CHUYÊN ĐỀ VD - VDC LUYỆN THI TN THPT NĂM 2023 - GIẢI TÍCH 12 - ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT HÀM SỐ

Vậy hàm số ( )yfx = nghịch biến trên mỗi khoảng ( )7;1 và ( )2;9 .

Câu 69: Cho hàm số đa thức ( )yfx = có đạo hàm trên . Biết đồ thị hàm số ( )yfx  = như hình vẽ sau

Hàm số ( ) ( ) 242412 gxfxxx =−+− nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau? A. ( )2;0 . B. ( );2−− . C. ( )1;2 . D. ( ) 2;+ . Lời giải Chọn C Ta có: ( ) ( ) 23 8.144 gxxfxxx =−+− ( ) 22 4211 xfxx   =−+− ; ( ) ( ) 2 2

x gx x fx

0 01 1 2

=    =   −=−   Vẽ đường thẳng 2 x y =− đi qua các điểm ( )2;1 , ( )0;0 và ( )4;2 . Nghiệm của phương trình ( ) 2 x fx  =− là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số ( )yfx  = với đường thẳng 2 x y =−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vậy phương trình ( ) 0 gx  = có các nghiệm đơn là: 0 x = , 1 x = , 5 x = nên ( )gx  đổi dấu qua các nghiệm này. Có ( ) ( ) 324840gf=+   do ( ) ( ) ( ) 0,2;04; 2 x fxx  +−+ .

Bảng xét dấu ( )gx  : Vậy hàm số ( )gx nghịch biến trên các khoảng ( );5−− , ( )1;0 và ( )1;5 . Câu 70: Cho hàm số ()yfx = có đạo hàm liên tục trên và có đồ thị hàm số ( ) 2 2 yfxx  =− như hình vẽ Hỏi hàm số ( ) 23 2 11 3 yfxx =−++ đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( )3;2 B. ( )1;0 C. ( )1;2 D. ( )2;1 Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

lớp

−  −+−  =−  =−+−=−+−=−+=  = 

. Do đó, hàm số ()gx nghịch biến trên ( );0− . ( ) ( ) ( ) 123;1 0;2 20;2 x x x

Bảng biến thiên: Xét hàm số ( )ygxm =+ có ( ) ( )( )( )22ygxmaxmxmxm =+=++++−

Ta có bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 3;+ khi và chỉ khi 231mm −+− . Câu 75: Cho hàm số yfx có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn 2020 m − và hàm số 2 2 yfxxm đồng biến trên khoảng 0;1 ?

A. 17 B. 15 C. 16 D. 14 Lời giải Chọn C

023,0;123,0;1 22,0;122,0;1 xxmxmxxmx xxmxxxmx . Xét hàm số 2 2 yxx , ta có bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta có TH1: 2 0 23,0;1000 33 m mxxmxmm m . TH2: 2 22,0;1235 xxmxmm . Kết hợp với 2020 m −

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

suy

ị hàm số ( )yft

đường thẳng

yt

ftt

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

luyện

lớp

Khi đó ( ) ( ) 14 (3)'1010 34

tx ftttx tx

=−=−  −−===  == 

Ta có bảng biến thiên của hàm số là

có

) ( ) ( )



xa hxx xbab

Ta có ( ) ( ) (0)1010 hff=−== ; suy ra ()00 (0)

=   ==   = 

Ta có ( ) ( ) ( ) 223.3 gxfxmmxmm  =−+−+ = ( ) ( ) 2 3 3. xm fxmm xm  −+ ( ) ( ) ( ) 2

−=  =  −+=  

01 0 302 xm gx xmm

TH1: Nếu 0 m =  phương trình ( ) 00gxx  ==  không thỏa mãn nghịch biến trên khoảng ( );1− nên trường hợp này bị loại.

TH2: Nếu 0 m   phương trình ( ) 0 gxxm  == Ta có 2 301 xmmx −+ ( ) ( ) 2 30;1fxmmx  −+− nên ( ) 0 gxxm    hàm số ( )ygx = nghịch biến trên ( );1− ( ) ( )0;1gxx  − ( ) ( ) ;1;1mm−−  1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 m  . Nên có 10 giá trị thỏa mãn. Câu 84: Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên và hàm số ( ) ( )22gxfx=− có đồ thị như hình dưới. Có bao nhiêu số nguyên dương m để hàm số ( ) 4sincos2 yfxxm =+− nghịch biến trên khoảng 0; 2     ? A. 2 B. 3 C. 0 D. 1

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lời giải Chọn B

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=−=   =−===   ==  Từ đó, ta có bảng biến thiên của hàm số ( )yfx = Đặt ( ) ( ) 4sincos2 hxfxxm =+−

xf gxfxxf xf

0'20 '2'2201'00 2'20

Khi đó ( ) ( ) '4cos.'sinx2sin2 hxxfx =−

Với ( ) ( ) ( ) cos,sin20 0;'00; sin0;1'sin0 22 xx xhxx xfx            

Suy ra hàm số ( )hx nghịch biến trên 0; 2    

đó, hàm

)yhx

ch biến trên kho

ng 0; 2

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Căn cứ vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng 5 2; 2   

Câu 86: Cho hàm số ()yfx = liên tục trên và có đồ thị hàm số ()yfx  = như hình vẽ dưới đây. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 2 1 ()()(1)2022 2 gxfxmxm=−−−++ đồng biến trên( )1;2 . A. 23 1 m m 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

−          −   +  . Câu 87: Cho hàm số ( )yfx

Vậy hàm số ()gx đồng biến trên khoảng ( )1;2 khi 21 23 2 1 21  +  =++−−=++−− ++++ Ta có  0;1 x  nên 2 111 210 xx x −+−  +  . Yêu cầu bài toán ( )  0,0;1gxx   ( ) ( )   2 2 2

m m m m m 480 10,0;1 2 fxxx mxx  +−− ++

116

Từ hình vẽ ta suy ra bảng biến thiên của hàm ()hx :

Suy ra sự biến thiên của hàm ( ) ( ) 2 44hxfxx=−+ :

Từ đó suy ra sự biến thiên của hàm số ( ) ( ) ( ) 2 24224gxhxfxx=+=+−++ :

Ta thấy hàm số ( )gx nghịch biến trên mỗi khoảng ( );4−− , ( )2;0 .

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng ( )1;0 . Câu 89: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm liên tục trên và ( ) 30 f −= và có bảng xét dấu đạo hàm như

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Hay ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4242 12111121111213hxxxxxfxx  =++−+++−−+++−  .

Hay

Vậy ( )gx đồng biến trên các khoảng ( ) ( ) 3 ;2;1;0−−− nghịch biến trên ( ) ( ) 3 2;1;0; −−+ .

Câu 91: Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên có đồ thị hàm số ( )yfx  = có đồ thị như hình vẽ

Hàm số ( ) ( ) 2 2122020gxfxxx =−−++ đồng biến trên khoảng nào A. ( )2;0 B. ( )3;1 C. ( )1;3 D. ( )0;1 Lời giải Chọn D

Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2220201 1 2202 1 1 gxfxgxx x f x x =++− + = Xét hàm số ( ) ( ) ( )2 12112021kxfxx−=−−−+ Đặt 1 tx=− Xét hàm số: ( ) ( ) 2 22021htftt=−+ ( ) ( ) 22 htftt  =− Kẻ đường yx = như hình vẽ.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

121 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

=  =

 = 

 

( ) ( ) ( ) 1 21;2 3 4 =    +==   = 

=  t txftt t

 =    =+==   =  Vậy ( ) ( ) 112 0,0233 tt ftft tt    . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 220222222022 gxfxxmgxxfxxm  =−+−+=−−+−+ .

=

. Ta lập được bảng xét dấu của y  : Từ bảng xét dấu, ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ;a − ; ( );1b ; ( );2c ; ( )3;4 và ( ) ; d + Như vậy phương án đúng là C. Câu 93: Cho hàm số bậc bốn ( )yfx = . Biết hàm

hình bên.

22022 gxfxxm =−+−+ đồng biến

suy ra ( ) 2 2 2

00 *22 42

Bảng xét dấu ( ) ' gx .

=   =   ==     = =   .

x x xx x x

Từ bảng xét dấu của ( ) ' gx suy ra hàm số đồng biến trên ( );2−− nên hàm số cũng đồng biến trên ( )4;3



x x x fxx x Vậy ( )  ) 111 '0;0;1; 242 gxx  −+   . Câu 99: Cho hàm số ( )fx . Biết hàm số ( )yfx  = có đồ thị như hình bên. Trên khoảng ( );4−− và ( ) 3;+ hàm số ( )yfx  = luôn nghịch biến. Có bao nhiêu số nguyên a thuộc đoạn  2022;2022 để hàm số ( ) ( ) ( )2 21 gxfxx =+− đồng biến trên khoảng ( );2022aa + ? A. 0. B. 2023. C. 4046. D. 4044. Lời giải Chọn A

hình

kết

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Suy ra hàm số 2 x yfmx  =−+   nghịch biến trên hai khoảng ( );24 m −− và ( ) 22; ma−+

Do đó hàm số 2 x yfmx  =−+   nghịch biến trên khoảng ( )1;3 khi và chỉ khi ( ) ( )1;3;24 m −−− hoặc ( ) ( ) 1;322; ma −−+ .

*TH1: ( ) ( )1;3;24 m −−− 7 324 2 mm −

Mà ( ),0;10mm nên  4;5;6;7;8;9 m

Trường hợp này có 6 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán. *TH2: ( ) ( ) 1;322; ma −−+ 1 221 2 mama −−− . Mà 0 a  suy ra 1 2 m − . Vậy có 6 số nguyên m thỏa mãn. Câu 101: Cho hàm số ( )yfx = có đồ thị hàm ( )yfx  = như hình vẽ bên dưới. Hàm số ( ) ( ) 32 8 2441 3 gxfxxxx =+−++ đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( )0;1 . B. ( )1;0 . C. ( )0;3 . D. ( ) 3;+ . Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

i Chọn C Ta có 2 363 yxxm  =−++ Để hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0;+ thì: ( ) 2 36300;yxxmx  =−+++ . ( ) 2 2,0;mxxx −+  ( ) ( ) 2 0; min21.mxx + −=− Vậy 1 m − . Câu 106: Cho hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) 34322311 132222021 42 fxmxmxmmxmmx =−++−++++ với m là tham số. Có bao nhiêu số nguyên  2022;2021 m− sao cho hàm

Xét ( ) 1 x hx x = trên ( )1;3 ; ( ) ( ) ( ) 2 1 '0, 1;3 1 hxx x =−

Do đó ( ) 1 x hx x = nghịch biến trên ( )1;3 hay ( ) ( )*3 2 *3 mh =

Kết hợp điều kiện m nguyên thuộc  2022;2021 ta được 2024 giá trị của m thỏa mãn.

Câu 107: Cho hàm số ( ) 4221fxxx=++ . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số  0;10 m để hàm số ( ) ( ) 2 3 gxfxmm =−+ nghịch biến trên ( );1− ?

A. 11. B. 5. C. 10 . D. 9. Lời giải

Chọn C

hàm s

) 4221fxxx

có ( ) 3 44 fxxx

ảng biến thiên

; ( ) 00fxx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

+ 3 m =−

Ta có: 222 1001332'(3)0,(1;0) xxxfxx −−−−−−

Suy ra hàm số 2 ()() gxfxm =+ đồng biến trên khoảng (1;0)

+ 2 m =−

Ta có: 222 1001221'(3)0,(1;0) xxxfxx −−−−−−

Suy ra hàm số 2 ()() gxfxm =+ đồng biến trên khoảng (1;0)

Xét tên khoảng  )0;1

Thử với: + 3 m =−

Ta có:  ) 222 0101332'(3)0,0;1 xxxfxx −−−−

Suy ra hàm số 2 ()() gxfxm =+ nghịch biến trên khoảng  )0;1

+ 2 m =−

Ta có:  ) 222 0101221'(3)0,0;1 xxxfxx −−−−

Suy ra hàm số 2 ()() gxfxm =+ nghịch biến trên khoảng  )0;1

Ta thấy trên  )0;1 thì hàm số ()gx nghịch biến với 2 m =− và 3 m =− . Vậy không có m nguyên để hàm số đồng biến trên (1;1)

Câu 110: Gọi S là tập hợp chứa tất cả các giá trị của tham số nguyên  2021;2021 m− để hàm số ( ) 1232021 yxmxmxm =+−+−+ nghịch biến trên ( )2;34 . Số phần tử của tập S là: A. 2020 B. 2019 C. 2021 D. 2038 L

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

)gx đồng biến trên ( ) 3;+  ( ) ( ) 0,3;gxx  + ( ) ( ) ( ) 2 3390,3; xmxx −+−++ ( ) 2 90,;0tmtt ++− ( ) 9 ,;0mtt t −−− .

Ta có trên ( );0− ta có t và 9 t đều là các số dương nên có 9 6 t t −− Vậy ( ) 9 ,;06mttm t −−− . Câu

Khi đó bài toán trở thành tìm m nguyên dương để hàm số ( ) 2 32 2 ttm gt t +++ = + đồng biến trên ( )0;42 . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 3244 04402 2 2 ttmttm gtgtttmtm t t +++++−  ===++−=+= + + Do phương 0 m  nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 2 xm =−

Hàm số đồng biên trên ( ) ;2 m −−− và ( ) 2; m −++ . Để hàm số ( )gt

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn x

A. 2 B. 3 C. 7

Vậy có 7 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 114: Cho hàm đa thức ( )yfx = có ( ) ( )( ) ( ) 2 125 fxxxx  =+−− . Có bao nhiêu cặp số nguyên ( ) ; mn để hàm số ( ) ( ) 2 1cos yfmxn =+− nghịch biến trên khoảng ( ) 0; A. 11. B. 8. C. 9. D. 10. Lời giải Chọn A Xét ( ) ( )( ) ( ) 2 1 12502 5  −  +−−  Ta có bảng sau: Vậy có 11 cặp số nguyên ( ) ; mn . Câu 115: Cho hàm số ( )fx liên tục và có đạo hàm trên là ( ) ( ) ( ) 2 20212 '28 fxxxxmx =−++ . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của ( ) 2020; m−+ sao cho hàm số ( ) ( ) 202520242022132 2021 202520241011 hxfxxxx=+−++ nghịch biến trên khoảng ( );1−− . Số phần tử của S là A. 2027. B. 2024. C. 2025. D. 2026. Lời giải Chọn C Ta có:

x fxxxxx x

=−    =+−−==   =  . Bảng xét dấu Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 222 1cos1sin.1cos yfmxnymxfmxn  =+−=−++− . Hàm số ( ) ( ) 2 1cos yfmxn =+− nghịch biến trên khoảng ( ) 0; nên ( ) 0,0;yx    Khi đó, với mọi ( ) 0; x 

 : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2222 1sin.1cos01cos011cos5 mxfmxnfmxnmxn  −++−+−−+− 22 22 110 40 154 mnmn n mnmn  −−−−+

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) ( ) , 1;31, 1;3 xmmxxmxxx +− ( ),1;3 1 x mx x 

Xét ( ) 1 x hx x = trên ( )1;3 ; ( ) ( ) ( ) 2 1 '0, 1;3 1 hxx x =−

Do đó ( ) 1 x hx x = nghịch biến trên ( )1;3 hay ( ) ( )*3 2 *3 mh = Kết hợp điều kiện m nguyên thuộc  2022;2021 ta được 2024 giá trị của m thỏa mãn. DẠNG. Ứng dụng tính đơn điệu vào PT, BPT, HPT, BĐT Câu 118: Cho phương trình 3 32 332 xmmxxx ++=+++ với m là tham số thực. Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của m sao cho phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt. Tổng giá trị của phần tử S bằng: A. 9. B. 0. C. 3. D. 12. Lời giải Chọn A Ta có: 3 32 332 xmmxxx ++=+++ có 3 nghiệm phân bi

( ) 1 0240 2 fxxx  =−==

Bảng biến thiên hàm số ( )fx

Từ bảng biến thiên ta được điều kiện của t là 13 t −

Vậy để có 2 nghiệm x ứng với 1 giá trị t thì 13 t 

( )2 suy ra ( ) 4 ,1;3mtt t =+

Xét hàm số ( ) 4 gtt t =+ trên ( )1;3 . ( ) 2 4 1 gt t  =− ; ( ) 2(n) 0 2(l) t gt t =   =  =−  .

Bảng biến thiên thu gọn Từ BBT để phương trình có 4 nghiệm thực thì 13 4 3 m  . Nên 13 4; 3 ab== . Vậy 25 3 ab+= Câu 120: Cho hàm số ( ) 2 4 fxxx =+− . Tìm tất cả giá

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

bao nhiêu giá

nguyên

10;10

phương trình

1.111

( )1;3

 . A. 20. B. 21. C. 12. D. 13. Lời giải Chọn D Đặt ( ) ( ) 1; axfxbmx =+= . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 1.111 xfxxfxmxmxx +++++   Trở thành ( ) ( ) ( )( ) 332211100 axabxbabaabbxab

ệm đúng với m

Vì ( ) 22 10,1;3aabbxx ++++ Khi đó ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1,1;3 xfx xfxmxmx x + + Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 2 1 xfx hx x + = ta có ( ) 2 11 gx xx =+ và ( )fx là hai hàm số dương cùng nghịch biến trên ( )1;3 nên hàm số ( ) ( ) ( ) 2 1 xfx hx x + = nghịch biến với mọi ( )1;3 x  Từ bảng ta có: ( ) ( ) ( ) 1 ,1;32 xfx mxm x +  .

Mà m nguyên thuộc 10;10 nên  10,9,...,2 m−− . Vậy có 13 giá trị nguyên của m .

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10

Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12

và biên soạn

Nhận xét: Số cực trị hàm số ( )yfx = bằng số cực trị hàm số ( )yfx = và số nghiệm bội lẻ của phương trình ( ) 0 fx = Do đó yêu cầu bài toán suy ra hàm số ( )yfx = có 1 cực trị và phương trình ( ) 0 fx = có 2 nghiệm bội lẻ 3

     

12 12 122 m m m

. Vì tham số m nguyên dương nên  1;2;3;4;5;6;7;8;9;10;11;12 m Vậy có 12 giá trị nguyên dương của tham số m thoả mãn. Câu 2: (MĐ 102 2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số a để hàm số 42 2 8x a yxx + =+ có đúng ba điểm cực trị? A. 2 B. 6 C. 5 D. 3 Lời giải Chọn D Xét hàm số ( ) ( ) 42 3 4 48 2 8 f xaxxx x fx ax   ++ + = + = Ta có ( ) 0 fx  = 3 0 4 8 4a xx + +=  2 2 ax x =−− Đặt ( ) ( ) ( ) 2 2 22 201gxxgxxgxx xx  =−−=−+== Bảng biến thiên Xét phương trình ( ) 42 3 020 0 8 280 x xxx xa fxa x

=  += ++ + = =   . Xét phương trình 3214 280 2 xaxax x ++==−− . Đặt ( ) ( ) ( ) 3 2 2 144 04 2 hx x x xhxhxx x =−=−+ == .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

B

Nhận xét: Số cực trị hàm số ( )yfx = bằng số cực trị hàm số ( )yfx = và số nghiệm bội lẻ của phương trình ( ) 0 fx = . Do đó yêu cầu bài toán suy ra hàm số ( )yfx = có 1 cực trị và phương trình ( ) 0 fx = có 2 nghiệm bội lẻ 3

−   −  −  

3 3 32 a a a

Vì tham số a nguyên âm nên  1;2;3 a−−− . Vậy có 3 giá trị nguyên âm của tham số a thoả mãn. Câu 3: (MĐ103-2022) Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số a để hàm số 42 8 yxaxx =+− có đúng ba điểm cực trị? A. 5. B. 6. C. 11. D. 10. Lời giải

Chọn B

Xét hàm số ( ) 42 8 fxxaxx =+− ; ( ) 3 428fxxax  =+− ( ) 3

0 0 80 x fx xax

=  =  +−= 

Vì phương trình bậc ba luôn có tối thiểu 1 nghiệm nên để hàm số ( )yfx = có đúng ba điểm cực trị thì phương trình ( ) 0 fx = có 2 nghiệm phân biệt và ( ) 0 fx  = có đúng 1 nghiệm bội lẻ. Đặt ( ) ( ) 32 83 gxxaxgxxa  =+−=+ Để ( ) 0 gx = có 1 nghiệm duy nhất 0  ( )1 TH1: 2 30 xa+= vô nghiệm hoặc có nghiệm kép 0 a 

     =  

a a x

TH2: 2 30 xa+= có hai nghiệm phân biệt 0 3

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

Xét phương trình ( ) 42 3

0 0640 640 =  =−−=  −−=  x fxxmxx xmx

Xét 32 64 640 −−==−xmxmx x Đặt ( ) ( ) ( ) 2 3 2 6464 2032 =−=+==− hxxhxxhxx xx

m m mh . Vì m nguyên dương nên có 24 giá trị thỏa yêu cầu bài toán. Câu 5: (Tham khảo 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số có điểm cực trị? 4323412 yxxxm =−−+ 7 3 5 6 4 ( ) 4323412 yfxxxxm ==−−+ ( ) 32 121224 fxxxx  =−− ( ) 00fxx  == 1 x =− 2 x =

24 24 3230,23      −   A. B. C. D. Lời giải. Chọn D Ta có: .; hoặc hoặc .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

Do hàm số có ba điểm cực trị nên hàm số có điểm cực trị khi

. Vậy có giá trị nguyên thỏa đề bài là .

Câu 6: (Mã 101, Năm 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số

đạt cực tiểu tại ?

A. B. C.

D. Vô số Lời giải

Chọn C

Ta có .

Xét hàm số có .

Ta thấy có một nghiệm nên có tối đa hai nghiệm

+ TH1: Nếu có nghiệm hoặc

Với thì là nghiệm bội của . Khi đó là nghiệm bội 7 của và đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm nên là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy thỏa ycbt.

Với thì .

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT không là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy không thỏa ycbt.

+ TH2: . Để hàm số đạt cực tiểu tại

Do nên . Vậy cả hai trường hợp ta được 4 giá trị nguyên của thỏa ycbt. Câu 7: (Mã 102, Năm 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số để hàm số đạt cực tiểu tại

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

L

Chọn B

Ta có:

*Nếu thì , suy ra hàm số đạt cực tiểu tại

*Nếu thì , nhưng là nghiệm bội chẵn nên không phải cực trị

*Nếu : khi đó là nghiệmbội lẻ. Xét . Để là điểm cực tiểu thì . Vì nguyên nên chỉ có giá trị

Vậy chỉ có hai tham số nguyên để hàm số đạt cực tiểu tại là và . Câu 8: (Mã 103, Năm 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số để hàm số đạt cực tiểu tại A. B. Vô số C. D. Lời giải Chọn A

Ta có

Với

● Trường hợp :

Với . Suy ra là điểm cực tiểu của hàm số.

Với . Suy ra không là điểm cực trị của hàm số.

● Trường hợp :

Để hàm số đạt cực tiểu tại thì qua giá trị dấu của phải chuyển từ âm sang dương do đó

Kết hợp hai trường hợp ta được Do .

Vậy có giá trị nguyên của tham

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

Chọn C Ta có

Xét hàm số có .

Ta thấy có một nghiệm nên có tối đa hai nghiệm

+) TH1: Nếu có nghiệm hoặc

Với thì là nghiệm bội của . Khi đó là nghiệm bội 7 của và đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm nên là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy thỏa ycbt.

Với thì .

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT không là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy không thỏa ycbt.

+) TH2: . Để hàm số đạt cực tiểu tại

Do nên .

Vậy cả hai trường hợp ta được giá trị nguyên của thỏa ycbt.

Câu 10: (Mã 102, Năm 2019) Cho hàm số , bảng biến thiên của hàm số như sau: Số điểm cực trị của hàm s

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

Lời giải

Chọn D Xét hàm số trên . Ta có Dựa vào bảng biến thiên của hàm ta được , trong đó . Do nên .

Khi đó phương trình vô nghiệm. Các phương trình mỗi phương trình đều có 2 nghiệm phân biệt và khác nhau, cùng khác . Suy ra phương trình có 7 nghiệm đơn. Vậy hàm số có 7 điểm cực trị

Câu 11: (Mã 103, Năm 2019) Cho hàm số , bảng biến thiên của hàm số như sau:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Ta có: , . Ta có khi và

Mặt khác: nên: vô nghiệm. có nghiệm phân biệt , . có nghiệm phân biệt , . có nghiệm phân biệt ,

Vậy phương trình có nghiệm bội lẻ phân biệt nên hàm số có điểm cực trị

Cách 2:

Gọi đại diện cho các tham số ta xét phương trình có ,

Vậy với mỗi giá trị thuộc khoảng đã cho phương trình có 6 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình có nghiệm bội lẻ phân biệt nên hàm số có điểm cực trị.

Câu 12: (Mã 104, Năm 2019) Cho hàm số , bảng biến thiên của hàm số như sau: Số điểm cực trị của hàm số

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

Ta có . Dựa vào bảng biến thiên của nhận thấy .

