx  e  f ( x)) dx  0  2 28 28   a( x  1) 2 x( x  2)dx  a 5 5 0 28 5 2  ( x  1) 2  1. x( x  2)dx 0 0  0 1 Vậy f ( x)  dx  e  ( x  1)2 x( x  1)   ( f ( x)  dx  e)dx   ( x  1) 2 x( x  2)dx  . 5 1 1 Chọn đáp án D. CÂU 12:   1 Đặt t  5sin x  1  dt  5cosxdx  cosxdx  dt. Đổi cận x  0  t  1; x   t  4. 2 5   4 4 1 4 2  1 1 1 Khi đó  cos x. f (5sin x  1)dx   f (t ). dt   f (t )dt    f (t )dt   f (t )dt  . 5 5 1 5  1 0 1 1  1 1  1 3  f ( t ) dt  f ( t ) dt    f (t )dt  3   1 4  1  1  Mặt khác  .Vậy I   3  7    .  41 4 4 5 5 7  f (t ) dt   f (t )dt  f (t )dt  7 1 1    1 Chọn đáp án A. CÂU 13:  Để cho đơn giản đặt a  f ( x ) ta có  1 0 0 1 1 0 0 M    2 f ( x)  3x  f ( x)dx    4 f ( x)  x  xf ( x)dx   (2a  3x)adx    4a  x  xadx 1  1   1   2a 2  4a xa  3ax  x xa dx    0 0 2  2 x 1 dx   . 8 24  x 1  2 a  x 4  0. 8 8 x x  Dấu bằng đạt tại 2 a  x  4a  x  a   f ( x)  . 4 4 Chọn đáp án A.  Vì 2a 2  3ax  4a ax  x ax  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 214 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG CÂU 14:  Tại điểm có hoành độ x  3 hai đồ thị hàm số này tiếp xúc với nhau. 1  3  3  2  Có f ( x)  g ( x)         x  3 ( x  1)( x  2). Vì vậy  18  2  5   2  S( H )   2 f ( x)  g ( x)  3 1  3  3    18   2    5    x  3 2 ( x  1)( x  2) dx  3 3733  3,11. 1200 Chọn đáp án A. CÂU 15:  Đồ thị hàm f ( x ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1  x2  x3 và f  x  là hàm đa thức bậc bốn trong đó điểm có hoành độ x3 là điểm tiếp xúc với trục hoành nên    f ( x)  a( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 )2 với a > 0. Thực hiện lấy đạo hàm ta có:  1 1 1 1  f ‘( x)  f ( x)      , x   x  x1 x  x2 x  x3 x  x3  f ‘( x) 1 1 1 1     . f ( x) x  x1 x  x2 x  x3 x  x3  Suy ra  Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế ta có:  \  x1 , x2 , x3  . f ”( x). f ( x)  ( f ‘( x)) 2 1 1 2    , x  2 2 2 2 ( f ( x))  x  x1   x  x2   x  x3  \  x1 , x2 , x3.  Vậy phương trình tương đương với:  a 2  x  x2   x  x3   a 2  x  x1   x  x3   2a 2  x  x1   x  x2   x  x3   0   x  x3  2 2 2 2 2 2  x  x2   x  x3    x  x1   x  x3   2  x  x1   x  x2   0   x  x3    x  x2  x  x3   0    x  x3 . x  x1  x  x3   0      x  x1  x  x2   0  2 4 2 4 2 2 2  NOTE: Đi thi các em nên dùng ngay mẹo sau đây bởi lẽ đề cho sẽ đúng với mọi hàm đa thức bậc bốn có đúng 3 nghiệm thực phân biệt  Chọn hàm số đa thức bậc bốn chỉ có 3 nghiệm thoả mãn đề bài chẳng hạn  f ( x)  ( x  1)( x  1) x 2  x 4  x 2  f ‘( x)  4 x3  2 x; f ”( x)  12 x 2  2.  Ta chỉ cần tìm số nghiệm của phương trình:  (12 x 2  2)( x 4  x 2 )  (4 x3  2 x) 2  4 x 6  2 x 4  2 x 2  0  x 2 (4 x 4  2 x 2  2)  0  x  0. CÂU 16:  Có ycbt  f ( x)  me x  m  g ( x )  f ( x) có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn [0;2] ex GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 215 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG   x  1[0; 2] f ( x) f ‘( x).e x  e x . f ( x) Xét g ( x)  x trên đoạn [0;2] có g ‘( x)   0  f ‘(x)  f(x)   x  2 [0; 2]. e e2 x   Bảng biến thiên: x 0 1 + y’ 0 y 2 – g(1) g(0)  g(2) trong đó tại giao điểm của đồ thị f ‘( x ) với trục hoành là điểm cực trị của đồ thị f ( x ) nên đồ thị f ( x ) là đường cong cắt trục tung tại điểm có tung độ âm. f (1) f (2) 2  0; g (0)  f (0)  2; g (2)  2   2 . e e e  Vậy phương trình có hai nghiệm thực phân biệt trên đoạn 2 [0; 2]  g (2)  m  g (1)  a  b  g (2)  g (1)   2  0  0, 27. e Chọn đáp án C. CÂU 17:  Phương trình đường thẳng qua hai điểm (-5;-1); (-4;2) là y  3 x  14.  Suy ra g (1)   2 2 Phương trình đường thẳng qua hai điểm (-4;2); (-1;0) là y   x  . 3 3 Phương trình parabol qua các điểm (-1;0); (1;4); (3;0) là y  4  ( x  1)2 .    3x  14  x  4   2  2 Vậy f ‘( x)   x   4  x  1 . Ta có: 3  3  4  ( x  1) 2  x  1 2  2 f (2)  f (0)   f ‘( x)dx    4  ( x  1) 2  dx  0 0 0  f (4)  f (1)   4 4  0 5 f (1)  f (0)   f ‘( x)dx    (4  ( x  1)2 )dx   ; 3 1 1 1  22 ; 3 f (5)  f (4)   f ‘( x)dx   5 1 5 2 14  2 f ‘( x)dx       x   dx   ; 3 4  3 3 3 4 14 31   (3x  14)dx   . 3 5 6  31   22  Do đó 6 f (5)  3 f (2)  6     3    9.  6  3  CÂU 18:  2  Ta có 22 7  f ‘( x)dx  f (2)  f (1)  15 1  15 . 1  Mặt khác sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:  f ‘( x)  3  x4  f ‘( x)  . 1 x2 . 1 x2  3 f ‘( x). Do đó: 1 2 1 2  x  x  33 125 125 x4 125 125 25 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 216 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 3 2 2 2 2   f ‘( x) 3 f ‘( x)   2 2 3 3 2 7  x dx  f ‘( x ) dx  dx  f ‘( x ) dx  x 2 dx  .   1  x4 125  25 1 1 x4   25 125 375 1 1   2   f ‘( x)  3   1 2 x2 x2 x3 x  f ‘( x )   f ( x )  dx   C. 5 x4 125 5 15 1 14 x 2 14 Vì f (1)  1   C  1  C   f ( x)   . 15 15 5 15 Vì vậy dấu bằng xảy ra, tức 2  Vậy  1  2  x 2 14  7 f ( x)dx      dx  . 5 15  5 1 CÂU 19:  Biến đổi giả thiết có 1  x 2 f 2 ( x)  3 f ( x)  1  x 2 f ‘( x) x  xf ‘( x)  xf 2 ( x)  3 f ( x)    x 2 f 2 ( x)  2 xf ( x)  1  x 2 f ‘( x)  xf ( x)   xf ( x)  1  x  xf ‘( x)  f ( x)   x  xf ( x)  1 ‘     xf ( x)  1    f (1)  1  2  xf ( x)  1 ‘  1   xf ( x) 1 ‘ dx  1 dx   1  ln x  C 2 2 x xf ( x)  1  xf ( x)  1 2   xf ( x)  1 1 1 1  f ( x)   . ln x  C x x  ln x  C  1 1 1 1 2   C  2  f ( x)    f (e)  . C 2 x x  ln x  2  3e CÂU 20:  Ta cần tìm phương trình của đường tròn:  Vì đường tròn có bán kính bằng 1 và tiếp xúc với trục hoành nên tâm của đường tròn là I(t;1), (t > 0) phương trình của đường tròn là ( x  t ) 2  ( y  1) 2  1.  Theo giả thiết đường tròn (C) có chung một điểm AA duy nhất với (P). nên tiếp tuyến tA tại A của (P) cũng là tiếp tuyến của (C).  1  1  Xét điểm A  a; a 2  , t A : y  a( x  a)  a 2 , (a  0). 2  2   2  2 1 2  2  1   ( t  a )  a  1 2 2    1 (t  a)   a  1  1   A  (C ) 2     Ta có hệ điều kiện:  2   IA  t A  IA.u  0  a  t ; 1 a 2  1 (1; a)  0  t  A  2    3 3 3 3 2 Vậy phương trình đường tròn (C ) :  x   1  ( y  1) 2   ( y  1)  1  x  2 2    Diện tích hình phẳng cần tính là 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 217 CHƯƠNG 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG   x  2y  3  2 3 3  3 3 27 3  8  S : x   1  ( y  1) 2  S   2 y    1  ( y  1) 2  dy  . 2 2 24 0    3  y  0; y   2 CÂU 21:  Vì g(x) là một nguyên hàm của hàm số y   Suy ra x x nên g ‘( x)  . 2 x  f ( x) x  f 2 ( x) 1 g ‘( x)  . Tích phân từng phần có: 2 x  f ( x) x 2 2 2 2  x2 g ‘( x) 2 1 x  f 2 ( x)dx  1 x  x dx  1 xg ‘( x)dx  1 xd ( g ( x))  2 2 2  xg ( x)   g ( x)dx  2 g (2)  g (1)   g ( x)dx  2  1  1. 