TỔNG ôn cấp tốc HÀM số

Như vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán... Bảng biến thiên : Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị.. Vậy để phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 5 8Câu

TỔNG ÔN CẤP TỐC HÀM SỐ-QUÉT SẠCH TẤT

CẢ CÁC DẠNG CÓ KHẢ NĂNG THI RẤT CAO

NĂM 2019

Thầy Giáo : Hồ Thức Thuận Câu 1

Lời giải Chọn C

Hàm số đồng biến trên y'  0, x 2 2  2   

-Với m0, ta có y' 1 0,   x  Thỏa mãn bài toán

m m  :  * được thỏa mãn khi và chỉ khi  2 2 2

0 0

m m

m m





Từ đó suy ra với m 3;5  0 thì hàm số đã cho đồng biến trên

Như vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán.

Câu 2

Lời giải Chọn A

Ta có y'  x2 2xm

Để hàm số nghịch biến trên khoảng (0;)thì y'0 với  x (0;)

y   x x m x 

 

2

2 ; 0;

Đặt 2

   Ta có f x'( )  2x 2; f x'( )  0 x 1

Lập bảng BBT ta thấy Max[0;)f x( )Max[0;)f(1)1

Vậy suy ra m1haym [1; )

Câu 3

Lời giải Chọn B

3 3 2 2 ' 3 2 6

yx  x mx y  x  xm

 

2

Đặt   2      

f x   x  x  x   f x    x f x   x

Vậy m  0 m 0;1; 2;3; 4;5 Có 6giá trị

Câu4

Lời giải Chọn B

Ta có y x2 2mx2m1

Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;5    y 0, x  0;5

2

x 2m 1 0, x  0;5 2m 1 x, x  0;5

           2m   1 5 m 2

Vì m và m  10;10 m 2;3; 4; ;10

Vậy có 9 giá trị nguyên cuả thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 5

Lời giải Chọn A

Ta các bảng biến thiên hàm số f x  

Để hàm số  2 

3

f x  x m đồng biến trên khoảng  0, 2 cần  2   

f x  x m   x

   

2 2

0,2

0,2

13

1

m

x

m



 Vậy có 18 giá trị nguyên của tham số m  10; 20

Câu 6

Lời giải Chọn B

Ta có:     2  2    3     3 2

m

x  3  1 

 

'

 

f x

  2   2 

 x x x  x Cho  

2

2 10 3



  







 



x

x

Bảng biến thiên :

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị

Công thức cần nhớ : Nếu uu x v( ), v x( ), ww( )x có đạo hàm trên khoảng đang

xét thì u v w u v w v u w w u v     với mọi x trên khoảng đang xét.

Câu 7

Lời giải Chọn A

2

2

1

1

3

 









x

x

x

x

(Trong đó: x  1 2 ;x  1 2 là các nghiệm bội chẵn của PT: 2

+ Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số  2 

2

y f x x nghịch biến trên khoảng  2; 1

Chú ý: Cách xét dấu g x( ):

x x x g f ( dựa theo bảng xét dấu của hàm f x( )) Suy

ra g x( )     0 x  1; 1 2, sử dụng quy tắc xét dấu đa thức “ lẻ đổi, chẵn không” suy ra dấu của g x( ) trên

các khoảng còn lại

Câu 8

Lời giải Chọn C

+ Nhìn vào bảng biến thiên ta có: f x( )     0 x 1 x 3; f x     0 1 x 3

+ Ta có: y f 3x y f 3x f3x

f x   f x   f x 

+ Bảng biến thiên:

Vậy hàm số y f 3x đồng biến trên khoảng  0; 4

Câu 9

Lời giải Chọn A

Xét yg x  2f x 2019

Ta có g x   2f x 2019 2f x ,  

2 1 0

2 4

x x

g x

x x

 



  



 

 



Dựa vào bảng xét dấu của f x , ta có bảng xét dấu của g x :

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số yg x  nghịch biến trên khoảng 1; 2

Câu 10

Lời giải Chọn D

Ta có g x  fx m  Vì y f x liên tục trên nên g x  fx m  cũng liên tục trên Căn cứ vào

đồ thị hàm số y f x ta thấy

  0   0

Hàm số g x  f x m   nghịch biến trên khoảng  1; 2

m

m

m

  







  



3

m m

 



   

Mà m là số nguyên thuộc đoạn 5;5 nên ta có S     5; 4; 3;0;1

Vậy S có 5 phần tử.

Câu 11

Lời giải Chọn C

g x  x f x  là hàm số liên tục trên

2

0

2

2 2

x

f x

x x







2

x

x





Bảng biến thiên của hàm số g x 

Từ bảng biến thiên, ta thấy câu D là sai.