Do đó . Lại có vô nghiệm vì ; ; ; . Vì do thuộc các khoảng khác nhau (như ) nên các nghiệm đều khác nhau và khác . Do đó có 7 nghiệm đơn phân biệt nên đổi dấu 7 lần suy ra hàm số có 7 điểm cực trị. Câu 13: (Đề tốt nghiệp 2020 Mã đề 101) Cho hàm số bậc bốn ( )fx có bảng biến thiên như sau:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

như sau:

Phương trình ( )1 có 4 nghiệm phân biệt

Phương trình ( )2 có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 12121 fxxfxfxxfx −=−−=−+

Từ bảng biến thiên suy ra hàm ( )fx là bậc bốn trùng phương nên ta có ( ) fxxx=−+− 42 361 thay vào ( ) ( ) ( ) 21 fxxfx  =−+ vô nghiệm

Vậy hàm ( )gx có 5 điểm cực trị

Câu 15: (Đề tốt nghiệpTHPT2020mãđề 103) Cho hàm số bậc bốn ()fx có bảng biên thiên như sau: Số điểm cực trị của hàm số 42 ()[(1)]gxxfx=− là A. 7. B. 5. C. 9. D. 11. Lời giải Chọn C Ta có : 422 ()483()16(1) fxxxfxxx  =−+=− Ta có 3 ()2.(1).[2(1).(1)] gxxfxfxxfx =−−+− 3 0 ()0(1)0 2(1).(1)0

 = 

x gxfx fxxfx

Phương trình (1) có 0 x = (nghiệm bội ba). Phương trình (2) có cùng số nghiệm với phương trình ()0fx = nên (2) có 4 nghiệm đơn. Phương trình (3) có cùng số nghiệm với phương trình :

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

'()2(1)4(1).'(1)2(1).(1)2.'(1) gxxfxxfxfxxfxfxxfx =++++=++++ '()0gx = ta được

TH1: 0 x =

TH2:

xb fx xc

2 (1)0(2;1) (1;0) 0

=−   =−−  +=  =−  =  + TH3: (1)2.'(1)0 fxxfx+++= . Từ bảng biến thiên ta có hàm số thỏa mãn là 42 ()5102 fxxx=−+− ( ) (1)2.'(1)0(1)2(1).'(1)2'(1)0 fxxfxhxfxxfxfx +++==++++−+= Với 1 tx=+ ta có: 4233 ()51022(2020)2(2020)0 htttttttt =−+−+−+−−+=  432 4540504020 tttt −++−−= Lập bảng biến thiên ta suy ra có 4 nghiệm 4 t  nghiệm x Vậy có 9 cực trị. Câu 17: (ĐTK 2020 2021) Cho ( )fx là hàm số bậc bốn thỏa mãn ( ) 00. f = Hàm số ( ) ' fx có bảng biến thiên như sau: Hàm số ( ) ( ) 3 3 gxfxx =− có bao nhiêu điểm cực trị? A. 3. B. 5. C. 4. D. 2. Lời giải

Trên (;0) thì ()0fx nên 3 ()0,0fxx , kéo theo (*) vô nghiệm trên (;0]. Xét 0 x thì ()fx đồng biến còn 2 1 x nghịch biến nên (*) có không quá 1 nghiệm. Lại có 3 2 0

1 lim(()) x fx x và 3 2 1 lim(()) x fx x nên (*) có đúng nghiệm 0. xc Xét bảng biến thiên của ()hx :

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

Vì (0)(0)0hf nên ()0hc và phương trình ()0hx có hai nghiệm thực phân biệt, khác .c Từ đó ()hx sẽ có 3 điểm cực trị. Câu 18: Cho hàm số ( ) ( ) 43212304 fxxxxmx =−++− với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị nguyên m để hàm số ( ) ( ) gxfx = có đúng 7 điểm cực trị? A. 27. B. 31. C. 28. D. 30. Lời giải Xét hàm số ( ) ( ) 43212304 fxxxxmx =−++− .

Ta có ( ) 32 436604 fxxxxm  =−++− . ( ) 32 0436604fxmxxx  ==−++ Hàm số ( ) ( ) gxfx = có đúng 7 điểm cực trị  Hàm số ( )fx có đúng 3 điểm cực trị dương  Phương trình ( ) 0 fx  = có 3 nghiệm dương phân biệt  Phương trình 32 436604mxxx =−++ có 3 nghiệm dương phân biệt. (*)

Xét hàm số ( ) 32 436604hxxxx =−++

Ta có: ( ) 2 127260hxxx  =−+ ; ( ) 1 0 5 x hx x

=   =  =  .

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có ( ) *432 m  .

Vì m nên  5;6;7;...;31 m .

Vậy có 27 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

+ +  =+++=+++ ++ . ( ) 0 gx

( ) 3 50fxxm  ++= Đạo hàm không xác định tại 0 x = . Do đó điều kiện để ( )gx có ít nhất 3 điểm cực trị là phương trình ( ) 3 50fxxm  ++= có ít nhất 2 nghiệm đơn hoặc bội lẻ khác 0. ( ) 3 50fxxm  ++= Vậy

 =

3 3 3 (

57 53 53 

=−− fxxxx . Có bao nhiêu

 ++=   ++=   ++=−  6.36 .6 6 xxx fxxm xx

3 3 3 ++ =++ + . ( ) ( ) 3

 +−=−   +−=−   ++=−   Phương trình ( ) 3 50fxxm  ++= có ít nhất 2 nghiệm bội lẻ khác 0 77mm −− x gx fxxm

có tất cả 6 giá trị nguyên m thỏa mãn. Câu 20: (MĐ 102 2020 2021 ĐỢT 1) Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm

) ( )( ) 2 89,

57 53 53 0 0 60

xxm xxm xxm =  =  ++=  

Xét hàm số ( ) 3 6 hxxx =+ , vì ( ) 2 360, hxxx =+ nên ( )hx đồng biến trên . Ta có bảng biến thiên của hàm số ( ) ( ) 3 6 kxhxxx ==+ như sau: Hàm số ( ) ( ) 3 6 gxfxxm =++ có ít nhất 3 điểm cực trị khi phương trình ( ) 3 60fxxm ++= có ít nhất hai nghiệm khác 0. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 80 m − hay 8 m  Kết hợp điều kiện m nguyên dương, ta được  1;2;3...;7 m . Vậy có 7 giá trị của m thoả mãn.

Câu 21: (MĐ 103 2020 2021 ĐỢT 1) Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm ( ) ( )( ) 2 1025, fxxxx  =−− . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số ( ) ( ) 3 8 gxfxxm =++ có ít nhất 3 điểm cực trị? A. 9 B. 25 C. 5 D. 10 Lời giải

Cách 1: Với mọi x ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 3388 gxfxxmfxxmgx −=−−+=++= , do đó ( )gx là hàm số chẵn, suy ra đồ thị hàm số ( )ygx = nhận Oy làm trục đối xứng. Do đó số điểm cực trị của hàm số ( )gx bằng 21 a + với a là số điểm cực trị dương của hàm số ( ) ( ) 3 8 hxfxxm =++ Theo bài ra ta có 2131 aa+ , vì vậy ta cần tìm m để hàm số ( )hx có ít nhất một điểm cực trị dương.

Từ bảng biến thiên ta thấy (1), (2) và (3) nếu có nghiệm 0 x  thì đó là nghiệm duy nhất. Phương trình ( ) 0 hx  = có nghiệm 0 x  khi và chỉ khi ít nhất một trong ba phương trình (1), (2) (3) có nghiệm 0 x  , điều này tương đương với   max5;5;1010 m −= Do m nguyên dương nên  1;2;,,,;9 m , vậy có 9 giá trị nguyên dương của tham số m cần tìm. Cách 2: Ta có: ( ) ( )( )

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

Có bao nhiêu giá

Từ BBT ta có 331 m  và m nguyên nên có 27 giá trị nguyên thỏa mãn bài toán. Câu 24: (MĐ 103 2020 2021 ĐỢT 2) Cho hàm số ( ) ( ) 43210244 yfxxxxmx ==−++− . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số ( ) ( ) gxfx = có đúng 7điểm cực trị? A. 25 B. 22 C. 26 D. 21 Lời giải Hàm số ( ) ( ) gxfx = có đúng 7điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số ( )fx có 3 điểm cực trị có hoành độ dương Đồ thị hàm số ( )fx có 3 điểm cực trị có hoành độ dương khi và chỉ khi phương trình ( ) '0fx = có 3nghiệm dương phân biệt là nghiệm đơn. ( ) 3232 '04304840430484 fxxxxmxxxm =−++−=−++= Đặt ( ) 32 430484hxxxx =−++ Ta có ( ) 2 1 '1260480 4 x hxxx x

=  =−+=  =  Suy ra để ( ) 0 fx  = có 3nghiệm dương phân biệt khi 426 m 

Vậy có 21 giá trị nguyên của m để hàm số ( ) ( ) gxfx = có đúng 7điểm cực trị Câu 25: (MĐ 104 2020 2021 ĐỢT 2) Cho hàm s

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán ố 432 ()1024(3) fxxxxmx =−++− , với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số ( ) () gxfx = có đúng 7 điểm cực trị A. 21. B. 25. C. 24. D. 22. Lời giải Ta có 32 '()430483 fxxxxm =−++− Đồ thị hàm số ( ) () gxfx = gồm phần đồ thị hàm số ()yfx = bên phải trục tung và phần đối xứng của đồ thị hàm số ()fx bên phải trục tung sang bên trái qua trục tung. Do đó, hàm số

( ) () gxfx = có đúng 7 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số ()yfx = có đúng 3 điểm cực trị dương hay phương trình '()0fx = có ba nghiệm dương phân biệt Xét phương trình 32 32 '()04304830 430483 fxxxxm xxxm

=  =−+=  =  Bảng biến thiên Từ BBT ta có phương trình '() fxm = có ba nghiệm dương phân biệt 325 m  Vậy {4;5;...;24} m , có 21 số nguyên m thỏa mãn bài toán. DẠNG. BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÀM SỐ CHỨA DẤU TRỊ TUYỆT ĐỐI Bài toán: Đồ thị hàm số () = yfx có bao nhiêu điểm cực trị (Áp dụng định nghĩa). 2 2 2().() ()() ()

  === fxfx yfxfxy fx ( ) ( ) 0()01 ()02 =   =   =  fx y fx Sốnghiệm của ( )1 chính làsốgiaođiểm củađồ thị () = yfx và trụchoành 0 = y .Cònsố nghiệm của ( )2 là số cực trị của hàm số () = yfx , dựa vào đồ thị suy ra ( )2 . Vậy tổng số nghiệm bội lẻ của ( )1 và ( )2 chính là số cực trị cần tìm. Câu 26: Cho hàm số () = yfx có bảng biến thiên như sau. Hàm số ( ) 3 =−yfx có bao nhiêu điểm cực trị

=−++−= −++= Đặt 32 ()430483 hxxxx =−++ ta có 2 1 '()126048;'()0 4 x hxxxhx x A. 5 B. 6 C. 3 D. 1

nguyên c

tham

để

th

hàm s

2212yxmxmm có bảy điểm cực trị A. 1. B. 4. C. 0. D. 2. Lời giải Đồ thị hàm số 4222212yxmxmm có bảy điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số 4222212yxmxmm cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt 42222120xmxmm cóbốnnghiệmphânbiệt khivàchỉkhi

m m mm

mmm m mm 43 0 197197 44

2120 20 2120

22 2

197 3 4 m Vậy không có giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số 4222212yxmxmm có bảy điểm cực trị. Câu 28: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số 43223412 yxxxm =−−+ có đúng 5 điểm cực trị? A. 5 B. 7 C. 6 D. 4

Lời giải Xét hàm số 4322()3412 fxxxxm =−−+ ; 32 ()121224 fxxxx  =−− 123 ()00;1;2 fxxxx  ===−= . Suy ra, hàm số ()yfx = có 3 điểm cực trị  Hàm số 43223412 yxxxm =−−+ có 5 điểm cực trị khi đồthị hàm số ()yfx = cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt  4322 34120 xxxm−−+= có 2 nghiệm phân biệt. Phương trình 43224322 341203412 xxxmxxxm −−+=−++= (1). Xét hàm số 432g()3412 xxxx =−++ ; 32 g()121224 xxxx  =−++ . Bảng biến thiên: Phương trình (1) cớ 2 nghiệm phân biệt 2 2

0 532 532 m m m       Vậy  3;4;5;3;4;5 m−−− . Câu 29: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số 4323412 yxxxm =−−+ có 5 điểm cực trị. A. 16 B. 44 C. 26 D. 27

Lời giải

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

Lời giải

Ta có ( ) ( )( ) 32220fxxxx  =−−= có 4 nghiệm và đổi dấu 4 lần nên hàm số ( )yfx = có 4 cực trị. Suy ra ( ) 0 fx = có tối đa 5 nghiệm phân biệt. Do đó ( ) 12021 yfx =− có tối đa 9 cực trị.

Câu 33: Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số ( )yfx =

Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số ( )1 yfxm =−+ có 5 điểm cực trị Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng A. 9. B. 12. C. 18. D. 15. Lời giải Nhận xét: Số giao điểm của ( ) ( ) : Cyfx = với Ox bằng số giao điểm của ( ) ( ):1Cyfx  =− với Ox .

Vì 0 m  nên ( ) ( ):1 Cyfxm  =−+ có được bằng cách tịnh tiến ( ) ( ):1Cyfx  =− lên trên m đơn vị.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

TH1: 03 m  . Đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị. Loại.

TH2: 3 m = . Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Nhận.

TH3: 36 m  . Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Nhận.

TH4: 6 m  . Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị. Loại.

Vậy 36 m  . Do * m  nên  3;4;5 m .

Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12 Câu 34: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số 4323412 2 m yxxx =+−+ có 7 điểm cực trị? A. 3 B. 9 C. 6 D. 4

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

5

B. 3

C. 6

i gi

D. 4

Hàm s

yxxm

có 5 điểm c

th

hàm s

32 3 yxxm =−+ có hai điểm cực trị và nằm về hai phía của trục hoành  phương trình ( ) 32301xxm−+= có ba nghiệm phân biệt. Xét bbt của hàm số 32 3 yxx =− 2 0 360 2 x yxx x

=   =−=  =  Từ đó ta được ( )1 có ba nghiệm phân biệt 4004 mm −−

Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Câu 36: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số 53 32560 yxxxm =−++ có 7 điểm cực trị? A. 42. B. 21. C. 40. D. 20. Lời giải

Đồ thị hàm số ( ) 2 =− yfxm gồm hai phần:

+ Phần đồ thị của hàm số ( ) 2 =− yfxm nằm phía trên trục hoành.

+ Phần đối xứng với đồ thị của hàm số ( ) 2 =− yfxm nằm phía dưới trục hoành qua trục Ox

Do đó, đồ thị hàm số ( ) 2 =− yfxm có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi ( )( ) 421120 mm −− 11 2; 2 m     . Câu 38: Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số ( )yfx = . Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để đồ thị hàm số ( )2 yfxm =−+ có 5 điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng A. 15. B. 18. C. 9. D. 12. Lời giải

Cách 1: dùng đồ thị Nhận thấy: số giao điểm của ( ) ( ) : Cyfx = với Ox bằng số giao điểm của ( ) ( ) 1 :2Cyfx=− với Ox . Vì 0 m  nên ( ) ( ) 2 :2 Cyfxm =−+ có được bằng cách tịnh tiến ( ) ( ) 1 :2Cyfx=− lên trên m đơn vị.

Đồ thị hàm số ( )2 yfxm =−+ có được bằng cách lấy đối xứng qua trục hoành Ox phần đồ thị ( ) 2C nằm phía dưới trục Ox và giữ nguyên phần phía trên trục Ox

Ta xét các trường hợp sau:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

+ Trường hợp 1: 03 m  : đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị (loại).

+ Trường hợp 2: 3 m = : đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị (thỏa mãn).

+ Trường hợp 3: 36 m  : đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị (thỏa mãn).

+ Trường hợp 4: 6 m  : đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị (loại).

Vậy 36 m  Do m  +  nên  3;4;5 m hay  3;4;5 S = .

Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12

* Cách 2: đạo hàm hàm số hợp.

Ta có: ( )2 yfxm =−+ ( ) 2 2 fxm =−+ 

Xét ( ) 20 fx  −= ( )1

 −+−  = −+  

2.2 2 fxmfx y fxm

( ) ( ) ( ) ( ) 2

+ Do phương trình ( ) 0 fx  = có 3 nghiệm phân biệt nên phương trình ( ) 20 fx  −= cũng có 3 nghiệm phân biệt. - Xét ( ) 20fxm−+= ( )2 fxm−=− ( )2 + Nếu 63 m −−− 36 m  thì phương trình ( )2 có 2 nghiệm phân biệt khác 3 nghiệm của ( )1 . + Nếu 3 m −=− 3 m = thì ( )2 có 3 nghiệm phân biệt (trong đó có 2 nghiệm đơn khác 3 nghiệm của ( )1 và 1 nghiệm kép trùng với 1 nghiệm của ( )1 ) Tóm lại : với 36 m  thì hai phương trình ( )1 và ( )2 có tất cả 5 nghiệm bội lẻ phân biệt và y  đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó, hay đồ thị hàm số ( )2 yfxm =−+ có 5 điểm cực trị. Lại do m  +  nên  3;4;5 m hay  3;4;5 S = Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12.

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

Câu 39: Cho hàm số 32()3 fxxxm =−+ với  5;5 m− là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số ()fx có đúng ba điểm cực trị. A. 3. B. 0. C. 8. D. 6 . Lời giải Xét hàm số 32()3 gxxxm =−+ có 2 0 '()0360 2 x gxxx x

=  =−=  =  . Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta thấy để hàm số ()fx có đúng ba điểm cực trị thì đồ thị hàm số ()gx phải có đúng một giao điểm hoặc tiếp xúc với Ox Điều kiện này tương đương với 00 404 mm mm    −+  . Kết hợp điều kiện  5;5 m− ta có  5;4;3;2;1;0;4;5 m−−−−− . Vậy có 8 giá trị thoả mãn. Câu 40: Cho hàm số ( )yfx = có bảng biến thiên như sau. Đồ thị hàm số ( ) 20172018 yfx=−+ có bao nhiêu điểm cực trị? A. 2 B. 3 C. 5 D. 4 Lời giải Có ( )2017 =−yfx bằng cách tịnh tiến sang bên phải 2017 đơn vị ta có bảng biến thiên của hàm số ( )2017 yfx=−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

Tịnh tiến đồ thị hàm số ( )2017 fx lên trên 2018 đơn vị và lấy trị tuyệt đối ta có bảng biến thiên của hàm số ( ) 20172018 yfx=−+

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

Câu 41: Hàm số ( )fx có đạo hàm ( )fx  trên . Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số ( )fx  trên .

Hỏi hàm số ( ) 2018 yfx=+ có bao nhiêu điểm cực trị? A. 5. B. 3. C. 2. D. 4. Lời giải



 == Từ đồ thị hàm

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

Đồ thị hàm số ( ) 2 yfxm =− có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi

A. ( )4;11 m B. 11 2; 2 m     C. 3 m = D. 11 2; 2 m     Lời giải Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số ( )yfx = có hai điểm cực trị. Để đồ thị hàm số ( ) 2 yfxm =− có 5 điểm cực trị thì đồ thị ( )yfx = cắt đường thẳng 2 ym = tại 523 −= điểm phân biệt 4211 m  11 2 2 m 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

DẠNG. SỐ ĐIỂM CỰC TRỊ CỦA HÀM HỢP

Bài toán: Cho hàm số ( )yfx = (Đề có thể cho bằng hàm, đồ thị, bảng biến thiên của ( ) ( ) ,' fxfx ). Tìm số điểm cực trị của hàm số ( )yfu = trong đó u là một hàm số đối với x

Ta thực hiện phương pháp tương tự xét số điểm cực trị của hàm số ( )yfx =

Bước 1. Tính đạo hàm ( ) ''.' yufu =

Bước 2. Giải phương trình ( ) '0 '0 '0 u y fu =  =  = 

Bước 3.Tìm số nghiệm đơn và bội lẻ hoặc

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

Suy ra (1) có nghiệm kép 2 x =− , (2) có 2 nghiệm phân biệt 4;0xx=−= , (3) có 2 nghiệm phân biệt 12 ; xxxx == khác 2;0;4. Do đó phương trình ( ) 0 gx  = có 5 nghiệm trong đó có 2 x =− là nghiệm bội ba, các nghiệm 4;0xx=−= ; 12 ; xxxx == là các nghiệm đơn. Vậy ( )gx có 5 điểm cực trị

44: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm đến cấp hai trên

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

Từ đồ thị hàm số 2 2 yxx =+ ta thấy phương trình (2) vô nghiệm; phương trình (3) ; phương trình (4) đều có 2 nghiệm phân biệt. Do đó '0y = có 5 nghiệm đơn phân biệt. Vậy hàm số ( ) 2 2 yfxx =+ có 5 điểm cực trị.

= 

x xx xx xx

1 22 21 20

 −=−    −=−  −=

x x x

1 0 2

=   =   =  . Do 0 y  = có một nghiệm bội lẻ ( 1 x = ) và hai nghiệm đơn ( 0 x = ; 2 x = ) nên hàm số ( ) 2 2 yfxx =− chỉ có ba điểm cực trị Câu 49: Cho hàm số yfx xác định trên và hàm số yfx có đồ thị như hình vẽ. Tìm số điểm cực trị của hàm số 2 3 yfx .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

Lời giải Chọn D Quan sát đồ thị ta có đổi dấu từ âm sang dương qua nên hàm số có một điểm cực trị là 2 x .

Ta có 2232.3yfxxfx 2 2

=   =   =   2 2

x

0 0 0 2 2 yfx 2

x x x x x yfx

0 0 0321 2 31

x x xx x x

=  =   =   =   =  . Ta có bảng xét dấu: Từ đó suy ra hàm số ( ) 2yfx = có 3 điểm cực trị Câu 51: Cho hàm số bậc bốn ( )yfx = . Hàm số ( )yfx  = có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực đại của hàm số ( ) 2 22yfxx=++ là

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

. Vì hàm số ( )yfx = đồng biến trên khoảng ( ) 0;+ do đó: ( ) 40 f  

Suy ra: ( ) 20 g  − . Theo tính chất qua nghiệm bội lẻ ( )gx  đổi dấu, ta có bảng xét dấy ( )gx  như sau: x − 15 13 1 13 + 15 + + ( )gx  0 + 0 0 + 0 0 +

Từ bảng xét dấu, suy ra hàm số ( )ygx = có 3 điểm cực tiểu.

Câu 53: Biết rằng hàm số ( )fx có đồ thị được cho như hình vẽ bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số ( )yffx =   .

Với xb  , ta có ( ) 2 fx  ( ) 0 ffx    

Với axb  , ta có ( ) 02 fx  ( ) 0 ffx    

Với 0 xa hoặc 0 x  , ta có ( ) 0 fx  ( ) 0 ffx    

BBT: Dựa vào BBT suy ra hàm số ( )yffx =   có bốn điểm cực trị. Câu 54: Cho hàm số ( )yfx = liên tục và có đạo hàm trên  0;6 . Đồ thị của hàm số ( )yfx  = trên đoạn  0;6 được cho bởi hình bên dưới. Hỏi hàm số ( ) 2 yfx =  có tối đa bao nhiêu cực trị.

A. 3. B. 7. C. 6. D. 4. Lời giải Ta có ( ) ( ) 2 yfxfx  = nên ( ) ( ) 0 0 0 fx y fx  =  =   =  

Từ đồ thị ta suy ra ( ) 0 fx = có tối đa 4 nghiệm, ( ) 0 fx  = có tối đa 3 nghiệm. Do đó, hàm số ( ) 2 yfx =  có tối đa 7 điểm cực trị nên có tối đa 7 cực trị.

Câu 55: Biết rằng hàm số ( )fx có đồ thị được cho như hình vẽ bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số ( )yffx =   ?

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

y -4

2 O x

x

y y=2 a -4

2 2 O b

 =  vì hàm số ( )fx có hai điểm cực trị 0;2xx== + ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 2 fx ffx fx  =   = =   Quan sát đồ thị ta thấy phương trình ( ) 0 fx = có một nghiệm bội chẵn 0 x = và một nghiệm đơn hoặc bội lẻ 2 xa= Kẻ đường thẳng 2 y = nhận thấy phương trình ( ) 2 fx = có một nghiệm đơn hoặc bội lẻ xba = Do đó y  có các điểm đổi dấu là 0;2,, xxxaxb ==== Vậy hàm số có 4 điểm cực trị. Câu 56: Cho hàm số ( )fx có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số điểm cực trị của hàm số ( ) ( ) ( ) gxffx = là.

A. 3. B. 7. C. 6. D. 5. Lời giải

Chọn C

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ''.' gxfxffx = ( ) ( ) ( ) ( ) '0 '0 '0 fx gx ffx

=  =  =   ( ) 0 '0 2 x fx x

=  =  =  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0* '0 2** fx ffx fx =  =  =  

Dựa vào đồ thị suy ra: Phương trình (*) có hai nghiệm 1 2 x x

=−   =  . Phương trình ( **) có ba nghiệm ( ) ( ) ( )

=−   =   =  ( ) '0gx = có nghiệm

Bảng biến thiên

xmn xnn xpp

10 01 2

=−   =   =  =   =  = 

x xm x xn x xp

1 0 2

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số ( ) ( ) ( ) gxffx = có 6 cực trị

hàm

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ( ) 62 3 gxxx =− , ta suy ra 1 là nghiệm kép của phương trình 6232xx−=− và 0 là nghiệm kép của phương trình 6230xx−= . Do đó 1 và 0 là nghiệm kép của ( ) 62 3 fxx  . Do vậy 1 và 0 là nghiệm bội ba của y  . Các nghiệm khác 1 và 0 của y  đều là nghiệm đơn. Vậy hàm số đã cho có 11 cực trị

x gxfxgxfxx x Bảng xét dấu của gx : Từ bảng xét dấu nhận thấy gx đạ + 0 2 0 -1 1 + x g'(x) 0 -∞ +∞

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

Suy ra hàm số ( ) 201720182019yfxx =−−+ có 1 điểm cực trị.

Câu 60: Cho hàm số ( )yfx = có bảng biến thiên như sau

Hàm số ( ) 21yfx=+ đạt cực tiểu tại điểm A. 2 x = . B. 0 x = . C. 1 x = . D. 5 x = . Lời giải

Ta có: ( ) 21yfx=+  ( ) 2 yfx  = . Suy ra: Điểm cực tiểu của hàm số ( )yfx = cũng chính là điểm cực tiểu của hàm số ( ) 21yfx=+

Vậy: Hàm số ( ) 21yfx=+ đạt cực tiểu tại điểm 0 x = .

Câu 61: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm liên tục trên . Đồ thị hàm số ( )yfx  = như hình vẽ sau. Số điểm cực trị của hàm số ( ) 2 yfxx =+ là:

Ch

Có ( ) ( ) 2 45gxfxxx =−+− ( ) ( ) 2 0 45 fx gx xx  =− = + 

Ta có đồ thị hàm số 2 45yxx=−+ và đồ thị hàm ( )yfx  = như hình vẽ dưới

Quan sát hình vẽ ta thấy ( ) 0 gx  = có 3 nghiệm phân biệt trong đó chỉ có 1 nghiệm bội chẵn Vậy hàm số ( )gx có 2 điểm cực trị.

Câu 63: Cho hàm số đa thức ( )yfx = có đạo hàm trên , ( ) 00 f  và đồ thị hình bên dưới là đồ thị của đạo hàm ( )fx  . Hỏi hàm số ( ) ( ) 3 gxfxx =+ cóbao nhiêu cực trị?

đồ thị của hàm số ( )fx  thì phương trình ( ) 3 fx  =− có 4 nghiệm  1;0;1;2 Ta có bảng biết thiên

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

0 x h'(x) h(x)

1 1 +

+ +∞ +∞

2 0 f(0)

+ 0 0

0 x g(x)= h(x)

+ 0 ∞ ∞ x2 +∞ +∞ x 1 0 0 f(0)

Theo bảng biến thiên ta có phương trình ( ) 0 hx = có hai nghiệm 1 1; x − và 2 1 x  (do có ( ) 00 f  ) Khi đó ta có Vậy hàm số ( ) ( ) 3 gxfxx =+ có 5 cực trị Câu 64: Cho hàm số Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên và hàm số ( ) ( ) 2 222019gxfxxx =−++ . Biết đồ thị hàm số ( )yfx  = như hình vẽ Số điểm cực trị của hàm số ( ) x yg = là A. 5. B. 3. C. 2. D. 4. Lời giải Chọn A  ( ) ( ) 222gxfxx =−+ , ( ) ( ) 01gxfxx ==− Đường thẳng 1 yx=− đi qua các điểm ( ) 1; 2 , ( )1;0 , ( )3;2

1 1 + ∞ ∞

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

Quan sát vào vị trí tương đối của hai đồ thị trên hình vẽ, ta có BBT của hàm số ( )x yg  = như sau  Đồ thị hàm số ( ) x yg = nhận trục Oy làm trục đối xứng nên từ BBT trên ta suy ra BBT của hàm số ( ) x yg = như sau Vậy hàm số ( ) x yg = có 5 điểm cực trị.

