Điều này chứng tỏ bài toán cho hàm số chắc chắn có tính chất đặc biệt... + Nhìn yếu tố xuất hiện hàm số.. Ta có hàm số lẻ và tăng trên.. Đây chính là chìa khóa ta giải quyết bài toán.. L
Trang 1GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 20
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
D B A A C C C C B B A C D B D A C A B B C B A A A
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
B D D B B A B B C B A C B B B B A C A A C C B C C
Câu 32:
2 2
4x a 8 2x a 9 0 2x 1 2 x a2 9 0 2x a2 9 0 2
2
x log 9 3,172
Vậy bất phương trình có nghiệm nhỏ nhất thuộc3; 3, 4
Câu 33:
3
3 7
3
x x
1 3
3 7
0 3
3 7
3
x x x x
3 7
0 3
3 7 1
3 3
x x x x
3 7
0 3
3 7 1
3 3
x x x x
3 7
0 3
0
x x x x
7
3 3; 3
x
x x
Suy ra 7
3
a ; b 3 Vậy, 6 6 7 3 11
3
Câu 34:
Cách 1:
2
x
2 2
2
2
x
Trang 2
Bảng xét dấu của g x :
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị
Cách 2:
Hàm số 3 2
y f x ax bx cx d; 2
f x ax bx c Nhận thấy hàm số y f x có 2 điểm cực trị A 0; 4 ,B 2; 0
Khi đó:
2 0
2 0
f
f
Ta có 2
2
g x f x x 2 3 2
1 2
2
x
x
Bàng xét dấu của g x :
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị
Câu 35:
Phân tích:
+ Bài toán nếu thế vào:
+ Biểu thức khá phức tạp Điều này chứng tỏ bài toán cho hàm số chắc chắn có tính chất đặc biệt
P m ( )
Trang 3+ Nhìn yếu tố xuất hiện hàm số Ta có hàm số lẻ và tăng trên Đây chính là chìa khóa ta giải quyết bài toán
Lời giải
Ta có hàm số hàm số lẻ và tăng trên
Yêu cầu bài toán
nguyên lớn nhất là:
Bài toán tổng quát:
Với là hàm số lẻ và tăng (hoặc giảm) trên tập
Con đường sáng tạo bài toán: (VD: Một vài hàm đặc trưng f)
………
Ta có (*)
Đây là nguồn gốc chúng ta tạo lớp bài toán này
Câu 36:
Ta có:
sin 2 x cos 2 x d x 1 2 sin 2 cos 2 x xdx
1 sin 4 x dx 1 cos 4
4
sin 2 x cos 2 x d x x a cos 4 x C
do đó:
1
4
a
b 5 a b
Câu 37:
Ta có 2 e x
g x f x x x g 0 g 2 0 (vì f 0 f 2 0)
2x 2 x
y f x
( ) 2x 2 x
y f x
3
m
12
2 1365 3
m
f u x m f v x m ( )
f x a a a
f x x ax a
f x a x ax
u x m v x m
Trang 4
2
0
I f x g x x
g x x v g x Khi đó
I
2 0 .
