CÁC DẠNG TOÁN MAX MIN TRONG số PHỨC

Phân tích hướng giải Đối với dạng toán có yếu tố max-min trong số phức ta có 2 hướng tiếp cận chính như sau: + Hướng 1: Sử dụng các phép toán số phức liên quan tới môđun để đưa bài toán

CÁC DẠNG TOÁN CÓ YẾU TỐ MAX- MIN TRONG SỐ PHỨC Giáo viên: Trương Đức Thịnh – Nguyễn Thu Hằng

Nhóm giáo viên tiếp sức Chinh phục kỳ thi THPT 2021

Bài toán có yếu tố max-min trong số phức là một trong những dạng toán khó ở trong chương

trình môn Toán THPT và thường được lựa chọn ở các câu VD-VDC mang tính phân loại thí sinh

Trong đề tham khảo của bộ năm 2021 cũng có một câu ở mức độ như vậy Chúng ta cùng phân

tích câu 49 dưới những góc nhìn khác nhau để tìm ra các hướng xử lý cho dạng toán này

A Phân tích bài toán số phức trong đề tham khảo 2021

Ví dụ 1 (Câu 49-Đề tham khảo 2021) Xét hai số phức z z1 2, thỏa mãn z1 1,z2 2

và z1z2  3 Giá trị lớn nhất 3z1 z2 5i bằng

A  5 19 B  5 19 C  5 2 19 D 5 2 19

Phân tích hướng giải Đối với dạng toán có yếu tố max-min trong số phức ta có 2 hướng tiếp cận chính như sau:

+) Hướng 1: Sử dụng các phép toán số phức liên quan tới môđun để đưa bài toán về

hàm số một biến rồi khảo sát hoặc dùng các bất đẳng thức để đánh giá

+) Hướng 2: Đưa về bài toán cực trị hình học quen thuộc

Căn cứ vào yêu cầu bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3z1 z2 5i có dạng môđun của một tổng, bài toán có thể được giải quyết nếu 3z1z là một hằng số, từ đó 2

ta mạnh dạn đi tính 3z1z từ các giả thiết của bài toán Sau đó ta sẽ sử dụng một trong 2

2 hướng kể trên hoặc tổng hợp các hướng để kết thúc bài toán

Lời giải tham khảo + Trước hết ta tính 3z1z ta có một vài cách tính như sau 2

Cách 1: Tính toán trực tiếp

Đây là cách tiếp cận đơn giản nhất cho bài toán chỉ sử sụng những kiến thức cơ bản

của số phức để biến đổi

Đặt z1   a bi z , 2   c di với , , ,a b c d   và i2   1.Theo giả thiết ta suy ra

Lại có 3   z1 z22  z12  z2 2  z z1 2 z z1 2    z z1 2 z z1 2   2 Thay lại ta được

Cách 3: Sử dụng hình học

Để sử dụng được pháp pháp này các em cần phải vận dụng linh hoạt về biểu diễn

hình học của số phức, kết hợp với kiến thức về véctơ hay hệ thức lượng trong tam giác…để giải quyết bài toán

Gọi , , ,A B C D là các điểm biểu diễn của z z z1, , 3 ,2 1  z2 giả thiết trở thành

Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức tam giác ở dạng môđun

+ z1 z2  z1  z Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2  

Áp dụng bất đẳng thức tam giác ở dạng môđun ta có

Sử dụng kết quả quen thuộc ta được MN MO ON     5 19

Dấu bằng xảy ra khi , ,M O N theo thứ tự thẳng hàng hay M0; 19 

Một cách tổng quát ta có thể xây dựng bài toán Max-min liên quan các

yếu tố của số phức theo các dạng sau:

+ Bất đẳng thức tam giác ở dạng môđun

z1  z2  z1z Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2  

z1  z2  z1 z Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2  

1 3

z

Vậy giá trị lớn nhất của T bằng 4

Ví dụ 3 Cho số phức z thỏa mãn z    1 i 5. Biết biểu thức T  2 z     8 i z 7 9 i đạt giá trị

lớn nhất khi z x yi x y    ,    Khi đó giá trị x2y bằng

Phân tích tìm lời giải : Để đơn giản ta đặt u  z 1 ,i khi đó u  5và cần tìm giá trị lớn nhất của T  2 u      1 7 i u 6 8 i Ta nghĩ đến bất đẳng thức tam giác ở dạng môđun, tuy nhiên có một trở ngại ở đây là hệ số của z không giống nhau do vậy ta sẽ tìm cách để đưa về hệ số giống nhau