Câu 65: Cho hàm số ()yfx = có đạo hàm trên và có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Đặt ( ) ()3()4 gxffx=+ . Tìm số cực trị của hàm số ()gx A. 2. B. 8. C. 10. D. 6. Lời giải

Chọn B

Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) '0 '3'.','03'.' '0 fx gxfxffxgxfxffx ffx

=  ==  =   . Từ đồ thị hàm số trên ta thấy:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

+ Phương trình ( ) '0fx = có 2 nghiệm phân biệt là 0; xx  == với ( )1;3 

+ Phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 0 '0 fx ffx fx 

=  =  =   .

+ Phương trình ( ) 0 fx = có 3 nghiệm phân biệt khác 2 nghiệm trên.

+ Phương trình ( )fx = với ( )1;3  có 3 nghiệm phân biệt khác các nghiệm trên.

Vậy phương trình ( ) '0gx = có 8 nghiệm phân biệt và ( ) ' gx đổi dấu qua các nghiệm. Do đó hàm số ( )gx có 8 điểm cực trị Câu 66: Cho hàm số (x) yf = có đạo hàm trên , đồ thị hàm số ()yfx = là đường cong ở hình vẽ. Hỏi hàm số ( )   ( ) 2 ()41hxfxfx=−+ có bao nhiêu điểm cực trị?

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

, ( Vì 02 x   ).

==−     

Suy phương trình ( ) 0 gx  = có 9 nghiệm, trong đó có nghiệm 3 2 x  = là nghiệm kép. Vậy hàm số ( )ygx = có 7 cực trị. Câu 68: Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên có đạo hàm ( )fx  liên tục trên và có bảng xét dấu như hình vẽ bên Hỏi hàm số ( ) 2 2 yfxx =− có tất cả bao nhiêu điểm cực trị? A. 4 B. 7 C. 9 D. 11 Lời giải Chọn C Tập xác định của hàm số: D = . * ( ) ( ) 2 2 yhxfxx ==−

Ta thấy phương trình ( ) 0 hx  = có 8 nghiệm đơn ( )1 ( )hx  không tồn tại tại 0 x = mà 0 x = thuộc tập xác định đồng thời qua đó ( )hx  đổi dấu ( )2 . Từ ( )1 và ( )2 suy ra hàm số đã cho có 9 điểm cực trị Câu 69: Cho ( ) = yfx là hàm đa thức bậc 4 và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  12;12 để hàm số ( ) ( )21 =−+ gxfxm có 5 điểm cực trị? A. 13. B. 14. C. 15. D. 12. Lời giải Chọn C Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) 21

Đồ thị hàm số ( )1=−yfx có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số ( ) = yfx sang bên phải 1 đơn vị. Dựa vào đồ thị, ta được: 2 2 − m hoặc 63 2 −−− m .  ;12;12 4 612

mm m m có 15 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

và 0 a  ) có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số ( ) ( ) 2 24 gxfxx =−+ A. 2. B. 5. C. 4. D. 3. Lời giải. Chọn D Dựa vào đồ thị hàm số ( )yfx = có hai điểm cực trị là 2;0xx=−= ( ) ( ) 2 24 gxfxx =−+ liên tục trên ( ) ( ) ( ) 2 '44'24 gxxfxx =−+−+ ( ) 2 2

−+=

x gxxx xx

)gx có 3

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

Vậy với mọi m hàm số ( )fx luôn có ba điểm cực trị. Do đó để hàm số ( )yfx = có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình ( ) 0 fx = có đúng hai nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ 0 50 320

m m m

    −   − 

0 532 m m      

Vì m là số nguyên dương cho nên có 27 số m thỏa đề bài. Câu 73: Cho hàm số ()yfx có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây: Hàm số (2)yfx đạt cực đại tại A. 1 2 x = B. 1 x =− C. 1 x = D. 2 x =− Lời giải Chọn C Đặt 2() txyft . Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số ()yft đạt cực đại tại 1 121 2 222 1

tx x tx x . Vậy hàm số (2)yfx đạt cực đại tại điểm 1 x = và 1 2 x =− Câu 74: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm liên tục trên và ( ) ( ) 00;44ff= . Biết hàm ( )yfx  = có đồ thị như hình vẽ

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

x

2

Số điểm cực trị của hàm số ( ) ( ) 2 2 gxfxx =− là A. 2. B. 1. C. 4. D. 3. Lời giải Chọn D Xét hàm số ( ) ( ) 2 2 hxfxx =− . Ta có: ( ) ( ) 2 22hxxfx  =− ; ( ) ( ) 2 1 0 hxfx x == (vô nghiệm 0 x  ). Đặt 2 ,0txxtt == .

Khi đó: ( ) 1 ft t  = (*). Nhận thấy trên khoảng ( )0;1 thì ( ) 1 wt t = nghịch biến và ( )ft  đồng biến, do đó (*) nếu có nghiệm là duy nhất.

Mặt khác: ( ) ( ) ( ) ( ) 0.1221280hhf =−−=− và ( )hx  liên tục trên  0;1 nên ( ) ( ) 000;1:0xhx  = . Vậy ( ) 0 hx  = có nghiệm duy nhất ( ) 0 0;1 x  và ( )hx có một điểm cực tiểu (vẽ bảng biến thiên). (1)

Xét phương trình: ( ) ( ) 2 020hxfxx =−= (**).

Ta có: ( ) ( ) 0000hfx=== là một nghiệm của (**).

Mặt khác: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )000101 .22440;2:0 hxhfxxfxxhx =−−= .

Nên (**) có nghiệm ( ) 10 ;2 xx 

Vì ( )hx có một điểm cực trị, nên (**) có không quá 2nghiệm.

Vậy ( ) ( ) 2 20hxfxx=−= có hai nghiệm phân biệt. (2)

Từ (1) và (2) ta được: hàm số ( ) ( ) 2 2 gxfxx =− có 3 điểm cực trị

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

 −

  

m mm m

2 33;4 63 3

Để hàm số ( )fx có đúng một điểm cực trị  Phương trình ( )* vô nghiệm, có nghiệm kép hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm là 4. Trường hợp 1. Phương trình ( )* vô nghiệm 22 4243624724360 mmmm =++−−=− 33 m −   2 ;1; 0 ; 1; 2 m

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số ( ) ( ) ( ) 2 22 hxfxfxm =++ có đúng 3 điểm cực trị. A. 1 m  B. 1 m  C. 2 m  D. 2 m  Lời giải Chọ

  

     

16 m  . m nguyên dương và 16 m  nên có 15 giá trị m cần tìm. Câu 84: Cho hàm số ()yfx = xác định trên và hàm số '()yfx = có đồ thị như hình bên. Biết rằng '()0fx  với mọi ( ) ( ) ;3,49;. x−−+ Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số ()()5 gxfxmx=−+ có đúng hai điểm cực trị A. 7. B. 8. C. 6. D. 5. Lời giải Chọn B '()'() gxfxm =− Số điểm cực trị của hàm số ()gx bằng số nghiệm đơn (bội lẻ) của phương trình '(). fxm =

Dựa và đồ thị ta có điều kiện 05 1013 m m     

y 3 2 0 1

x

Vậy có 8 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn. Câu 85: Cho hàm số ()yfx = . Hàm số ()yfx  = có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tìm m để hàm số 2 ()yfxm =+ có 3 điểm cực trị A. ( ) 3; m+ . B.  0;3 m . C.  )0;3 m . D. ( );0 m− . Lời giải Chọn C

−   −  . Câu 86: Cho hàm số ( ) ( ) ( ) 2 2 243fxxxx  =−−+ với mọi x . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số ( ) 2 109yfxxm =−++ có 5 điểm cực trị?

của m để hàm số ( ) ( ) gxfx = có 5 điểm cực trị? A. 3. B. 5. C. 2. D. 4. Lời giải Chọn C Dựa vào cách vẽ đồ thị hàm số ( ) ( ) gxfx = , số điểm cực trị của đồ thị hàm số ( ) ( ) gxfx = bằng số điểm cực trị dương của đồ thị hàm số ( )yfx = cộng thêm 1. Để hàm số ( ) ( ) gxfx = có 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số ( )yfx = có 2 cực trị dương.

x fxx xmxm

=    ==   −++−= 

1 02. 2110*

Ta có ( ) ( ) ( ) 22

Có 2 x = là nghiệm bội 2, 1 x = là nghiệm đơn. Vậy ( ) 222110xmxm−++−= có hai nghiệm phân biệt, có một nghiệm dương 1 x  , có một nghiệm 0 x 

=  −++−=−=  =  Với 1 m =− , có ( ) 222211000 xmxmxx −++−=== −  −   −++−      Vì 0 mm= Vậy có hai giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Câu 88: Cho hai hàm đa thức ( )yfx = , ( )ygx = có đồ thị là hai đường cong ở hình vẽ. Biết rằng đồ thị

hàm số ( )yfx = có đúng một điểm cực trị là A , đồ thị hàm số ( )ygx = có đúng một điểm cực trị là B và 7 4 AB = . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng ( )5;5 để hàm số ( ) ( ) yfxgxm =−+ có đúng 5 điểm cực trị? A. 1 B. 3 C. 4 D. 6 Lời giải Chọn B Đặt ( ) ( ) ( )hxfxgx =− , ta có: ( ) ( ) ( )hxfxgx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT 10; 11 môn Toán

Suy ra bảng biến thiên của hàm số ( ) ( ) ( )ykxfxgx ==− là: Do đó, hàm số ( ) ykxm =+ cũng có ba điểm cực trị. Vì số điểm cực trị hàm số ( ) ykxm =+ bằng tổng số điểm cực trị của hàm số ( ) ykxm =+ và số nghiệm đơn và số nghiệm bội lẻ của phương trình ( ) 0 kxm+= , mà hàm số ( ) ykxm =+ cũng có ba điểm cực trị nên hàm số ( ) ( ) yfxgxm =−+ có đúng năm điểm cực trị khi phương trình ( ) 0 kxm+= có đúng hai nghiệm đơn (hoặc bội lẻ). Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ( )ykx = , phương trình ( ) 0 kxm+= có đúng hai nghiệm đơn (hoặc bội lẻ) khi và chỉ khi 7 4 m − 7 4 m − Vì m , 7 4 m − và ( )5;5 m − nên  4;3;2 m −−−

Câu 89: Cho hàm số ( ) ( ) ( ) 322122yfxxmxmx ==−−+−+ . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số ( ) yfx = có 5 điểm cực trị là ; a c b    , (với ,, abc là các số nguyên, a b là phân số tối giản). Giá trị của biểu thức 222 Mabc =++ là A. 40 M = B. 11 M = C. 31 M = D. 45 M = Lời giải Chọn D Hàm số ( ) ( ) ( ) 322122yfxxmxmx ==−−+−+ có đạo hàm là ( ) ( ) ( ) 2 32212 yfxxmxm ==−−+−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia BDKT TOÁN 10; 11; 12

CHƯƠNG I Ứ

DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT HÀM SỐ

p bảng biến thiên của hàm số ( ) = yfx khi biết đồ thị hàm số ( )  = yfx

B1. Xác định giao điểm của đồ thị hàm số ( )  = yfx với trục hoành B2: Xét dấu của hàm số ( )  = yfx , ta làm như sau

Phần đồ thị của ( )fx  nằm bên trên trục hoành trong khoảng ( ) ; ab thì ( ) 0   fx , ( ) ; xab 

Phần đồ thị của ( )fx  nằm bên dưới trục hoành trong khoảng ( ) ; ab thì ( ) 0 fx   , ( ) ; xab   Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) ( ) ( )gxfxux =+ khi biết đồ thị hàm số ( )  = yfx

B1: Đạ

Phần đồ thị của ( )fx  nằm bên dưới đồ thị ( )ux  trong khoảng ( ) ; ab thì ( ) 0 gx   , ( ) ; xab 

Câu 90: Cho hàm số ( )yfx = , hàm số ( )yfx  = có đồ thị như hình sau: Hàm số ( ) ( ) 2 2122022gxfxxx =−−++ có bao nhiêu điểm cực trị? A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 Lời giải

Chọn B

Ta có: ( ) ( ) 2122gxfxx =−−+ ( ) ( ) 011gxfxx =−=− .

Đặt 1 tx=− . Khi đó phương trình trở thành ( ) ftt  = .

Ta vẽ đồ thị hai hàm số ( )yft  = và yt = trên cùng một hệ trục tọa độ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vậy hàm số ( )yhx = có 3 cực trị Câu 94: Cho hàm số ( )yfx = , hàm số ( )yfx  = có đồ thị như hình sau: Hàm số ( ) ( ) 2 coscs 202 o gx xx f + =− có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng 7 ;? 66     A. 6. B. 3. C. 8. D. 10. Lời giải Chọn B Ta có: ( ) ( ) ()scossscosin.inin.1 gxffxxxxx+=−  =−−

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Khi đó, 2 2 2

x x xx yx xx x xx

=−  =−   +=−    ==   +=−   =−   += 

1 1 24 01 22 3 23

.

Bảng biến thiên : Xét hàm số: 1 x y x = + ( )2 1 0,1 1 yx x  =− + Bảng biến thiên : Số nghiệm của phương trình: ( ) 2 2 1 x fxx x  += + chính bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số ( ) 2 2 yfxx  =+ và 1 x y x = +

Từ đồ thị suy ra phương trình ( ) 0 gx  = có 3 nghiệm đơn, nên hàm số ( )gx có 3 điểm cực trị

Câu 96: Cho ( )fx là hàm số đa thức bậc bốn và hàm số ( )yfx  = có đồ thị như hình dưới đây:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Hỏi hàm số ( ) ( ) cos2 sin1 4 x gxfx=−+ có bao nhiêu điểm cực trị thuộc khoảng ( ) 0;2 ? A. 2 B. 5 C. 4 D. 3 Lời giải Chọn D Ta có ( ) ( ) ( ) sin2 cossin1cossin1sin 2 x gxxfxxfxx =−−=−−  .

Khi đó, ( ) ( ) ( ) cos0 0 sin1sin0 * x gx fxx =   =   −−=  .

 =  = 

x x x

Trên khoảng ( ) 0;2 thì cos02 3 2

 

Đặt sin1tx=− thì phương trình ( )* trở thành ( ) 1 ftt  =+ Vẽ đồ thị ( )yft  = và đường thẳng 1 yt=+ trên cùng hệ trục tọa độ Oty như hình vẽ sau.

t fttt taa

1 11 , 1

Từ đồ thị ta có ( ) ( )

 =−   =+=   =  Với 1 t = thì sin11sin2 xx −== . Phương trình vô nghiệm.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Với ta = thì sin1sin1 xaxa −==+ . Phương trình này vô nghiệm vì 12 a +

Với 1 t =− thì sin11sin0xxx  −=−== .

Như thế phương trình ( ) 0 gx  = có đúng 3nghiệm đơn thuộc khoảng ( ) 0;2 .

Vậy hàm số ( )gx có 3 điểm cực trị thuộc khoảng ( ) 0;2 .

Câu 97: Cho ( )yfx = là hàm bậc ba có ( ) 03 f  =− Hàm số ( )yfx  = có bảng xét dấu sau:

Hàm số ( ) ( ) 6 3432 9 3331 22 x ygxfxxmxxxx ==−+−+−−+− có bao nhiêu cực trị biết m là

giá trị lớn nhất của 3sin cos2 x P x = + . A. 10. B. 9. C. 7. D. 8. Lời giải

=−  ==+−  =  . Mà ( ) ( ) ( )( ) 2 03331133 fkfxxxx =−==−+=− 23532 233 33

gxxfxxxxxx gxxfxxxx x gx fxxxx

=−−+−+−−+  =−−+−−+ =   =   −+=−+  

3331312393 333131 1 0 3131 1

. Đặt 3 31 xxt −+= suy ra ( ) ( ) 2

   −  +  =   −   =−=     =      − 

x x t x ftttt x t x x

1,76137 1370,0602 13361,7011 1371,21796 60,76486 1,9828

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

y hàm số ( )gx có bốn điểm cực tiểu. Cho đồ thị hàm số ( ) ( ) fux , ( ) ( ) fux  hoặc bảng xét dấu của hàm, ( ) ( ) fux , ( ) ( ) fux  . Xét cực trị của hàm ( ) ( ) fvx

PHƯƠNG PHÁP

o Đạo hàm xét dấu thông thường. o Chọn hàm đại diện. o Đặt ẩn phụ. o Ghép trục. Nhắc lại quy tắc về dấu của tích, thương, tổng các biểu thức: ( )fx + + ( )gx + + ( ) ( )fxgx + + ( ) ( ) : fxgx + + ( ) ( )fxgx + + Chưa biết Chưa biết Câu99: Chohàmsố ( )yfx = bậc bốn cóđạohàmliêntụctrên .Hàmsố ( )31yfx  =− có đồthịnhưhình dưới.

Ta suy ra hàm số ( ) 12 yfx =− có 2 điểm cực đại. Câu 100: Cho hàm số ( )yfx = bậc bốn có đồ thị hàm số ( )1 yfx  =+ như hình vẽ. Hàm số ( ) 2 3 yfx=− có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4. B. 2. C. 3. D. 1.

Lời giải

Chọn C

Cách 1. Chọn hàm đại diện. Hàm số

BBT của hàm số ( ) 2 3 yfx=− , nhờ ( ) ( ) ( ) 2 2.31.2.1 x yxfxfttxft  =−=+=+

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

Câu 101: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm liên tục trên và có đồ thị hàm số ( )1 yfx  =− như hình vẽ

Hỏi hàm số ( ) 2 1 yfx =− có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4. B. 2. C. 1. D. 3. Lời giải

Chọn D

Cách 1. Chọn hàm đại diện Quan sát đồ thị ta thấy ( )1 yfx  =− là hàm số dạng bậc bốn có 3 nghiệm 2,0,2xxx=−== , trong đó 2 x =− là nghiệm bội chẵn.

Ta chọn: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 22 122311 yfxxxxfxxxx  =−=+−=++−

Xét ( ) 2 1 yfx =− . ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 22222 22 3 2 2321211 1 11 24 y x f x xxxx x xx  =+  =−−−−−− +− =− Ta có bảng xét dấu của hàm số ( ) 2 1 yfx =− Từ bảng biến thiên ta suy ra hàm số có 3 điểm cực trị. Cách 2. Xét dấu đạo hàm y  .  Xét ( ) 2 1 yfx =− ta có ( ) 2 . 21fx x y  =−− . ( ) ( ) 2 2

0 0210 0 . 1 x yfx fx x = 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Từ bảng xét dấu ta suy ra hàm số ( ) ( ) 2 22gxfxx=++ có 3 điểm cực trị.

Câu 103: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm liên tục trên và có đồ thị hàm số ( ) 1 yfx  =− như hình vẽ Số điểm cực trị của hàm số ( ) 2 22yfxx=−− là A. 3. B. 5. C. 7. D. 9. Lời giải Chọn C Cách 1. Chọn hàm đại diện Quan sát đồ th

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Phương trình ( ) 2 230fxx  −+= có 7 nghiệm bội đơn phân biệt suy ra hàm số ( ) ( ) 2 23ygxfxx ==−+ có đúng 7 điểm cực trị trong đó có 4 điểm cực trị dương. Do đó hàm số ( ) 2 23yfxx=−+ có 9 điểm cực trị

Câu 106: Cho hàm số ( )fx xác định và liên tục trên , trong đó ( ) ( ) 1 gxfx  =− là hàm số bậc ba có đồ thị như hình vẽ

Hàm số 1 2 x yf x  =   có tối đa bao nhiêu điểm cực trị? A. 7. B. 5. C. 3. D. 6. Lời giải

sau: Suy ra đồ thị hàm số ( )yhx = có 2 điểm cực trị • Ta thấy đường thẳng 0 y = cắt đồ thị ( )yhx = tại nhiều nhất 4 điểm. Vậy hàm số ( ) 1 2 x yhxf x  ==   có tối đa 6 điểm cực trị. Câu 107: Cho hàm đa thức ( )yfx = liên tục, có đạo hàm trên , có bảng xét dấu của ( )1 yfx  =+ như sau: Số điểm cực đại của hàm số ( ) 2 1 yfxx=++ là A. 3 B. 2 C. 4 D. 1 Lời giải Chọn D Từ bảng xét dấu của ( )1 fx  + ta có:

Vậy hàm số ( ) ( ) 42142411gxfxxxx =−+−+ có 4 điểm cực tiểu. Câu 110: Cho hàm số ( ) 42 fxaxbxc =++ có đồ thị của hàm số ( )yfx = và ( )yfx  = như hình vẽ bên dưới. Gọi ,, ABC là các điểm cực trị của đồ thị hàm số ( )yfx = có hoành độ lần lượt là 123 ,, xxx .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ( ) 12,0,, yfxyxxxx  ==== là 1S và diện tích của tam giác ABC là S . Tính 13Pxx = , với 1 1 S = và 1 S = . A. 0 P = . B. 1 P = . C. 1 P =− . D. 2 P = . Lời giải Chọn C

Ta có: 123 ,, xxx là các điểm cực trị của hàm số ( )yfx = , với 2 0 x = và 13xx 

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

nghiệm đó.  121mm+ . Mà m và  10;10 m− nên  2;3;4;...;10 m

số ()yfx  = trên ( ;2−− , đồ thị hàm số ()yfx = trên đoạn 2;3 và đồ thị hàm số ()yfx  = trên  ) 3;+ . Số điểm cực trị tối đa của hàm số ()yfx = là A. 5. B. 6. C. 3. D. 7. Lời giải

Chọn A

Trên ( );2−− ta thấy ( )fx  triệt tiêu và đổi dấu qua điểm 0xx = . Do đó trên miền này hàm số ()yfx = có 1 cực trị.

Trên ( )2;3 ta thấy ()fx đạt cực tiểu tại 1xx = và đạt cực đại tại 2xx = . Do đó trên miền này hàm số ()yfx = có 2 cực trị

Trên ( ) 3;+ ta thấy ( )fx  triệt tiêu và đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua 3xx = . Do đó trên miền này hàm số ()yfx = có tối đa 2 cực trị Vậy hàm số ()yfx = có tối đa 5 điểm cực trị

Câu 113: Cho hàm số đa thức bậc bốn ( )yfx = thỏa mãn ( ) 1 0 2 f = , hàm số ( )fx  có đồ thị như hình vẽ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) ( ) ( ) ( ) 2 03131312gxfxxx =−=−+−+

Đặt 31tx=− ta được phương trình: ( ) 2 2 fttt  =++ Từ đồ thị của hai hàm số ( )yft  = và hàm 2 2 ytt=++ ta có phương trình ( ) 2 2 fttt  =++ có ba nghiệm 1 t =− , 1 t = và 2 t =− . Với 1 t =− thì 0 x = . Với 1 t = thì 2 3 x = . Với 2 t =− thì 1 3 x =

Khi đó phương trình ( ) 0 gx  = có ba nghiệm 0 x = , 2 3 x = và 1 3 x =

Bảng biến thiên của hàm ( )ygx =

Từ bảng biến thiên của hàm ( )ygx = suy ra đồ thị hàm ( ) ygx = có 3điểm cực trị

Câu 115: Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số ()yfx = . Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số (1) yfxm =−+ có 5 điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

TH1: 03 m  . Đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

TH2: 3 m = . Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.

TH3: 36 m  . Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.

TH4: 6 m  . Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy 36 m  . Do * m nên }{3;4;5 m

Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12.

nên theo tính chất hàm liên tục thì phương trình ( ) 0 fx = và ít nhất ba nghiệm và ( )fx là hàm bậc ba nên phương trình ( ) 0 fx = sẽ có ba nghiệm. Do đó hàm số ( )fx có hai điểm cực trị  Hàm số ( )fx có 5 điểm cực trị. Câu 117: Biết Cho hàm số yfx liên tục trên . Đồ thị hàm số 3 fx được cho trong hình dưới. Hàm số 4 1 8 gxfxxx có tối đa bao nhiêu điểm cực đại. A. 3. B. 5. C. 2. D. 4. Lời giải

Chọn A Xét hàm số 4 1 8 hxfxxx liên tục trên Khi đó 3 1 1 2 hxfxx , nên 3 1 01 2 hxfxx . Đặt 3 3 xttx == , khi đó xét ( ) ( ) 3 1 '1 2 hxftt =−+ 

Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

        ( ) 0 gx = có 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( ) ;  .

gg gg gg

 

.00 0.10 1.0

y O Khi đó đồ thị hàm số ( )ygx = có dạng f(x)=abs((1/3)*(x+1)*(2x-1)*(x-2)) -2 -1 1 2

y O Vậy hà

x

x m số ( ) 2022 yfx=− có 5 điểm cực trị Câu 119: Cho hàm số ( ) ( ) 432 0 fxaxbxcxdxea =++++ liên tục trên và thỏa mãn điều kiện: 0 168420 abcd abcd −+−   +++  và ( ) ( ) gxfxe =− . Hỏi ( ) ( ) ggx có tối đa bao nhiêu điểm cực trị biết ( ) ( ) 00 lim.lim0 xx gxgx−+→→  ? A. 11. B. 8. C. 14. D. 17. Lời giải Chọn A Ta có: ( ) ( ) 432 gxfxeaxbxcxdx =−=++ Lại có: ( ) 00 g = mà ( ) ( ) 00 lim.lim0 xx gxgx−+→→  0 x = là nghiệm kép của phương trình ( ) 0 gx = ( )gx  đạt cực trị tại 0 x = Mặt khác: ( ) lim0 x gx →−  ( ) 10 g − ( )gx đạt cực trị tại 0 x =

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) 20 g  ( ) lim0 x gx →+ 

Nên ta có thể phác họa bảng biến thiên của đồ thị ( )ygx = như sau:

Ta được bảng biến thiên của ( ) ygx = :

Ta được bảng biến thiên của ( ) ygx = : ( ) ygx= có 5 cực trị

  =     == 

gx ggxgxggx ggx

Mặt khác: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 .0 0

Gọi các điểm cực trị của ( )gx là ( );0;10;02 abab− ( ) ( ) 0 gx  = ( ) gxa = ( ) 0 gx = ( ) gxb =

Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm liên tục trên và có đồ thị hàm số ( )yfx  = như hình vẽ bên dưới:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Bảng biến thiên: Suy ra hàm số ( )yhx = có duy nhất một điểm

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Lời giải Chọn A Đặt ( ) ( ) ( ) 2 11211gxhxfxxm =−=−−−+− Do đồ thị hàm s

( )1 yhx

có được khi t

Ta có ( ) ( ) lim;lim xx fxfx →−→+ =−=+ ta có bảng biến thiên của hàm ( )yfx = Hàm số ( )yfx = có 2 cực trị dương nên hàm số ( ) yfx = có 5 cực trị. Mặt khác, đồ thị hàm số ( ) yfx = cắt trục Ox tại 6 điểm. Suy ra hàm số ( ) yfx = có 11 cực trị. Câu 122: Cho hàm đa thức ( )yfx = Hàm số ( )yfx  = có đồ thị như hình vẽ sau: Có bao nhiêu giá trị của m để   0;6, m 2m để hàm số ( ) ( ) 2 212 gxfxxxm =−−−+ có đúng 9 điểm cực trị? A. 6. B. 5. C. 7 . D. 3. =   =   −+−=  

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn 1 0 210* x y fxxm

Để hàm số đã cho có 9 cực trị thì phương trình ( ) ( ) ( )1,2,3 phải có 3 nghiệm dương phân biệt khác 1. Khi đó, ta có: 112024 22134628 −− 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Từ giả thiết ta thấy (2)0;(4)0,(3)0 −ggg nên phương trình ()0gx = có đúng 2 nghiệm Từ và suy ra đồ thị hàm số () = ygx có 5 điểm cực trị Câu 126: Cho hàm đa thức ( )yfx = , biết hàm số ( )yfx  = có đồ thị như hình vẽ bên: Biết rằng ( ) 00 f = . Hỏi hàm số ( ) ( ) 63gxfxx =− có bao nhiêu điể

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số ( ) ( )gxhx = có 1 điểm cực đại.