0
g x f x x 2 2
0
2 e dx 4
Câu 38:
Tập xác định: D \ m
Đạo hàm:
2
y
Hàm số đạt cực trị tại x 2 thì
2 2
3
1 2
m
m m y
m
+) TH1: Với
2 2
6 8 3
3
x
Cho
2 0
4
x y
x
Bảng biến thiên:
Ta thấy hàm số đạt cực đại tại x 2 nên m 3 ta nhận
+) TH2: Với
2 2
2 1
1
x Cho
0 0
2
x y
x
Bảng biến thiên:
Ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 2 nên m 1 ta loại
Câu 39:
Trang 5Có C143 cách chọn 3 viên bi tùy ý
Chọn 3 viên bi cùng số 1 có 3
C cách chọn
Chọn 3 viên bi cùng số 2 có 3
C cách chọn
Chọn 3 viên bi cùng số 3 có 1 cách chọn
Chọn 2 viên số 1 và 1 viên khác số 1 có 2 1
4 10 60
Chọn 2 viên số 2 và 1 viên khác số 2 có 2 1
4 10 60
Chọn 2 viên số 3 và 1 viên khác số 3 có 2 1
3 11 33
Chọn 2 viên số 4 và 1 viên khác số 4 có 2 1
2 12 12
Như vậy số cách chọn theo yêu cầu là 3
14 4 4 1 60 60 33 12 190
Câu 40:
Xét hàm số g x 3 f x x3 g x ' 3 f x ' x2
Ta có: 2
Phương trình 1 là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị các hàm số y 'f x và yx2
Dựa vào đồ thị của hàm số y 'f x và đồ thị hàm số yx2, ta có:
2
0
2
x
x
Quan sát đồ thị hàm số y 'f x và 2
y x trên cùng một hệ trục tọa độ như hình vẽ ta thấy
Với x ;0 hoặc x2; thì 2 2
Với 2 2
Trang 6Từ đó ta có bảng biến thiên
Có f 0 0 g 0 0 Từ bảng biến thiên suy ra dồ thị hàm số y g x có được bằng cách bỏ phần phía dưới trục hoành và lấy đối xứng phần bị bỏ đối xứng qua trục hoành Do đó
Suy ra hàm số y 3 f x x3 đồng biến trên khoảng 0;1 và a; với g a 0
Câu 41:
Xét hàm số 4 3 2
Ta có 3 2
0
2
x
x
Ta có bảng biến thiên
Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y f x bằng số điểm cực trị của đồ thị hàm số yf x cộng số giao điểm (khác điểm cực trị) của đồ thị hàm số y f x với trục hoành
Do đó, từ bảng biến thiên của hàm số f x , suy ra hàm số y 3 x4 4 x3 12 x2 m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi
0
0
32 0
5 0
m
m m
m m
Vì m nguyên dương nên có 27 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán
Trang 7Câu 42:
Gọi B là diện tích tam giác ABC, h là độ dại đường cao của hình lăng trụ, suy ra V B h Gọi Q là trung điểmAB, G là trọng tâm tam giác ABC Gọi V1 là thể tích khối chóp BMNP, V2 là thể tích khối chóp MBNE với E QC MP
3
ME QF MQ do PC // MQ và PC 2 PC nên
2 3
Ta có 1
2
ME
Ta lại có 2 1
3 BNE
V S h Ta tính diện tích tam giác BNE theo diện tích tam giác ABC ta có
BNE BGE NGE NQC BQC QBNC
AQN
QBCN ABC ABC
AB AC
3
BNE QBNC
Nên 2 1 1 2 2
V
V
Câu 43:
Có
1
1
x
x
x x
Suy ra
ln
1
x
x , với một C nào đó
Trang 8Do 1 ln 1 0
2
f C nên
ln
1
x
f x
x
1
x
x
Đặt
2 3 2
1
ln
1
3
x
x
x
x
Do đó
2
1
Đặt
dx 1 dx 1 8 ln 3 8 ln 2
x
x x
Do đó 14 ln 2 4 ln 1 1 1 8 ln 3 8 ln 2 6 ln 3 22 ln 2 1
I
Vậy 6 22 1 7
3 6 6
Câu 44:
ĐK: x 2 m 0
Ta có 1
4
2x log x 2m m 2x log2x2m2m
Đặt tlog2x2m ta có
x t
x m 2x x 2t t 1
Do hàm số 2u
f u u đồng biến trên , nên ta có 1 t x Khi đó:
2x x 2 m 2 m 2x x
Xét hàm số g x 2xxg x 2 ln 2 1 0x x log ln 22
Bảng biến thiên:
Trang 9Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 2
2
log ln 2
2 log ln 2
2
g
0,457 (các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện vì x 2 m 2x 0)
Do m nguyên và m 10, nên m 1,2,3,4,5,6,7,8,9
Câu 45:
Giả sử thiết diện qua trục của chiếc ly được gắn vào hệ trục Oxy như hình vẽ Khi đó thể tích chiếc ly
chính là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y2 ; x y1; ya quanh trục Oy
Đồ thị hàm số 2x
y cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1 Gọi M là điểm tiếp xúc của viên bi với chiếc ly thì M 2; 4
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số 2x
y tại M 2; 4 có phương trình là d :y4 ln 2.x 4 8 ln 2 Gọi I là tâm của viên bi Đường thẳng IM đi qua M và vuông góc với d nên có phương trình
4 ln 2 2 ln 2
Khi đó
4 ln 2
Suy ra 4 1 4 12 6.8475
2 ln 2 4 ln 2
Thể tích nước có trong chiếc ly là 2 3 3
2 1
4
3
a
Câu 46:
Gọi H là trung điểm của A D IH//AAIHA B C D và
Trang 10I A
B
D C
A'
B'
C'
D' H
K
Gọi K là hình chiếu của B lên CB BK CB , mà BKA B nên BKCA B
BB C có
2
BK
, , , , .
