do thi ham hop chua mu logarit

ĐỒ THỊ HÀM HỢP CHỨA MŨ – LÔGARIT Câu 1.. Pt  1 có nghiệm kép, nghiệm này không là cực trị... Cho hàm số bậc bốn f x có đồ thị như hình vẽ sau... Từ đó ta có bảng sau... Do đó, phương t

ĐỒ THỊ HÀM HỢP CHỨA MŨ – LÔGARIT

Câu 1 Cho hàm số y f x  liên tục trên  và có đồ thị hàm số

y f x  được mô tả như hình vẽ bên Phương trình f x 22x 1 2 lnx có bao 1

nhiêu nghiệm phân biệt biết rằng f 0  và 1 y f x  là hàm đa thức?

Lời giải

Chọn D

Ta xét y f x 22x2lnx 1

1

x

 2 2   1

1

t



Trong đó t x 22x và ta có 0   1

1

t

   

 Ta chú ý với x  thì 1

 2

t x   

Do vậy

2

1 2

2

0

x

x





        





Ta có BBT:

Chú ý rằng f  0  còn 1     2      

0

f  f  f x dx  f  S f  S với S là diện tích phần tô đậm Dễ thấy 0,75 S 1 còn 2ln 3 1,099  f 2 2ln 3 S 0,099 1

Vì vậy đường thẳng y1 cắt đồ thị hàm số y f x 22x2lnx tại 3 điểm phân biệt 1

2

f x

y f e  f x  f x 

  có tất cả bao nhiêu điểm cực trị ?

Lời giải

Chọn B

2

y  f e  f x  f x  f x e  f x  

 

' 0

1

2

f x

f x

f x











.Cho '  0 1

1

x

f x

x





    



Đặt t f x  Giải  1 :et   t 1 0

Xét h t    et t 1 h t'   et 1

 

h t    t

BBT:

Do đó h t  0 th t tiếp xúc với trục Ox Pt  1 có nghiệm kép, nghiệm này không là cực trị

Giải  2 :  

 

2

2

1

1 3 2

1

1 4 2

t

t





    



Giải  3 : 1 2

1 0

2

t

e  t   t

2

k t  e t   t k t     e t t

 

BBT:

Pt 3 có nghiệm t 0 f x  Pt 0  3 có 3 nghiệm phân biệt x1 1,x2 0;1 ,x3 1 Giải  4 : 1 2

1 0

2

t

e  t   t Xét   1 2  

2

l t  e t   t l t     e t t

 

BBT:

Nhận xét:   1 2 1

2

t

l t  e t  t có l   2 l  3 0l t  có 1 nghiệm 0

t t     f x  có 1 nghiệm Pt t1  4 có 1 nghiệm

Vậy g x'  có 6 nghiệm phân biệt tức hàm số có 6 điểm cực trị 0

Câu 3 Cho hàm số bậc bốn f x có đồ thị như hình vẽ sau Có bao nhiêu  

giá trị nguyên của m [ 2021;2021] để phương trình sau có hai nghiệm dương phân biệt

3 2

( ) log f x x f x[ ( ) mx] mx f x( )

A 2019 B 2021 C 2020 D 2022

Lời giải

Chọn A

Từ đồ thị hàm số suy ra f x có ba điểm cực trị là   1;0;1 Do đó

f x ax x   f x  x  x b

Mặt khác, vì đồ thị hàm số f x( ) đi qua hai điểm (0; 4), (1;3) nên f x( )x42x2  4 3, x Điều kiện f x( )2 0 suy ra m 0

3 2

( ) log f x x f x[ ( ) mx] mx f x( )

mx     log ( )f x  f x( )xf x( ) log  mx2 mx2x mx 2

log (x 1) ( )f x x 1 ( ) log (f x  x 1)mx  x 1 mx

Xét hàm số g t( ) log t t với t Ta có 0 ( ) 1 1 0

.ln10

g t t

    với t 0

Từ (*) ta có

2

2

(x 1) ( ) (f x x 1)mx m f x x x x 6

Đặt u x 2 2 2,

x

   khi đó m u 2  6, u 2 2

Ứng với mỗi giá trị của u2 2 cho ta hai giá trị dương của x nên yêu cầu bài toán đưa về điều kiện là tìm m để phương trình m u 26 có đúng một nghiệm u 2 2

Đặt h u( )u26 với u2 2

Bảng biến thiên của hàm số h u( )

Từ bảng biến thiên suy ra m thỏa yêu cầu bài toán 2

Do m và m [ 2021;2021] nên m3; 4; ; 2021 

Vậy có 2019 giá trị của m thỏa mãn đề bài

Câu 4 Cho hàm số y f x  có đạo hàm trên  và có bảng biến thiên sau:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm phân biệt:

2

2f xf x log f x 4f x 5m

A 2019 B 2021 C 2020 D 2022

Lời giải

Chọn A

Xét hàm số      4 2   

2

2f x f x log 4 5

y g x    f x  f x  

TXĐ: 

   

4

2 2

4

2 ln 2

4 5 ln 2

f x

g

f x

   

4

2 2 ln 2

f x

x

x



 

 

 

, 1; 2 2

0

1, 2, 3

x

f x

f x

 

 





 

Bảng biến thiên

Đồ thị minh họa :

Từ bảng biến thiên, hình vẽ và m ta có :

16 34

m

m





 



Câu 5 Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như hình dưới

Có bao nhiêu số nguyên dương m để phương trình log 26 f x mlog4f x  có 4 nghiệm phân biệt

12

0

A 1 B 3 C 16 D 15

Lời giải Chọn A

4

t

t

f x

f x m



 

Xét hàm số g t  6t 2.4tcó   0 3

2

t

 

2

0 log 2

g t   t Hàm số g t có bảng biến thiên như hình vẽ  

Nếu phương trình  * có 1 nghiệm t thì phương trình đã cho không thể có 4 nghiệm

Nếu phương trình  * có 2 nghiệm t3t4thì khi đó dựa vào bảng bt của g t có   t3 t4 t t0;1

Do đó phương trình f x 4t 4có 3 nghiệm thực phân biệt

Vậy ycbt pt f x 4t 3phải có nghiệm duy nhất Hay t3   ;1

Mà g 1   Khi đó 22    thì m 0  * có 2 nghiệm t t3, 4thỏa t3   ;1

Vậy m  là giá trị nguyên duy nhất thỏa mãn 1

Câu 6 Cho hàm số y f x  có đồ thị như hình vẽ

Biết f    Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 3 10 f f 2 f e x  m

có bốn nghiệm

Lời giải Chọn A

Đặt ex   t t ex   0 x ex làm hàm số luôn đồng biến

Hàm số y f x  có hai cực trị tại x1 1;x21 tương ứng tại đó y11;y2 3

Từ đó ta có bảng sau

-2,014 -2

+ 0

t1

t0

-∞

g(t)

g'(t)

t

Vậy phương trình f f 2 f e x   có bốn nghiệm m  10   m 3

Vậy có 6 giá trị nguyên của m thỏa mãn

Câu 7 Cho hàm số f x liên tục trên    có đồ thị y f x  như hình vẽ

dưới đây

Khi đó, số nghiệm thực của phương trình f f f   2x   là 1

Lời giải Chọn A

Theo đồ thị, ta có:    2   1      2   2

x x

x

f f

f f f

f f



 





*        

 

0

2 1

x

x x

x

x x

a

x f

ptvn

  



  









  



*        

 

 

 

 

 

 

 

2 2 2

log

2

x x

x

x

x

   



   











   



   



Từ đồ thị, ta thấy a  f g h Do đó, phương trình có 5 nghiệm phân biệt

Câu 8 Cho hàm số y f x( ) có đồ thị biểu diễn như hình vẽ và đồ thị đạo hàm không tiếp xúc với

trục hoành Khi ấy, hãy tính số nghiệm của phương trình dưới đây

( ).2f x 2 ( ).3f x ( ) 2 ( )

f x   f x  f x  f x

Lời giải Chọn B

Từ đồ thị hàm số suy ra f x( ) 0 có các nghiệm x1x2x3x4 và f x( ) 0 có các nghiệm

là a1a2a3a4 và phương trình f x( ) 0 cũng chỉ có 4 nghiệm này ( vì đồ thị đạo hàm

không tiếp xúc với trục hoành) Từ đồ thị ta có a4x4

( ).2f x 2 ( ).3f x ( ) 2 ( )

f x   f x  f x  f x  f x( ) 2 f x( ) 1 2 ( ) 3f x  f x ( )  (1) 1 0

a3

a2

a1

a4

x4

x3

x2

x1

y

x O

Dễ nhận thấy x x x x a a a1, , , , , ,2 3 4 1 2 3 là các nghiệm của phương trình (1)

Ta chứng minh rằng phương trình (1) chỉ có 7 nghiệm phân biệt x x x x a a a1, , , , , ,2 3 4 1 2 3

Thật vậy:

Trường hợp 1: Nếu x x 1 thì

(1) 0

f x

VT

Trường hợp 2: Nếu x1 x a1 thì

(1) 0

f x

VT

Thực hiện tương tự đối với các khoảng còn lại ta thấy VT(1) luôn âm hoặc luôn dương trên các khoảng đó Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm

Câu 9 Cho hàm số y f x( ) có đạo hàm liên tục trên  Hàm số

y f x  có đồ thị như hình sau đây

Hàm số   2 1

2ln 2

g x  f x   x

  đồng biến trên khoảng

A 4;1

5

 