Câu 127: Cho hàm số ( ) 32 yfxaxbxcxd ==+++ thỏa mãn 0,2021,20210adabcd +++− . Số điểm cực trị của hàm số ( ) 2021 yfx=− là A. 4. B. 2. C. 5. D. 6. Lời giải

Chọn C

Đặt ( ) ( ) 32 20212021gxfxaxbxcxd =−=+++− . Số cực trị của hàm số ( )ygx = bằng số cực trị của hàm số ( )ygx = cộng số nghiệm đơn của phương trình ( ) 0 gx =

Ta có ( ) ( ) 020210,120210 gdgabcd=−=+++−

Giả sử hàm số ( )ygx = không có cực trị, kết hợp với 0 a  ta có ( )gx đồng biến trên . Suy ra, ( ) ( )01gg  Do đó, hàm số ( )ygx = có hai cực trị 12 , xx ( 12xx  ).

Từ đây ta lập được bảng biến thiên của hàm số ( )ygx =

Chỉ có thể xảy ra một trong 5 trường hợp dưới đây.

Trường hợp 1: ( ) ( ) 12 001xxgg 

Trường hợp 2: ( ) ( ) 12 101 xxgg

Trường hợp 3: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 12 2

00 010 10 gxg xxgx gxg

   =    

có 3 nghiệm đơn. Do đó, hàm số ( )ygx = có 5 điểm cực trị.

   =   

nghiệm đơn. Do đó, hàm số

ygx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Qua bảng biến thiên ta thấy hàm số ( ) ()gxhx = có 7 cực trị.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Mỗi phương trình ( ) ( ) ( ) ( )4,5,7,8 có 4 nghiệm phân biệt Phương trình ( )6 có nghiệm kép 1 x = Phương trình ( )2 có 3 nghiệm phân biệt Tất cả các nghiệm của các phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2,4,5,7,8 là phân biệt và y  đổi dấu qua các nghiệm đó. y  không đổi dấu qua 1 x = . Vậy hàm số đã cho có 19 điểm cực trị Câu 130: Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số là:

( )yfx = ( ) ( ) yffx =

Chọn B

Ta có : Xét

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

Phương trình có 3 nghiệm

Phương trình có 3 nghiệm

Lời giải

Trong đó và tất cả các nghiệm đều là nghiệm đơn. Khi đó ta có bảng xét dấu đạo hàm của hàm số như sau: Vậy hàm số có điểm cực trị. Câu 131: Cho hàm số ( )yfx = là hàm đa thức và có đồ thị hàm số ( ) 2 1 fx  như hình vẽ. Hỏi hàm số ( ) 2 21fxx−+− có bao nhiêu điểm cực đại?

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

m mm m 2 2 2 2 2

là:

3. B. 9. C. 7. D. 5. Lời giải

gxfxx

có

−−−− 21 2,10 20 2,01 21

 −−+−  −−−  . Câu 134: Cho hàm số ( )yfx = , bảng biến thiên của hàm số ( ) ' fx như sau: xxa xxbb fxx xxcc xxd

)

( )

)  −=−  −=−   −=  −=   −=  Ta có ( )2 2 2111xxx−=−−− 2 21xxa −=− vô nghiệm. Các phương trình ( ) 2 2,10xxbb−=− ; ( ) 2 2,01xxcc−= ; 2 21xxd−= này mỗi phương

yfxx hai nghiệm phân biệt, các nghiệm đều khác nhau và

Vì khi đi qua các nghiệm của phương trình 3231xxm−+= dấu của ( ) 32 3 fxxm  −+ không đổi nên dấu của ( )gx  chỉ phụ thuộc các nghiệm của hai phương trình còn lại. Vậy hàm số ( )ygx = có 8 điểm cực trị khi và chỉ khi mỗi phương trình 3230xxm−+= và 3232xxm−+= phải có ba nghiệm phân biệt.

Xét hàm số ( ) 32 3 hxxx =−+ , ta có ( ) 2 36 hxxx  =−+ ; ( ) 0 0 2 x hx x

=   =  =  .

Bảng biến thiên của hàm số ( )yhx =

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy điều kiện để mỗi phương trình 32 3 xxm−+= và 3232xxm −+=− phải có ba nghiệm phân biệt

Câu 137: Cho hàm số ()fx là hàm bậc 5 và đồ thị hàm số ()fx  như hình vẽ bên dưới. Có bao nhiêu số nguyên ( )10;10 m− để hàm số ( ) 2 yfxm =+ có đúng 5 điểm cực trị?

A. 3 B. 7 C. 10 D. 9 Lời giải

Chọn D

Ta có ()fx  giao với trục hoành tại các điểm có hoành độ 0;2;3xxx=== , trong đó điểm có hoành độ 2 x = là điểm tiếp xúc với trục hoành do đó ( ) ( ) ( ) 2 23,fxaxxx  =−− với 0, aa .

Khi đó ( ) ( )( ) ( ) 2 2222 2223. yxfxmaxxmxmxm =+=++−+−

TH1: Nếu 22 30;30, mxmxmx ++− khi đó y  đổi dấu qua 0 x = , hàm số có đúng một điểm cực trị.

TH2: Nếu 0 m  khi đó y  đổi dấu qua 5 điểm là 0;;3 xxmxm ==−=− hàm số có đúng 5 điểm cực trị.

TH3: Nếu 2 030,mxmx + khi đó y  đổi dấu qua 3 điểm là 0;3 xxm ==− , hàm số có đúng ba điểm cực trị.

Vì 0 m  và ( )10;10 m− nên  9;8;7;6;5;4;3;2;1 m−−−−−−−−− . Vậy có tất cả 9 số nguyên m thỏa mãn

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Do đó 0 htt ht tiếp xúc với trục Ox . Pt 1 có nghiệm kép, nghiệm này không là cực trị

Giải 2 :

t t

2 2

ett ett .

1 1 3 2 1 1 4 2

Giải 3: 2 1 10. 2 t ett

Xét 2 1 1'10 2 tt ktettktett '00ktt

BBT: Pt 3 có nghiệm 00tfx .pt 3 có 3 nghiệm phân biệt 1231,0;1,1xxx .

Giải 4: 2 1 10. 2 t ett

Xét 2 1 1'10 2 tt ltettltett . '00 ltt

BBT:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Nhận xét: 2 1 1 2 t ltett có 2.30ll 0 lt có 1 nghiệm 1 3;2 tt 1fxt có 1 nghiệm Pt 4 có 1 nghiệm.

Vậy '0gx có 6 nghiệm phân biệt.

Do vậy hàm số có 6 cực trị

Câu 142: Cho hàm số ()yfx = liên tục trên thoả mãn ( ) 20 f −= và đồ thị hàm số ( )yfx  = được cho như hình vẽ bên dưới. Hỏi hàm số ( ) ( ) 2 2gxfxx=−−  có bao nhiêu điểm cực tiểu? A. 3. B. 1. C. 0 . D. 2. Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Cách 2: Sử dụng phương pháp ghép trục. Đặt ( ) ( ) ( ) gxffx = , ta có bảng biến thiên của ( )gx như sau Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho có 13 điểm cực trị. Câu 145: Cho hàm số bậc bốn ( ) 432 fxaxbxcxdxa =++++ có đồ thị hàm số ( ) ' yfx = là đường cong như hình vẽ sau: Hàm số ( ) ( ) 2 212 yfxfxx =−− có bao nhiêu

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Phương trình ( ) 0 gx = có bốn nghiệm nhưng đều là nghiệm bội chẵn.

Ta có ( ) ( ) limlim xx gxgx →+→− ==+ . Suy ra hàm số ( )ygx = có dạng như sau: Kết luậ

Do hàm số ( )yfx = xác định và liên tục trên nên hàm số ( )ygx = xác định và liên tục trên , do đó hàm số ( ) 2 4 yfxx =+ có năm điểm cực trị. Câu 147: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm là ( ) 2 16, fxxxx  =+ . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số ( ) 42 8 yfxxm =−+ có đúng 9 điểm cực trị? A. 16 B. xx xx xx yxx fxxm xxmxxm xxm xxm

  ==   =−=−    −=    ===     −+=    −+=−=−    −+=−  −=−−   Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 423 0 8416;02 2

=    =−=−==−   =  Nhận xét: 16, mmm −−− Có BBT

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn 00 416022 022 80 808* 816816**

x fxxxfxxxfxx x

195 3 42 4242 42 42

Để hàm số đã cho có 9 cực trị thì phương trình ( )* có hai nghiệm phân biệt khác 2;0;2 và phương trình ( )** có bốn nghiệm phân biệt. Khi đó

TH1: 00 160 16016 mm m mm −  − −−−  .

TH2: 0 m = phương trình ( )* có ba nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 0 và phương trình ( )** có bốn nghiệm phân biệt thỏa mãn đề bài. Câu 148: Vậy  15;14;13;12;11;10;9;8;7;6;5;4;3;2;1;0 m−−−−−−−−−−−−−−− Cho hàm số

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 149: Cho hàm số ( ) = yfx liên tục trên và có biểu thức đạo hàm ( ) 32310  =−− fxxxx. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số ( ) ( ) 2 223=−+−−gxfxmxm có 13 điểm cực trị? A. 2. B. 3 C. 4 D. 5

Lời giải

Chọn A

Hàm số ( ) = yfx đạt cực trị tại các điểm 5;0;2 ===−xxx



=   =   =−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

. + Bảng xét dấu ( )gx  : + Dựa vào bảng xét dấu ta thấy hàm số

liên

hàm

)yfx

đúng 4

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số ( ) 3 3 320212022 yfxxmm =−+++

có đúng 11 điểm cực trị?

A. 0. B. 3. C. 4. D. 1. Lời giải Chọn D

Với mỗi tham số m thì số điểm cực trị của hàm số ( ) 3 3 320212022 yfxxmm =−+++

và ( ) 3 32021yfxxm =−++ bằng nhau.

Do đó ta chỉ cần tìm giá trị nguyên của tham số m để hàm số ( ) 3 32021yfxxm =−++ có đúng 11 điểm cực trị.

Xét 0 x  : Hàm số có dạng ( ) 3 32021yfxxm =−++

Khi đó ta có đạo hàm như sau: ( ) ( ) 23 3332021yxfxxm  =−−++ .

Do nghiệm của phương trình 3 320214xxm−++= là các nghiệm bội bậc chẵn của phương trình 0 y  = nên ta chỉ cần quan tâm đến các nghiệm còn lại. Tức là

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Hàm số ( ) 3 32021yfxxm =−++ có đúng 11 điểm cực trị  Hàm số ( ) 3 32021yfxxm =−++ có đúng 5 điểm cực trị dương  Phương trình ( ) 3 320210fxxm  −++= có đúng 4 nghiệm bội lẻ dương và khác 1  Đường thẳng 2021 ym=+ cắt đồ thị ba hàm số 3 31yxx=−+− ; 3 31yxx=−++ ; 3 32yxx=−++ tại 4 điểm phân biệt có hoành độ dương khác 1  120211 220213 m m −+  +   20222020 20192018 m m −− −−  Do điều kiện m nguyên nên 2021 m =− . Vậy chỉ có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 154: Cho hàm số ( ) = yfx có đạohàm ( ) 3 4,.  =−fxxxx Cóbaonhiêugiátrị nguyêncủatham số m để hàm số ( ) ( ) 322sin2 =++−++ gxfxxxxm có đúng 5 điểm cực trị? A. 3 B. 6 C. 4 D. 2 Lời giải Chọn D

Ta có ( ) ( ), =−gxgxx nên hàm số ( )gx là hàm số chẵn trên . Do ( ) 3 2sin0,0;

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

nguyên cần tìm của m là 2. Cho hai hàm số ( ) ( ) ; gxfx , trong đó ( )gx là hàm số đa thức bậc ba thỏa mãn ( ) ( )1 gxfx=+ và ( ) ( ) ( ) ( )1312xgxxgx  −+=++ . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số ( ) 2 243 yfxxm =−+− có đúng ba cực trị. A. 2. B. 1. C. 3. D. 5. Lời giải

Chọn B

Theo giả thiết thì ( )gx là hàm số bậc ba thỏa mãn ( ) ( )1 gxfx=+ nên ta có ( )fx cũng là hàm số bậc ba. Suy ra ( ) 2 fxaxbxc  =++ , do đó ( ) 0 fx  = có tối đa hai nghiệm. Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 fx gxfxgx+= + = . Do đó ( ) ( ) ( ) ( )1312xgxxgx

Do đó 0 y  = có đúng 3 nghiệm đơn hoặc bội lẻ khi và chỉ khi 32 m −− .

Vậy có một giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

156:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn



−

−+



Vậy có 15 giá trị m nguyên dương thỏa mãn điều kiện.

Câu 157: Cho hàm số ( )yfx = . Đồ thị của hàm số ( )yfx  = như hình bên. Đặt ( ) ( ) 4 2 2 x hxfx=− Hàm số ( )yhx = có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4. B. 2. C. 3. D. 5. Lời giải Chọn D ( ) ( ) ( ) 2322222 hxxfxxxfxx  =−=− , ( ) ( ) ( ) 2222 00 0 xx hx fxxfxx ==  = ==  Xét phương trình ( ) ftt = , dựa vào đồ thị, ta có: ( ) 2 2 4 t fttt t =−   ==   = 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có 1 2 3

+−=−   +−=   +−=  

xm xm xm

2101 2101 2104

ra hàm

ố

 =    =    =  

m x m x m x

1 2 3

9 2 11 2 14 2

( 123 ,, xxx là các nghiệm đơn).

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Xét hàm số ( ) ( ) 32 1 32330 1 x gxxxgxx x

=   =−+=−=  =−  .

Ta có bảng biến thiên của hàm số ( )gx

Dựa vào bảng biến thiên ta có: phương trình ( ) 3 323;1xxa−+=−− có 1 nghiệm đơn phương trình ( ) 3 321;0xxb−+=− có 1 nghiệm đơn phương trình ( ) 3 320;1xxc−+= có 3 nghiệm phân biệt

 =   =−+=   −+=   Để hàm số ( )gx có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi

3 021201 21242

x gxxxm xxm phương trình ( )1 và ( )2 , mỗi phương trình có hai nghiệm phân biệt khác 3. Xét hàm số ( ) 2 212 hxxx =− . Ta có: Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình ( ) ( )1;2 có hai nghiệm phân biệt khác 3 1818 18 41822 mm m mm −−   −− Vì * m  nên có 17 giá trị của tham số m thỏa mãn đề bài.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có đồ thị ( )1C cắt đồ thị ( ) 2C tại 3 điểm nên phương trình ( ) ( )fxfx  = có 3 nghiệm đơn phân biệt.

Ta có đồ thị ( )1C cắt trục hoành tại 2 điểm nên phương trình ( ) 0 fx = có 2 nghiệm đơn phân biệt.

Vẽ đồ thị các hàm số 2,2xx ee trên cùng một hình vẽ, ta có được:

Từ hình vẽ ta thấy được phương trình ( ) 2 xfxe = và ( ) 2 xfxe =− có 3 nghiệm đơn phân biệt. Vậy ( ) 0 gx  = có 8 nghiệm đơn phân biệt nên hàm số ( )gx có 8 điểm cực trị. Hàm số có 4 điểm cực đại. Câu 166: Cho hàm số ( )fx có đạo hàm liên tục trên . Đồ thị của hàm số ( ) 52 yfx =− như

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lập bảng xét dấu, ta có

Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số ( )ygx = có 5 điểm cực đại.

Câu 168: Cho hàm đa thức ( )yfx = xác định trên và có bảng xét dấu của ( )fx  như sau:

Hỏi hàm số ( ) ( ) 3 2 2 226 3 x gxfxxx =+++− đạt cực tiểu tại điểm nào dưới đây?

A. 3 B. 1 C. 3 D. 0 Lời giải

C

họn B

Từ bảng biến thiên của hàm ( )fx  ta có ( ) 21221()(1)(1)(3) mnkfxpxxxx++  =+−− trong đó ,, mnk +  và ()px là đa thức luôn dương.

Ta được ( ) 21221 ()(3)(1)(1)2(1)(3) mnk gxpxxxxxx ++  =++−+−+ ( ) 222 (1)(3)()(3)(1)(1)2 mnk gxxxpxxxx   =−+++−+  Suy ra dấu của ()gx  là dấu của ( )( )13xx−+ Do đó ( ) ( ) 3 2 2 226 3 x gxfxxx =+++− đạt cực tiểu tại 1 x = . Câu 169: Cho hàm số ( )yfx = xác định trên và hàm số ( )yfx  = có đồ thị như hình vẽ: Hỏi đồ thị hàm số ( ) 3 fx y = có mấy điểm cực trị?

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 3. B. 2. C. 0. D. 1. Lời giải

Chọn A

Xét hàm số ( ) 3 fx y = có tập xác định là

Ta có: ( ) ( ) .3.ln3 fx yfx  = . Cho ( ) 00yfx == ( ) ( ) do3.ln30, fx x 

Dựa vào đồ thị hàm số thì phương trình ( ) ( ) ( )

ảng xét dấ

ậy đồ th

xxx fxx xxx

,3;2 01 ,0;1

=−−    ==−   =  .

11 22

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Nghiệm của phương trình 2 1 62 2 xxm−+= không phải là điểm cực trị của hàm số ( )ygx = Để hàm số ( )ygx = có 5 điểm cực trị thì phương trình 2 1 60 2 xxm−+= và 2 1 61 2 xxm−+= phải có 4 nghiệm phân biệt khác 6.

+) Xét hàm số ( ) 2 1 6 2 hxxx =− ( ) '6hxx=− . ( ) '06hxx== . Bảng biến thiên:

+) Số nghiệm phương trình 2 1 60 2 xxm−+= bằng số giao điểm của đồ thị hàm số ( )hx và đường thẳng ym =− .

+) Số nghiệm phương trình 2 1 61 2 xxm−+= bằng số giao điểm của đồ thị hàm số ( )hx và đường thẳng 1 ym=−+ .

Mà 1 mm −−+ nên để hai phương trình trên có 4 nghiệm phân biệt khác 6 thì 18 m −− 18 m 

Tập các giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là  1;...;17 S = Tổng tất các giá trị m của tập S là 1...17153 ++= . Câu 172: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm ( ) 2 6 fxxx  =+− . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số ( ) 3239 yfxxxm =−−+ có đúng 6 điểm cực trị. A. 7. B. 8. C. 9. D. 10. Lời giải Chọn D Ta có ( ) 2 3 60 2 x fxxx x

=−   =+−=  =  .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

y 2 1 -2 O

x

15 10 5 5 10 15

=  =   =−==   =   =−  Suy ra ( ) 3 3 3

x t fxftx t x

xxm gxxxm xxm

 ++=   =++=   ++=− 

20217 020211 20211

3 3 3

 +=−  +=−   +=−−  Hàm số ( )gx có ít nhất 5 điểm cực trị khi và chỉ khi có ít nhất 2 trong 3 phương trình (1), (2),(3) có nghiệm dương. Xét hàm số ( ) 3 2021 hxxx =+ có ( ) 2 32021hxx  =+ Ta có BBT của ( ) 8 6 4 2 2 4 6 8

xxm xxm xxm hx như sau: Vì 711mmm−−−− nên ta có 101. mm − Mà  2021;2021 m− nên   2021;...;0. m− Vậy có 2022 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 176: Cho hàm số ()yfx = có đạo hàm 432 () fxaxbxcxdxe =++++ và ()fx  có đồ thị như hình vẽ

20217(1) 20211(2). 20211(3)

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

dưới đây

Đặt ( ) ( ) 32 9 31962022 2 gxfxxxx =−−+−+ . Hàm số ( ) ygx = có bao nhiêu điểm cực trị? A. 3. B. 9. C. 5. D. 7 . Lời giải Chọn A Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 33127963313313316gxfxxxfxxx =−−+−=−−−−−− ( ) ( ) ( ) ( ) 2 03131312gxfxxx =−=−+−+ Đặt 31tx=− ta được phương trình: ( ) 2 2 fttt  =++ Từ đồ thị của hai hàm số ( )yft  = và hàm 2 2 ytt=++ ta có phương trình ( ) 2 2 fttt  =++ có ba nghiệm 1 t =− , 1 t = và 2 t =− . Với 1 t =− thì 0 x = . Với 1 t = thì 2 3 x = . Với 2 t =− thì 1 3 x = Khi đó phương trình ( ) 0 gx  = có ba nghiệm 0 x = , 2 3 x = và 1 3 x = Bảng biến thiên của hàm ( )ygx =

Từ bảng biến thiên của hàm ( )ygx = suy ra đồ thị hàm ( ) ygx = có 3điểm cực trị Câu 178: Cho ( )fx là hàm số đa thức bậc bốn và hàm số ( )yfx  =

là đường cong như hình dưới đây.

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

, với ( ) ( ) ( ) 42 85244gxxmxm=+−−− . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 0 lim044 x gxgm

==−− Trường hợp 1: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 00440;22; gmm−−−−+ Khi 0 x → thì ( ) 3.0yxgx +  =→ ; khi 0 x + → thì ( ) 3.0yxgx  =→  y  đổi dấu từ dương sang âm qua 0 x =  hàm số đạt cực đại tại 0 x = . Trường hợp 2: ( ) 00 g  ( ) ( ) 2 4402;2 mm −−− Khi 0 x → thì ( ) 3.0yxgx  =→ ; khi 0 x + → thì ( ) 3.0yxgx +  =→  y  đổi dấu từ âm sang dương qua 0 x =  hàm số đạt cực tiểu tại 0 x = Trường hợp 3: ( ) ( ) 2 004402 gmm=−−== +) Với 2 m = , ta có 7 8 yx  = y   đổi dấu từ âm sang dương qua 0 x =  hàm số đạt cực tiểu tại 0 x = . +) Với 2 m =− , ta có ( ) ( ) 3746 820820yxxxxx  =−=− y   không đổi dấu qua 0 x =  hàm số không đạt cực trị tại 0 x = Như vậy hàm số đạt cực tiểu tại 0 x =  ( 2;2 m− . Do m nguyên nên  1;0;1;2 m− Vậy có tất cả 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 180: Cho hàm số ( ) 3222 32 yxxmxm =−−−+ ( ) m C . Biết rằng đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt ( ) ,, ABC ABCxxx  và có hai điểm c

=  =

x x yxxm fxxm xxm

=−++=−

−++=

( ) 2 2 2

1 1 0211 210 213

−++= 

2 2

1 22 22

x xxm xxm

=   −+−=  −++=  . Vẽ đồ thị hai hàm số ( ) 2 22ygxxx ==−+− và ( ) 2 22yhxxx ==−++ .

32 2

yxmxmx x y xmxm

 =+−+ =   =  +−−=  Để hàm số có tực tiểu mà không có cực đại khi và chỉ

4621 0 0 2310* khi TH1: ( )* vô nghiệm 2 09880mmm ++ . TH2: ( )* có một nghiệm 01.xm==− Vậy số giá trị nguyên của tham số m là 1. Câu 183: Cho hàm số 422 4832yxmxm =−++ . Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ,, ABC tạo thành một tam giác có tâm đường tròn nội tiếp nằm trên đường thẳng 20 xy+−= Lời giải Ta có 4223 48321616 yxmxmyxmx  =−++=−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

3 2

0 016160 (*) x yxmx xm

=   =−=  = 

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ,, ABC khi và chỉ khi phương trình 0 y  = có 3 nghiệm đơn phân biệt, tức là phương trình có hai nghiệm phân biệt khác 00 m 

Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là ( ) 2 0;32Am + , ( ) 2 ;2Bmm−−+ , ( ) 2 ;2Cmm−+ .

Nhận xét: Tam giác ABC luôn cân tại A và có Oy là trục đối xứng. Gọi H là chân đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC suy ra AHOy  và AH là đường cao cũng là đường phân giác trong góc A nên I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác thì IAH  hay IOy  . Vì tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp nằm trên đường thẳng 20 xy+−= nên I là giao điểm c

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình () fxm = có tối đa một nghiệm bội lẻ nên hàm số 3 5 yxmx=−+ có tối đa một điểm cực trị.

Câu 185: Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên , biết ( ) 10 f = và ( ) 28 2 225 f =− Đồ thị hàm ( )yfx  =

được cho bởi hình vẽ sau

Gọi S là tập hợp tất cả các số thực m là thỏa mãn 450m và hàm số ( ) yfxm =+ có nhiều điểm cực trị nhất. Số phần tử của S là A. 56. B. 57. C. 54. D. 55. Lời giải Chọn D Dựa vào đồ thị hàm ( )yfx  = ta suy ra bảng biến thiên của hàm ( )yfx = như sau

Mặt khác, dựa vào đồ thị hàm ( )yfx  = ta thấy

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

ta suy ra b

ng bi

124141 41 xfxfxm gx fxm

  +++  = ++

n thiên hàm ( ) yfxm =+ như sau Để hàm ( ) yfxm =+ có nhiều điểm cực trị nhất thì đồ thị hàm ( ) yfxm =+ cắt trục hoành tại nhiều điểm nhất. Dựa vào bảng biến thiên trên ta được 2828 00 225225 mmm − . Suy ra 045056 m  mà 450m nên  4501;2;...;54;55 m Vậy có 55 giá trị thực m thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 186: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm liên tục trên và có bảng biến thiên như sau: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số ( ) ( ) 3 41 gxfxm =++ có 7 điểm cực trị? A. Vô số. B. 3. C. 0. D. 1. Lời giải Chọn D Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 233 3

Ta có bảng biến thiên: Để hàm số ( )gx có 7 điểm cực trị thì phương trình ( )* phải có 4 nghiệm bội lẻ khác 0 và 1 . Suy ra 0220 mm −− . Vậy có tất cả 1 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn. Câu 187: Chohàmsố ( )yfx = cóđạohàm ( ) ( )( ) 2 '916, fxxxx =−− .Cóbaonhiêugiátrịnguyên dương của tham số m để hàm số ( ) ( ) 3 7 gxfxxm =++ có ít nhất 3 điểm cực trị? A. 9. B. 16. C. 8. D. 4.