2 0 2

3

2 5

Ví dụ 4 (Đề thi thử sở GD&ĐT Hải phòng 2021) Xét hai số phức z z thỏa mãn 1 2,

z1 6 8i  7 z2 và z1z2  Gọi ,3 M n lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

biểu thức  P z1 2z2  21 3i Khi đó M2n bằng 2

Phân tích tìm lời giải : Biểu thức cần đánh giá của bài này tương tự như đề tham

khảo tuy nhiên giả thiết cho rất khó để tính được z1 2 z2 Tinh ý một chút các em sẽ phát hiện ra 6 8  i  10 7 3   và như vậy ta lại có thể dùng bất đẳng thức tam giác ở dạng môđun

Lời giải

Giả thiết suy ra 7 z1   6 8i z2    z1 z2 6 8i  z1  z2 6 8i  7

Suy đẳng thức tương đương

Khảo sát hàm số theo biến x ta được 15   P 3 41

Như vậy ta được 15   P 3 41 do đó M2n2 144

Ví dụ 5 Xét số phức z thoả mãn 3z  3i z2 3iz  z29 Gọi ,M m lần lượt là giá trị

lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của  z 1 5i Khi đó M2 2m2 thuộc khoảng

A  0;13 B 13;40 C 40;55 D 55;70 Phân tích tìm lời giải : Giả thiết bài toán sẽ trở nên quen thuộc nếu các em để ý

Dạng 2: Sử dụng biểu diễn hình học của số phức đưa về các bài toán cực trị quen thuộc

2.1 Các quỹ tích cơ bản

Gọi ( ; )M x y là điểm biểu diễn số phức  z x yi x y ( ,  ) và  i2 1

Mối liên hệ giữa x và y Kết luận tập hợp điểm M x y ( ; )

MA d A , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AM  

2 Cho M di động trên đường tròn  I R , A là điểm cố định ;

5 Cho M di động trên đường thẳng 

Và ,A B là hai điểm cố định cùng phía với 

MA MB AB dấu " " xảy ra M AB  '   trong đó 'B

đối xứng với B qua 

6 Cho M di động trên đường thẳng 

Ví dụ 6 Xét hai số phức z w, thoả mãn z z  và 1 w    3 4 i 2 Giá trị lớn nhất của biểu

thức P z w   bằng

Phân tích tìm lời giải: Ta thấyz z    như vậy điểm biểu diễn của hai số phức đều nằm 1 z 1trên đường tròn và ta đưa về bài toán hình học quen thuộc: Tìm hai điểm trên hai đường tròn sao cho khoảng cách giữa chúng là lớn nhất

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 8

Ví dụ 7 (Đề tham khảo 2018) Xét số phức z   a bi  a b   ,  thỏa mãn z  4 3i  5

Khi z      1 3 i z 1 i đạt giá trị lớn nhất thì giá trị P a b   bằng

Phân tích tìm lời giải: Ta thấy điểm biểu diễn của số phức M a b   ; đường tròn Với biểu

thức cần đánh giá có dạng MA MB  thì ta có thể nghĩ đến bất đẳng thức

Bunhiacopxky để đưa về bình phương độ dài và dùng công thức đường trung tuyến hay

sử dụng tâm tỷ cự của một họ điểm để đánh giá tiếp

Lời giải

Goi M a b   ; là điểm biểu diễn của số phức z

Ví dụ 8 (Đề thi thử THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh 2019) Xét số phức z thỏa mãn

Giả thiết trở thành MA4MB4 2MI Giá trị cần đánh giá nằm ở vế phải tương tự như

Ví dụ 7 ta nghĩ đến bất đẳng thức Bunhiacopxky để đưa về bình phương độ dài, tuy nhiên cần lựa chọ hệ số thích hợp để đánh giá được vế phải Rất may ta có được IA2IB 0

nên

MA MB MI IA IB Từ đó ta chọn được hệ số cho bất đẳng thức Bunhiacopxky

Lời giải: Giả thiết z  1 i 4 z 2 5i 4 1 i z  4 2i    z 1 i 4z 2 5i 4 2 z 1 3i

Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z ,A    1; 1 ,      B 2;5 , 1;3 I

Giả thiết trở thành MA4MB4 2MI Ta thấy IA2IB 0

IA   nên hai đường tròn luôn cắt nhau hay luôn tồn tại M

Vậy giá trị lớn nhất của MI 3 6

Phân tích tìm lời giải: Làm đẹp lại giả thiết ta thấy rằng điểm M biểu diễn của số

phức z thuộc đường tròn tâm 0; 1 ; 2 .