Câu 12

Lời giải Chọn B

Ta có: g x  f1x.1x1x 2 x1 x24x5m1x 2 x1 x24x5m

Để hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 1 thì g x 0, bằng không tại một số điểm hữu hạn với mọi

 ; 1

  

Do   2 

1x x 1 0 với mọi x   ; 1, nên

  0

g x với mọi x   ; 1 2

x  x  m với mọi x   ; 1 2

m  x x với mọi

 ; 1

  

Xét hàm số   2

h x x x trên  ; 1 Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra m9, kết hợp với điều kiện m nguyên và thuộc đoạn 2019; 2019 suy ra có 2011 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 13

Lời giải Chọn B

3

Ta có g x  f x   x 3 f  x  x 3

Vẽ đường thẳng y = x + 3 thêm vào hình vẽ ta được như trên

Nhận thấy hai đồ thị cắt nhau tại các điểm 2; 1; 0; 3 và  2; 5 

+) Trên các khoảng 2; 0 và 2;  , thấy f x   x 3 g x  0

 

g x

 đồng biến khi x  2;0và 2; 

+) Trên các khoảng  ; 2và 0; 2, thấy f x   x 3 g x  0

( )

g x

 nghịch biến khi x   ; 2và 0; 2 

Như vậy, ta lập được bảng biển thiên của g x  như sau :

Từ bảng biến thiên trên, đáp án C đúng

Câu 14

Lời giải Chọn A

Ta có g x  fx 1 1

g x   f x    f x  1 1 0

Từ đó suy ra hàm số     2019 2018

1

2018

x

đồng biến trên khoảng -1 ; 0

Lời giải Chọn C

Ta có:

 

y  f x  x

2

x

x







   

y   f    

   

' 1 ' 1 2 1 0

   

' 3 ' 3 6 1 0

Bảng xét dấu:

 Hàm số   2

2019

y f x x  x đạt cực đại tại x 0

Câu 15

Lời giải Chọn C

Ta có:

 

y  f x  x

2

x

x







   

y   f    

   

' 1 ' 1 2 1 0

   

' 3 ' 3 6 1 0

Bảng xét dấu:

 Hàm số   2

2019

y f x x  x đạt cực đại tại x 0

Câu 16

Lời giải Chọn C

Xét hàm số   4 3 2

f x  x  x  x  x m trên

f x  x  x  x

 

1

1

x

x

 





 



Bảng biến thiên của hàm số

Dựa vào BBT suy ra đồ thị hàm số 4 3 2

y x  x  x  x m có 7 điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị của hàm

f x  x  x  x  x m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt

m

m m

 



     

Mà m nguyên nên m9;10;11;12S Suy ra tổng tất cả các phần tử của tập S là 42

Câu 17

Lời giải Chọn C

Xét hàm số   3

y f x x  x m trên đoạn  0; 2

Ta có   2 1  0; 2

1

x

x

   



Ta có f  0 2m1, f  1 2m3 và f  2 2m1

Suy ra

 0;2   2 1 ; 2 3 ; 2 1 2 3 ; 2 1

2

m  m   m   m

Khi đó P 2m 3 2 , 1

2

m

2

2

P   m

2

m  m   m   m

Khi đó P 2m 1 2 , 1

2

m

  Suy ra Pmin không tồn tại

Vậy 1

2

m

Câu 18

Lời giải Chọn D

Đặt 2

2

2 2

t

1 1,

Do đó ta có 1;21

4

  Lưu ý tại t 1 chỉ sinh ra 1 giá trị x , tại 1;21

4

  thì với mỗi giá trị đều sinh ra 2 giá trị x )/ Dựa vào đồ thị hàm số ta có 1;21

4

   f t  2;5 Theo yêu cầu bài toán ta thấy m2;5 \ 4  

Do khi   4 1  

1;3

t

f t

 



    

 chỉ sinh ra 3 nghiệm phân biệt)

Do m  m  3;5

Câu 19

Lời giải Chọn B

Bất phương trình f  x  1 1 m xác định khi x1

Khi đó, x     1 1 1, x 1

Từ bảng biến thiên ta thấy      

1;

min f x f 3 2

Bất phương trình y f  x  1 1 m có nghiệm khi và chỉ khi    

1;



Câu 20

Lời giải Chọn D

+   2   2 2 1

+ Ta thấy

*)

2

2

1

0, 1

x x



Từ đó ta suy ra y    0, x  2;0

Câu 21

Lời giải Chọn D

2

; 3

3;

    



Đặt    1

3

f x



Ta có:    

 

3

f x

g x

f x



  



 

 2  

3

3

3

x

f x

x

 



 