( ) 3 70fxxm  ++=

3 3 3

xxm xxm xxm

 ++=   ++=   ++=− 

79 74 74

3 3 3

xxm xxm xxm

79 74 74

 +−=−   +−=−   ++=−   Phương trình ( ) 3 70fxxm  ++= có ít nhất 2 nghiệm bội lẻ khác 0 99mm −− Vậy có tất cả 8 giá trị nguyên dương m thỏa mãn.

Câu 188: Cho hàm số bậc ba ( ) = yfx có đồ thị là một đường cong như hình bên dưới. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 =−− gxffxfxm có nhiều điểm cực trị nhất? A. 11. B. 10. C. 12. D. 13. Lời giải Chọn A *)Đặt: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 221  =−=− ufxfxufxfx .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

fum *)Hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 =−− gxffxfxm có nhiều điểm cực trị nhất khi và chỉ khi: 1215 113 1215 −−   −+ m m m . Do m nguyên nên có 11 giá trị của m thỏa mãn. Câu 189: Cho hàm số ( )yfx = xác định trên và có đồ thị như hình bên dưới.Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số ( )1 yfxm =++ có 5 điểm cực trị? A. 2 B. 1 C. 3 D. 0 Lời giải Chọn C Đồ thị hàm số ( )1 yfxm =++ được suy ra từ đồ thị hàm số ( )yfx = như sau: Tịnh tiến đồ thị hàm số ( )yfx = sang phải một đơn vị, sau đó tịnh tiến lên trên m đơn vị. Ta được đồ thị hàm số ( )C : ( )1 yfxm =++ Phần đồ thị ( )C nằm dưới trục hoành lấy đối xứng qua trục Ox ta được đồ thị của hàm số ( )1 yfxm =++ Ta được bảng biến thiên của hàm số ( )1 yfxm =++ như sau:

Do đó số điểm cực trị của hàm số ( )gx phụ thuộc vào số giao điểm của các đường thẳng 2;;2ymymym

với đồ thị ( )ux . Vì không tính điểm tiếp xúc nên các đường thẳng này chỉ có thể cắt đồ thị hàm số ( )ux tại 2 điểm; 4 điểm; 6 điểm hoặc không cắt đồ thị hàm số ( )ux Do đó yêu cầu bài toán trở thành tìm m nguyên để các đường thẳng trên cắt đồ thị ( )ux tại 12 điểm phân biệt

x x x cực trị là 0;1;2xxx==−= . Hàm số ( )fxm + luôn có một điểm cực trị 0 x = . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ;0 ;0 fxmx yfxm fxmx +   =+=  −+   Hàm số ( )fxm + có ba điểm cực trị là 1;;2 xmxmxm =−−=−=− . Hàm số ( )fxm −+ có ba điểm cực trị là 1;;2xmxmxm =+==− . Do đó hàm số ( )fxm + có tối đa 7 điểm cực trị là 0;1;;2;1;;2 xxmxmxmxmxmxm ==+==−=−−=−=−

=   =−   =  . Do đó hàm số ( )fx có ba điểm

Yêu cầu bài toán tương đương với

−− −  −+ −  +     − 

m m m m m m m

10 0 20 1 10 0 20

.

Câu 193: Vì m nguyên và ( )10;10 m−  9;8;...;2 m −−− .Vậy có 8 giá trị của tham số m thoả mãn yêu cầu bài toán. Hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số yfx .

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số 10 yfxm có ít nhất 5 điểm cực trị? A. 6 B. 5 C. 7 D. 8 Lời giải Chọn B Nhận xét: Hàm số ()yfx=− có số điểm cực trị bằng số cực trị của hàm ()yfx = và số giao điểm của đồ thị hàm ()yfx = với đường thẳng y = Số điểm cực trị của hàm ()yfx = bằng số điểm cực trị của hàm ()yfxa =+ Từ nhận xét trên ta có: Hàm số (10)yfx=− có 3 cực trị. Vậy ta cần đường thẳng ym =− cắt đồ thị hàm số (10)yfx=− tại ít nhất 2 điểm khác cực trị. Từ đồ thị ta suy ra: 66mm −− . Do * m  nên 1,2,3,4,5} m{ . Câu 194: Cho hàm số ( )yfx = có đạohàm ( ) 2 (5)(4), yfxxxxR  ==−− .Có baonhiêugiátrị nguyên của m thuộc đoạn  100;100 để hàm số ( ) 3 ()3 ygxfxxm ==++ có ít nhất 3 điểm cực trị? A. 105 B. 106 C. 104 D. 103 Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 196: Cho hàm số ( )yfx = xác định trên và có đồ thị ( ) ' yfx = như hình vẽ. Biết ( ) 11 f −= và ( ) 29 f =− . Tổng các giá trị nguyên của m để hàm số ( ) ( )2 gxfxxm =−−−+ có 5 điểm cực trị là? A. 4. B. 6. C. 7. D. 9. Lời giải

Chọn D

Đặt ( ) ( )2 hxfxx =−−− Số điểm cực trị của hàm số ( )gx = + Xét hàm số ( ) ( )2 hxfxx =−−− ( ) ( ) ''21hxfx =−−− Cho ( ) ( ) '0'21 hxfx=−=− . Đặt 2 tx=− . Suy ra ( ) '1(1)ft =− Vẽ đường thẳng ( ):1dy =− trên cùng hệ trục toạ độ với hàm số ( ) ' yfx =

t t t

Dựa vào đồ thị, ta có phương trình ( ) 1 10 2

=−   =   =  Có ( ) ( ) 1112hf−=−−−=− và ( ) ( ) 2245hf=−−=

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số ( )hx có 2 cực trị. Suy ra hàm số ( )2 yfxxm =−−−+ cũng có 2 cực trị Hàm số ( )gx có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi ( ) hxm =− có 3 nghiệm phân biệt khác điểm cực trị của ( )hx .

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: 52 m − mà m Nên  4;3;2;1;0;1 m−−−− Tổng các giá trị m là: 4321019 −−−−++=− . Câu 197: Cho hàm số bậc ba ( )yfx = có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số ( ) 3 3 320212022 yfxxmm =−+++

có đúng 11 điểm cực trị?

A. 0 . B. 2. C. 5. D. 1. Lời giải

Chọn D

Với mỗi tham số m thì số điểm cực trị của hàm số ( ) 3 3 320212022 yfxxmm =−+++

và ( ) 3 32021yfxxm =−++ bằng nhau.

Do đó ta chỉ cần tìm giá trị nguyên của tham số m để hàm số ( ) 3 32021yfxxm =−++ có đúng 11 điểm cực trị Xét 0 x  : Hàm số có dạng ( ) 3 32021yfxxm =−++ . Khi đó ta có đạo hàm như sau: ( ) ( ) 23 3332021yxfxxm  =−−++

=  −++=−   −++=   −++= 

( ) 3 3 3

xx xxm xxm xxm

1do0 320211 320211 320212

=

( ) 3 3 3

 +=−+−   +=−++   +=−++  Vẽ đồ thị ba hàm số 3 31yxx=−+− ; 3 31yxx=−++ ; 3 32yxx=−++ với 0 x  trên cùng một hệ trụ C. Hàm số ( ) 3 32021yfxxm =−++ có đúng 11 điểm cực trị



1do0 202131 202131 202132 

Hàm số ( ) 3 32021yfxxm =−++ có đúng 5 điểm cực trị dương

xx mxx mxx mxx 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

 Đường thẳng 2021 ym=+ cắt đồ thị ba hàm số 3 31yxx=−+− ; 3 31yxx=−++ ; 3 32yxx=−++ tại 4 điểm phân biệt có hoành độ dương khác 1  120211 220213 m m −+  +   20222020 20192018 m m −− −−  . Do điều kiện m nguyên nên 2021 m =− Vậy chỉ có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 201: Cho hàm s =   ==   =  . Đặt ( ) 5 5 52'01 2 3

ố ( )fx có đạo hàm liên tục trên . Đồ thị của hàm số ( ) 52 yfx =− như hình vẽ sau. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc khoảng ( )9;9 thỏa mãn 2m và hàm số t t txxftt t

? =   =−===   =−  Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) 2 33 323 33 33

 =  +==  =++−=+=  +==   +=−=−  Từ đó suy ra ( )gx có 3 cực trị. Để ( )ygx = có 5 cực trị thì phương trình ( ) ( ) 3 12 041 4 m gxfx=+= có 2 nghiệm đơn phân biệt.

x xx gxfxmgxxfx xx xx

0 14151 241'24'410 24110 4131

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn x yx x

ị nguyên của tham số m thỏa điều kiện bài toán. Câu 203: Cho hàm số ( )yfx = xác định và liên tục trên có ( ) 324 '(8).(x815).(x2) fxxx=−−++ Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số ( ) 422162 fxxm −−+ có nhiều cực trị nhất? A. 4 B. 5 C. 7 D. 8 Lời giải Chọn A Xét hàm số 422162 yxxm =−−+ có bảng biến thiên có dạng: Hàm số ( ) 324 '(8).(x815).(x2) fxxx=−−++ có 3 điểm cực trị là 3 x = , 5 x = ; 8 x = Số giao điểm tối đa của hàm số 422162 yxxm =−−+ với các đường thẳng 3 y = , 5 y = ; 8 y = thể hiện ở hình vẽ sau:

Ta có BBT của hàm số 2 2 txx=+− như sau: Để hàm số có đúng 3 điểm cực trị thì phương trình không có nghiệm đơn. Dựa vào BBT trên, phương trình không có nghiệm đơn 50 m + 5 m − Vì m ,  10;10 m−  10;9;......5 m −−− . Vậy tập S có 6 phần tử. Câu 205: Cho hàm số ( )fx có đạo hàm liên tục trên . Đồ thị của hàm số ( ) 52 yfx =− như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc khoảng ( )9;9 thỏa mãn 2m và hàm số ( ) 3 1 241 2 yfxm =++− có 5 điểm cực trị? A. 24. B. 25. C. 26. D. 27. Lời giải

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số ( )1 yfxm =++ có 7 cực trị? A. 0. B. 3. C. 2. D. 1. Lời giải Chọn C Nhận xét: Hàm số ( )yfx α =− có số điểm cực trị bằng tổng số cực trị của hàm ( )yfx = và số giao điểm của đồ thị hàm ( )yfx = với đường thẳng y α = Số điểm cực trị của hàm ( )yfx = bằng số điểm cực trị của hàm ( )yfxa =+

Từ nhận xét trên ta có: Hàm số ( )1 yfx=+ có 3 cực trị Vậy ta cần đường thẳng ym =− cắt đồ thị hàm số ( )1 yfx=+ tại 4 điểm khác điểm cực trị.

Từ đồ thị ta suy ra: 3223 mm −−−

Do * m  nên  1;2 m Câu 207: Cho hàm số ( ) ( ) 42 2 fxxmxm =−++ với m là tham số thực. Số giá trị nguyên của  2022;2022 m− để hàm số ( )yfx = có số điểm cực trị nhiều nhất là A. 2021. B. 2020. C. 2023. D. 2022. Lời giải

Chọn D

Hàm số ( )yfx = và hàm số ( )yfx = cùng có tập xác định là Lại có, hàm số ( )yfx = là hàm số đa thức bậc 4 trùng phương nên có tối đa 3 điểm cực trị là 1x , 2x , 3x và đồ thị hàm số ( )yfx = cắt trục hoành tại tối đa 4 điểm phân biệt có hoành độ là 4x , 5x , 6x , 7x .

Do đó, hàm số ( )yfx = có nhiều nhất là 7 điểm cực trị là các điểm 1x , 2x , 3x , 4x , 5x , 6x , 7x

Hàm số ( )yfx = có nhiều điểm cực trị nhất  đồ thị hàm số ( )yfx = phải cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt

 phương trình ( ) 2 20tmtm−++= phải có 2 nghiệm dương phân biệt

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 209: Cho hàm số ( )fx có đạo hàm liên tục trên . Đồ thị của hàm số ( ) 52 yfx =− như hình vẽ sau. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc khoảng ( )9;9 thỏa mãn 2m và hàm số ( ) 3 1 241 2 yfxm =++− có 5 điểm cực trị? A. 21. B. 26. C. 23. D. 27. =    ==   =  . Đặt 5 52 2 t txx=−= ( ) 5 01 3

Lời giải Chọn B Ta có ( ) ( ) 52252 yfxyfx t ftt t

=−=−− . Từ =    ==   =−  . Đặt ( ) ( ) 3 1 241 2 gxfxm =++− ( ) ( ) 23 24410gxxfx  =+=

 =  +==    +==   +=−=− 

x xx xx xx

2 33 33 33

0 4151 4110 4131

. Từ đó suy ra ( )gx có 3 cực trị. Để ( )ygx = có 5 cực trị thì phương trình ( ) ( ) 3 12 041 4 m gxfx=+= có 2 nghiệm đơn phân biệt. Đặt 3 3 42 5241 4 u uxx −=+= và phương trình trở thành: ( ) 12 52 4 m fu−= Từ đây, kết hợp với đồ thị ta có điều kiện là

129 4428 121217 40 4

m m mm

   −     −  −   . Do ( )     217,16,,9,8 9;9,2 21,2,3,,16 m mm m

−−−−  −     . Vậy có tất cả 26 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 210: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm ( ) 3 32, yfxxxx  ==−− . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số  30;30 m− để hàm số ( ) 42 8 yfxxm =−+ có đúng 7 điểm cực trị

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn x yx x

A. 1 B. 16 C. 2 D. 17 Lời giải

Chọn D

Ta có ( ) ( ) ( ) 2 3 3212yfxxxxx  ==−−=+− , suy ra ( ) 0 fx  = có nghiệm đơn là 2, nghiệm kép là 1.

Xét hàm số ( ) 42 8 hxxx =− có ( ) ( ) 32 41644hxxxxx  =−=−

Suy ra ta có

=

gx fgx ygx gx gx

=− 

  =   ==  

1(1) 0 02(2) 0 0(3)

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) ( ) 1 0 2 fxxaa=−=

Suy ra hàm số ( )gx có 3 cực trị Để hàm số ( ) ( )hxgx = có đúng 3 cực trị thì phương trình ( ) 0 gx = vô nghiệm Xét phương trình ( ) ( ) ( ) 2 0 gxfxfxm =++= Đặt ( )tfx = , ta có: ( ) 2 0* ttm++= Từ đồ thị hàm số ( )yfx = , ta có với mỗi tR  thì phương trình ( )tfx = luôn có nghiệm nên phương trình vô nghiệm 1 0140 4 mm − . Mà m nguyên thuộc đoạn  15;15 . Vậy có 15 giá trị của m. Câu 212: Cho hàm số 432 341221yxxxm =−−+− . Khi tham số m thay đổi thì hàm số đã cho có số điểm cực trị được chia thành ba mức là ,, abc với abc  . Giá trị abc bằng A. 1 B. 15 C. 2 D. 3 Lời giải

, phương trình ()0fx = có hai nghiệm đơn Hàm số ()yfx = có 5 điểm cực trị. TH3: 1 260213 2 mmm −− , phương trình ()0fx = có bốn nghiệm đơn  Hàm số ()yfx = có 7 điểm cực trị. Theo giả thiết, ta có: 7,5ab== và 3 c =  1 abc−−=− Câu 213: Cho hàm số ( )fx có đạo hàm trên là ( )( )()34fxxx  =+− . Tính tổng các giá trị nguyên của tham số [10;5] m

Suy ra.

Hàm số ( ) 432 34122 fxxxxm =+−+ luôn có 3 điểm cực trị nên hàm số

34122 yxxxmfx

)

có 7 điểm cực tr

đồ thị hàm số ( )yfx = cắt trục Ox

ại 4 điểm phân biệt 5 25020 2 mmm − . Vì m nên có 2 số nguyên thỏa mãn. Câu 216: Cho hàm số ( )fx có đạo hàm liên tục trên . Đồ thị hàm số ( )52x yf=− như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc khoảng ( )9;9 thoả mãn 2m và hàm số ( ) 3 1 24x1 2 yfm =++− có 5 điểm cực trị. A. 26. B. 25. C. 27.

Chọn B Từ đồ thị ta có các bảng biến thiên của hàm ( )ft và ( )fu sau

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

thẳng ym =− cắt các đồ thị hàm số 22241,4,41 yxxyxxyxx =−−=−=−+ tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1 và khác 2 Ta có đồ thị

2 2 2

24301 243 243 12 23 m

xxm xx xxm .

−+−= −=−+

Xét phương trình ( ) ( )  −+−= 2 24301 xxm

ới ( ) 014401xxx −== .

ới ( ) 014401xxx +==− . Khi đó 1;0;1xxx=−== là 3 điểm cực trị của hàm số. +) Xét phương trình ( ) =− 2 2 243 1 x m x

Từ đồ thị suy ra phương trình ( )2 nếu có nghiệm thì nghiệm là bội chẵn nên hàm số ( )gx  không đổi dấu nên không phải là cực trị.

+) Xét phương trình ( ) −−=−+ 2 24323 xxm

Yêu cầu bài toán suy ra phương trình ( )3 có 4 nghiệm phân biệt khác 0,1  . Xét hàm số 2 243yxx=−− có bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy ra 52357 mm −−+− . Vì m nguyên nên 6 m = . Vậy có 1 giá trị nguyên của tham số m thoả mãn.

219: Cho hàm số

) 322 2 yxmxmxm =+++− với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thoả mãn 15 m −

hàm số đã

Để ( )1 có ba nghiệm phân biệt thì ( )2 có hai nghiệm phân biệt khác m 2

10 30 m mm

+    −  1 0,3 m mm −      .

Do m nguyên và 46 m − nên suy ra  1;2;4;5 m Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 220: Gọi S là tập chứa tất cá các giá trị thực của tham số m để hàm số ( ) 2 214 yfxxmxx ==−++ có điểm cực đại với giá trị cực đại tương ứng nằm trong khoảng ( )3;4 và đồng thời thỏa mãn 10m là số nguyên. Tìm số phần tử của tập S . Lời giải Xét phương trình 2 210xmx−+= có 2 1 m  =− . Trường hợp 1. Nếu 2 10 m  =− thì ta có ( ) ( ) 22214221 yfxxmxxxmx ==−++=−−+ Dễ thấy hàm số này không tồn tại điểm cực đại. Trường hợp 2. Nếu 2 1 10 1 m m m −   =−    ; khi đó hai nghiệm phân biệt của phương trình 2 210xmx−+= lần lượt là 22 121;1xmmxmm =−−=+−

xx xx      thì ( ) ( ) 22214221 yfxxmxxxmx ==−++=−−+ không có điểm cực đại. 2 121 2433;4 3434

Với 12 xxx xxmx mmmmm fmmm mm  =+ −−++       +=++ ++     2 2 2

đại m m m mmmm m mm m

thì ( ) ( ) 22214221 yfxxmxxxmx ==−+−+=−++− . 5 125 4342525254 4334 0

tri cực đại là:  −      −     ++−−−+−−−   − ++        

. Suy ra ( ) 10251040 m −−−    42,310401042;414,2;4,1 mmmS −−−−−−= Vậy S có 2 phần tử. Câu 221: Tổng các giá trị nguyên của tham số m để hàm số 2 301yxxmx =−−++ có ba điểm cực trị là A. 22 B. 2 C. 21 D. 0 Lời giải Chọn D

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có: Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi ( )* có 3 nghiệm phân biệt, tức là 1111 m − Mà  10;9;8;7;...;8;9;10 mm−−−− . Vậy tổng tất cả các giá trị nguyên của m là 0. Câu 222: Cho đồ thị hàm số ( )yfx = như hình vẽ. Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số ( ) 2 1 1 3 yfxm =++ có 5 điểm cực trị. Tổng tất cả các giá trị của các phần tử của tập S bằng: A. 7 B. 10 C. 8 D. 1 Lời giải

ho m m

b −−−    −  

Hàm số ( )fx có 3 điểm cực trị. Đồ thị hàm số ( )1 fx + có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số ( )fx sang trái 1 đơn vị, nên hàm số ( )1 yfx=+ cũng có 3 điểm cực trị Do đó hàm số ( ) 2 1 1 3 yfxm =++ có 5 điểm cực trị ( ) 2 1 10 3 fxm ++= có 2 nghiệm đơn 1 63 3 1 2Loai 3

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn 2 2

2

3 3 918 3232

m m m m

−       − do m nguyên dương suy ra 332 m   3;4 S = . Tổng các phần tử của tập S là 7. Câu 223: Trong mặt phẳngtọađộ Oxy ,gọi ,,, ABCD là4điểm cựctrị củađồthị hàm số 3 2 693yxxx=−+− với hoành độ đều khác 0. Bán kính đường trờn ngoại tiếp đi qua 4 điểm ,,, ABCD bằng A. 3 B. 10 C. 5 D. 2 Lời giải Chọn B Xét ( ) 32693 x xx x f = +− Ta có ( ) ( ) ( ) 2 111;1 '31290 333;3 xyA fxxx xyB  == =−+=  ==−−   Do hàm số ( )fx có 2 cực trị dương nên 3 2 693yxxx=−+− có 5 cực trị là ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1;1,3;3,0;3,'1;1,'3;3 ABCAB Gọi đường tròn ngoại tiếp tứ giác là 22 220xyaxbyc +−−+=

Kết hợp với điều kiện  5533 m −−  22;21;...;6 m −−− Có 17 giá trị m . Câu 225: Cho hàm số ( )fx có đạo hàm liên tục trên . Đồ thị của hàm số ( ) 52 yfx =− như hình vẽ bên dưới Có bao nhiêu giá trị thực của tham số  0;10 m để hàm số ( ) 2 241 yfxm =+− có 7 điểm cực tr =   ==   =  . Đặt ( ) 5 5 52,'01 2 3

? A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 t t txxftt t

, gxfxmgxxfxm x m x x xm m x xm xm m x

i ()241'16.'410 0 04 4154 411 4 4134 4

i gi =   =−===   =−  ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn x yx x

=+−=+−= =   + =   =   +−=     = +−=    +−=−   =   để hàm số ( ) 2 ()241 ygxfxm ==+− có 7 điểm cực trị thì '()0gx = có 7 nghiệm phân biệt và '()gx đổi dấu qua 7 nghiệm đó. Từ đó suy ra ( )ygx = có 7 cực trị khi 4 m  vì, đồng thời theo đề  0;10 m . Vậy có 6 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

tại 0 x = và hàm số ( )gx có 1 cực trị tại điểm 0 x = Ta có ( ) 55 5 55

404 40 4242

xxmxxm fxxm xxmxxm

++=+=−  ++=++=+=−  . Xét hàm số ( ) 5 4 hxxx =+ , vì ( ) 4 560hxx  =+ , x  nên ( )hx đồng biến trên Khi đó bảng biến thiên của hàm số ( ) ( ) 5 4 kxhxxx ==+ như sau Hàm số ( ) ( ) 5 4 gxfxxm =++ có ít nhất 5 điểm cực trị khi phương trình ( ) 5 40fxxm ++= có ít nhất 4 nghiệm khác 0. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 0 m − hay 0 m  .

Kết hợp điều kiện  2021;2021 m− , ta được  2021;2020;...;1 m−−− Vậy có 2021 giá trị của m thoả mãn. Câu 228: Cho hàm số ( )fx có đạo hàm ( ) 2 2 ()(1)4 fxxxx 

nên ta loại phương trình 2 2121 xxm−+= ) Xét hàm số 2 212 yxx =− có đồ thị, có đạo hàm '412yx=−

Ta có bảng biến thiên Để ( )gx có đúng 5 điểm cực trị thì mỗi phương trình ( ) ( )1;2 đều có hai nghiệm phân biệt khác 3. Do đó, mỗi đường thẳng 4 ym =− và ym =− phải cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt có hoành độ khác 3. Nhận xét: đường thẳng 4 ym =− luôn nằm trên đường thẳng ym =−

Suy ra 18 m−− 18 m  . Câu 229: Vậy có 17 giá trị m nguyên dương. Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm ( ) ( )( ) 2 114fxxx  =−− , x  . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số ( ) ( ) 3 321gxfxxm =++− có ít nhất 3 điểm cực trị? A. 5. B. 8. C. 6. D. 7. Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Hàm số ( ) ( ) 3 321gxfxxm =++− có ít nhất 3 điểm cực trị khi phương trình ( ) 3 3210fxxm ++−= có ít nhất hai nghiệm bộ lẻ khác 0. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 1220 m − hay 6 m  Kết hợp điều kiện m nguyên dương ta được  1;2;3;4;5 m . Vậy có 5 giá trị của m thoả mãn. Câu 230: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số m y x =+ + ( ) ( ) 3 3 222 '033,0 yxmxmm =+=−=− ( )1 Hàm số có điểm cực trị ( )1  có hai nghiệm phân biệt 3 2 3033 0 m m m

2 3 3 mx yx x =+ + có các điểm cực trị thuộc hình tròn tâm O bán kính 130 R = ? A. 16 B. 18 C. 19 D. 17 Lời giải Chọn D   − −     Với 33 m − , ta có ( ) 3 2 2 3 2 2

m xmy m xmy

33 3 1 33 3

  =−==+   +       =−−=−=−+  +  

   

. Vậy hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là 2 ;3 3 m A     +    +   và 2 ;3 3 m B     −−+    +   Ta có ( ) ( ) 2 2 33 222 2 13313 3 m OAOBmm  

    ==++=−+−     +   . Đặt ( ) 3 2 ,0tmt= , khi đó ( ) ( )2 32 31392830OAOBttttt  ==−+−=−+−  . 3232 928301309281600ycbtOARtttttt −+−−+−

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn 3 '3 3

Suy ra 3 2 0816233 mm −− . Vì  22,24,...,6 mm−−− .