 

6; 2 5

 

 

  C

1 0;

2

 

 

  D

3 7;

5 10

 

Lời giải

Chọn C

x

         

t x  x  t Khi đó * trở thành 1   1   2

t

       

 Vẽ ( ) : 2

2 1

C y

t



 trên cùng hệ trục

Dễ thấy trên 0;1

2

 

 

  thì đồ thị f t  nằm bên trên đồ thị 2

2t1 nên suy ra   2

2 1

f t

t

 

 trên

x

y

1,5

0,5 0,5 2 3

-1

2 1

-2 -1 O 1

x

y

1,5

0,5

3

-1

2

1

-2

0;

2

 

 

  tức   2 0

2 1

f t

t

 trên

1 0;

2

 

 

 

Suy ra '( ) 0, 0;1

2

    tức g x( )đồng biến trên khoảng 0;1

2

 

 

 

Câu 10 Cho hàm số f x( ) liên tục trên Rvà có đồ thị ( ) :C y f x'( ) như hình vẽ bên Hàm số

y g x  f  x   x e  đồng biến trên từng khoảng    a b; , ;c d và

   a b;  c d;   Gọi mmaxb a max(d c Khẳng định đúng là: )

Lời giải

Chọn B

 Ta có: y g x ( ) f  9x2  1 9x e2  9  x 2

   

2

2

2

9

x

x

x

x

 

 







2

9

x

x

x

 





2

1

9

x





 



Ở phương trình (*), ta đặt: t  9x2 thì phương trình thành: f t'( )tet (*)

Phương trình (*) cũng chính là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số

'( )

y f t và y te t Từ đó, dựa vào hình vẽ ta suy ra được các nghiệm đó là:

; 3

; 3;3

t a

x

           

   

Đến đây ta nhận thấy với a   thì phương trình  ; 3  9 x 2  vô nghiệm nên suy ra: a

2

Từ đó ta có bàng xét dấu đạo hàm của hàm số y g x ( ) như sau:

Dựa vào BBT trên, ta kết luận hàm số y g x ( ) đồng biến trên từng khoảng  3; 5 , 0; 5  

Suy ra mmaxb a max(d c ) max 5 3  max 5 0 3

Câu 11 Cho hàm số f x xác định, liên tục trên    và f x có bảng xét ' 

dấu như sau

Số điểm cực trị của hàm số  x 2 x 2

f e   là

Lời giải Chọn D

Đặt g x  f e x 2 x 2

Vì f x xác định trên    suy ra g x xác định trên   

Hơn nữa      2   2   

Suy ra g x là hàm số chẵn, đồ thị hàm số   g x đối xứng qua trục   Oy

Xét x 0

   x 2 x 2

g x  f e    g x   2x1 ex 2   x 2.f e x 2   x 2

0

g x

f e   e   vì e   x

2

1

2 1 0

2



  

Nếu x thì 2 x2  x 2 0 thìex2  x 2 1suy ra f e x 2 x 2 0

Nếu 0  thì x 2 x2  x 2 0 thì0ex2 x 21suy ra f e x 2   x 2 0

Từ đó ta có bảng xét dấu g x  trên  0; 

Suy ra g x có hai điểm cực trị dương  

Do g x là hàm số chẵn, liên tục trên    suy ra g x có 5 điểm cực trị trên   

Câu 12 Cho hàm số y f x  là hàm số chẵn trên tập số thực  và có đồ thị như hình vẽ Biết rằng

tồn tại các giá trị của tham số m để phương trình 2 2      2  

3.3 f x 4 3 3 3f x 3 0

có đúng 7 nghiệm thực phân biệt Tổng lập phương các giá trị đó của m là

Lời giải Chọn B

Từ đồ thị hàm số y f x  ta suy ra đồ thị hàm số f x như sau:  

Xét phương trình 2 2      2  

3.3 f x 4 3 3 3f x 3 0

Đặt t f x t ,  , phương trình (1) trở thành 0

2

3.3 t m t4 3m3 3t   (2) 3 0

Vì f x  là hàm số chẵn nên f  x f x , x  Do đó, nếu x0 là một nghiệm của phương trình 2 2      2  

3.3 f x 4 3 3 3f x 3 0

     (1) thì x0 cùng là nghiệm của (1) Nếu phương trình (1) có đúng 7 nghiệm thì (1) có nghiệm x0 0 mà f  0 0 nên phương trình (1) trở thành

2

m

m





 Đảo lại:

* Với m 1: Phương trình (1) trở thành 3.32 t 24t6 3 t 2  3 0

2

2

2 2

2

2

3

3

3

t

t

t t



 