 2  

3 3

x

x

f x

           với   x  x x1; 2

Vậy hàm số hàm số    1

3

f x

 đồng biến trên từng khoảng 3;0 , 3; x  2và x2; Suy ra chọn đáp án

C

Câu 22

Lời giải Chọn D

Đặt sin

2 x

2

Phương trình sin 1 sin

4 x 2 x m 0 có nghiệm khi và chỉ khi phương trình 2 2

nghiệm 1; 2

2

t

2

2

f t t , ta có bảng biến thiên

Vậy để phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 5 8

Câu 23

Lời giải Chọn D

Tập xác định: D \ 1

Hàm số đã cho liên tục trên  0;1

0

y

 Hàm số đồng biến trên đoạn  0;1

Trên  0;1 hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x0

2

m

m

 



Câu 24

Lời giải Chọn C

 

1 cot

y

x m





Đặt cot x t Ta có π π

;

4 2

   t  0;1 và tcotx nghịch biến trên π π;

4 2

  Hàm số  1 nghịch biến trên khoảng ;

4 2

 

 hàm số

y



 đồng biến trên khoảng  0;1

2

2

0

y



 , t  0;1

 

2

0;1

m



 





 

 

2

1 , 0;1 2

* 0

1

t

t m m



  



 

 Xét hàm số 2 1  

2

t

t



Ta có:

2 2

1

2

t

t



        (loại)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên f t( ) 1,  t  0;1

Vậy 

1

1

0 1

m

m m

m m











   







mà m  2019; 2019 , m   m  2019; 2018; ;0;1  nên có 2021 giá trị m thỏa mãn

Câu 25

Lời giải Chọn C

Điều kiện x 5

Xét hàm số f x  x 2 x 3 x 4 x5, trên nửa khoảng 5;

 

0

f x

Bảng biến thiên

Trong đó f  5  3 2 1

Phương trình đã cho tương đương

x  x  x  x  m  f x  m 6

Suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi

0  m 6 f 5   6 m f 5  6 7,32

Do m nên m 7 Vậy có một giá trị nguyên thỏa mãn

Câu 26

Lời giải Chọn C

Do hàm số ycosx là hàm số nghịch biến trên 0;

3



 nên Ycbt đưa về tìm tất cả các giá trị thực của tham số m

để hàm số   mt 1

g t





 nghịch biến trên khoảng

1

; 1 2

 

2

1;1

1 0

1

;1

2

m m

m

 



Câu 27

Lời giải Chọn B

Điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng thì 2

x mx m có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng 1

2

1 2

1

2

( 1)( 1) 0

m









Câu 28

Lời giải Chọn B

Xét     3

h x  f x x  x với x  3 ; 3

Ta có     2

  0

1

3

x x







 

Bảng biến thiên của hàm số h x 

Vậy max3 ; 3 h x  h 3 3f  3

  

 

Câu 29

Lời giải Chọn B

Ta có:  f x dx f x C

    0  

2





     (sử dụng máy tính casio tính 0  

2

d





 0  2

và     2  

0

f  f f x x (sử dụng máy tính casio tính 2  

0

d

f x x

 2  0

 f  2  f(0) f 2

Câu 30

Lời giải Chọn A

Ta có: +) 4x2 0

+)x2   0 4 x2  4 4x2 2

Xét hàm số y f x  trên đoạn:  0; 2

Từ đồ thị hàm số ta có:

m f x   x    x

Vậy M m 3

Câu 31

Lời giải

Chọn B

Ta có:       0    0

0



     

 

Theo đồ thị hàm số suy ra

 

1

0

f x





     , với 2a13

  1  

0 , 1 0

, 2

f x

f f x





  



Phương trình  1 : f x 0có 3 nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình  *

Phương trình  2 : f x a1 có 3 nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình  1 và phương trình  * Vậy phương trình ban đầu có 8 nghiệm phân biệt

Câu 32

Lời giải Chọn D

  3      

g x  f f x f x

  0 3       0

 

0 0

 



 

  0

0

f x

x











  







, 2 a 3

  0

f x  có 3 nghiệm đơn phân biệt x , 1 x , 2 x khác 3 0 và a

Vì 2 a 3 nên f x a có 3 nghiệm đơn phân biệt x , 4 x , 5 x khác 6 x , 1 x , 2 x , 3 0 , a

Suy ra g x 0 có 8 nghiệm đơn phân biệt Do đó hàm số g x 3f f x  4có 8 điểm cực trị

Câu 33

Lời giải Chọn B

Đặt g x  f x 2 , ta có    2

2

2

0 0

0

0











x x

x

f x

Nhận thấy g x có 3 nghiệm trên    5; 5và không có nghiệm bội chẵn nên g x đổi dấu qua 3 nghiệm đó Vậy hàm số y  f x 2 có ba điểm cực trị