Vậy có 17 giá trị nguyên của m thỏa ycbt. Câu 231: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm là ( ) ( )( ) 22 '99 fxxxx=+− , với mọi x . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số ( ) ( ) 32 32 gxfxxmm =++− có không quá 6 điểm cực trị? A. 2. B. 5. C. 4. D. 7 . Lời giải

Chọn B

Ta có ( ) ( )( ) ( )( )( ) 22 '99339 fxxxxxxxx =+−=−++

Ta có ( ) ( )( ) ( ) ( ) 23 32 2 3

++ =++− + . ( ) ' gx không xác định 0 x = ( ) ( ) 32 3223 3223 3223 3223

333 '.'32 3

xxx gxfxxmm xx

=++−= ++−=−=+  ++−=−−=++  ++−=−=+−  ++−=−−=++ 

gxfxxmm xxmmmmxx xxmmmmxx xxmmmmxx xxmmmmxx

'0'320 32023 323233 323233 329239

Ta vẽ đồ thị hàm số 3 3 yxx =+ như sau:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

đúng 9 điểm c

Nhìn vào đồ thị ta thấy hàm số ( ) ( ) 32 32 gxfxxmm =++− có không quá 6 điểm cực trị khi và chỉ khi 2 2313mmm −− . Mà  1;0;1;2;3 mm− nên có 5 giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 232: Cho hàm số ()yfx = có đạo hàm là 2 ()10 fxxx  =+ , x  . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm s =  −=  = 

278 =   =+=  =−  Xét ( ) ( ) ( ) 424 3 2 84168 yfxxmyxxfxxm  =−+=−−+ Cho ( ) 42

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn 3 4160 0 80 xx y fxxm  −=  =   −+=   Xét phương trình: 3 0 4160 2 x xx x

Xét phương trình: ( ) 4280fxxm  −+= ( ) ( ) 42 42 4242

81 80 8108102 xxm xxm xxmxxm



. Đề hàm số ( ) 42 8 yfxxm =−+ có đúng 9 điểm cực trị thì phương trình ( ) 4280fxxm  −+= cần có 6 nghiệm đơn 0 x  và 2 x 

Xét hàm số ( ) 42 8 gxxx + =− có ( ) 3 0 '160 2 x gxxx x

Ta có bảng biến thiên:

=  =−+=  = 

Xét hai đường thẳng 12:,:10dymdym==+ song song với trục Ox . Vì ( ) 10 mmm+ , nên đường thẳng 2d nằm trên đường thẳng 1d

Phương trình có 2 nghiệm và phương trình có 4 nghiệm 01016 100 0 m m m +  −    . Vì m nên  9;...;1 m −− .

Vì 0 x = đã là cực trị của hàm số ( ) 42 8 yfxxm =−+ nên ta lấy cả trường hợp 0 m = . Câu 233: Vậy có 10 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn. Cho hàm số ( ) ( ) ( ) 2 2 243fxxxx  =−−+ với mọi x . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số ( ) 2 109yfxxm =−++ có 5 điểm cực trị? A. 18. B. 16. C. 17. D. 15. Lời giải Chọn B Ta có ( ) 2 01 3

x fxx x

, 2 x = là nghiệm kép nên khi qua giá trị 2 x = thì ( )fx  không bị đổi dấu. Đặt ( ) ( ) 2 109gxfxxm =−++ khi đó ( ) ( ) ( )'.210 gxfux  =− với 2 109uxxm=−++ .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 234: Vậy có 16 giá trị nguyên dương m thỏa mãn. Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm ( ) ( ) ( )( ) 2020 22 320212 xx fxxxx   =−−+− , x  . Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m để hàm số ( ) 2 8 yfxxm =−+ có đúng ba điểm cực trị 1x , 2x , 3x thỏa mãn

m nguyên dương và 16 m  nên có 15 giá trị m cần tìm. Câu 237: Cho hàm số ()yfx = . Hàm số ()yfx  = có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tìm m để hàm s

Chọn C

Do hàm số 2 ()yfxm =+ là hàm chẵn nên hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi hàm số này có đúng 1 điểm cực trị dương. ( ) 22()2 yfxmyxfxm

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

( ) 2 ()02(4)80 gxxfxxm =−−+=

2

81( nghiem boi 2) 80(1) 82(2)

Yêu cầu bài toán trở thành ()0gx  = có 5 nghiệm bội lẻ hay mỗi phương trình, đều có hai nghiệm phân biệt khác 4. Xét đồ thị (C) của hàm số 2 8 yxx = và hai đường thẳng 1 : dym =− ; 2 2 : dym=−+ Khi đó xảy ra khi 12 , dd cắt (C) tại bốn điểm phân biệt 16 m −− 16 m 

Vậy có 15 giá trị m nguyên dương thỏa mãn: {1,2,3,..,15}.

Câu 240: Cho hàm số ()yfx = . Hàm số ()yfx  = có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số 2 ()yfxm =+ có 3 điểm cực trị. T

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Hệ trên có duy nhất nghiệm dương khi và chỉ khi   0 30030;1;2 m mm m − 

 . Vậy tổng các phần tử của S là 3 Câu 241: Cho hàm số ( )yfx = là hàm số bậc 5 và có đồ thị của hàm số ( )yfx  = như hình vẽ dưới

Có bao nhiêu giá trị nguyên của ( )2022;2022 m− để hàm số

nghiệm kép của phương trình ( ) 0 gx  = nên không sinh ra cực trị cho hàm số ( )ygx = . +) Dễ thấy ( ) ( ) ( )2,3,4 không có nghiệm chung. +) Phương trình ( )2 và ( )3 nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm dương

Cách 1: Từ đó suy ra để hàm số ( )ygx = có 3 điểm cực trị dương khi hai phương trình ( ) ( )2,3 có đúng 2 nghiệm dương khác 1011. Ta xét các khả năng có thể xảy ra:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

phân biệt và ( )3 vô nghiệm.

Nhận thấy nếu các phương trình ( )2 và ( )3 có nghiệm thì luôn có nghiệm dương nên để hàm số đã cho có ba cực trị trị dương thì phương trình ( )2 và ( )3 có hai nghiệm trái dấu  0 m − 0. m  Do ( )2022;2022 m− nên có 2021 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 242: Cho hàm số ( )fx có đạo hàm ( ) 2 2 ()(1)4 fxxxx  =+− .Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số ( ) 2 ()212 gxfxxm =−+ có đúng 5 điểm cực trị?

hàm số 2 212 yxx =− có đồ thị. '412yx=− Ta có bảng biến thiên

Để ( )gx có đúng 5 điểm cực trị thì mỗi phương trình ( ) ( )1;2 đều có hai nghiệm phân biệt khác 3. Do đó, mỗi đường thẳng 4 ym =− và ym =− phải cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt có hoành độ khác 3. Nhận xét: đường thẳng 4 ym =− luôn nằm trên đường thẳng ym =− . Ta có: 18 m−− 18 m

 +=  +=  

ẵn. Ta có: ( ) ( ) ( ) 22 2'22'2 yfxxmyxfxxm =++=+++ Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2

x x x yxxmxxm fxxm xxm xxm

=++=−++=−  

++=  

22011 220 '021212 '20 2023

+=− 

Để hàm số ( ) 2 2 yfxxm =++ có 3 điểm cực trị thì các phương trình ( ) ( ) ( )1;2;3 phải sinh ra 3 nghiệm bội lẻ. Xét các phương trình ( ) ( )2;3 : 2 2

21 2 xxm xxm  ++=−  +=−  Vẽ đồ thị hàm số ( ) ( ) 2221;2 gxxxhxxx =++=+ trên cùng hệ toạ độ ta có: Để '0y = có 3 nghiệm bội lẻ thì đường thẳng ym =− cắt đồ thị ( ) 2 21gxxx=++ và ( ) 2 2 hxxx =+ tại 2 điểm phân biệt, không tính tiếp xúc thoả mãn 1 x − . Khi và chỉ khi 1010 mm −− mà 0 mm= thoả mãn. Câu 245: Vậy có 1 giá trị m thoả mãn yêu cầu bài toán. Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm trên . Biết hàm số ( )yfx  = là hàm bậc ba có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số ( ) ( ) 3 231gxfxxm =+−+ có đúng 5 điểm cực trị?

A. 5 B. 7 C. 4 D. 6 Lời giải

Chọn C

Hàm số ( ) ( ) 3 231gxfxxm =+−+ là hàm số chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục Oy . Suy ra 0 x = là một điểm cực trị của hàm số. Đặt 3 23 txx =+ 2 630, txtx  =+ đồng biến. Suy ra ứng với mỗi t chỉ có duy nhất một nghiệm x Ta có: ( ) ( )1 gtftm=−+ . ( ) ( ) 1; t gtftm t =−+ ( )0 t 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

xxm−+−

Chọn A

Ta có ( ) ( ) ( ) 3 1 44110 2 fxmxmxfm =+−== Với 1 2 m = thì ( ) 42 1 2 fxxx =−

Ta có ( ) ( ) 3 0 22;0 1 x fxxxfx x

=  =−=  =  ( ) ( ) ( ) 1 00;1;24 2 fff==−= . Vậy   ( ) 0;2 max4 fx = .

Câu 3: (MĐ 103-2022) Cho hàm số ( ) ( ) 42241fxaxax=++− với a là tham số thực. Nếu  0;2 max()(1) fxf = thì  0;2 min() fx bằng

A. 17. B. 16. C. 1. D. 3. Lời giải Chọn A

Ta có ( ) ( ) 3 444fxaxa  =++ Theo giả thiết  0;2 max()(1) fxf = suy ra ( ) 10 f  = . ( ) 44402 aaa ++==− .

x fxxxfxxxx x

Khi đó ( ) ( )   423

=    =−+−=−+==−   =  .

1 24188010;2 0

Ta có ( ) ( ) ( ) 01,11,217fff=−==− Vậy,  0;2 min()17 fx =−

Câu 4: (MĐ 104 2022) Cho hàm số ( ) ( ) 42 321fxaxax=+−+ với a là tham

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có: ( ) 217 f = , ( ) 01 f = và ( ) 38 f =−

Suy ra:   ( ) ( ) 0;3 max217 fxf== và   ( ) ( ) 0;3 min38 fxf==− .

Câu 5: (TK 2020 Lần 1) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số ( ) 3 3 fxxxm =−+ trên đoạn 0;3 bằng 16. Tổng tất cả các phần tử của S là: A. 16 B. 16 C. 12 . D. 2 Lời giải Chọn A Xét 3 3 uxxm trên đoạn 0;3 có 2 033010;3uxx Khi đó 0;3 0;3

uuum uuum . Suy ra 0;3

max umax0,1,3maxm,m2,m1818 min umin0,1,3minm,m2,m182

m mm m Mfxmm m m mm

1816 1822 axmax2,181614 216 218

. Do đó tổng tất cả các phần tử của S bằng 16 Câu 6: (TK 2020 Lần 2) Cho hàm số ( ) 1 xm fx x + = + ( m là tham số thực). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho   ( )   ( ) 0;1 0;1 maxmin2 fxfx+= . Số phần tử của S là A. 6. B. 2. C. 1. D. 4. Lời giải

Chọn B

Do hàm số ( ) 1 xm fx x + = + liên tục trên  0;1 . Khi 1 m = hàm số là hàm hằng nên   ( )   ( ) 0;1 0;1 maxmin1 fxfx== Khi 1 m  hàm số đơn điệu trên đoạn  0;1 nên + Khi ( ) ( )0;1ff cùng dấu thì   ( )   ( ) ( ) ( ) 0;1 0;1

1 maxmin01 2 m fxfxffm + +=+=+ .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Phương

ng 3: Tìm m để   ( ) ; max yfxm  =+ không vượt quá giá trị M cho trước.

Phương pháp: Trước tiên tìm   ( )   ( ) ( ) ; ; max;min. fxKfxkKk  

pháp:

Dang 5: Tìm m để   ( ) ; max ab yfxm =+ đạt min.

Phương pháp: Trước tiên tìm   ( )   ( ) ( ) ; ; max;min. ab ab fxKfxkKk == Đề hỏi tìm . 2 Kk mm + =− Đề hỏi tìm min của   ; max ab y  giá trị này là . 2 Kk

Dạng 6: Tìm m để   ( ) ; min ab yfxm =+ đạt min.

Phương pháp: Trước tiên tìm   ( )   ( ) ( ) ; ; max;min. ab ab fxKfxkKk ==

Đề hỏi tìm ( )( ) 0 mmKmkKmk ++−− . Đề hỏi tìm min của   ; min ab y  giá trị này là 0.

Dạng 7: Cho hàm số ( ) yfxm =+ .Tìm m để

BT1: Tìm m để     ; ; minmax ab ab yymKmk +=+++=

BT2: Tìm m để     ; ; min*max* ab ab yymKmk =++=

Câu 7: Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số 3 321yxxm=−+− trên đoạn  0;2 là nhỏ nhất. Giá trị của m thuộc khoảng nào? A. 3 ;1 2    . B. 2 ;2 3    . C.  1;0 . D. ( )0;1 . Lời giải

Chọn D

Xét hàm số ( ) 3 321yfxxxm ==−+− trên đoạn  0;2 . Ta có ( )   2 '33010;2 1 x fxx x  =− =−=  =  .

Ta có ( ) 021fm=− , ( ) 123fm=− và ( ) 221fm=+

Suy ra   ( )     0;2 21;23;2123;21 maxfxmaxmmmmaxmmP =−−+=−+= .

Trường hợp 1: Xét ( ) 1 23214420 2 mmmm −+−− .

Khi đó 232Pm=− , 1 2 m  . Suy ra min 1 2 2 Pm== .

Trường hợp 2: Xét ( ) 1 23214420 2 mmmm −+−−

Khi đó 212Pm=+ , 1 2 m  . Suy ra minP không tồn tại. Vậy 1 2 m =

Câu 8: Tính tổng tất cả các giá trị của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số 2 2 yxxm =−+ trên đoạn  1;2 bằng 5 A. 1 B. 2

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Mf Mf Mf

−       

1 3 1

1 93 1

Mab Mab Mab  2 1 a b =−    =−  Ngược lại, khi 2 1 a b =−   =−  ta có, hàm số ( ) 2 21fxxx=−− trên  1;3 . Xét hàm số ( ) 2 21gxxx=−− xác định và liên tục trên  1;3 ( ) 22gxx  =− ; ( )  011;3gxx  ==− M là giá trị lớn nhất của hàm số ( )fx trên  1;3 ( ) ( ) ( )   max1;3;1 Mggg=− =2 Vậy 2 1 a b =−   =−  . Ta có: 24ab+=− . Câu 12: Cho hàm số ( ) 322 127yxxmx =++++ . Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn  3;1 có giá trị nhỏ nhất bằng A. 26 B. 18 C. 28 D. 16 Lời giải Chọn B

−+  ++   ++  419321 Mababab −+++++−−− 1932(1) ababab −+++++−−− 48 M  2 M  Nếu 2 M = thì điều kiện cần là 19312 ababab −+=++=−−−= và 1 ab−+ , 93ab++ , 1 ab cùng dấu 19312 19312 ababab ababab −+=++=−−−=    −+=++=−−−=−

0;3

cho ( )

60.

Dựa vào bảng biến thiên của ( )gx ta suy ra bảng biến thiên của ( ) ( ) 432 2 ==−++ fxgxxxxm . Ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1: 0  m . Bảng biến thiên của ( ) ( ) 432 2 ==−++ fxgxxxxm

Dựa vào bảng biến thiên ta có   ( )   ( ) 1;2 1;2 minmax104103 +=++== fxfxmmm

Trường hợp 2: 11 00 1616 +− mmm . Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có   ( )   ( ) 1;2 1;2 minmax1004106 +=++== fxfxmm

Trường hợp 3: 11 0 1616 +==−mm . Tương tự ta có:   ( )   ( ) 1;2 1;2 minmax1004106 +=++== fxfxmm

Trường hợp 4: 11 044 1616 ++−− mmm . Bảng biến thiên:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

fxfx m m m m fxfx

Trường hợp 5: 404 +==−mm . Ta có:   ( )   ( ) 1;2 1;2 minmax1001010 +=−==− fxfxmm

Trường hợp 6: 404 +−mm . Ta có:

)

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

fxmfxm

ế

303mm

thì

(

max17 fxm=+ ,

( ) 1;4 min3 fxm=− . Khi đó:   ( )   ( ) ( ) 1;4 1;4 max3min173313 fxfxmmm +− +Nếu 17017mm+− thì   ( ) 1;4 max3 fxm=−+ ,   ( ) 1;4 min17fxm =−− Khi đó:   ( )   ( ) ( ) 1;4 1;4 max3min331727 fxfxmmm −+−−− . +Nếu ( )( ) 3170173mmm −+− thì   ( )       ( ) 1;4 1;4 maxmax17,3max17,30;min0 fxmmmmfx =+−=+−= . Khi đó, không thỏa điều kiện   ( )   ( ) 1;4 1;4 max3minfxfx  . Do đó: 27 13 m m −     kết hợp với  2020;2020 m− ta có    2020;2713;2020 m−− Vậy 4002 giá trị nguyên của m cần tìm. DẠNG 2. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT HÀM ẨN, HÀM HỢP Câu 22: Cho hàm số ( )yfx = xác định và liên tục trên , đồ thị của hàm số ( )yfx  = như hình vẽ Giá trị lớn nhất c

x fxx x

=−    ==   = 

( ) 1 01 2

Từ đồ thị hàm yfx ta có bảng biến thiên

Từ đó suy ra giá trị lớn nhất của hàm số trên 1;2 là 1 f .

Câu 23: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm là hàm ( )fx  . Đồ thị của hàm số ( )yfx  = được cho như hình vẽ. Biết rằng ( ) ( ) ( ) ( )0325ffff +=+ . Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của ( )yfx = trên đoạn  0;5 lần lượt là: A. ( )2 f ; ( )5 f B. ( )0 f ; ( )5 f C. ( )2 f ; ( )0 f D. ( )1 f ; ( )5 f Lời giải Dựa vào đồ thị hàm số ( )fx  ta có bảng biến thiên. Khi đó: ( )   ( ) ( ) ( ) 0;5 min2 32

fxf ff

=       , mà ( ) ( ) ( ) ( )0325ffff +=+ ( ) ( ) ( ) ( )0225ffff ++ ( ) ( )05ff . Vậy giá tr

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. ( ) ( )5,3mfMf == B. ( ) ( )5,1mfMf == C. ( ) ( )0,3mfMf == D. ( ) ( )1,3mfMf == Lời giải

Ch

n A

b

bi

thiên của ( )fx trên đoạn 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Suy ra   ( ) ( ) 1;3 max2 gxg = ( ) 4712 f =+=

Câu 26: Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên Đồ thị của hàm số ( )yfx  = như hình bên. Đặt ( ) ( ) ( )2 21.gxfxx=−+ Mệnh đề dưới đây đúng. A.   ( ) ( ) 3;3 max3. gxg = B.   ( ) ( ) 3;3 min1. gxg = C.   ( ) ( ) 3;3 max0. gxg = D.   ( ) ( ) 3;3 max1. gxg = Lời giải Chọ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Dựa vào bảng biến thiên suy ra   ( ) ( ) 3;3 max1. gxg =

Câu 27: Cho hàm số có đạo hàm cấp hai trên . Biết , và bảng xét dấu của như sau: Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm thuộc khoảng nào sau đây?

A. ( );2017−− B. ( ) 2017;+ C. ( )0;2 D. ( )2017;0 Lời giải Dựa vào bảng xét dấu của ( )fx  ta có bảng biến thiên của hàm sồ ( )fx 

Đặt 2017 tx=+

Ta có ( ) ( ) ( ) 2017201820182017.2018 yfxxfttgt =++=+−= ( ) ( ) 2018 gtft=+ .

( )yfx = ( ) 03 f  = ( ) 22018 f  =− ( )fx  ( ) 20172018 yfxx =++ 0x ( ) 20172018 yfxx =++

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ( )fx  suy ra phương trình ( )gt  có một nghiệm đơn ( );0− và một nghiệm kép 2 t = Ta có bảng biến thiên ( )gt Hàm số ( )gt đạt giá trị nhỏ nhất tại ( ) 0 ;0 t  =− . Suy ra hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại 0x mà ( ) ( ) 002017;0;2017xx+−−− . Câu 28: Cho hàm số ( )fx có đạo hàm là ( )fx  . Đồ thị của hàm số ( )yfx  = được cho như hình vẽ dưới đây:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Biết rằng ( ) ( ) ( ) ( )1012ffff −++ . Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số ( )yfx = trên đoạn  1;2 lần lượt là: A. ( )1 f ; ( )2 f . B. ( )2 f ; ( )0 f . C. ( )0 f ; ( )2 f . D. ( )1 f ; ( )1 f . Lời giải

Từ đồ thị của hàm số ( )yfx  = ta có bảng biến thiên của hàm số ( )yfx = trên đoạn  1;2 như sau Nhận thấy   ( ) ( ) 1;2 min1 fxf = Để tìm   ( ) 1;2 max fx ta so sánh ( )1 f và ( )2 f Theo giả thiết, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )10122101 ffffffff −++−−− . Từ bảng biến thiên, ta có ( ) ( ) 010ff− . Do đó ( ) ( ) ( ) ( )21021 ffff−−− Hay   ( ) ( ) 1;2 max2 fxf = Câu 29: Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên đoạn 7 0; 2    có đồ thị hàm số ( ) ' yfx = như hình vẽ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Hàm số ( )yfx = đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn 7 0; 2    tại điểm 0x nào dưới đây? A. 0 0 x = . B. 0 7 2 x = . C. 0 1 x = . D. 0 3 x = . Lời giải

Chọn D

y x O

2 -1 1

Dựa vào đồ thị hàm số ( ) ' yfx = ta có bảng biến thiên trên đoạn 7 0; 2    như sau: Do đó hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại 0 3 x = . Câu 30: Cho hàm số ( )yfx = Đồ thị hàm ( )yfx  = như hình vẽ Đặt ( ) ( ) 3 33 hxfxxx =−+ . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: A. ( ) [3;3] max()31 hxf = B. ( ) [3;3] max()33 hxf=− C. ( ) [3;3] max()33 hxf = D. ( ) [3;3] max()30 hxf =

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lời giải

Chọn B

Ta có: ( ) ( ) 2 333hxfxx =−+ ( ) ( ) ( ) 2 31hxfxx =−−  .

Đồ thị hàm số 2 1 yx=− là một parabol có toạ độ đỉnh ( )0;1 C , đi qua ( )3;2 A , ( )3;2 B .

Từ đồ thị hai hàm số yfx và 2 1 yx=− ta có bảng biến thiên của hàm số ( )yhx = .

h'(x)

x 0 0

h(x)

Với ( ) ( )333hf−=− , ( ) ( )333hf = .

Vậy [3;3] max()33 hxf Câu 31: Cho hàm số ( )yfx = có đồ thị ( )yfx  = ở hình vẽ bên. Xét hàm số ( ) ( ) 32 133 2018, 342 gxfxxxx =−−++ mệnh đề nào dưới đây đúng? A.   ( ) ( ) 3;1 min1 gxg=− . B.   ( ) ( ) ( ) 3;1

31 min 2 gg gx −+ = . C.   ( ) ( ) 3;1 min3 gxg=− D.   ( ) ( ) 3;1 min1 gxg = Lời giải Chọn A

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

khoảng ( )3;1 đồ thị hàm số ( )fx  nằm phía dưới ( )P nên ( ) ( ) 2 33 0 22 fxxxgx  +−  

Trên khoảng ( )1;1 đồ thị hàm số ( )fx  nằm phía trên ( )P nên ( ) ( ) 2 33 0 22 fxxxgx  +−  

Trên khoảng ( ) 1;+ đồ thị hàm số ( )fx  nằm phía dưới ( )P nên ( ) ( ) 2 33 0 22 fxxxgx  +−   .

Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên, ta có   ( ) ( ) 3;1 min1 gxg=− .

Câu 32: Cho hàm số ( )yfx = có đạo hàm liên tục trên R . Hàm số ( ) ' yfx = có đồ thị như hình sau:

Cho bốn mệnh đề sau: 1) Hàm số ( )yfx = có hai cực trị 2) Hàm số ( )yfx = đồng biến trên khoảng ( ) 1;+ 3) ( ) ( ) ( ) 124.fff  4) Trên đoạn  1;4 , giá trị lớn nhất của hàm số ( )yfx = là ( ) 1. f

Số mệnh đề đúng trong bốn mệnh đề trên là: A. 3. B. 1. C. 4. D. 2. Lời giải

Chọn D

Dựa

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

gff gff g 132ggg Vậy 1;3 max12 gx tại 2. x Câu 34: Cho hàm số ( )yfx = . Hàm số ( )yfx  = có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Giá trị lớn nhất của hàm số ( ) ( ) 22sin gxfxx =− trên đoạ

n  1;1 là

)1 f

Câu 35: Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên sao cho   ( ) 1;2 max3 fx = . Xét hàm số ( ) ( )31 gxfxm =−+ . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để   ( ) 0;1 max10 gx =− . A. 13. B. 7. C. 13. D. 1. Lời giải

Chọn C

Đặt 31ux=− ( ) ( ) gxfum=+ .    0;11;2xu−

Do ( )fx liên tục trên nên   ( )   ( ) ( )

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

  0;20;10xt . Ta có:   ( )   ( )   ( )   3232 0;20;20;20;2 maxmax2maxmax2 xxxx gxfxxxxmfxxxxm   =+−++++−++     ( ) 0;10 max1 t ftm  =++   ( ) 0;10 max1415 x fxmmm  ++=++=+ .

Suy ra:   ( ) 0;2

1 max51 2 x

x gxmx t 

=  =+=  =  . Theo giả thiết, ta có:   ( ) 0;2 max8583 x gxmm  =+==

Câu 38: Cho hai hàm số ( )yfx = , ( )ygx = có đạo hàm là ( )fx  , ( )gx  . Đồ thị hàm số ( )yfx  = và ( )gx  được cho như hình vẽ bên dưới.

Biết rằng ( ) ( ) ( ) ( )0606ffgg −− . Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) ( ) ( )hxfxgx =− trên đoạn  0;6 lần lượt là: A. ( )6 h , ( )2 h B. ( )2 h , ( )6 h C. ( )0 h , ( )2 h D. ( )2 h , ( )0 h Lời giải

Ta có ( ) ( ) ( )hxfxgx  =− ( ) 02hxx  ==

Từ đồ thị ta có bảng biến thiên: Và ( ) ( ) ( ) ( )0606ffgg −− ( ) ( ) ( ) ( )0066fgfg −− . Hay ( ) ( )06hh  Vậy   ( ) ( ) 0;6 max6 hxh = ;   ( ) ( ) 0;6 min2 hxh = Câu 39: Cho hàm số ( )fx liên tục trên , có đồ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 41: Cho hàm số ( )fx . Biết hàm số ( )fx  có đồ thị như hình dưới đây. Trên  4;3 , hàm số ( ) ( ) ( )2 21 gxfxx =+− đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm A. 3 x =− . B. 4 x =− . C. 3 x = . D. 1 x =− . Lời giải

Chọn D

Xét hàm số

21 gxfxx

( ) ( )

có: ( ) ( ) ( ) 221 gxfxx

) ( ) 01 gxfxx ==−



4;3

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Hàm số ( )12018 yfx=−− đạt giá trị nhỏ nhất tại 0x thuộc khoảng nào sau đây? A. ( );2015−− . B. ( )1;3 . C. ( )1009;2 . D. ( )2015;1 . Lời giải.