1 1 1 CÂU 22:  Đổi biến t  2 x  2  dt  2dx; x  2  t  2; x  2  t  6. Khi đó 2 6 6 0 0  1 1 1 1 I    f (2 x  2)  1 dx   ( f (t )  1). dt   f (t )   dt   f (t )dt  4. 2 2 2 2 2 2 2 2 2  t  2 t  a (2  a  b  6). Dựa trên diện tích các hình phẳng có: Trên đoạn [-2;6] ta có f (t )  0   t  b  t  6 a   f (t )dt  S 2  Vậy b A 6  32;  f (t )dt  S B  2;  f (t )dt  SC  3. a b 6 a b 6 2 2 a b  f (t )dt   f (t )dt   f (t )dt   f (t )dt  32  2  3  33. Vậy I  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 33  4  20,5. 2 Trang 218 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC CHỦ ĐỀ 1: CÁC PHÉP TOÁN SỐ PHỨC 4   z 1  VÍ DỤ 1: Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là các nghiệm của phương trình    1. Tính giá trị biểu  2z  i       thức P  z12  1 z22  1 z32  1 z42  1 . A. . B. . Lời giải C. . D. . Chọn B Ta có phương trình  f  z    2z  i    z  1  0 4 4 Suy ra: f  z   15  z  z1  z  z2  z  z3  z  z4  . Vì z12  1   z1  i  z1  i   P  Mà f  i   i 4   i  1  5; f  i    3i    i  1  85. Vậy từ  1  P  4  4 4 f  i  . f  i  225 1 . 17 . 9 VÍ DỤ 2: Kí hiệu z1 , z2 (qui ước: z1 là số phức có phần ảo lớn hơn) là nghiệm của hệ phương  z.z  1  trình  2 8 . Khi đó 3 z1  6 z2 bằng: z  2 z  1   27  A. 6  5i . B. 6  5i . C. 6  5i . D. 6  5i . Lời giải Chọn B Đặt z  x  yi  x, y   suy ra z  x  yi . Khi đó ta được.  x  yi  x  yi   1  y 2  1  x2   .  52 8  3 2 2 4 x  x  2 x   0 x  yi  2 x  yi  1        27  27  suy ra z1  2 5 2 5  i , z2   i. 3 3 3 3 Vậy 3z1  6 z2  6  5i m  2  6i   VÍ DỤ 3: Cho số phức z    , m nguyên dương. Có bao nhiêu giá trị m 1; 50  để  3i  z là số thuần ảo? A. 24. B.26. C.25. D.50. Lời giải Chọn C m  2  6i  Ta có: z    (2i)m  2m.i m   3i  z là số thuần ảo khi và chỉ khi m  2k  1, k  Vậy có 25 giá trị m thỏa yêu cầu đề bài. (do z  0; m  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. * ). Trang 219 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC  VÍ DỤ 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi  H  là phần mặt phẳng chứa các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn tích S của  H  . A. S  32  6    . 16 z và có phần thực và phần ảo đều thuộc đoạn  0;1 . Tính diện 16 z B. S  16  4    . D. 64 . C. 256 . Lời giải: Chọn A Giả sử z  x  yi  x, y  . z x y 16 16 x 16 16 y   i;  2   2 i. 2 16 16 16 x  yi x  y x  y2 z 16 z Vì và có phần thực và phần ảo đều 16 z x  0  16  1  0  x  16 0  x  16 0  y  1 0  y  16 0  y  16  16   .   2  2 2 16 x  x  8  y 2  64 0  16 x  x  y 0  2    1 x  y2   x 2  y  8 2  64 0  16 y  x 2  y 2      16 y 0  2 1 x  y2  y 16 C B Ta có: I đoạn 0;1 nên E 16 O thuộc J A x Suy ra  H  là phần mặt phẳng giới hạn bởi hình vuông cạnh 16 và hai hình tròn  C1  có tâm I1  8;0  , bán kính R1  8 và  C2  có tâm I 2  0;8 , bán kính R2  8 . Gọi S  là diện tích của đường tròn  C2  . 1 1  1  Diện tích phần giao nhau của hai đường tròn là: S1  2  S   SOEJ   2  . .82  .8.8  . 2 4  4  Vậy diện tích S của hình  H  là: 1 1  S  162   .82  2.  . .82  .8.8   256  64  32  64  192  32  32  6    . 2 4  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 220 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC  VÍ DỤ 5: Biết 2n  Cn0  iCn1  Cn2  iCn3   i nCnn   32768i , với Cnk là các số tổ  i k Cnk  hợp chập k của n và i 2  1 . Đặt Tk 1  i k Cnk , giá trị của T8 bằng A. 330i . D. 120i . C. 36i . B. 8i . Chọn B Ta có: Lời giải: 2n  Cn0  iCn1  Cn2  iCn3   i nCnn   32768i  i k Cnk   2n  Cn0  iCn1  i 2Cn2  i 3Cn3   i k Cnk   i nCnn   32768i  2n 1  i   215 i * n Ta có 1  i   2i nên nếu n  2k  1 , k  2 , thì 1  i   1  i  n 2 k 1  2k i k 1  i  nên không thỏa mãn * . , thì 1  i   1  i   2k i k , nên: Xét n  2k , k  n 2k *  22k.2k.i k  215 i  23k i k  215 i  k  5  n  10 . Từ đó ta có T8  i 7C87  8i . BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1. Cho số phức z  a  bi ( với a, b  A. S  1. CÂU 2. ) thỏa z  2  i   z  1  i  2 z  3 . Tính S  a  b . D. S  5 . C. S  7 . B. S  1 . Tính tổng S của các phần thực của tất cả các số phức z thỏa mãn điều kiện z  3 z 2 . A. S  3. B. S  3 . 6 C. S  2 3 . 3 D. S  3 . 3 CÂU 3. Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn 2 điều kiện z1  z2  z3  2017 và z1  z2  z3  0. Tính P z1 z2  z2 z3  z3 z1 . z1  z2  z3 A. P  2017. CÂU 4: Số phức z  1  i   1  i   …  1  i  2 2018 có phần ảo bằng B. 21009  1 A. 21009  1 D. P  6051. C. P  2017 2. B. P  1008, 5. D.   21009  1 C. 1  21009 CÂU 5: Cho số phức z   m  1  2i  2m  3  i  với m là tham số thực. Với giá trị nào của m thì z có phần thực bằng 5 . 5 A. m  0; m   . 2 CÂU 6: Cho số phức z  B. m  1; m  5 . 2 9m  6   m3  4m2  7m  2  i z là số thực. A. m  1, m  3 . m  2i B. m  4, m  5 . C. m  1; m  3 . 2 5 D. m  2; m   . 3 . với m là tham số thực. Với giá trị nào của m thì C. m  1, m  3 . D. m  2, m  4 . CÂU 7: Trong mặt phẳng xOy , gọi M là điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn z  3  3i  3 . Tìm phần ảo của z trong trường hợp góc xOM nhỏ nhất. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 221 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC A. CÂU 8. 3. B. 3 3 . 2 C. 0 . Biết phương trình az 3  bz 2  cz  d  0  a, b, c, d   D. 2 3 . có z1 , z2 , z3  1  2i là nghiệm. Biết z2 có phần ảo âm, tìm phần ảo của w  z1  2 z2  3z3 . A. 3 . C. 2 . B. 2 . và thỏa mãn log 4  n  3  log 4  n  9   3 . Tìm phần thực của CÂU 9. Cho số phức z  1  i  , biết n n số phức z . A. a  7. D. 1 . B. a  0. D. a  8. C. a  8. CÂU 10: Cho 2 số phức z1 , z2 thỏa z1  1 , z2  1 , z1  z2  3 . Khi đó z1  z2 bằng: A. 2 . B. C. 2  3 . 3. D. 1 . CÂU 11: Gọi z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn z  1  2i  5 và z1  z2  8 . Tìm môđun của số phức w  z1  z2  2  4i . A. w  6 . C. w  10 . B. w  16 . D. w  13 . CÂU 12: Cho số phức z . Gọi A , B lần lượt là các điểm trong mặt phẳng  Oxy  biểu diễn các số phức z và 1  i  z . Tính z biết diện tích tam giác OAB bằng 8 . A. z  2 2 . CÂU 13: Cho số phức z  a  bi  a, b  A. P  2 . C. z  2 . B. z  4 2 . D. z  4 . 1 i 7  5  i . Tính P  a  b. z C. P  1 . D. P  2 .  thoả mãn  3  i  z B. P  1 .  CÂU 14. Cho số phức z thỏa mãn z (1  3i) z  3  i   4 10 , z  1 . Tính z . A. z  1  65 . 4 CÂU 15: Cho các số phức B. z  z1 , z2 , 1  65 . 2 z3 C. z  1  65 . 2 thỏa mãn điều kiện D. z  z1  4 , 1  65 . 