 Xét (3): (3)3 3 t2 1 2 t2  3t t 0

3t 3 1 và t2 3t t2 t với mọi

0

t nên (3) t 0

2

2

3

t

t

Từ (3) và (5) ta suy ra 2 2

3

3

t

   hay 2

2

3

3

t

    Xét hàm số   2

2

3

3

t t

h x     , ta thấyt    2 2

6 ln 3 3t 3 t 4

h x  t    ;

  6ln 3 3 t 2 3t 2 2 ln 3 32  t 2 3t 2 0, 0

h x      t     t

nên h t  đồng biến mà h   0 1h 0 nên phương trình h t 0 có duy nhất một nghiệm

 

t t  Từ đó suy ra phương trình h t 0 có nhiều nhất hai nghiệm mà

   0 1 0

h h  nên h t  có đúng hai nghiệm là t0;t1

Dựa vào đồ thị ta thấy: với t thì phương trình (1) có 3 nghiệm 0 x, với t thì phương trình 1 (1) có 4 nghiệm x Tổng cộng 7 nghiệm, do đó m thoả mãn 1

* Với m  : Phương trình (1) trở thành 2

0

t

t

  





Trường hợp này phương trình đã cho có 3 nghiệm, giá trị m 2 loại

Vậy m 1 là giá trị cần tìm

Câu 13

Cho hàm số y f x  có đạo hàm trên R và đồ thị của hàm số dưới đây là của y f x 

Biết rằng xAxB 2 Tìm số điểm cực trị của hàm h x eg x   với

   2019  2018    2019  2020

g x  f x  f x   f x  f x f x

Lời giải Chọn D

Gọi ,a b lần lượt là các nghiệm của phương trình f x' 0với b a 2

Khi ấy ta có: f x  k x a x b    k x a x a   2

Ta có:h x eg x   Số điểm cực trị của hàm h x eg x   bằng chính số nghiệm của phương trình

  0   g x  0   0

h x  g x e  g x 

 2019  2018    2019  2020 0

f x f x f x f x f x

k x a 2019 1 x a 2019 1 0

                 

4040

k



              

k. x a 2.2019 x a 2019  4040k 0

4040 x a 2 x a 2020 2019 1 0 2019

2020  2019  1  0 1 2019  4040 0

1

k



2019 2 1

2

* 4040 4.4040 2020 4040 2 0

k

x



   nên suy ra (*) vô nghiệm

Từ đó suy ra hàm số h x eg x   không có điểm cực trị

Câu 14 Cho hàm số y f x  có đạo hàm trên  và hàm y f x  có đồ

thị như hình vẽ

Trên đoạn 3;4 hàm số   1 ln 2 8 16

2

x

g x  f   x  x

  có bao nhiêu điểm cực trị?

Lời giải Chọn C

Ta có:   1 ln 2 8 16

2

x

g x  f   x  x



x

x

      



Đặt 1 1;3 ,  3;4

x

t       x

  , (1) thành:

2 f t  2t 2 4 f t t 1

Ta thấy hàm   2

1

u t t



 nghịch biến trên

1

;3 2

 

 , như vậy đồ thị hàm số f t  và đồ thị hàm

số   2

1

u t

t



 trên

1;3 2

 

  trên cùng một hệ trục như sau:

Do đó trên 1;3

2

 

  phương trình  

1

t

Như vậy g x 0 có các nghiệm đơn

2 0

x x

  

 





trên đoạn 3;4, do đó hàm số g x  có

3 điểm cực trị trên đoạn 3;4

Câu 15 Cho hàm số y f x với đạo hàm f x  có đồ thị như hình vẽ

Trên đoạn  0;3 Hàm sốg x  f x 2 1 e1  x 22020có mấy điểm cực trị

Lời giải Chọn B

Xét hàm số g x  f x 2 1 e1  x 22020 có g x 2xf x 2 1 2xe1  x 2

  2  2 1 1 x 2

g x x f x  e 

2

2

0 0

x

x

x

g x









   





 1

Đặt x2  với 1 t x 0;3   t  1;8

Ta có : x2  Phương trình t 1  1  f t et  2

Xét hàm số y e t có đồ thị trên cùng hệ tọa độ với đồ thị hàm số f t 

Từ đồ thị ta thấy phương trình  2 có ba nghiệm

 

 

1;0 0;1 1;2

t a

t b

t c

  





 



  



+) Với t a x2  1 a x2  có một nghiệm a 1  0;3

+) Với t b x2  1 b x2  có một nghiệm b 1  0;3

+) Với t c x2  1 c x2  có một nghiệm c 1  0;3

Vậy phương trình g x 0 có tất cả bốn nghiệm đơn phân biệt  0;3 nên hàm số g x  có bốn điểm cực trị

_ TOANMATH.com _