Câu 34

Lời giải Chọn D

Vẽ hai đồ thị y f ' x   y 1 x trên cùng một hệ trục

Từ đồ thị ta thấy g x'    0,  4; 1 và g x'   0,  1;3

Vậy giá trị nhỏ nhất trên đoạn 4;3đạt tại điểm x0  1

Câu 35

Lời giải Chọn D

Bất phương trình f x  x 1 7 x m có nghiệm thuộc 1;3 khi và chỉ khi

 1;3    

Xét hàm số g x  x 1 7x trên đoạn 1;3

g x

  0

 1 8 2 2

g    , g 3   2 2 4

Suy ra

1;3

Maxg x 4

  tại x 3 (1)

Mặt khác, dựa vào đồ thị của f x  ta có

1;3

Max f x 3

  tại x 3.(2)

Từ (1) và (2) suy ra

 1;3ax   1 

M f x  x  7x 7 tại x 3 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm thuộc 1;3 khi và chỉ khi m 7

Câu 36

Lời giải Chọn C

2

f x x  x m  f x   

nghiệm đúng với mọi x  1;3 Dựa vào đồ thị ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x  bằng  3 khi x 2

Đặt   2 4

2

2

g x     x        x

h x x  x   x

h x  x   x

Bảng biến thiên

Vậy m  10.

Câu 37

Lời giải Chọn C

( ) 4

tg x  x với x[- 2 ; 3)

Suy ra:

2

'( )

4

x

g x

x







Ta có:

(0) 2

g  , g( 2) 2, g( 3) 1

Mà hàm số g x( ) liên tục trên [- 2 ; 3)

Suy ra, t(1; 2]

Từ đồ thị, phương trình f t( )m có nghiệm thuộc khoảng (1; 2] khi m ( 1;3]

Câu 38

Lời giải Chọn A

Ta có   2

e

f x  x  m,   x  3;0   2

e

f x  x  m,   x  3;0 Xét hàm số     2

e

g x  f x  x  trên 3;0

Ta có     2

e

x

x



 3;0

x

   ta thấy: f x 0;

e

x x

 Do đó: g x 0,   x  3;0 Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có: mg   3 m f   3 9 e

Câu 39

Lời giải Chọn D

Ta có: '( ) 2 ( ) '( ) 0 ( ) 0

'( ) 0

f x

f x







Dựa vào đồ thị ta có 1 1

( ) 0

f x







 Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số g x( ) có 2 điểm cực đại, 3 điểm cực tiểu

Câu 40

Lời giải Chọn A

Ta có g' x  f ' x   1 0 f ' x 1

Từ đồ thị ta thấy đường thẳng y 1 cắt đồ thị f ' x tại ba điểm có hoành độ là x 1,x1 và x2

Bảng biến thiên

Câu 41

Lời giải Chọn B

Xét hàm số g x  f x sinx

    cos

g x  f x  x

Với   x  1;1, ta có f x   1 f x cosx  1 cosx 0 g x 0

Suy ra hàm số g x nghịch biến trên khoảng   1;1 nên g x g  1 f   1 sin1

Do đó bất phương trình f x sinx m có nghiệm trên khoảng 1;1 khi và chỉ khi

bất phương trình m f x sinx có nghiệm trên khoảng 1;1

     

1;1



Vậy m f  1 sin1

Câu 42

Lời giải Chọn A

Bài giải

Đặt     2  0

2

x

g x  f x   f

Ta có: g x'  f ' x x ,  

2( )

2

x

 





  

 



( Nhận xét: x2 là nghiệm bội lẻ, x0 có thể nghiệm bội lẻ hoặc nghiệm bội chẳn tuy nhiên không ảnh hưởng đáp số bài toán)

Suy ra hàm số y g x  có nhiều nhất 3 điểm cực trị trong khoảng 2;3

Câu 43

Lời giải Chọn C

Đồ thị của hàm số được vẽ theo 2 bước:

+ Tịnh tiến đồ thị của hàm số y f x  qua bên phải 1 đơn vị

+ Giữ nguyên phần bên phải, lấy đối xứng phần bên phải qua trục Oy

Từ đồ thị ta thấy: phương trình (f x 1) m có 4 nghiệm phân biệt khi 3 m 1 Vậy có 3 giá trị nguyên m 2; 1; 0

Câu 44

Lời giải Chọn D

Vẽ hai đồ thị y f ' x   y 1 x trên cùng một hệ trục

Từ đồ thị ta thấy g x'    0,  4; 1 và g x'   0,  1;3

Vậy giá trị nhỏ nhất trên đoạn 4;3đạt tại điểm x0  1

- HẾT -