4 z2  3 , z3  2 và 4 z1 z2  16 z2 z3  9 z1 z3  48 . Giá trị của biểu thức P  z1  z2  z3 bằng: B. 8 . A. 1 C. 2 CÂU 16: Giả sử z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình D. 6  2  i  z z  1  2i  z  1  3i và z1  z2  1 . Tính M  2 z1  3z2 . A. M  19 . B. M  25 . C. M  5 . D. M  19 . CÂU 17: Cho số phức z thỏa mãn z  z  z  z  z 2 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P  z  5  2i bằng: B. 2  3 5 . C. 5  2 3 . D. 5  3 2 . 1  5i z  z  10  4i . Tính môđun của số phức w  1  iz  z 2 . CÂU 18: Cho số phức z thỏa điều kiện 1 i A. w  5 . B. w  47 . C. w  6 . D. w  41 . A. 2 5 3. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 222 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC CHỦ ĐỀ 2: PHƯỜNG TRÌNH VỚI HỆ SỐ THỰC  VÍ DỤ 1: Cho a là số thực, phương trình z 2   a  2  z  2a  3  0 có 2 nghiệm z1 , z2 . Gọi M , N là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Biết tam giác OMN có một góc bằng 120 , tính tổng các giá trị của a . A. 6 . B. 6 . C. 4 . D. 4 . Lời giải Chọn B Vì O , M , N không thẳng hàng nên z1 , z2 không đồng thời là số thực, cũng không đồng thời là số thuần ảo  z1 , z2 là hai nghiệm phức, không phải số thực của phương trình z 2   a  2  z  2a  3  0 .   Do đó, ta phải có:   a 2  12a  16  0  a  6  2 5; 6  2 5 .  2a a 2  12a  16  i  z1   2 2 Khi đó, ta có:  . 2a a 2  12a  16  i  z1  2  2  OM  ON  z1  z2  2a  3 và MN  z1  z2  a 2  12a  16 . Tam giác OMN cân nên MON  120 OM 2  ON 2  MN 2   cos120 2OM .ON a 2  8a  10 1   2  2a  3  2  a 2  6a  7  0 a  3  2 (thỏa mãn). Suy ra tổng các giá trị cần tìm của a là 6 .  VÍ DỤ 2:  a, b, c  z1 , Gọi là các ngiệm phức của phương trình z2 az 2  bz  c  0 , , a  0, b2  4ac  0  . Đặt P  z1  z2  z1  z2 . Mệnh đề nào sau đây đúng? 2 A. P  c . 2a B. P  c . a 2 C. P  2c . a D. P  4c . a Lời giải Chọn D Ta có z1 , z2 là các ngiệm phức của phương trình az 2  bz  c  0 nên z1,2  Do đó z1  z2   b  i 4ac  b 2 2a i 4ac  b 2 b và z1  z2  a a 2 4c  b  4ac  b .     2 a a  a  2 Suy ra P  z1  z2  z1  z2 2 2  VÍ DỤ 3 : Cho các số phức z1  0, z2  0 thỏa mãn điều kiện biểu thức P  A. 1 2 . 2 1 1   . Tính giá trị của z1 z2 z1  z2 z1 z  2 .. z2 z1 B. P  2 . C. 3 2 . 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 2. Trang 223 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC Lời giải Chọn C 2z  z 2 1 1 1   2 z2  z1  z1  z2   z1 z2  0  2 1    z1 z2 z1  z2 z1 z2 z1  z2 2 z  z  2 z1 z2  2 z  z  z1 z2  z1 z2  0  2 z1 z2  2z  z  0   1   2 1  2  0 z2  z2   z1  z  1  i z z 1 1 1 3 2  1  2; 2   .  2 P 2  z2 z1 2  z1 z1 2 2  z  1  i z2  2 2 2  2 1 2 2 2 1 VÍ DỤ 4: Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  z  1  0 . Tính giá trị của P  z12017  z22017 . B. P  2 3 . A. P  3 . C. P  3 . D. P  0 . Lời giải Chọn A  1  z1   2 z 2  z  1  10    1  z2   2    Ta có: 1  3i  1  3i   2017 2017 3 i 2 . 3 i 2   3   1  3i     3   1  3i    672 672 1  3i    8 1  3i  . 672 1  3i    8 1  3i  . 672 VÍ DỤ 5: Cho phương trình z 4  2 z 3  6 z 2  8 z  9  0 có bốn nghiệm phức phân biệt là z1 , z2 , z3 , z4 . Tính giá trị của biểu thức T   z12  4  z22  4  z32  4  z42  4  . A. T  2i . C. T  2i . B. T  1 . Suy ra: P  z12017  z22017  1 2 2017 .  8  672  2 3i   D. T  0 . 3. Lời giải Chọn B Đặt f  z   z 4  2 z 3  6 z 2  8 z  9  f  z   0 . Ta có z 2  4  z 2  4i 2   z  2i  z  2i   T   z1  2i  z2  2i  z3  2i  z4  2i  .  z1  2i  z2  2i  z3  2i  z4  2i    f  2i  . f  2i   1 . 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 224 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1. Tìm tất cả các giá trị thực của a sao cho phương trình z 2  az  2a  a 2  0 có hai nghiệm phức có mô-đun bằng 1 . 1  5 A. a  . B. a  1 . C. a  1 . D. a  1; a  1 . 2 CÂU 2. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 z 2  4 z  3  0 . Tính giá trị của biểu thức z1  z2 . A. 3 . B. C. 2 3 . 6. D. 3. 1 1  1 . Giá trị của P  z 2016  2016 là. z z B. P  1 . C. P  2 . D. P  3 . 2 là hai nghiệm phức của phương trình: z  z  2  0 . Phần thực của số phức CÂU 3: Biết số phức z thỏa phương trình z  A. P  0 . CÂU 4: Gọi z1 , z2 là.  i  z1  i  z2  A. 22016 . B. 21008 . C. 22016 . D. 21008 . 100 100 CÂU 5: Gọi z1 , z2 là các nghiệm của phương trình z 2  4 z  5  0 . Đặt w  1  z1  1  z2  , khi đó. 2017 A. w  251 . B. w  250 i . C. w  250 i . D. w  251 . CÂU 6: Cho số phức z thỏa mãn 11z 2018  10iz 2017  10iz  11  0. Mệnh đề nào sau đây đúng? 1 3  A. z   ;  B. z  1; 2  C. z   0;1 D. z   2;3 2 2  CÂU 7: Biết z1 , z2  5  4i và z3 là ba nghiệm của phương trình z 3  bz 2  cz  d  0  b, c, d   , trong đó z3 là nghiệm có phần ảo dương. Phần ảo của số phức w  z1  3z2  2 z3 bằng A. 12 . B. 8 . C. 4 . D. 0 . 2 CÂU 8: Kí hiệu z1 và z2 là các nghiệm của phức của phương trình z  4 z  5  0 và A , B lần lượt là các điểm biểu diễn của z1 và z2 . Tính cos AOB . 3 4 2 A. . B. . C. . D. 1 . 5 5 3 CÂU 9 : Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là bốn nghiệm phức của phương trình 2 z 4  3 z 2  2  0 .Tổng T  z1  z2  z3  z4 2 2 2 A. 3 2 . 2 bằng. B. 5 2 . C. 2. D. 5 . GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn B Theo Vi-et, ta có z1.z2  2a  a 2 . Mặt khác z1.z2  z1 . z2  1 . Suy ra 2a  a 2  1  a  1 . CÂU 2: Chọn B   z  1  2 Ta có 2 z  4 z  3  0     z  1   2  2 z1  z2   1     2   2 2 i 2 2 i 2 2  2  1      6 .  2  2 CÂU 3: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 225 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC Ta có:  1 3    i  1.  cos  i sin   z  2 2 3 3 1  z   1 z2  z 1  0   .  z 1 3     z   i  1.  cos  i sin  2 2 3 3    2016 2016   z 2016  12016  cos  i sin   1. 3 3   2016 2016   z 2016  12016  cos  i sin   1. 3 3   1 Do đó P  1   2 . 1 CÂU 4: Chọn D  z1  z2  1 Ta có z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình: z 2  z  2  0 nên  .  z1 z2  2 Ta có  i  z1  i  z2   1  i  2016 2017 1  i   1  i    z1 z2  i  z1  z2   i 2  2 1008   2017   2  i  1 2017  1  i  2017 . 1  i    2i  1  i   21008 1  i   21008  21008 i . 1008 Vậy phần thực của  i  z1  i  z2  là 21008 . CÂU 5: Chọn A  z1  2  i 100 100 50 50  w   1  i    1  i    2i    2i   251 . Ta có: z 2  4 z  5  0    z2  2  i CÂU 6: Chọn A 2017 Đặt z  x  yi . 