I   R 

  Biểu thức cần đánh giá là

S MA MB MC    thấy rằng A B C , ,    I R ; hơn nữa ABC đều, đến đây ta sử

dụng một kết quả quen thuộc nếuM thuộc cung nhỏ AB thì MC MA MB   từ đó ta chỉ việc đánh giá MC

Gọi A     1;0 , B  1;0 , 0; 3 C    Ta thấy A B C , ,    I R ; và  ABC đều

Không mất tính tổng quát, giả sử M thuộc cung nhỏ AB

Lấy điểm E MC  sao cho MB MC  do BMC BMC     60o

Dấu “=” xảy ra khi M I C , , thẳng hàng

Chú ý: Bạn nào chuyên sâu hơn có thể sử dụng định lý Ptoleme cho tứ giác nôi tiếp AMBC

AB MC AC MB BC MA cũng suy ra được MC MA MB   (do ABC đều)

Ví dụ 10 Xét số phức z thỏa mãn z       Giá trị lớn nhất của 1 i z 3 i 6 T   z 2 i bằng

A 10

Phân tích tìm lời giải: Nhìn vào giả thiết ta thấy rằng tập hợp các điểm biểu diễn của z số là đường Elíp, do đó ta đưa về bài toán đánh giá khoảng cách từ một điểm cụ thể đến một điểm thay đổi trên đường Elíp Khó khăn gặp phải ở đây là ta phải đưa phương trình đường Elíp về dạng chính tắc để thuận tiện cho việc tính toán Ta xét cách đổi biến sau

Dạng 3 : Một vài cách hỏi khác cho bài toán số phức ở mức độ VD-VDC

Quan sát đề tham khảo và đề thi chính thức qua các năm gần đây chúng ta thấy rằng các câu ở mức độ vận dụng cao thường không dập khuôn theo đề tham khảo mà chỉ liên quan đến đề tham khảo ở mảng kiến thức nhất định, vì vậy ngoài việc nắm chắc kiến thức cơ bản, thành thạo các bài toán gốc các em còn phải rèn luyện thêm tư duy nhạy bén để xử lý được các bài toán một cách nhanh nhất Dưới đây là một vài dạng toán khác liên quan tới câu số phức mức độ vận dụng cao

Ví dụ 11 (Đề thi thử sở GD&ĐT Hà nội 2021)

Xét hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z1  z1z2 3 và z1z2 3 3 Giá trị của biểu thức

+Trường hợp 1 : b     5 u 5 i thỏa mãn

+ Trường hợp 2: b  5 gọi M x y là điểm biểu diễn  ;

của u khi đó M x y thuộc 2 Elíp  ;

2

16 147 5

z z

z z

 



    Vậy có 2 số phức z thỏa mãn

964

tt

CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP

Câu 1: Xét số phức z thỏa mãn z 3 4 i  5 Gọi M m , lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị

Câu 9: [THPT Chuyên Lương Văn Chánh-Phú Yên 2021] Biết rằng hai số phức z z1, 2 thỏa mãn

z   i  và 2

11

Câu 11: Xét z z1, 2 là các số phức thỏa mãn z1 3 2i  z2 3 2i 2 và z1z2 2 3 Gọi m n, lần lượt là

giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z1z2 3 5i Giá trị của biểu thức T  m 2n bằng

z  bz   c có hai nghiệm phức z z1, 2 thỏa mãn z1   4 3 1 i và z2   8 6 i 4 Mệnh đề

nào sau đây đúng?