Chọn C

Từ bảng xét dấu của ( )fx  và giả thiết ( ) ( ) ( ) 03,220180fff  ==−= suy ra bảng biến thiên của hàm số ( )yfx  = như sau

ừ đó

ra bảng biến thiên của hàm số ( )yfx

số ( )12018 yfx

t giá tr

)1011009;2

43: Cho hàm số ( )yfx

ỏ nhất khi và chỉ khi

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) 2 0 3  == a fxx Vậy diện tích lớn nhất của tam giác ABC là 2 2a3 318  ==   Sfa

Câu 45: Một loại thuốc được dùng cho một bệnh nhân và nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân được giám sát bởi bác sĩ. Biết rằng nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân sau khi tiêm vào cơ thể trong t giờ được cho bởi công thức ( ) 2 1 t ct t = + ( ) / mgL . Sau khi tiêm thuốc bao lâu thì nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân cao nhất? A. 4 giờ B. 1 giờ C. 3 giờ D. 2 giờ Lời giải Xét hàm số ( ) 2 1 t ct t = + , (0) t  . ( ) ( ) 2 2 2

1 1 t ct t  = + . ( ) 1 0 1 t ct t =   =  =−  Với 1 t = giờ thì nồng độ thuốc trong máu của bênh nhân cao nhất.

Câu 46: Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12 cm. Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng x , rồi gập tấm nhôm lại như hình vẽ dưới đây để được một cái hộp không nắp. Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Thể tích của hình hộp là: ( )2 .122 VS x h x = = Xét hàm số: ( ) ( ) 2 .1220;6yxxx =− Ta có : ( ) ( ) ( )( ) 2 '1224122122126 yxxxxx =−−−=−− ; ( ) ( ) '0122.12602 yxxx =−−== hoặc 6 x = .

Suy

để làm thành một hình vuông và một hình tròn. Tính chiều dài của đoạn dây làm thành hình vuông được cắt ra sao cho tổng diện tích của hình vuông và hình tròn là nhỏ nhất? A. 56 4  + B. 112 4  + C. 84 4  + D. 92 4  + Lời giải Gọi chiều dài của đoạn dây làm thành hình vuông là x ( m ) => chiều dài của đoạn dây làm thành hình tròn là 28 x ( m ) +) Diện tích hình vuông là: 2 2 416 xx =   +) Bán kính hình tròn là: R = 28 2 x 

48: Cho m

m nhôm hình chữ nhật có chiều dài bằng 10cm và chiều rộng bằng 8cm . Người ta cắt bỏ ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng ( )xcm , rồi gập tấm nhôm lại để được một cái hộp không nắp. Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất. A. 8221 3 x = B. 1027 3 x = C. 921 9 x + = . D. 921 3 x = Lời giải Chọn D Ta có : ( )hxcm = là đường cao hình hộp Vì tấm nhôm được gấp lại tạo thành

Câu 50: Một người nông dân có 15.000.000 đồng muốn làm một cái hàng rào hình chữ E dọc theo một con sông để làm một khu đất có hai phần chữ nhật để trồng rau. Đối với mặt hàng rào song song với bờ sông thì chi phí nguyên vật liệu là 60.000 đồng một mét, còn đối với ba mặt hàng rào song song nhau thì chi phí nguyên vật liệu là 50.000 đồng một mét. Tìm diện tích lớn nhất của đất rào thu được A. 2 3125m B. 2 50 m C. 2 1250m D. 2 6250 m

Lời giải

x +

Chọn D

50 0 S' S

0

6250

+∞ 0

∞

Chọn D Gọi x là chiều dài 1 mặt hàng rào hình chữ E. Gọi y là chiều dài mặt hàng rào hình chữ E song song với bờ sông ( 0 y  ). Số tiền phải làm là: 5005 .3.50000.6000015.000.000 2 x xyy +== Diện tích đất: 2 50055 ..250 22 x Sxyxxx ===− Ta có: '2505 Sx =− '0250550. Sxx =−= Bảng biến thiên: Vậy: ( ) 2 0; max6250 ()Sm + = khi 50. x = Câu 51: Ông Khoa muốn xây một cái bể chứa nước lớn dạng một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 3 288m . Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng, giá thuê nhân công để xây bể là 500000 đồng/ 2 m . Nếu ông Khoa biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi ông Khoa trả chi phí thấp nhất để xây dựng bể đó là bao nhiêu?

A. 90 triệu đồng. B. 168 triệu đồng. C. 54 triệu đồng. D. 108 triệu đồng. Lời giải

Theo bài ra ta có để chi phí thuê nhân công là thấp nhất thì ta phải xây dựng bể sao cho tổng diện tích xung quanh và diện tích đáy là nhỏ nhất. Gọi ba kích thước của bể là a , 2a , c ( ) ( ) ( )0,0amcm .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Từ bảng biến thiên ta thấy: ( ) ( ) 000;90 112 1 xx fx x

33 max 2 fx  đạt được tại 060 x = ( ) 2 max1083Sm= khi góc ở đáy CD của hình thang bằng 060 ( ) 060 CD== Câu 53: Cho nửa đường tròn đường kính 2 AB = và hai điểm C , D thay đổi trên nửa đường tròn đó sao cho ABCD là hình thang. Diện tích lớn nhất của hình thang ABCD bằng A. 1 2 . B. 33 4 . C. 1. D. 33 2 . Lời giải Chọn B Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AB , I là trung điểm của đoạn CD và O là trung điểm của AB . Đặt DHx = , −+−  = ( ) 22 01120fxxx  =−+−= Đặt 2 1 tx =− , khi đó phương trình trở thành 2 1 210 1 2

=−   +−=  =  . 1 t =− loại. 1 2 t = ta có 22133 1 242 xxx −=== . Bảng biến thiên

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn 01 x  . Ta có 22222221 DCDIOHODDHx ===−=− Diện tích của hình thang ABCD là ( ) ( ) ( ) 2 11 2 ABCDDH Sfxxx + ===+− . Ta có ( ) 22 2

t tt t

Vậy diện tích lớn nhất của hình thang ABCD bằng 33 4 .

Câu 54: Một người đàn ông muốn chèo thuyền ở vị trí A tới điểm B về phía hạ lưu bờ đối diện, càng nhanh càng tốt, trên một bờ sông thẳng rộng 3km Anh có thể chèo thuyền của mình trực tiếp qua sông để đến C và sau đó chạy đến B , hay có thể chèo trực tiếp đến B , hoặc anh ta có thể chèo thuyền đến một điểm D giữa C và B và sau đó chạy đến B . Biết anh ấy có thể chèo thuyền 6km/h, chạy 8km/h và quãng đường 8km BC = . Biết tốc độ của dòng nước là không đáng kể so với tốc độ chèo thuyền của người đàn ông. Tính khoảng thời gian ngắn nhất để người đàn ông đến B . A. 3 2 . B. 9 7 . C. 73 6 . D. 7 1 8 + . Lời giải

 Cách 1: Anh chèo thuyền của mình trực tiếp qua sông để đến C và sau đó chạy đến B Thời gian chèo thuyền trên quãng đường AC : 3 0,5 6 = Thời gian chạy trên quãng đường CB : 8 1 8 = Tổng thời gian di chuyển từ A đến B là 1,5  Cách 2: chèo trực tiếp trên quãng đường 22 3873 AB =+= mất h 73 126 6   .  Cách 3:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Gọi ( )km x là độ dài quãng đường BD; ( )8km x là độ dài quãng đường CD.

Thời gian chèo thuyền trên quãng đường 2 9 ADx=+ là: 2 9 6 x +

Thời gian chạy trên quãng đường DB là: 8 8 x

Tổng thời gian di chuyển từ A đến B là ( ) 2 98 68 xx fx +− =+

Xét hàm số ( ) 2 98 68 xx fx +− =+ trên khoảng ( )0;8

Ta có ( ) 2

1 8 69 x fx x  =− + ; ( ) 2 9 0394 7 fxxxx  =+==

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT ta thấy thời gian ngắn nhất để di chuyển từ A đến B là h 7 1120 8  + .

Vậy khoảng thời gian ngắn nh

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vậy   ( ) ( ) ( ) 1;3 max247077 gxgf==+=+= .

Câu 66: Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ Đặt ( ) ( ) 22448gxxxfxx =−+−+ Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Hàm số ( )gx thành ( ) ( ) 2 8 httft =−+ .  Xét hàm số ( ) ( ) 2 8 httft =−+ trên 2;22   . Ta có: ( ) ( ) 20,2;22httftt  =+  , .

Như vậy hàm số ( ) ( ) 2 8 httft =−+ đồng biến trên 2;22   , suy ra ( ) ( ) ( )   ( ) 0;4 2;22 min24823min; hthfgx   ==−+=−= ( ) ( )   ( ) 0;4 2;22 max221021maxhthgx   ==−= Vậy tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( )gx trên  0;4 là: 1024. Câu 67: Cho hai số thực , xy thỏa mãn ( ) 32 272131321 yyxxxy ++−=−++ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 Pxy =+ A. 8 P = B. 10 P = C. 6 P = D. 4 P = Lời giải Chọn D Điều kiện: 1 x  Ta có ( ) 32 272131321 yyxxxy ++−=−++ ( ) ( ) 32 233112111 yyyyxxx −+−+−=−−+− ( ) ( )3 3 211211 yyxx −+−=−+−

Xét àm số ( ) 3 2 fttt =+ có ( ) 2 610, fttt  =+ , suy ra ( )ft đồng biến trên Khi đó ( ) ( ) ( ) 2 *11112 fyfxyxxyy −=−−=−=− Khi đó ( )2 2 24424Pxyyyy =+=−+=−−

Đẳng thức xảy ra khi 2,0yx== Vậy max4 P = khi ( ) ( );0;2xy = .

68: Cho hàm số ( )yfx = . Hàm số

)fx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Do đó, ( ) 02gxx  == Bảng biến thiên Vậy   ( ) ( ) ( ) 1;3 max247077 gxgf==+=+= . Câu 70: Cho hàm số 32 ()3 fxaxbxxc =+−+ và 2 () gxdxe =+ có đồ thị như hình vẽ sau: Biết diện tích miền tô đậm như hình vẽ bằng 11 12  Giá trị lớn nhất của hàm số (1) yfxx =+− bằng A. 12 B. 12 + C. 1 D. 1 Lời giải

Chọn A

Từ đồ thị hàm số ()fx và (),gx ta có: 2 32 (0)11()1 . (0)11()31 gegxdx fcfxaxbxx  ===+   ===+−+  

Từ đồ thị ta có hoành độ cực trị củ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có: 2 ()330, [1;2] fttt  =− nên hàm số ()yft = luôn đồng biến trên [1;2]. Vậy [1;2] max()(2)12 ftf==−

Câu 71: Cho hàm số ()yfx = , đồ thị của hàm số ()yfx  = là đường cong trong hình bên. Giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 ()(3)341 gxfxxx =+−+ trên đoạn 22 ; 33    bằng A. (0)1 f + . B. (6) f . C. 1 (2) 3 f . D. (3)8 f −+ .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Hàm số 2 ()(3)341 gxfxxx =+−+ đạt giá trị nhỏ nhất 22 ; 33    khi ( ) ( ) 22 ; 33

221 23min2 333xxgxgf   

 ====−  

Câu 72: Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ: Xét hàm số ( ) ( ) 3 214 gxfxxm =+−+ . Tìm m để   ( ) 0;1 min5 gx =− A. 1 B. 2 C. 4 D. 0 Lời giải Chọn A Đặt ( ) 3 21txxx=+− với   0;1. x Ta có ( )   2 320, 0;1 txxx  =+ . Suy ra hàm số ( )tx đồng biến trên    0;11;2 t − . Từ đồ thị hàm số ta có   ( )   ( ) 1;21;2 min1min414 ftftmm =−+=−+   Theo yêu cầu bài toán ta cần có: 1451 mm −+=−=− Câu 73: Cho hàm số ( )yfx = có bảng biến thiên như sau

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số ( ) ( ) 353122 33 5315gxfxxxxx =−−−+− trên đoạn  1;2 ? A. 2022 B. 2019 C. 2020 D. 2021 Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 76: Cho hai hàm số đa thức bậc bốn ()yfx = và ()ygx = có đồ thị như hình vẽ bên dưới, trong đó đường đậm hơn là đồ thị hàm số ()yfx = . Biết rằng hai đồ thị này tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ là 3 và cắt nhau tại hai điểm nữa có hoành độ lần lượt là 1 và 3. Giá trị nhỏ nhất của hàm số ()()() uxfxgx =− trên đoạn [3;3]bằng A. 1283 9 B. 12103 9 C. 12103 9 D. 1283 9 Lời giải Chọn A Do đồ thị của hai hàm số tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ là 3 và cắt nhau tại hai điểm nữa có hoành độ lần lượt là 1 và 3 nên ()()() uxfxgx =− có dạng 2 ()()()(3)(1)(3) uxfxgxkxxx =−=++−

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 77: Cho hàm số đathức ( )yfx = có đạohàm trên .Biết rằng ( ) 00 f = , ( )

3 24 ff  −==−   và đồ thị hàm số ( )yfx  = có dạng như hình vẽ.

Hàm số ( ) ( ) 2 42 gxfxx =+ giá trị lớn nhất của ( )gx trên 3 2; 2    là

A. 2. B. 39 2 . C. 1. D. 29 2 . Lời giải

Chọn D

Xét hàm số ( ) ( ) 2 42 hxfxx =+ xác định trên

Hàm số ( )fx là hàm đa thức nên ( )hx cũng là hàm đa thức và ( ) ( ) 0402.00hf=+=

Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 440' hxfxxhxfxx =+==− .

Dựa vào sự tương giao của đồ thị hàm số ( )yfx  = và đường thẳng yx =− , ta có ( ) 3 03;0; 2 hxx   =− 

Ta có bảng biến thiên như sau:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số ( ) ( )gxhx = như sau Vậy giá trị lớn nhất của ( )gx trên 3 2; 2    là 29 2 . Câu 78: Cho hàm số

có đạo hàm và liên t

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

83:

các

a mãn

xyz

Bi

ng a b , trong đó a , b là các số tự nhiên dương,

c

8 Pxyz

giá

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

và

Lời giải

Chọn A Đặt 3 3 txx =− . Với    1;12;2xt −−

Ta được hàm số: ( ) ( )2 fttm =+ , xét trên đoạn  2;2

Ta có: ( ) 2()fttm  =+ ; ( ) 0 fttm  ==−

+) Trường hợp 1: Nếu 22mm −−

Ta có BBT:

Từ BBT suy ra: ( ) ( ) ( )2 [1;1][2;2] minmin22 yftfm ==−=−

Theo giả thiết: [1;1] min4 y = ( ) ( ) ( ) 2 0 24 4/ ml m mtm

=  −=  =  

+) Trường hợp 2: Nếu 2222 mm −−−

Ta có BBT:

Từ BBT suy ra: ( ) ( ) [1;1][2;2] minmin0 yftfm ==−=

Theo giả thiết: [1;1] min4 y =  không có m thỏa mãn. +) Trường hợp 3: Nếu 22mm −−

Ta có BBT:

Từ BBT suy ra: ( ) ( ) ( )2 [1;1][2;2] minmin22 yftfm ===+

Theo giả thiết: [1;1] min4 y = ( ) ( ) ( ) 2 0 24 4/ ml m mtm

=  +=  =−  

Vậy {4;4} S =− . Tổng các phần tử của S bằng 0

Câu 91: Cho biết hàm số ( ) 2 41 yfxxxm ==−−+ có giá trị lớn nhất bằng 3 khi  0;3 x . Số các giá trị của tham số m thỏa mãn là

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

vẽ dưới đây: Tính tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 2 2x yfxm =++ trên đoạn  0;1 không lớn 4 A. 9. B. 0. C. 25. D. 39. Lời giải Chọn D Đặt 2 2x tx=+ , với     0;10;3.xt Ta quy về bài toán: Tính tổng tất cả các giá trị

Theo đề bài:   ( ) 1;1 min4 ft  nên 143.mm+

Kết hợp điều kiện: 13. m − Khi đó   1,0,1,2,3. m−

+ Trường hợp 2: 505.mm+− Khi đó   ( ) 1;3 min5 ftmm+=−−

Theo đề bài:   ( ) 1;1 min4 ft  nên 549.mm −−−

Kết hợp điều kiện: 95. m −− Khi đó   9,8,7,6,5. m−−−−−

+ Trường hợp 3: ( )( ) 15051.mmm ++−− Khi đó   ( ) 1;3 min0 ftm+= .

Suy ra   ( ) 1;1 min4 ft  hiển nhiên thỏa mãn.

Khi đó   4,3,2. m−−− Từ, và, suy ra   9,8,7,6,5,4,3,2,1,0,1,2,3. m−−−−−−−−− Vậy tổng tất cả giá trị nguyên của tham số m bằng 39.

Câu 93: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để 2 [0;3] max25 2 xxm + += . Tổng giá trị các phần tử của tập S bằng A. 2 . B. 4 . C. 4. D. 0. Lời giải Chọn D Đặt ( ) 2 22m g x x x = ++ với [0;3] x  Ta có: ( ) 22gxx  =+ ; ( ) 02201gxxx  =+==− Ta có: ( ) 02 gm = ; ( ) 3215gm=+ . Suy ra giá trị lớn nhất của ( ) 2 22m f x x x = ++ trên [0;3] sẽ thuộc 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lời giải Chọn B

Xét hàm số ( ) ( ) 4232211 2 43 gxxmxmxm =+−−+ trên đoạn   0;2. Ta có ( ) ( ) ( )( )   322222220, 0;2. gxxmxmxxxxmx  =+−−=−+ Suy ra hàm số ( )gx nghịch biến trên  0;2 Để giá trị lớn nhất của hàm số ( ) ( ) 4232211 2 43 fxxmxmxm =+−−+ trên đoạn  0;2 luôn bé

97: Cho hàm số ( ) 4221 fx xxm =−+− . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 0;2 bằng 18. Tổng tất cả các phần tử của S bằng A. 5. B. 4 C. 14 D. 10 Lời giải Chọn A Xét hàm số ( ) 4221gxxxm=−+− liên tục trên đoạn 0;2 . ( ) 3 44 gxxx

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

t cả các phần tử của S bằng 5.

Câu 98: Có tất cả bao nhiêu giá trị của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 42fxxxm trên 2;3 bằng 6. A. 4 B. 1 C. 3 D. 2 Lời giải Chọn D

Đặt 2 42gxxxm

+ Ta có: , 24gxx , 02402gxxx . + 210 26 35

gm gm gm

mingxm maxgxm

+ Suy ra 2;3 2;3

Ta xét các trường hợp sau:

6 10

+ Trường hợp 1: 6 m 2;3 6 minfxm 12 m . + Trường hợp 2: 10010mm . 2;3 10 minfxm 10616mm . + Trường hợp 3: 6010106mmm 2;3 0 minfx mà theo bài 2;3 6 minfx nên không có m thỏa mãn. Vậy có hai giá trị của tham số m thỏa mãn. Câu 99: Cho hàm số ( ) 633 2 fxxxmx =++− . Gọi S là tập tất cả các giá trị thực của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số ( )fx bằng 1. Tổng tất cả các phần tử của S bằng A. 1 4 B. 5 4 C. 2 D. 0

Đặt 3 3 txx =− . Với    1;12;2xt −−

Ta được hàm số: ( ) ( )2 fttm =+ , xét trên đoạn  2;2

Ta có: ( ) 2()fttm  =+ ; ( ) 0 fttm  ==−

+) Trường hợp 1: Nếu 22mm −−

Ta có BBT:

Từ BBT suy ra: ( ) ( ) ( )2 [1;1][2;2] minmin22 yftfm ==−=−

Theo giả thiết: [1;1] min4 y = ( ) ( ) ( ) 2 0 24 4/ ml m mtm

=  −=  =  

+) Trường hợp 2: Nếu 2222 mm −−−

Ta có BBT:

Từ BBT suy ra: ( ) ( ) [1;1][2;2] minmin0 yftfm ==−=

Theo giả thiết: [1;1] min4 y =  không có m thỏa mãn. +) Trường hợp 3: Nếu 22mm −−

Ta có BBT:

Từ BBT suy ra: ( ) ( ) ( )2 [1;1][2;2] minmin22 yftfm ===+

Theo giả thiết: [1;1] min4 y = ( ) ( ) ( ) 2 0 24 4/ ml m mtm

=  +=  =−   Vậy {4;4} S =− . Tổng các phần tử của S bằng 0.

Câu 101: Cho hàm số ( ) 3 3 fxxx =−+ và ( ) ( ) 2sin gxfxm =++ ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị của m để ( ) ( ) maxmin50 gxgx+= ?

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

max1818 2185017/ min22

gtmm mmmtm gtmm

TH1: Nếu 202mm −−− thì   ( )   ( ) ( ) 1;3 1;3

=−=−  −−+−==−  =−−=−−   .

=−=−  ++−==  =−−=+  

min1818 2185033/ max22

gtmm mmmtm gtmm

TH2: Nếu 18018 mm − thì   ( )   ( ) ( ) 1;3 1;3



)  

=−−−   =



) 

4.

) 1;3 1;3

min0

Ch

n

Đặt ,2;2fxtt 1;3 min11,1;3 gxgxx 2431,2;2 tmtt 2431 2431,2;2 tmt t tmt 244 242,2;2 tmt t tmt 244 244,2;2 2242

tmt tmtt ttmt 38 ,2;2 236

mt mtt tmt 14 14 2 2 40

m m m m mVL Do 10;010;9;...;3mm Vậy có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 104: Biết rằng giá trị lớn nhất của hàm số ( ) 32 212989 yfxxxxmx ==−++++ trên đoạn  0;5 bằng 78. Tính tổng các giá trị của tham số m ? A. 6 B. 12 C. 7 D. 8 Lời giải Chọn D

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

trị lớn nhất của hàm số ( )cos1 yfxm =++ đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng các phần tử của S bằng A. 4 B. 7 C. 7 2 D. 6 Lời giải Chọn C Đặt  cos1,0;2txt=+ . Khi đó 42 2 yttm =−+ với  0;2 t  . Xét ( ) 42 2 ftttm =−+ với  0;2 t  . ( ) ( ) ( ) ( ) 3

t ftttt t

0nhan 4401nhan 1loai

=    =−==   =−  . Ta có ( )0 fm = , ( ) 11 fm =−+ , ( ) 28 fm =+ . Do đó   ( ) 0;2 max8ftm =+ ,   ( ) 0;2 min1 ftm=− Suy ra   ( ) 0;2

8181279 max 22 mmmmm ft ++−++−+++ == . Ta có   ( ) 0;2

2799 maxmax 22 m yft ++ == . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 7 270 2 mm+==− Câu 106: Tổng các giá trị của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số 3 3 yxxm =−+ trên đoạn  0;2 bằng 5 là bao nhiêu? A. 6 B. 0 C. 8 D. 10 Lời giải Chọn B

Khi đó 253 mm −==− TH 2: 20 20 0 m m m +  −    . Khi đó : 2222 mmm −=−+   ( ) ( ) 0;2 22 maxfxmm =−−+=−

= +  =  =−  . Câu 107: Cho hàm số

222(2) max5 2 mmmm fx +−+++−−+ == 3 24 5 3 2 m m m 2 2 21 2 xmx y xx −+ = −+ . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số  10;10 m− để giá trị lớn nhất của hàm số lớn hơn hoặc bằng 4. A. 14 B. 10 C. 20 D. 18 Lời giải Chọn A Theo đề ra ta có 2 2 21 max4 2 xmx xx  −+    −+  

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Tập hợp điểm ( ) , xy thoả mãn yêu cầu bài là phần được tô trên hình vẽ kể cả biên.

Ta thấy ( )1C cắt ( ) 3C tại hai điểm phân biệt trong đó có điểm ( )2,1 thoả mãn yêu cầu bài toán.

Xét đường thẳng  đi qua ( ) , xy thoả mãn yêu cầu bài toán: 2 xyc −= . 2 xy đạt GTNN khi  đi qua ( )2,1 nên 0 m = ( ) ( )2 222 2 :2819Cxyxxy+=+−+= + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 212112.91351xyxy −=−+−++−+=+ 1 :21350 xy −−−= . 1 cắt ( ) 2C tại điểm thoả mãn bài toán. Khi đó 351 M =+ . Vậy 351 Mm−=+ . Câu

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Do đó, 2 15 42 4 Att−+ Ta có bảng biến thiên của hàm số ( ) 2 15 42 4 fttt=−+ trên 1 ; 2  +   như sau

Qua bảng biến thiên ta có ( ) 1 2;

115 min 216 t ftf +  

 ==   .

Tức là, 15 16 A  , dấu “=” xảy ra khi 1 2 xy== Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 15 16 . Câu 112: Cho các số

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

xyy Pxyyyy Xét hàm số 2 2 4 a gaa trên 2;4 2ln2 2 4 a gaa 2 2ln2 20,2;4 4 a gaa . ga luôn nghịch biến trên 2;4 [2;4] max2ln240 gag ga luôn nghịch biến trên 2;4 2;4 min412 gag Vậy min12 P khi 1437yyx . Câu =+++ =+++  =++−++  =−+ Đặt 2 410txyPtt ==−+

+ +++ 25254 41029 410329 410

xyxxyx xyxxyx 22 2233 3 22 22

xyxy xxxyxyx ( )( ) 22 25254 Pxyyxxy =+++ . Giá trị Mm bằng A. 1 16 . B. 1 15 . C. 1 14 . D. 1 19 . Lời giải Chọn A Ta có ( )( ) ( ) ( ) ( )

+=+++=++ +=+++=+++  Xét hàm số ( ) ( )2.1 t ftt=+ trên ( ) 0;+ ( ) ( ) ( ) 2.1ln220,0; tt fttt  =+++  Hàm số ( )ft luôn đồng biến trên ( ) 0;+ ( ) *22121 xyxxy =++=+ 1 2 2212 2 22211 4 y Pxyyxxy xyxyxy xyxyxyxyxy xyxy

t c

a

i Chọn D

Theo giả thiết 0 y  nên ta có 3 4 21 1 xx y y + =+ + ( ) 3 4211 xxyy +=++ ( ) 3 822122 xxyy +=++ ( ) ( ) ( ) 3 3 222121 xxyy +=+++ .

Xét ( ) 3 fttt =+ . Ta có ( ) 2 310, fttt  =+ nên hàm số ( )ft đồng biến trên Do đó ( ) ( )221fxfy=+ 221 xy =+ 2 421 xy =+ 2 1 2 2 yx =− Do 0 y  và 221 xy=+ nên 1 2 x  Khi đó 3 8 2 Sxy=−+ 2 822 xx =−+ ( ) 2 24410 xx =−−++ ( )2 102210 x =−−

A. 3,3 B. 3,6 C. 4,8 D. 3,9 Lời giải

Chọn B

Thể tích bể cá là: ( ) 3 ..1296 Vabcdm == Tổng diện tích các mặt của bể cá là: 32 Sabbcac =++

Ta có: 222 3 3236648Sabbcacabc =++= Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 33 22 abbcac abacbc ==   == .