11z 2018  10iz 2017  10iz  11  0 11  10iz 11  10iz 2017  z 2017   z  11z  10i 11z  10i  z 2017  100  x 2  y 2   121  220 y 121 x 2  y 2   100  220 y TH1: z  1  x 2  y 2  1  100  x2  y 2   121  220 y  121 x2  y 2   100  220 y  z  1 sai  TH2: z  1  x 2  y 2  1  100  x2  y 2   121  220 y  121 x2  y 2   100  220 y  z  1 sai  TH2: z  1  x 2  y 2  1 . Thay vào thấy đúng. Vậy z  1 . CÂU 7: Chọn C Phương trình z 3  bz 2  cz  d  0 với b , c , d  z3 là nghiệm có phần ảo dương nên z1  có ba nghiệm z1 , z2  5  4i và z3 , trong đó và z3  z2  5  4i . Suy ra: w  z1  3z2  2 z3  z1  25  4i . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 226 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC Do đó phần ảo của số phức w  z1  3z2  2 z3 bằng 4 . CÂU 8: Chọn A  z1  2  i Phương trình z 2  4 z  5  0   .  z2  2  i Vậy tọa độ hai điểm biểu diễn z1 và z2 là : A  2;1 , B  2; 1 . Ta có: cos AOB  OA.OB 2.2  1.1 3   . OA.OB 5. 5 5 Lời giải Chọn D z2  2 Ta có 2 z  3z  2  0   2 . z   1  2 4 2 z  2 1 Với z 2  2 suy ra  . Với z 2   suy ra 2  z   2 Do đó T  z1  z2  z3  z4  2  2  2 2 2 2  2 i z  2  .  2 i z   2  2 2   5. 4 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 227 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC CHỦ ĐỀ 3: TẬP HỢP ĐIỂM BIỂU DIỄN SỐ PHỨC  VÍ DỤ 1: Cho số phức z có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là M , biết z 2 có điểm biểu diễn là N như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng? B. 1  z  3 . A. z  1 . C. 3  z  5 . D. z  5 . Lời giải Chọn B Theo hình vẽ ta có: OM  ON  z  z 2  z  z  1 . 2 và ON  OM 2  3OM  OM  3  z  3 . Vậy 1  z  3 .  VÍ DỤ 2: Cho hai số phức z , w thỏa mãn z  2w  3 , 2 z  3w  6 và z  4w  7 . Tính giá trị của biểu thức P  z.w  z.w . A. P  14i . B. P  28i . D. P  28 . C. P  14 . Lời giải Chọn D     Ta có: z  2w  3  z  2w  9   z  2w . z  2w  9   z  2w . z  2w  9 2    z.z  2 z.w  z.w  4w.w  9  z  2P  4 w  9 1 . 2 2 Tương tự:   2 z  3w  6  2 z  3w  36   2 z  3w . 2 z  3w  36  4 z  6P  9 w  36  2  . 2   2 2 z  4w  7   z  4w . z  4w  49  z  4P  16 w  49  3 . 2 2  z 2  33  Giải hệ phương trình gồm 1 ,  2  ,  3 ta có:  P  28  P  28 .  2  w  8 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 228 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC  VÍ DỤ 3: Cho số phức thỏa z mãn z  2  3i  z  2  3i . Biết z  1  2i  z  7  4i  6 2 , M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z , khi đó x thuộc khoảng A.  0; 2  C.  4;8 B. 1;3 D.  2; 4  Lời giải Chọn D z  2  3i  z  2  3i  ( x  2) 2  ( y  3) 2  ( x  2) 2  ( y  3) 2  y  0 . z  1  2i  z  7  4i  6 2  ( x  1)2  4  ( x  7)2  16  6 2  ( x  1)2  4  6 2  ( x  7)2  16   x  11  2 x 2  28 x  130   x  11  x  11    x  3 . Thử lại thấy thỏa.  2 2 2 x  6 x  9  0  x  11  2 x  28 x  130       VÍ DỤ 4: Hình vuông ABCD có tâm H và A , B , C , D , H lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức a , b , c , d , h . Biết a  2  i , h  1  3i và số phức b có phần ảo dương. Khi đó, mô-đun của số phức b là A. 37 . B. 13 . C. 10 . D. 26 . Lời giải Chọn A Do ABCD là hình vuông và H là tâm hình vuông nên ta có HB  AH , HB  AH . Do điểm A biểu diễn bởi số phức a  2  i  A  2;1 , Điểm H biểu diễn bởi h  1  3i  H 1;3 . Đường thẳng BH nhận AH  3; 2  làm VTPT nên có phương trình là: 3  x  1  2  y  3  0  3x  2 y  9  0 .  9  2m  ;m, m  0 . Do B  BH  B   3  m  0 2  9  2m   1   m  3 .  13m2  78m  0    m  6. Ta có: AH  BH  3  2    3  m  6 2 2 2 2 2 Vậy b  1  6i , suy ra mô-đun của số phức b là: 37 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 229 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC  VÍ DỤ 5: Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn z1  6, z2  2 . Gọi M , N là các điểm biểu diễn cho z1 và iz2 . Biết MON  60 . Tính T  z12  9 z22 . B. T  24 3 . A. T  18 . D. T  36 3 . C. T  36 2 .  Hướng dẫn giải Chọn D Ta có T  z12  9 z22  z12   3iz2   z1  3iz2 . z1  3iz2 2 Gọi P là điểm biểu diễn của số phức 3iz2 . Khi đó ta có z1  3iz2 . z1  3iz2  OM  OP . OM  OP  PM . 2OI  2PM .OI . Do MON  60 và OM  OP  6 nên MOP đều suy ra PM  6 và OI  6. 3 3 3. 2 Vậy T  2 PM .OI  2.6.3 3  36 3 . BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn z1  z2  z3  1 và z1  z2  z3  0 . Tính A  z12  z22  z32 . B. A  1  i . A. A  1 . CÂU 2: Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa C. A  1 . 12  5i  z  17  7i z 2i D. A  0 .  13 . A. d :6 x  4 y  3  0 . B. d : x  2 y  1  0 . C.  C  : x 2  y 2  2 x  2 y  1  0 . D.  C  : x 2  y 2  4 x  2 y  4  0 . CÂU 3 : Trong mặt phẳng phức Oxy , các số phức z thỏa z  2i  1  z  i . Tìm số phức z được biểu diễn bởi điểm M sao cho MA ngắn nhất với A 1,3 . B. 1  3i . A. 3  i . C. 2  3i . D. 2  3i . CÂU 4: Trong mặt phẳng phức Oxy , tập hợp các điểm biểu diễn số phức Z  z2  z 2 2 z 2 thỏa mãn  16 là hai đường thẳng d1 , d 2 . Khoảng cách giữa 2 đường thẳng d1 , d 2 là bao nhiêu? A. d  d1 , d 2   2 . B. d  d1 , d 2   4 . C. d  d1 , d 2   1 . D. d  d1 , d 2   6 . CÂU 5: Cho z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  5  3i  5 , đồng thời z1  z2  8 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 230 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w  z1  z2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có phương trình nào dưới đây? 2 B.  x  10    y  6   36 . C.  x  10    y  6   16 . 5  3  D.  x     y    9 . 2  2  2 CÂU 6: 2 5  3 9  A.  x     y    . 2  2 4  2 2 2 2 Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  3  4i  2. Trong mặt phẳng Oxy tập hợp điểm biểu diễn số phức w  2z  1  i là hình tròn có diện tích A. S  9 . B. S  12 . CÂU 7: 2 C. S  16 . D. S  25 . Cho A, B, C , D là bốn điểm trong mặt phẳng tọa độ theo thứ tự biểu diễn các số phức 1  2i; 1  3  i; 1  3  i; 1  2i . Biết ABCD là tứ giác nội tiếp tâm I. Tâm I biểu diễn số phức nào sau đây? A. z  3 . B. z  1  3i . C. z  1 . D. z  1 .   CÂU 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi  H  là tập hợp điểm biểu diễn số phức w  1  3i z  2 thỏa mãn z  1  2 . Tính diện tích của hình  H  . A. 8 . B. 18 . C. 16 . D. 4 . CÂU 9: Biết số phức z thỏa điều kiện 3  z  3i  1  5 . Tập hợp các điểm biểu diễn của z tạo thành 1 hình phẳng. Diện tích của hình phẳng đó bằng: A. 9 . B. 16 . C. 25 . D. 4 . CÂU 10: Trong mặt phẳng xOy , gọi M là điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn z phần ảo của z trong trường hợp góc xOM nhỏ nhất. 3 3 A. 3 . B. . C. 0 . 2 3 3 . Tìm 3i D. 2 3 . CÂU 11: Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn z  m  1  3i  4 . Tìm tất cả các số thực m sao cho tập hợp các điểm M là đường tròn tiếp xúc với trục Oy . A. m  5; m  3 . B. m  5; m  3 . C. m  3 . D. m  5 . 