A 5 b c   4 B 5 b c    12 C 5 b c   12 D 5 b c    4

Câu 14: Xét số phức ,zw thỏa mãn z       và 1 i z 3 i 6 2 4 1

5

w  i  Giá trị lớn nhất của T    z w 2 i là 3 a  b Khi đó giá trị a b thuộc khoảng

z i  z z  z Số phức w thỏa mãn 2w  2 i 3w  1 2i 6 2 Giá trị nhỏ nhất của T     w z1 w z2 bằng

CHUYÊN ĐỀ: KHAI THÁC CÔNG THỨC TÍNH KHOẢNG CÁCH

TỪ CHÂN ĐƯỜNG VUÔNG GÓC CỦA HÌNH CHÓP ĐẾN MẶT BÊN

Người viết: Trần Mạnh Tường THPT Chu Văn An – Thanh Hoá

Trong tam giác ABC, dựng đường cao AK

Trong tam giác SAK, dựng đường cao AH

+) Sử dụng công thức khoảng cách phía trên giúp chúng ta không phải suy nghĩ dựng hình chiếu của điểm lên mặt phẳng

+) Khi gặp một bài toán tính khoảng cách mà xuất hiện chân đường vuông góc thì ta sẽ xử

lí để đưa về bài toán tính khoảng cách từ chân đường vuông góc đó tới mặt phẳng cần tính

S

B K H

II VÍ DỤ MINH HOẠ:

Ví dụ 1: Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B, AB a , SA vuông góc với mặt

Nhận xét: Chân đường vuông góc trong bài toán là

điểm A, nên ta cần sử dụng tỉ lệ về khoảng cách để

chuyển khoảng cách từ B đến  SC thành khoảng D

C A

S

2a

a

C B

D A

S

Ví dụ 3: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh 2a,

Nhận xét:

Chân đường vuông góc trong bài toán là điểm O, nên ta cần sử dụng tỉ lệ về

khoảng cách để chuyển khoảng cách từ B đến  SC thành khoảng cách từ OD đến  SC DGọi O AC BD 

C

B

S

Ví dụ 4: Cho hình chóp S ABC có ABC đều cạnh a Cạnh bên SA a 3 và vuông góc với

ABC Khoảng cách từ điểm  A đến mặt phẳng  SBC bằng

;

;

;3

153

Ví dụ 5: Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SAABCD ,  SA a Gọi G là

trọng tâm tam giác ABD, khi đó khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng  SBC bằng

Chọn B

Nhận xét: Chân đường vuông góc trong bài toán là

điểm A, nên ta cần sử dụng tỉ lệ về khoảng cách để

chuyển khoảng cách từ G đến  SBC thành khoảng

a 3

B

C A

A

D

B

S

Ví dụ 6: Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, BAD 60o, SA a và SA vuông góc

với mặt phẳng đáy Khoảng cách tứ B đến  SCD bằng?

Chọn C

Nhận xét: Chân đường vuông góc trong bài toán là

điểm A, nên ta cần sử dụng tỉ lệ về khoảng cách để

chuyển khoảng cách từ B đến  SCD thành khoảng

.73

;

4

aa

Nhận xét: Chân đường vuông góc trong bài

toán là điểm H, nên ta cần sử dụng tỉ lệ về

khoảng cách để chuyển khoảng cách từ B đến

a a

a 6 2

M

D H

A

S

Ví dụ 8: Cho hình chóp tam giác S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a và

Tam giác SAB và SAC là các tam giác vuông tại

,

B C IS IA IB IC I là tâm mặt cầu

ngoại tiếp tứ diện S ABC

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC IH ABC 

H

M

BI

Ví dụ 9: (Mã 102-2020 Lần 1) Cho lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC là tam giác đều cạnh

a và AA  2a Gọi Mlà trung điểm của CC (tham khảo hình bên) Khoảng cách từ M đến mặt phẳng A BC bằng  

Chọn D

Nhận xét:

Nhận thấy điểm A cùng với A’, B, C tạo thành 1 hình chóp có A là chân đường vuông góc nên ta cần sử dụng tỉ lệ về khoảng cách để chuyển khoảng cách từ M đến A BC thành ' khoảng cách từ A đến A BC ' 

4

aa

a

Ví dụ 10: Cho hình hộp ABCD A B C D.    'có đáy ABCDlà hình thoi cạnh a, ABC 600, AA  2a

, hình chiếu vuông góc của điểm Atrên mặt phẳng A B C D là trọng tâm tam giác    

Chọn C

Gọi G và Glần lượt là trọng tâm các tam giác ADC và A B C  

Từ giả thiết suy ra: AG'A B C D và     C G ABCD 

Do đáy ABCDlà hình thoi cạnh avà ABC 600nên các tam giác A B C  và ADClà các tam giác đều

Ví dụ 11: (Đề tham Khảo 2020 Lần 2) Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông tại A,

 2

AB a, AC  4a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a (hình minh họa) Gọi

M là trung điểm của AB Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC bằng