Gọi là góc giữa IH và BK, mà IH BB // ' nên B BK (do B BK vuông
tại K)
Khi đó
BK
Ta có 1 , sin 3 3
IHBK
a
Câu 47:
Ta có, hàm số f x liên tục trên nửa khoảng 1;
1 2 2 5 4 8 1 3 2 6 19, 1;
Hàm số đồng biến trên nửa khoảng 1; khi và chỉ khi f x 0, x 1; Dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm trên khoảng 1;
2 3 2 5 6 2 4 8 1 19
1 2
x
Đặt
1 2
x
f x sẽ đổi dấu trên 1; Do đó, để f x 0, x 1 thì điều kiện cần là
1
m
m
*) Điều kiện đủ:
+ Với m 0 thì
8 1
1 2
x
Trang 11
8
2
2
3 1
1 2
x
x
2
2
2
3 1
1 2
x
f x 0, x 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi x 3
Do đó, hàm số đồng biến trên nửa khoảng 1; .Vậy ra m 0 thoả mãn
+ Với m 1 thì thì
8 2
1 2
g x
8 2
g x
2
2 3
1 2
x
x
2
2
2 3
1 2
x
f x 0, x 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi x 3 Do đó, hàm số đồng biến trên nửa khoảng 1;
Vậy ra m 1 thoả mãn
Vậy tổng tất cả các giá trị của tham số m thỏa yêu cầu đề bài là 1 0 1
Câu 48:
Ta có ln b c b ln b b ln c c (*)
Xét hàm số f t( ) ln t t t , 0 f t 1 1 0, t 0
t
f t là hàm số đồng biến trên 0;
Phương trình (*) có dạng f b( ) f c
Do đó ta được b c
Lại có log3a b 0 a 3b Thay vào logab 1
c ta được :
3
3
Trang 12Vậy 13
3
, 3
3
1 2
3 3
Câu 49:
Đặt u x 5 mx sin 5 x m sin x 3 x m 2 2 m x ( 0); u x ' 5 m 5cos 5 x m cos x 3
3 5cos 5
5 cos
x
x Đặt
3 5cos 5
5 cos
x
h x
x
Do
x
GTNN trên nửa khoảng ; 0 )
Ta có hàm số g x liên tục trên nửa khoảng ; 0 Suy ra hàm số g x đồng biến trên nửa khoảng
; 0 g x' 0 x ; 0u x f u x' ' 0 x ; 0
Dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm thuộc khoảng ; 0
Ta có:
x
x
x
Nhận xét:
Với
2
5 1
8
5 1
m
m
thì lim (
x u x hoặc ) nên dựa vào đồ thị hàm số y 'f x ta có:
Yêu cầu bài ra
2
0 (I)
1
0 (II)
u x
x
u x
u x
x
u x
; u x'( ) 0 xảy ra tại rời rạc điểm thuộc khoảng ; 0
Xét (I): Ta có 2
u x mx x m x x m mliên tục trên nửa khoảng ; 0 và
2
u m m m nên (I) không xảy ra
Xét(II):
2
5
2 2
5 1
m
Vậy a 1; b 1; c 2 suy ra chọn C
Trang 13Lưu ý: Bài toán cũng có thể giải theo điều kiện cần và đủ theo gợi ý sau:
Điều kiện cần:
Hàm số g x ( ) đồng biến trên nửa khoảng
' 0 0
; 0 ' 0 0
1 ' 0 0
'[ 0 ] 0
u
g
m u
f u
Điều kiện đủ: Thử lại loại m 1
Câu 50:
Từ đồ thị suy ra a 1,b 1,0 c 1 Suy ra b 1
c và do đó logab 0
Ta có:
2
2
log
log
b
b
c a
2 2
3