10  1  2i . Biết tập hợp các điểm biểu diễn cho số z phức w   3  4i  z  1  2i là đường tròn I , bán kính R . Khi đó. CÂU 12: Cho thỏa mãn z  A. I  1; 2  , R  5 . thỏa mãn  2  i  z  B. I  1;2  , R  5 . C. I 1; 2  , R  5 . D. I 1; 2  , R  5 . CÂU 13: Cho số phức z thỏa mãn z  1  5 . Biết tập hợp các điểm biểu diễn số phức w xác định bởi w   2  3i  z  3  4i là một đường tròn bán kính R . Tính R . A. R  5 17 B. R  5 10 C. R  5 5 D. R  5 13 CÂU 14: Gọi H là hình biểu diễn tập hợp các số phức z trong mặt phẳng tọa độ 0xy sao cho 2 z  z  3 , và số phức z có phần ảo không âm. Tính diện tích hình H . 3 3 A. 3 . B. . C. . 2 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 6 . Trang 231 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC CÂU 15. Trong mặt phẳng phức, gọi A , B , C , D lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1  1  i , z2  1  2i , z3  2  i , z4  3i . Gọi S là diện tích tứ giác ABCD . Tính S . A. S  17 . 2 B. S  19 . 2 C. S  CÂU 16: Gọi M là điểm biểu diễn số phức    2  i  z  i   3  i  z .  23 . 2 D. S  21 . 2 z  2 z  3i , trong đó z là số phức thỏa mãn z2  2   Gọi N là điểm trong mặt phẳng sao cho Ox , ON  2 , trong đó    Ox , OM là góc lượng giác tạo thành khi quay tia Ox tới vị trí tia OM . Điểm N nằm trong góc phần tư nào? A. Góc phần tư thứ (I). C. Góc phần tư thứ (III). B. Góc phần tư thứ (II). D. Góc phần tư thứ (IV). GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D Cách 1: Chọn z1  1, z2  1 3 1 3  i, z3   i. Khi đó: 2 2 2 2 2 2  1 3   1 3  A  1    i  +   i  0. 2   2 2   2 2 (Lí giải cách chọn là vì z1  z2  z3  1 và z1  z2  z3  0 nên các điểm biểu diễn của z1 , z2 , z3 là ba đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị nhận gốc O làm trọng tâm, nên ta chỉ việc giải nghiệm của phương trình z 3  0 để chọn ra các nghiệm là z1 , z2 , z3 ). Cách 2: Nhận thấy z.z  z  1  z  2 1 1 1 1 . Do đó z1  , z2  , z3  . Khi đó. z z1 z2 z3 A  z12  z2 2  z32   z1  z2  z3   2  z1 z2  z1 z3  z2 z3  2  1 1 1  = 0  2   .   z1 z2 z1 z3 z2 z3  z z z  z z z  =  2  1 2 3   2  1 2 3   2.0  0.  z1 z2 z3   z1 z2 z3  Cách 3: Vì z1  z2  z3  1 và z1  z2  z3  0 nên các điểm biểu diễn của z1 , z2 , z3 là ba đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị nhận gốc O làm trọng tâm. 2 4 , 1  Do đó ta có thể giả sử acgumen của z1 , z2 , z3 lần lượt là 1 , 1  . 3 3 4 8 2 , 21   21  Nhận thấy acgumen của z12 , z2 2 , z32 lần lượt là 21 , 21  (vẫn lệch đều 3 3 3 2 pha ) và z12  z22  z32  1 nên các điểm biểu diễn của z12 , z2 2 , z32 cũng là ba đỉnh của tam 3 giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị nhận gốc O làm trọng tâm. Từ đó A  z12  z22  z32  0 . Lưu ý: Nếu GA  GB  GC  0  G là trọng tâm ABC . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 232 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC CÂU 2: Chọn A  z  x  yi  x, y  Đặt   z  2  i ta có:  12  5i  z  17  7i z 2i ,  13  12  5i  z  17  7i  13 z  2  i  12  5i  z  1  i   13 z  2  i  12  5i z  1  i  13 z  2  i  13 z  1  i  13 z  2  i  z  1  i  z  2  i  x  yi  1  i  x  yi  2  i   x  1   y  1   x  2    y  1  6 x  4 y  3  0 .(thỏa điều kiện z  2  i ) 2 2 2 2 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng 6 x  4 y  3  0 . CÂU 3 : Chọn A Gọi M  x, y  là điểm biểu diễn số phức z  x  yi  x, y  R  Gọi E 1, 2  là điểm biểu diễn số phức 1  2i Gọi F  0, 1 là điểm biểu diễn số phức  i Ta có: z  2i  1  z  i  ME  MF  Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường trung trục EF : x  y  2  0 . Để MA ngắn nhất khi MA  EF tại M  M  3,1  z  3  i . CÂU 4: Chọn B Gọi M  x, y  là điểm biểu diễn số phức z  x  yi  x, y  R   Ta có: z 2  z 2 2 z 2  16  x 2  2 xyi  y 2  x 2  2 xyi  y 2  2 x 2  2 y 2  16  4 x 2  16  x  2  d  d1 , d 2   4 Ở đây lưu ý hai đường thẳng x = 2 và x = -2 song song với nhau. CÂU 5: Chọn B Gọi A , B , M là các điểm biểu diễn của z1 , z2 , w . Khi đó A , B thuộc đường tròn C  :  x  5   y  3  25 và AB  z1  z2  8 .  C  có tâm I  5;3 và bán kính R  5 , gọi T là trung điểm của $AB$ khi đó T 2 2 là trung điểm của $OM$ và IT  IA2  TA2  3 . Gọi J là điểm đối xứng của O qua I suy ra J 10;6  và $IT$ là đường trung bình của tam giác OJM , do đó JM  2IT  6 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 233 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC Vậy M thuộc đường tròn tâm J bán kính bằng 6 và có phương trình  x  10    y  6   36 . 2 2 CÂU 6: Chọn C w 1 i 2 w 1  i z  3  4i  2   3  4i  2  w  1  i  6  8i  4  w  7  9i  4 1 2 w  2z 1 i  z   x, y   , khi đó 1   x  7 2   y  92  16 Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức w là hình tròn tâm I  7;  9  , bán kính Giả sử w  x  yi r  4. Vậy diện tích cần tìm là S   .42  16 . CÂU 7: Chọn C Ta có AB biểu diễn số phức 3  3i 3  3i . Mặt khác 3  i; DB biểu diễn số phức 3 i  3i nên AB.DB  0 . Tương tự (hay vì lí do đối xứng qua Ox ), DC.AC  0 . Từ đó suy ra AD là một đường kính của đường tròn đi qua A, B, C , D. Vậy I 1; 0   z  1 . CÂU 8: Chọn C Ta có w  1  3i z  2  w  3  3i  1  3i  z  1 .      w  3  3i  1  3i z  1  4 . Vậy điểm biểu diễn số phức w nằm trên hình tròn có bán kính r  4 . Diện tích hình  H  là S   r 2  16 . CÂU 9: Chọn B . Gọi z  x  yi . (với x, y  )  3  z  3i  1  5  9   x  1   y  3  25 . 2 2 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng phức là hình vành khăn giới hạn bởi   hai đường tròn bán kính R  5 và r  3. Diện tích S   R2  r 2  16 . CÂU 10: Chọn B Gọi M x; y biểu diễn số phức z . Ta có z 3 3i 3 x 3 2 2 y 3 3 C . xOM nhỏ nhất hoặc lớn nhất khi đường thẳng OM là tiếp tuyến của đường tròn C . Khi đó phương trình đường thẳng chứa OM là d1 : y Trường hợp 1: d1 : y Trường hợp 2: d 2 : y 0 góc xOM 0; d2 : y 3x . 180 . 3x góc xOM 150 khi đó số phức z GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 3 2 3 3 i. 2 Trang 234 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC Vậy phần ảo của z trong trường hợp góc xOM nhỏ nhất là CÂU 11: Chọn B Đặt z  x  yi ,  x, y  3 3 . 2  . Khi đó. z  m  1  3i  4  x  yi  m  1  3i  4 .       x  m  1  y  3 i  4    x  m  1  y  3 2 2  x  m  1 2   y 3  2 4.  16 .   Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn của số phức z là đường tròn tâm I 1  m;  3 và bán kính 1  m  4 m  3 . R  4 . Để đường tròn này tiếp xúc với trục Oy thì 1  m  4    1  m  4 m  5 Vậy m  5; m  3 . CÂU 12: Chọn B Đặt z  a  bi và z  c  0 , với a; b; c  Lại có w   3  4i  z  1  2i  z  Gọi w  x  yi với x; y  Khi đó z  c   w  1  2i . 3  4i . w  1  2i w  1  2i c  c  x  yi  1  2i  5c . 3  4i 3  4i  x  1   y  2  2 . 2  5c   x  1   y  2   25c 2 . 2 2 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w là đường tròn I  1; 2  . Khi đó chỉ có đáp án C có khả năng đúng và theo đó R  5  5c  5  c  1 . Thử c  1 vào phương trình (1) thì thỏa mãn. CÂU 13: Chọn D Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z  1  5 là đường tròn  C  tâm I 1;0  và bán kính R  5 . Ta có  C  nhận trục hoành là trục đối xứng nên tọa độ điểm biểu diễn z cũng nằm trên đường tròn này hay z  1  5 . Ta có     w   2  3i  z  3  4i  w   2  3i  z  1   2  3i   3  4i  w   5  7i    2  3i  z 1    w   5  7i    2  3i  z  1  w   5  7i   5 13 . CÂU 14: Chọn C Gọi z  x  yi,  x, y  . x2 y 2   1. 9 1 x2 y2   1. Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là miền trong của Elip 9 1 Ta có 2  x  yi    x  yi   3  x 2  9 y 2  3  x 2  9 y 2  9  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 235 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC Ta có a  3, b  1 , nên diện tích hình H cần tìm bằng 1 3 Vậy S  . .a.b  . 4 4 1 diện tích Elip. 4 CÂU 15. Chọn A Ta có z1  1  i  A  1;1 , z2  1  2i  B 1; 2  , z3  2  i  C  2; 1 , z4  3i  D  0; 3 y B 2 A 1 1 1 O 1 2 x C 3 D AC   3; 2   AC  13 , n   2;3 là véc tơ pháp tuyến của AC , phương trình AC : 2  x  1  3  y  1  0  2 x  3 y  1  0 . B cách từ đến 2  3.2  1 7 1 1 7 7 d  B; AC     SABC  d  B; AC  . AC  . 13.  . 2 2 13 2 13 13 0  9  1 10  Khoảng cách từ D đến AC là: d  D; AC   13 13 1 1 10 . 13  5 .  SADC  .d  D; AC  . AC  . 2 2 13 7 17 Vậy S  S ABC  S ADC   5  . 2 2 Khoảng AC là: CÂU 16: Chọn A Ta có:  2  i  z  i   3  i  z  z  1  i  w  Lúc đó: sin 2  5 1 5 1 1  i  M  ;   tan   . 4 4 5 4 4 2 tan  5 1  tan 2  12   0; cos 2    0. 1  tan2  13 1  tan 2  13 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 236 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC CHỦ ĐỀ 4: MAX, MIN, MODUN CỦA SỐ PHỨC  VÍ DỤ 1: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  3i  5  2 và iz2  1  2i  4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T  2iz1  3z2 . 313  16 . A. B. 313 . C. 313  8 . D. 313  2 5 . Lời giải Chọn A Ta có z1  3i  5  2  2iz1  6  10i  4 1 ; iz2  1  2i  4   3z2   6  3i  12  2  . Gọi A là điểm biểu diễn số phức 2iz1 , B là điểm biểu diễn số phức 3z2 . Từ 1 và  2  suy ra điểm A nằm trên đường tròn tâm I1  6; 10  và bán kính R1  4 ; điểm B nằm trên đường tròn tâm I 2  6;3 và bán kính R2  12 . B A I2 I1 Ta có T  2iz1  3z2  AB  I1 I 2  R1  R2  122  132  4  12  313  16 . Vậy max T  313  16 .  VÍ DỤ 2: Giả sử z1 , z2 là hai trong số các số phức z thỏa mãn iz  2  i  1 và z1  z2  2 . Giá trị lớn nhất của z1  z2 bằng A. 4 . B. 2 3 . C. 3 2 . D. 3 . Lời giải Chọn A     Ta có iz  2  i  1  z  1  i 2  1 . Gọi z0  1  i 2 có điểm biểu diễn là I 1; 2 . Gọi A , B lần lượt là các điểm biểu diễn của z1 , z2 . Vì z1  z2  2 nên I là trung điểm của AB . Ta có z1  z2  OA  OB  2  OA2  OB 2   4OI 2  AB 2  16  4 . Dấu bằng khi OA  OB .  VÍ DỤ 3: Cho hai số phức u , v thỏa mãn 3 u  6i  3 u  1  3i  5 10 , v  1  2i  v  i . Giá trị nhỏ nhất của u  v là: A. 10 3 B. 2 10 3 C. 10 D. 5 10 3 Lời giải Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 237 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC 5 10 5 10 .  MF1  MF2  3 3 1 9  u có điểm biểu diễn M thuộc elip với hai tiêu điểm F1  0;6  , F2 1;3 , tâm I  ;  và độ dài 2 2 5 10 5 10 trục lớn là 2a  . a 3 6 F1 F2  1; 3  F1 F2 : 3x  y  6  0 .  Ta có: 3 u  6i  3 u  1  3i  5 10  u  6i  u  1  3i   Ta có: v  1  2i  v  i  v  i  NA  NB  v có điểm biểu diễn N thuộc đường thẳng d là trung trực của đoạn AB với A 1; 2  , B  0;1 . 1 1 AB   1;3 , K  ;   là trung điểm của AB  d : x  3 y  2  0 . 2 2 1 27  2 3 10 2 2 d I,d    2 2 12   3 Dễ thấy F1 F2  d  min u  v  min MN  d  I , d   a   VÍ DỤ 4: Xét các số phức Vz  a  bi ( a, b  2 10 . 3 ) thỏa mãn z  3  2i  2 . Tính a  b khi ũ z  1  2i  2 z  2  5i đạt giá trị nhỏ nhất. B.V 2  3 . A. 4  3 . Chọn D B Cách 1: ắ Đặt z  3  2i  w với w  cx  yi D. 4  3 . C. 3 . Lời giải ă n  x, y   . Theo bài ra ta có  x  4 Ta có P  z  1  2i  2 z  2  5i  w  4  2 w  1  3i   20  8 x  2 2   x  1   y  3 2 x2  y 2  2x  1  2  2 5  2x  2  x  1   y  3 2 2   2 w  2  x2  y 2  4 . 2  x  1   y  3 2  x  1 2  y2   y2  2  x  1   y  3 2 2 2  x  1   y  3 2 2   2 y  y  3   2 y  3  y  6 .  x  1  x  1  P  6   y 3  y   0   .  y  3  2 2 x  y  4   Vậy GTNN của P là bằng 6 đạt được khi z  2  2  3 i . Cách 2: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 238 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC z  3  2i  2  MI  2  M   I ; 2  với I   3; 2  . P  z  1  2i  2 z  2  5i  MA  2MB với A  1; 2  , B   2;5  . Ta có IM  2 ; IA  4 . Chọn K  2; 2  thì IK  1 . Do đó ta có IA.IK  IM 2   IAM và IMK đồng dạng với nhau  IA IM  IM IK AM IM   2  AM  2MK . MK IK Từ đó P  MA  2MB  2  MK  MB   2BK . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M , K , B thẳng hàng và M thuộc đoạn thẳng BK .   Từ đó tìm được M  2;2  3 . Cách 3: Gọi M  a; b  là điểm biểu diễn số phức z  a  bi. Đặt I   3; 2  , A  1; 2  và B  2;5 . Ta xét bài toán: Tìm điểm M thuộc đường tròn  C  có tâm I , bán kính R  2 sao cho biểu thức P  MA  2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Trước tiên, ta tìm điểm K  x; y  sao cho MA  2MK M   C  .    4  MI  IK   2MI .IK   2MI  IA  4IK   3R Ta có MA  2MK  MA2  4MK 2  MI  IA   MI 2  IA2  2MI .IA  4 MI 2  IK 2  * 2 2 2  4IK 2  IA2 * .  IA  4 IK  0 luôn đúng M   C    2 . 2 2 3R  4 IK  IA  0  x  2 4  x  3  4 . IA  4 IK  0    y  2  4  y  2   0 Thử trực tiếp ta thấy K  2; 2  thỏa mãn 3R 2  4 IK 2  IA2  0 . Vì BI 2  12  32  10  R 2  4 nên B nằm ngoài  C  . Vì KI 2  1  R2  4 nên K nằm trong  C  . Ta có MA  2MB  2MK  2MB  2  MK  MB   2KB . Dấu bằng trong bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BK . Do đó MA  2MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của  C  và đoạn thẳng BK. Phương trình đường thẳng BK : x  2 . Phương trình đường tròn  C  :  x  3   y  2   4 . 2 2  x  2  x  2 x  2   Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ  hoặc  . 