Chọn A

Nhận xét:

Đây là dạng toán về tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau, ta vận dụng ý tưởng đưa về tính khoảng cách từ một điểm trên một đường thẳng đến mặt phẳng chứa đường thẳng đó và song song với đường thẳng còn lại

Gọi N là trung điểm của AC, ta có: MN//BC nên ta được

Ví dụ 12: (Đề Minh Hoạ 2020 Lần 1) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình thang, AB  2a,

Chọn A

Nhận xét:

Đây là dạng toán về tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau, ta vận dụng ý tưởng đưa về tính khoảng cách từ một điểm trên một đường thẳng đến mặt phẳng chứa đường thẳng đó và song song với đường thẳng còn

a

B M

S

A

Ví dụ 13: Cho lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AC a 3

Biết BC hợp với mặt phẳng AA C C một góc 30   o và hợp với mặt phẳng đáy góc  sao cho sin  6

4 Gọi ,M N lần lượt là trung điểm cạnh BB vàA C  Khoảng cách giữa

M B'

C'

B A'

Ví dụ 14: Hình chóp S ABCD có đáy ABCDlà hình bình hành và SA SB SC a   , SAB  30 ,

Do SB SC a  và SBC  60 nên SBCđều, do đóBC a

Lại có SA SC a  và SCA  45 nên SAC vuông cân tại S, suy ra AC a 2

SA SB a và SAB  30 nên AB2 .cos30SA  a 3

Do đó AB2 BC2AC , suy ra 2 ABCvuông tại C

Gọi Hlà trung điểm củaAB Khi đó, Hlà tâm đường tròn ngoại tiếpABC

a 3

a 2 H

D

A S

BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bài 1: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, biết SAABC và  AB  2a,

Bài 2: Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng a 2 Tính khoảng

cách d từ tâm O của đáy ABCD đến một mặt bên theo a

Bài 3: Cho hình chóp tam giác đều S ABC có độ dài cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng a 3 Gọi H

là trọng tâm tam giác ABC, d1 khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC , d2 khoảng cách

chiếu vuông góc của S lên ABC là trung điểm  H của BC Mặt phẳng  SAB tạo với

ABC một góc  60 Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng  SAB

tại S, mặt phẳng  SAB vuông góc với ABCD Biết góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng  SBC bằng , với sin  1

Bài 6: Cho hình chớp S ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a, ABC  60 , mặt bên SAB là tam

giác đều Hình chiếu vuông góc của Strên mặt phẳng ABCD trùng với trung điểm của

AO Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD

Bài 7: Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D, SAABCD ;  AB  2a,

AD CD a Gọi N là trung điểm SA Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng SC và

DN, biết rằng thể tích khối chóp S ABCD bằng 3 6

Bài 8: Cho hình hộp ABCD A B C D.     có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ABCD trùng với O Biết tam giác AA C vuông cân tại A Tính khoảng cách h từ điểm D đến mặt phẳng ABB A  

Bài 9: Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, AB a Gọi Mlà trung điểm

của AC Biết hình chiếu vuông góc của Slên mp ABC là điểm N  thỏa mãn



 

3

BM MNvà góc giữa hai mặt phẳng  SAB và  SBC bằng 60 Tính khoảng cách giữa 0

hai đường thẳng ABvà SMtheo a

giác vuông tại A, AB a AC a ,  3 Biết hình chiếu vuông góc của Atrên mặt phẳng

ABC là trung điểm của  BC Khoảng cách giữa hai đường thẳng AAvà B C bằng:

1 Dựa vào bằng biến thiên hoặc đồ thị hàm f x  xác định số lần đổi dấu của f x 

Nếu xác định được số lần đổi dấu từ   sang   của f x  ta sẽ xác định được số

điểm cực đại của f x ; số lần đổi dấu từ     sang   của f x  ta sẽ xác định được số điểm

cực tiểu của f x  

* Lỗi thường gặp: Đếm thừa điểm mà qua đó đạo hàm không đổi dấu

Câu 1: (Đề tham khảo thi tốt nghiệp THPT năm 2020 lần 1) Cho hàm số f x có bảng xét  dấu của f x  như sau:

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

Lời giải Chọn B

Dễ thấy, f x  một lần đổi dấu từ   sang   và một lần đổi dấu từ   sang   nên

là hàm đa thức thì nghiệm đơn và nghiệm bội lẻ là các điểm cực trị của g x  

* Lỗi thường gặp: Nhầm lẫn giữa nghiệm bộ chẵn và nghiệm bội lẻ

Câu 2: (Đề tham khảo TNTHPT lần 1 năm 2020) Cho hàm số

bậc bốn y  f x  có đồ thị như hình vẽ Số điểm cực trị của hàm

số g x  f x 3 3x2 là

Lời giải Chọn C

Câu 3: Cho f x là đa thức bậc 4 và hàm số   y  f x  có đồ thị là đường cong như hình vẽ

Số điểm cực đại của hàm số g x  f x 3 3x là

Lời giải Chọn B

x

y 1 -2

-4 y=f'(x)

x

y

4O

x

y

x=x2x=x3

x=x1-3

4

1-2 O

Ta có g x 3x2 3 f x 3 3x,    

3 3

3

1  x 2

Ta có bảng biến thiên của hàm số g x  

Vậy hàm số g x có 2 điểm cực đại  

3 Cực trị hàm g x    f u x      v x  

Để xác định số cực trị của hàm g x    f u x      v x   ta cần xét dấu

         

g x u x f u x  v x + Hướng 1: Xét dấu g x  dựa vào đồ thị hai hàm y u x f u x y v x     ;   

21-1 O

Lời giải Chọn C

Ta có y f x( ) 5 x Suy ra y   f x  ( ) 5 

Dựa vào đồ thị ta có y f x   ( ) cắt đường thẳng y  tại đúng một 5

điểm x0 (x0 là nghiệm đơn của phương trình f x   ( ) 5)

A x  1 B x   1

C x  0 D x  2

Lời giải Chọn A

Ta có g x ( ) xác định trên  và g x( ) f x( ) (  x 1)2

Số nghiệm của phương trình g x   ( ) 0 bằng số giao điểm của hai đồ thị

( )

y f x   và parabol y  ; (x 1)2 g x   ( ) 0 khi đồ thị y f x   ( ) nằm trên

paraboly  và ngược lại (x 1)2

nhưng g x  ( ) chỉ đổi dấu từ dương sang

âm khi qua x  Do đó hàm số đạt cực đại tại 1 x  1

4 Dựa vào biến đổi đồ thị

Cho hàm số y  f x( ) có đồ thị  C và a  Khi đó 0

+ Tịnh tiến  C lên trên a đơn vị ta được đồ thị hàm số y  f x  a

+ Tịnh tiến  C xuống dưới a đơn vị ta được đồ thị hàm số y  f x  a

+ Tịnh tiến  C sang trái a đơn vị ta được đồ thị hàm số y  f x a  

+ Tịnh tiến  C sang phải a đơn vị ta được đồ thị hàm số y  f x a  

+ Lấy đối xứng  C qua Ox ta được đồ thị hàm số y  f x 

+ Lấy đối xứng  C qua Oy ta được đồ thị hàm số y   f x 

* Lỗi thường gặp: Biến đổi đồ thị sai

x

y1

-2

21

y=f'(x)

42

1-1 O

* Đặc biệt khi f x là hàm đa thức  

Số điểm cực trị của hàm số là 2 k  1 trong đó k là số điểm cực trị dương

Câu 6: (Đề thi thử lần 2 - Sở GDĐT Hà Nội năm 2020) Cho hàm số

Từ đồ thị hàm số f x ta thực hiện các phép biến đổi  

    4  4  1

f x   f x f  x f   x

Suy ra đồ thị hàm số y f 4  có điểm cực đại là x 1 A 5;4

Câu 7: Cho y  f x  là hàm đa thức bậc bốn có đồ thị hàm số y  f x  như hình bên vẽ Hỏi

hàm số y f x   có bao nhiêu điểm cực trị?

Lời giải Chọn A

Từ đồ thị hàm số của f x  ta thấy f x có hai cực trị dương nên hàm  

3

-1

1 O

y

5 3 3

xy

O

Câu 8: (Đề thi thử lần 2 – Chuyên ĐH Vinh lần 1 năm 2020)

Bảng biến thiên của g x  

Nhận thấy g x có 1 điểm cực tiểu và đồ thị hàm số   y g x   cắt trục hoành tại hai điểm

phân biệt nên hàm số y  g x  có 3 điểm cực tiểu

x

y y=f'(x)

- 2

1 -1 O

x

yy=f'(x)

2

xy=

- 2

1-1 O