2 2 x  3  y  2  4 y  2  3 y  2  3             Thử lại thấy M 2;2  3 thuộc đoạn BK . Vậy a  2 , b  2  3  a  b  4  3 .  VÍ DỤ 5: Gọi n là số các số phức z đồng thời thỏa mãn iz  1  2i  3 và biểu thức T  2 z  5  2i  3 z  3i đạt giá trị lớn nhất. Gọi M là giá trị lớn nhất của T . Giá trị tích của M .n là A. 10 21 B. 6 13 C. 5 21 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 2 13 Trang 239 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC Lời giải Chọn A Gọi z  x  yi , với x, y  . Khi đó M  x; y  là điểm biểu diễn cho số phức z . Theo giả thiết, iz  1  2i  3  z  2  i  3   x  2    y  1  9 . 2 2 Ta có T  2 z  5  2i  3 z  3i  2MA  3MB , với A  5; 2  và B  0;3 . Nhận xét rằng A , B , I thẳng hàng và 2IA  3IB . Cách 1: Gọi  là đường trung trực của AB , ta có  : x  y  5  0 . T  2MA  3MB  PA  PB . Dấu “  ” xảy ra khi M  P hoặc M  Q .   8  2 2  2   8  2 2  2  x  y  5  0 Giải hệ  ; ;  P   và Q  . 2 2 2 2 2 2       x  2    y  1  9 Khi đó M  max T  5 21 . Vậy M .n  10 21 . Cách 2: Ta có A , B , I thẳng hàng và 2IA  3IB nên 2IA  3IB  0 .    2  2  2 MA2  3MB 2  2 MI  IA  3 MI  IB  5MI 2  2 IA2  3IB 2  105 . Do đó T 2   2. 2MA  3. 3MB  2  5  2MA2  3MB 2   525 hay T  5 21 . Khi đó M  max T  5 21 . Dấu “  ” xảy ra khi M  P hoặc M  Q . Vậy M .n  10 21 . BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Trong các số phức z thỏa mãn z 2  1  2 z gọi z1 và z2 lần lượt là các số phức có môđun nhỏ nhất và lớn nhất. Khi đó môđun của số phức w  z1  z2 là B. w  2 . A. w  2 2 . C. w  2 . D. w  1  2 . CÂU 2. Cho số phức z và w thỏa mãn z  w  3  4i và z  w  9 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T zw. B. max T  14 . A. max T  176 . C. max T  4 . D. max T  106 . CÂU 3: số phức z thỏa mãn 1  i  z  2  1  i  z  2  4 2 . Gọi m  max z , n  min z và số phức w  m  ni . Tính w A. 41009 . 2018 B. 51009 . C. 61009 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 21009 . Trang 240 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC CÂU 4: Cho số phức z thỏa mãn 5 z  i  z  1  3i  3 z  1  i . Tìm giá trị lớn nhất M của z  2  3i ? A. M  10 3 B. M  1  13 C. M  4 5 D. M  9 Chọn C CÂU 5: Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P  M . m M 3 B. m z i , với z là số phức khác 0 và z thỏa mãn z  2 . Tính tỷ số A. M 5 m C. M 3  m 4 M 1  m 3 D. CÂU 6: Cho số phức z thỏa mãn z  1  i  1 , số phức w thỏa mãn w  2  3i  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z  w . A. 13  3 B. 17  3 D. 13  3 C. 17  3 CÂU 7: Cho số phức z thỏa z  1 . Gọi m , M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P  z 5  z 3  6 z  2 z 4  1 . Tính M  m . A. m  4 , n  3 . B. m  4 , n  3 C. m  4 , n  4 . D. m  4 , n  4 . CÂU 8: Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn z1  1  i  2 và z2  iz1 . Tìm giá trị nhỏ nhất m của biểu thức z1  z2 ? A. m  2  1 . B. m  2 2 . CÂU 9: Xét các số phức z  a  bi ,  a, b   thỏa mãn 1 z   3i đạt giá trị nhỏ nhất 2 A. F  7 . B. F  6 . C. m  2 .   D. m  2 2  2 .   2 4 z  z  15i  i z  z  1 . Tính F  a  4b khi C. F  5 . D. F  4 . CÂU 10: Cho số phức z thỏa mãn z  1 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  1  z 2  z  1 . Giá trị của M .m bằng A. 13 3 . 4 B. 13 3 . 8 C. 3 . 3 D. 3 3 . 8 CÂU 11: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  3i  5  2 và iz2  1  2i  4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T  2iz1  3z2 . A. 313  16 . B. 313 . C. 313  8 . D. 313  2 5 . CÂU 12: Cho số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  12 và z2  3  4i  5 . Giá trị nhỏ nhất của z1  z2 là: A. 0 . B. 2 C. 7 D. 17 CÂU 13: các số phức z thỏa mãn z  4  3i  2 . Giả sử biểu thức P  z đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất khi z lần lượt bằng z1  a1  b1i  a1 , b1  A. S  4 . B. S  6 .  và z2  a2  b2i  a2 , b2  C. S  8 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.  . Tính S  a1  a2 D. S  10 . Trang 241 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC CÂU 14: Cho các số phức z thỏa mãn z 2  4   z  2i  z  1  2i  . Tìm giá trị nhỏ nhất của P  z  3  2i . B. Pmin  2 . A. Pmin  4 . C. Pmin  7 . 2 D. Pmin  3 . CÂU 15: Cho các số phức z thỏa mãn z  1  i  z  8  3i  53 . Tìm giá trị lớn nhất của P  z  1  2i . A. Pmax  53 . 185 . 2 B. Pmax  D. Pmax  53 . C. Pmax  106 . CÂU 16: Cho số phức z thỏa mãn z  2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2 z  1  2 z  1  z  z  4i bằng: B. 2  3 . A. 4  2 3 . C. 4  14 . 15 7 . 15 D. 2  GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn B Đặt z  a  bi  a, b   thì z 2  1  2 z   a  bi   1  2 a  bi 2  a 2  b2  1  2abi  2 a  bi   a 2  b2  1  4a2b2  4  a2  b2  2   2  a 4  b 4  1  2a 2  6b 2  2a 2b 2  0  a 2  b2  1  4b2  0   a 2  b2  1  2b  a 2  b2  1  2b   0  a 2  b 2  1  2b  0  2 2  a  b  1  2b  0 TH1: a 2  b 2  1  2b  0  a 2   b  1  2 . 2 Khi đó tập hợp điểm M  a; b  biểu diễn số phức z là đường tròn có tâm I1  0;1 , bán kính    R  2 , giao điểm của OI (trục tung) với đường tròn là M1 0; 2  1 và M 2 0;1  2 w      2  1 i  1  2 i  w  2i  w  2 TH2: a 2  b 2  1  2b  0  a 2   b  1  2 . 2 Khi đó tập hợp điểm M  a; b  biểu diễn số phức z là đường tròn có tâm I 2  0; 1 , bán kính     R  2 , giao điểm của OI (trục tung) với đường tròn là M 3 0; 2  1 và M 4 0;  2  1 w     2  1 i  1  2 i  w  2i  w  2 . CÂU 2. Chọn D Đặt z  x  yi  x, y   . Do z  w  3  4i nên w   3  x    4  y  i . Mặt khác z  w  9 nên z  w   2 x  3   2 y  4  2 2  4 x 2  4 y 2  12 x  16 y  25  9  2 x 2  2 y 2  6 x  8 y  28 1 . Suy ra T  z  w  x 2  y 2  3  x    4  y  Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có T 2  2  2 x 2  2 y 2  6 x  8 y  25  2  . 3  x    4  y  . Từ 1 và  2  ta có T 2  2.  28  25    106  T  Dấu ”  ” xảy ra khi x2  y 2  2 2 2 . 2 106 . Vậy MaxT  106 . CÂU 3: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 242 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC Ta có 1  i  z  2  1  i  z  2  4 2  z  1  i  z  1  i  4 . Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z , F1  1;1 là điểm biểu diễn của số phức z1  1  i và F2 1;  1 là điểm biểu diễn của số phức z2  1  i . Khi đó ta có MF1  MF2  4 . Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là Elip nhận F1 và F2 làm hai tiêu điểm. Ta có F1F2  2c  2c  2 2  c  2 . Mặt khác 2a  4  a  2 suy ra b  a 2  c 2  4  2  2 . Do đó Elip có độ dài trục lớn là A1 A2  2a  4 , độ dài trục bé là B1B2  2b  2 2 . Mặt khác O là trung điểm của AB nên m  max z  maxOM  OA1  a  2 và n  min z  minOM  OB1  b  2 . Do đó w  2  2i suy ra w  6  w CÂU 4: 2018  61009 . Gọi A  0;1 , B  1;3 , C 1; 1 . Ta thấy A là trung điểm của BC MB 2  MC 2 BC 2 BC 2  MB 2  MC 2  2MA2   2MA2  10 .  2 2 4 Ta lại có : 5 z  i  z  1  3i  3 z  1  i  MA2   5MA  MB  3MC  10. MB 2  MC 2    25MA2  10 2MA2  10  MC  2 5 Mà z  2  3i   z  i    2  4i   z  i  2  4i  z  i  2 5  4 5 .  z i  2 5  Dấu ”  ” xảy ra khi  a b  1 , với z  a  bi ; a, b    2 4 .  z  2  3i  loai   .  z  2  5i CÂU 5: Chọn B z i  T  1 z  i . z Nếu T  1  Không có số phức nào thoả mãn yêu cầu bài toán. i i 1 Nếu T  1  z   z   2  T 1  . T 1 T 1 2 Gọi T  Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức T là hình tròn tâm I 1;0  có bán kính R  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 1 . 2 Trang 243 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC 3   M  OB  OI  R  2 M   3.  m 1 m  OA  OI  R   2 CÂU 6: Chọn B Gọi M  x; y  biểu diễn số phức z  x  iy thì M thuộc đường tròn  C1  có tâm I1 1;1 , bán kính R1  1 . N  x; y  biểu diễn số phức w  x  iy  thì N thuộc đường tròn  C2  có tâm I 2  2; 3 , bán kính R2  2 . Giá trị nhỏ nhất của z  w chính là giá trị nhỏ nhất của đoạn MN . Ta có I1 I 2  1; 4   I1I 2  17  R1  R2   C1  và  C2  ở ngoài nhau.  MN min  I1 I 2  R1  R2  17  3 CÂU 7: Chọn A Vì z  1 và z.z  z nên ta có z  2 1 . z Từ đó, P  z 5  z 3  6 z  2 z 4  1  z z 4  z 4  6  2 z 4  1  z 4  z 4  6  2 z 4  1 . . Do z  1 nên z 4  x 2  y 2  1 và 1  x, y  1 . Đặt z 4  x  iy , với x, y  Khi đó P  x  iy  x  iy  6  2 x  iy  1  2 x  6  2  2x  6  2 2x  2     x  1 2  y2 2 2x  2 1  3 . Do đó P  3 . Lại có 1  x  1  0  2 x  2  2  1  2 x  2  1  1  P  4 . 1 3 Vậy M  4 khi z 4  1 và m  3 khi z 4    i . Suy ra M  m  1 . 2 2 CÂU 8: Chọn D Đặt z1  a  bi; a, b   z2  b  ai  z1  z2   a  b    b  a  i . Nên z1  z2   a  b  b  a  2 2  2. z1 Ta lại có 2  z1  1  i  z1  1  i  z1  2  z1  2  2 . Suy ra z1  z2  2. z1  2 2  2 . a b   0. 1 1 Vậy m  min z1  z2  2 2  2 . Dấu ”  ” xảy ra khi CÂU 9: Chọn A Ta có     4 z  z  15i  i z  z  1  4  a  bi  a  bi   15i  i  a  bi  a  bi  1  8b  15   2a  1 15 . 8 1 1 z   3i  2 2 2 2 2 suy ra b   2a  1   2b  6 2 2  1 1 8b  15  4b2  24b  36  4b 2  32b  21 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 244 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC Xét hàm số f  x   4 x 2  32 x  21 với x  f   x   8 x  32  0, x  15 8 suy ra 15 8 f  x  là hàm số đồng biến trên 15   8 ;   nên  15  4353 . f  x  f     8  16 15 1 1 4353 1 Do đó z   3i đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi b  ; a  . 8 2 2 16 2 Khi đó F  a  4b  7 . CÂU 10: Chọn A Đặt t  z  1  z  1  2 nên t   0; 2 . Do z  1 nên z.z  1  P  z  1  z 2  z  z.z  z  1  z  z  1 . Ta có t 2  z  1   z  1 z  1  z.z   z  z   1  2   z  z  nên z  z  t 2  2 . 2 Vậy P  f  t   t  t 2  3 , với t   0; 2 . 2  2t  1 khi 3  t  2 khi 3  t  2 t  t  3 Khi đó, f  t    nên f   t    . 2  t  t  3 khi 0  t  3  2 t  1 khi 0  t  3     1 f  t   0  t  . 2  1  13 f  0  3 ; f    ; f 3  3 ; f  2  3 . 2 4   Vậy M  13 13 3 ; m  3 nên M .m  . 4 4 CÂU 11: Chọn A Ta có z1  3i  5  2  2iz1  6  10i  4 1 ; iz2  1  2i  4   3z2   6  3i  12  2  . Gọi A là điểm biểu diễn số phức 2iz1 , B là điểm biểu diễn số phức 3z2 . Từ 1 và  2  suy ra điểm A nằm trên đường tròn tâm I1  6; 10  và bán kính R1  4 ; điểm B nằm trên đường tròn tâm I 2  6;3 và bán kính R2  12 . A B I1 I2 Ta có T  2iz1  3z2  AB  I1 I 2  R1  R2  122  132  4  12  313  16 . Vậy max T  313  16 . CÂU 12: Chọn B Gọi z1  x1  y1i và z2  x2  y2i , trong đó x1 , y1 , x2 , y 2  ; đồng thời M1  x1 ; y1  và M 2  x2 ; y2  lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z1 , z2 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 245 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC  x12  y12  144 Theo giả thiết, ta có:  . 2 2  x2  3   y2  4   25 Do đó M 1 thuộc đường tròn  C1  có tâm O  0;0  và bán kính R1  12 , M 2 thuộc đường tròn  C2  có tâm I  3; 4 và bán kính R2  5 .  O   C2  Mặt khác, ta có  nên  C2  chứa trong  C1  .  OI  5  7  R1  R2 M2 (C2) M1 I O (C1) Khi đó z1  z2  M 1M 2 . Suy ra z1  z2 min   M1M 2 min  M 1M 2  R1  2 R2  2 . CÂU 13: Chọn C Gọi z  a  bi ,  a, b   z  4  3i  2  a  ib  4  3i  2  a  4   b  3 i  2   a  4    b  3  4 2 2 Khi đó tập hợp các điểm M  a; b  biểu diễn số phức z  a  bi thuộc vào đường tròn  C  có tâm I  4; 3 , R  2 . Ta có OI  32  42  5 . Suy ra z max  OI  R  5  2  7 , z min  OI  R  5  2  3 . Gọi  là đường thẳng qua hai điểm OI ta có phương trình của    : 3x  4 y  0 . Gọi M và N lần lượt là hai giao điểm của    và  C  sao cho OM  3 và ON  7 khi đó  3  12 9  28 21  z1   i OM  5 OI  M  5 ;  5       5 5  S  28  12  8 .   5 5 ON  7 OI  N  28 ;  21   z  12  9 i 2    5 5 5 5    5 CÂU 14: Chọn D  z  2i  0 Ta có z 2  4   z  2i  z  1  2i   z  2i  z  2i  z  1  2i   0   .  z  2i  z  1  2i Do đó tập hợp các điểm N biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm A  0; 2  và đường trung trực của đoạn thẳng BC với B  0; 2  , C 1; 2  . 1  Ta có BC  1;0  , M  ;0  là trung điểm BC nên phương trình đường trung trực của BC là 2  7  : 2x 1  0 .Đặt D  3; 2  , DA  3 , d  D,    . 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 246 CHƯƠNG 3: SỐ PHỨC Khi đó P  z  3  2i  DN , với N là điểm biểu diễn cho z . Suy ra min P  min DA, d  D,    3 . CÂU 15: Chọn C Xét A 1;1 , B 8;3 ta có AB  53  các điểm biểu diễn z là đoạn thẳng AB P  z  1  2i  MM  với M là điểm biểu diễn số phức z , M  là điểm biểu diễn số phức z  1  2i Phương trình đường thẳng AB : 2 x  7 y  5  0  87 13  Hình chiếu vuông góc của M  lên AB là M1    ;   53 53  Ta có A nằm giữa M 1 và B nên P  MM  lớn nhất  MM 1 lớn nhất  M  B  z  8  3i  Pmax  106 . CÂU 16: Chọn A Gọi z  x  yi,  x, y   . Theo giả thiết, ta có Suy ra 2  x, y  2 . Khi đó, P  2 z  1  2 z  1  z  z  4i  2 P2   x  1 2 1  x   y2  2  z  2  x2  y 2  4 .  x  1  y2  y  2 2  x  1  y2  2  y2  y  2   22 1 y  2  y .  2 Dấu “  ” xảy ra khi x  0 . Xét hàm số f  y   2 1  y 2  2  y trên đoạn  2; 2 , ta có: f  y  2y 1 y2 1  2 y  1 y2 1 y2 ; f  y  0  y  1 . 3  1  Ta có f    2  3 ; f  2   4  2 5 ; f  2   2 5 .  3 1 Suy ra min f  y   2  3 khi y  .  2; 2 3   Do đó P  2 2  3  4  2 3 . Vậy Pmin  4  2 3 khi z  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 1 i. 3 Trang 247