Thay vào thể tích ta được: ( ) 3 3.2.12962166 cccccdm === Suy ra ( ) 326363,6 abcccccdmm ++=++===

Câu 120: Một vật chuyển động theo quy luật 32 1 6 3 stt =−+ với t là khoảng thời gian tính từ khi vật bắt đầu chuyển động và s là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 7 giây, kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu? A. ( ) 180/. ms B. ( ) 24/. ms C. ( ) 144/. ms D. ( ) 36/. ms Lời giải Chọn D Ta có 2 '12'212vsttvt ==−+=−+ '021206. vtt =−+== max (6)36(/).vvms==

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

121 Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 121: Một cửa hàng bán vải Thanh Hà với giá bán mỗi kg là 50.000 đồng. Với giá bán này thì cửa hàng chỉ bán được khoảng 25kg. Cửa hàng này dự định giảm giá bán, ước tính nếu cửa hàng cứ giảm 4000 đồng cho một kg thì số vải bán được tăng thêm là 50kg. Xác định giá bán để cửa hàng đó thu được lợi nhuận lớn nhất, biết rằng giá nhập về ban đầu mỗi kg là 30.000 đồng. A. 41.000 đồng. B. 34.000 đồng. C. 38.000 đồng. D. 45.000 đồng.

Lời giải

Chọn A

Gọi x đồng (30.00050.000 x  ) là giá bán vải mới để cửa hàng thu được lợi nhuận lớn nhất.

Suy ra giá bán ra đã giảm là ( ) 50.000 x đồng.

Số lượng vải bán ra đã tăng thêm là ( ) 5050000 6250,0125. 4000 x x =− .

Tổng số vải bán được là 256250,0125.6500,0125. xx+−=−

Doanh thu của cửa hàng là ( ) 6500,0125.xx .

Số tiền vốn ban đầu để mua vải là ( ) 6500,0125.30000 x .

Vậy lợi nhuận của cửa hàng là

( ) ( ) 2 6500,0125.6500,0125.300000,0125102519500000 xxxxx −−−=−+− .

Ta có: ( ) ( )2 2 0,01251025195000000,01254100015125001512500fxxxx=−+−=−−+

Suy ra ( ) max1512500 fx = khi 41.000 x = đồng.

Vậy giá bán mỗi cân vải là 41.000 đồng thì cửa hàng thu được lợi nhuận lớn nhất.

Câu 122: Người ta cần làm một cái bể cá có hai ngăn, không có nắp ở phía trên với thể tích 3 1,296 m Người ta cắt các tấm kính ghép lại một bể cá có dạng hình hộp chữ nhật với ba kích thước là ,, abc . Người ta phải thiết kế các kích thước là bao nhiêu để đỡ tốn kính nhất .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Vậy 22 2 1 3 ab P a == .

Câu 124: Một kiến trúc sư mốn thiết kế một mô hình kim tự tháp Ai Cập có dạng là một hình chóp tứ giác đều ngoại tiếp một mặt cầu có bán kính bằng 6m .Đề tiết kiệm nguyên liệu xây dựng thì kiến trúc sư đó phải thiết kế kim tự tháp sao cho có thể tích nhỏ nhất. Chiều cao của kim tự tháp đó là: A. 12m B. 18m C. 36m D. 24m Lời giải Ch

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

thuộc cạnh .BD Hỏi số tiền lớn nhất người chủ cần chuẩn bị để trồng cỏ là khoảng bao nhiêu, với chi phí trồng cỏ là 70.000đồng 2 /m ?

A. 337.500đồng. B. 875.000đồng. C. 584.000đồng. D. 437.500đồng. Lời giải

Chọn D

Ta có ( ) 2 .25 ABADm = ; NHDN ABDA = Đặt ( ) .;1 NHDN xNHxABANxAD ABDA ====−

Diện tích đất trồng cỏ là: ( ) ( ) ..1..25..1 SANNHxxABADxx ==−=−

Diện tích lớn nhất khi ( ) .1 xx lớn nhất. Mà ( ) ( )2 1 1 .1 44 xx xx +− −=

Diện tích đất trồng cỏ lớn nhất 125 .25 44 S == Số tiền lớn nhất để trồng cỏ: 25 .70000437500 4 T == đồng.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

CHƯƠNG I

ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT HÀM SỐ

sau đây là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ( ) 1 2 y fx = ? A. 1 x = . B. 2 x =− . C. 1 x =− . D. 2 x = . Lời giải ( ) 31 22 1 x fx x == 31221 xxx −=−=− Với ( ) 1 2 y fx = ta có ( ) ( )11 lim;lim xx yy +− →−→− =−=+

Vậy đồ thị hàm số ( ) 1 2 y fx = có đường tiệm cận đứng 1 x =− .

Câu 2: Cho hàm số ( )yfx = có đồ thị như hình vẽ

Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ( ) 2019 1 y fx = là A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải Chọn C Từ đồ thị của hàm số ( )yfx = suy ra tập xác định của hàm số ( )yfx = là D =

Do đó số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ( ) 2019 1 y fx = chính là số nghiệm của phương trình ( ) 1 fx = . Qua đồ thị ta có: Đường thẳng 1 y = cắt đồ thị hàm số ( )yfx = tại 3 điểm phân biệt nên phương trình ( ) 1 fx = có 3 nghiệm phân biệt. Vậy đồ thị hàm số ( ) 2019 1 y fx = có 3 đường tiệm cận đứng.

Câu 3: Cho hàm số ( )fx xác định và liên tục trên  \1 có bảng biến thiên như sau: Hỏi đồ thị hàm số ( ) 1 y fx = có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang?

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 Lời giải

Chọn A

=  lim01 lim 0 xx xx

=+  →   và fx fx fxkhixx → →

fx fx fxkhixx → → ( ) ( ) ( ) 2 2 2

lim01 lim 0 xx xx

=  =+  →   Vậy đồ thị hàm số ( ) 1 y fx = có hai tiệm cận đứng là đường thẳng 1xx = và 2xx = Do đó Chọn A Câu 4: Cho hàm số ( )yfx = thỏa mãn ( ) lim1 x fx →− =− và ( ) lim x fxm →+ = . Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để hàm số ( ) 1 2 y fx = + có duy nhất một tiệm cận ngang. A. 1. B. 0. C. 2. D. Vô số. Lời giải Chọn C

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có ( ) 1 limlim1 2 xx y fx →−→− == + Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang 1 y = . TH 1: Nếu 1 m =− thì ( ) 1 lim1 2 x fx →− = + và ( ) 1 lim1 2 x fx →+ = + thì đồ thị hàm số có một tiệm cận. TH 2: Nếu 1 m − Để đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang ( ) 1 lim 2 x fx →+  + không có giá trị hữu hạn 202mm +==−

khi

m

hàm s

có duy nh

t m

t ti

m cận ngang. Câu 5: Cho hàm s

yfx

th

a mãn 4(tan)cos fxx = . Tìm tất cả các giá trị thực của m để đồ thị hàm số ()2019 () gx fxm = có hai tiệm cận đứng. A. 0 m  B. 01 m  C. 0 m  D. 1 m  Lời giải Chọn B ( ) 4 2 2

1 (tan)cos(tan) 1tan fxxfx x == + 22 1 ()(1)ft t = + Hàm số 22

20192019()()1 () (1) gxgx fxm m x

== + Hàm số ()gx có hai tiện cận đứng khi và chỉ khi phương trình 22 1 0 (1) m x −= + có hai nghiệm phân biệt 22 1 (1)101 xm m += . Câu 6: Cho hàm số ( )yfx = xác định, liên tục trên và có bảng biến thiên như hình bên dưới: Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ( ) 1 21 y fx = là: A. 4 B. 3 C. 1 D. 2 Lời giải Đặt ( ) ( ) 1 21 hx fx = *) Tiệm cận ngang:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Ta có: ( ) ( ) 1 limlim0 21 xx hx fx →+→+ == . ( ) ( ) 1 limlim0 21 xx hx fx →−→− == .

Suy ra đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang 0 y = *) Tiệm cận đứng: Xét phương trình: ( ) 210 fx −= ( ) 1 2 fx = Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình ( ) 1 2 fx = có ba nghiệm phân biệt ,, abc thỏa mãn 12 abc  Đồng thời ( ) ( ) ( ) limlimlim xaxbxc hxhxhx +−+ →→→ ===+ nên đồ thị hàm số ( )yhx = có ba đường tiệm cận đứng là xa = , xb = và xc = . Vậy tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ( )yhx = là 4. Câu 7: Cho hàm số ()yfx = liên tục trên  \1 và có bảng biến thiên như sau:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Từ bảng biến thiên có phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 12(;0),(0;1)xx−

Do đó đồ thị hàm số ( ) 1 23 y fx = + có 2 đường tiệm cận đứng.

Câu 8: Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên  \1 và có bảng biến thiên như sau:

Đồ thị hàm số ( ) 1 25 y fx = có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? A. 0. B. 4. C. 2. D. 1. Lời giải

Ta có: ( ) ( ) ( ) 5 2501 2 fxfx−== . Phương trình ( )1 có 4 nghiệm phân biệt 1234 ,,,1xxxx  và giới hạn của hàm số ( ) 1 25 y fx = tại các điểm 1234 ,,, xxxx đều bằng . Mặt khác ( ) 1

1 lim0 25 x fx  → = nên 1 x = không phải tiệm cận đứng. Vậy đồ thị hàm số ( ) 1 25 y fx = có 4 đường tiệm cận đứng.

Câu 9: Cho hàm số ( )yfx = có bảng biến thiên như hình dưới đây.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ( ) 1 21 y fx = là A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ( ) 1 21 y fx = đúng bằng số nghiệm thực của phương trình ( ) ( ) 1 210 2 fxfx−== Mà số nghiệm thực của phương trình ( ) 1 2 fx = bằng số giao điểm của đồ thị hàm số ( )yfx = với đường thẳng 1 2 y = Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng 1 2 y = cắt đồ thị hàm số ()yfx = tại 2 điểm phân biệt. Vậy đồ thị hàm số ( ) 1 21 y fx = có 2 tiệm cận đứng. Lại có ( ) 1 lim1 21 x fx → = đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang là 1 y = . Vậy tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ( ) 1 21 y fx = là 3. Câu 10: Chohàmbậcba ( )yfx = cóđồthị nhưhìnhvẽbên.Hỏiđồ thịhàmsố ( ) ( ) ( ) 22 2

43 2 xxxx y xfxfx +++ =   có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 5. B. 3. C. 4. D. 2. Lời giải Chọn C Ta xét phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 331

1 1 0 200 2 1 1,

x xx fx fxfx x fx xx xxxx

 =   =−  =   −= =   =    =   =− 

. Khi đó ( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )( )( ) ( ) 2 2 123 123

1 ; 0 1 1 == xx gxa axxxxxxx axxxxxxxx . Vậy đồ thị hàm số ( ) = ygx có 4 đường tiệm cận đứng. Câu 14: Cho hàm số ( )yfx = xác định, liên tục trên và có bảng biến thiên như hình bên dưới.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

y = .

Tính tiệm cận đứng.

Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là số nghiệm của phương trình ( ) 3 30 fxx++=

ựa vào bảng biế

đứng.

=   =−    =    = 

y y y y

22 3 xxx y xfxfx 01 23 00 20

=   =    +=   +=− 

1 0 1240 844

d c ab ab

a b c d

=   =−    =   =  Vậy ( ) 3231yfxxx ==−+ .

1 3 0 1

=   =−   =

 =

. Hàm số ( ) ( ) ( ) 2 2 232

22 lim 331 x

xxx xxxx + → −−+ ( ) ( ) ( ) 2 232 0

22 331 xxx y xxxx = −−+ có tập xác định (   12;2\0;; Dxx =− . ( ) ( ) ( ) 2 2 232 0

22 lim 331 x

xxx xxxx + → = −−+ ( ) ( ) ( ) 2 32 0

xx xxxx + → ==− −−+

22 lim 331 x

2 2 232 A.

xxx xxxx + → =+ −−+ , ( ) ( ) ( ) 2

xxx xxxx + → =+ −−+ Suy ra 1xx = và 2xx = cũng là các đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số Câu 16: Cho hàm số 32 yaxbxcxd =+++ , ( )0 a  có đồ thị như hình dưới đây. 0 1 430

22 lim 331 xx B. 1 C. 3 D. 4 Lời giải Điều kiện xác định: ( ) 2

22 lim 331 xx

Hỏi đồ thị hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 143 fx gx xxx = +−+ có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? fx x xx

2    −   −+ 

   −        

x x x x

2 1 1 3

2 3 x x       . Ta có ( ) 3 lim x gx + →

fx xxx + → = +−+ =+ và ( ) 3 lim x gx →

( ) ( ) ( ) 2 2 3 lim 143 x

( ) ( ) ( ) 2 2 3 lim 143 x

fx xxx → = +−+ =−

Vậy đồ thị hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 143 fx gx xxx = +−+ có một đường tiệm cận đứng là: 3 x =

Câu 17: Cho hàm số trùng phương 42 yaxbxc có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số 22 2

42 23 xxx y fxfx có tổng cộng bao nhiêu tiệm cận đứng?

liên t

c

và có đồ th

22 22 xxx y axxxxmxn Vậy hàm s ằng

như hình vẽ bên dưới. T

fxfx

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

s

A. 4. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải

Chọn A

Tiệm cận đứng: Dựa vào đồ thị ta có: 2 1,0,1fxmxaxma 2 41,0,1.fxmxxbmb

Ta có: 22 22 2

1111 4 11

xxxx gx fxfx mxaxxxb 2 1 1 mxaxxb

Dễ thấy đồ thị hàm số có 3 tiệm cận đứng ,1, xaxxb .

Tiệm cận ngang: Ta có: limlim0. xx yy Đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang 0 y Vậy đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận.

Câu 19: Cho hàm số bậc ba ( )yfx = có đồ thị như hình vẽ.

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số ( ) ( ) 3

1 33 gx fxxm = có 8 tiệm cận đứng?

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

m

Câu 21: G

sao cho đồ th

hàm số 2 3 29 x y xmx +

−+ có đúng hai tiện cận. Tính tổng các phần tử của S. A. 3. B. 3. C. 2. D. 0. Lời giải Chọn D 2 3 29 x y xmx + = −+ Ta có: lim0 x y → = suy ra tiệm cận ngang 0 y = . Để hàm số có đúng hai tiệm cận thì phải có đúng một tiệm cận đứng.

Trường hợp 1: Phương trình 2 290xmx−+= có nghiệm kép. 2 903mm  =−==

 =−

 

m m m m m m   −  −−−+=    =−   3;3 S =− Tổng các phần tử của 0 S = Câu 22: Tính tổng tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số 2 1 2 x y xxm + = −+ có đúng hai đường tiệm cận. A. 4 B. 2 C. 4 D. 5 Lời giải Chọn B Đặt ( ) 2 2 fxxxm =−+ Ta có lim0 x y →+ = , lim0 x y →− = nên hàm số 2 1 2 x y xxm + = −+ luôn có tiệm cận ngang 0 y = với mọi m .

3 90 3 32.390 3

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

đứng. A. 1 m =− . B. 1 m = . C. 2 m =− . D. 2 m = . Lời giải

Chọn C Đồ thị hàm số ( ) ( ) 2 232 1 xmxm y x −+++ = + không có tiệm cận đứng khi phương trình ( ) 0 fx = có nghiệm 1 x =− Ta có ( ) ( ) ( ) 1012320fmm −=++++= 3602 mm +==−

Câu 24: Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số 2 2 32 4 xx y mxx −+ = + có một đường tiệm cận đứng và một đường tiệm cận ngang. Tổng các phần tử của S bằng A. 4. B. 4. C. 6. D. 2. Lời giải Chọn C Ta có 2 2 lim321

Ta có: 2 20 x + x  nên để đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận đứng thì ( )( ) 2 220xxmxm −+−= phải có 2 nghiệm phân biệt. 2 20xmxm +−= có nghiệm kép khác 2 hoặc có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng 2.

nghiệm kép khác

Suy ra đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang: ym = Đồ thị hàm số đã cho có đúng 2 đường tiệm cận  Đồ thị hàm số đã cho có đúng 1 tiệm cận đứng

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận khi và chỉ khi đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng  phương trình 2 100xxm++= có hai nghiệm phân biệt khác 1 25025 909 mm mm m m m

có hai tiệm cận đứng , xaxb == sao cho 3 ab  A. 5. B. 6. C. 7. D. 8. Lời giải C. 2 2 m m −     D.

 =−    − . Kết hợp với điều kiện m nguyên dương ta có  1;2;3;...;8;10;...;24 m . Vậy có 23 giá trị nguyên dương m thỏa mãn đề bài. Câu 28: Cho hàm số 2 2 21 x y xmx = −+ . Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của ( )10;10 m− để đồ thị hàm số    −    −  

hàm 2 2 5 2

có hai đường tiệm cận đứng thì phương m m m

cần −          Lời giải Chọn D Điều kiện: 2 10 xmx−+ . Ta có: 2 2 limlim00 1 xx

x yy xmx →→ === −+ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Đồ thị hàm số 2 2 1 x y xmx = −+ có đúng ba đường tiệm cận  đồ thị hàm số 2 2 1 x y xmx = −+ có đúng hai đường tiệm cận đứng 2 10 xmx −+= có đúng hai nghiệm phân biệt khác 2

Câu 30: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để đồ thị hàm số ( ) 22 1 213 x y xmxm = −++− có đúng hai đường tiệm cận? A. 1 B. 2 C. 3 D. 0 Lời giải Chọn C Đồ thị hàm số ( ) 22 1 213 x y xmxm = −++− có 1 tiệm cận ngang là 0 y = Đồ thị hàm số ( ) 22 1 213 x y xmxm = −++− có đúng hai đường tiệm cận Đồ thị hàm số ( ) 22 1 213 x y xmxm = −++− có đúng 1 tiệm cận đứng Phương trình ( ) 222130xmxm−++−= có nghiệm kép hoặc phương trình ( ) 222130xmxm−++−= có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1

Ta thấy nên đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận ngang . Vậy yêu cầu bài toán tương đương đồ thị hàm số phải có hai đường tiệm cận đứng.

TH1) Phương trình có một nghiệm và một nghiệm dương, ta tìm được . Khi đó hàm số trở thành , hàm số chỉ có một tiệm cận đứng , suy ra không thỏa mãn. TH2) Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt Ta có hệ điều kiện Câu 34: Có bao nhiêu số nguyên ( )2021;2021 m− để đồ thị hàm số 2 xm y x = có tiệm cận đứng? A. 2019 B. 2023 C. 2022 D. 2021 Lời giải Chọn B Điều kiện xác định 2 xm x      Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng  ) 2;2 mm + Mà m nguyên và ( )2021;2021 m− nên  2020;2019;...;2 m−− nên có 2023 số. Câu 35: Đồ thị hàm số 2 4 2 x y x = có tổng số

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

có

Suy ra đường thẳng 0 x = không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Vậy đồ thị hàm số có tất cả 1 đường tiệm cận. Câu 40: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số thực m để đồ thị hàm số 2 x yy mm m x

 B. m C. ( ) 0; m+ D. ( );0 m 1 limlim555 933 3 xx

c

đúng

15 93 x mx y = có hai đường tiệm cận ngang. A. m →+→+ === là đường tiệm cận ngang khi x →+. 2

hàm x yy mm m x

n ngang.

TXĐ D

không →−→− === là đường tiệm cận ngang khi x →− . Khi đó đồ thị hàm số có hai đường tiệm ngang là 5 3 y m = Vậy 0 m  thỏa yêu cầu bài toán. Câu 41: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc  10;10 để đồ thị hàm số ( ) ( ) 2 2 1.3 12 xxx y xmxm −+ = ++−− có đúng ba đường tiệm cận? A. 19. B. 18. C. 17. D. 20. Lời giải Chọn A Đk: 0 3 x x    −  . Dễ thấy đồ thị hàm số luôn có 2 tiệm cận ngang 1 y = và 1 y =−

= và đạt cực tiểu tại 2 x =− . Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số ( )( ) ( ) ( ) 12 1

xx y fxf

−+ =

A. 5 . B. 2. C. 3 . D. 1. Lời giải

Chọn D

Điều kiện: 0 x  Vì hàm số đạt cực đại tại 3 x = và đạt cực tiểu tại 2 x =− nên hệ số 0 a 

Xét ( ) ( )1 xfxf →+−→− . Do đó hàm số đề bài không có tiệm cận ngang.

x fxffxfxa xb

=   −===−+   = 

Xét ( ) ( ) ( ) ( )  ) 1 10120; 3

Khi 1 lim0 0 x y → = : không xác định. lim xb y → =+ : đồ thị hàm số có tiệm cận đứng 3 xb= . Vậy đồ thị hàm số đề bài có duy nhất 1 tiệm cận đứng. Câu 43: Cho hàm số bậc ba 32 () fxaxbxcxd =+++ có đồ thị như hình vẽ. Với giá trị nào của m thì hàm số 2 ()()2() mx gx fxfx = có 5 tiệm cận đứng?

tiệm cận. A. 909. B. 908. C. 907. D. 906. Lời giải

Chọn B

Điều kiện xác định: 2

1 2 x xxm

   +  Dựa vào điều kiện xác định ta suy ra hàm số đã cho không có giới hạn khi x →− . 2 1 lim0, 2 x

x m xxm →+ = +− . 0 y = là pt đường tiệm cận ngang.

Cần tìm điều kiện để hàm số có 1 tiệm cận đứng.

Xét hàm số ( ) 2 2 fxxx =+ ( ) ( ) '22;'01 fxxfxx=+==− .

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

Khi 3 m  thì đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Khi 3 m  thì đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng.

Kết hợp đề bài, để đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận thì  3;1000 m m        .

Vậy có 908 giá trị nguyên của m .

A. B. 4 C. 2 D. Lời giải Chọn B Ta có ( ) 222233330mmmmm  =−−+=−+− với mọi giá trị của m . Suy ra 2222330xmxmm−+−+ với mọi giá trị của xR  . Gọi :0 xc += là đường thẳng tiếp xúc với đường tròn ( ) ( ) ( ) 22 :129Cxy−++= Khoảng cách từ tâm ( )1;2 I đến đường thẳng  bằng bán kính 3 R = . Suy ra ( )

132 ;13134 cc dIc cc =+=+==

Mặt khác ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2

1 lim2 2lim6 x x

gxx fx →− →−

1 lim02 2lim6 x x

gxx fx   → →

==+=− + là tiệm cận đứng; ( ) ( ) 2 2

==+= + là tiệm cận đứng; Vậy đồ thị hàm số ( ) 1 26 y fx = + có 4 đường tiệm cận. Câu 52: Cho hàm số ( )yfx = là hàm số đa x fxxaa xbb

=== + không là tiệm cận đứng; ( ) ( ) 1 lim 2lim6 xa xa thức có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Hỏi đồ thị hàm số ( ) 3 1 31 y fxx = có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? A. 7 B. 3 C. 5 D. 6 Lời giải Chọn A Từ đồ thị ta thấy ( ) ( ) ( )

gxxa fx + + → → 1 112 2

 =  ==   =  Xét ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3 333 3

xx fxxfxxxxaa xxbb

311 310313122 323

 −=  −−=−=−=   −=   Ta có bảng biến thiên của hàm số ( ) 3 3 gxxx =− như sau. TừBBTsuyraphươngtrình có3nghiệmphânbiệt,phươngtrình có3nghiệmphânbiệt,phương trình có 1 nghiệm và 7 nghiệm này đều phân biệt. Vậy đồ thị hàm số đã cho có 7 tiệm cận đứng. Câu 53: Cho hàm số có bảng biến thiên: ( )yfx =

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Đồ thị hàm số có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

A. 5. B. 3. C. 6. D. 4. Lời giải Chọn D

Ta có nên đường thẳng không là tiệm cận đứng. Ta có . đường thẳng là một tiệm cận đứng.

Xét tương tự ta có các đường thẳng là tiệm cận đứng. Vậy đồ thị hàm số có 4 tiệm

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Chọn C Ta có ( ) ( ) 1 limlim0

x gx fxm

=   =−   =  có 3 giá trị của m.

== hàm số có tiệm cận ngang 0 y = . Để hàm số có đúng 3 tiệm cận ( )gx  có 2 tiệm cận đứng  phương trình ( ) 0 fxm−= có hai nghiệm phân biệt khác 1 hoặc có ba nghiệm trong đó có 1 nghiệm bằng 1. 2 2 0

m m m

Câu 55: Cho hàm số ( )yfx = có bảng biến thiên như sau: Đồ thị hàm số ( ) 2 1 1 y fx = có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? A. 1. B. 2. C. 3 D. 4 Lời giải Chọn B Xét phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 11 10 12 fx fx fx =  −=  =−   Dựa vào BBT ta nhận thấy, phương trình có 1 nghiệm và phương trình có 1 nghiệm. Do đó, đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng.

Câu 56: Cho hàm số bậc ba ( ) ( ) 32 ;;; fxaxbxcxdabcd =+++ có đồ thị như hình vẽ dưới đây:

42 44 x x

 −=−  −=   6 0 x x  =  =  Giới hạn bên phải, bên trái của hàm số ( )gx tại các điểm 6 x = ; 0 x = bằng + hoặc − nên đồ thị hàm số ( )gx có 3 đường tiệm cận đứng Lại có ( ) 2 lim4 x x → −=− nên ( ) 2 lim43 x fx → −−=  Khi đó ( ) lim0 x gx → = Đồ thị hàm số ( )gx có 1 đường tiệm cận ngang Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số ( )gx là 4.

Câu 57: Cho ( )fx là hàm bậc bốn và có bảng biến thiên như hình vẽ

thị hàm số ( ) ( )( ) ( ) 2 42 1 xx gx fx = có mấy đường tiệm cận?

3

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

là

ngang

Dựa vào BBT ta thấy ( ) 230 fx += có hai nghiệm phân biệt là xa = và xb =

Khi đó: ( ) lim xa gx + → =+ và ( ) lim xa gxxa → =−= là đường TCĐ của đồ thị hàm số ( ) lim xb gx + → =− và ( ) lim xb gxxb → =+= là đường TCĐ của đồ thị hàm số ( ) lim55 x gxy →− =−=− là đường TCN của đồ thị hàm số ( ) lim00 x gxy →+ == là đường TCN của đồ thị hàm số Câu 61: Cho hàm số bậc ba ( ) 32 fxaxbxcxd =+++ , ( ) ,,, abcd  có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Hỏi đồ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 0. B. 3. C. 1. D. 2. Lời giải

Chọn D

Xét ( ) 2 e20 −= fx ( ) 2 ln2 fx = ( ) ( ) ln2 ln2 fx fx

 =    =−  .

Dựa vào bbt ta thấy: Đường thẳng ln2 y = cắt đồ thị ( )yfx = tại 1 điểm. Đường thẳng ln2 y =− cắt đồ thị ( )yfx = tại 1 điểm.

Suy ra phương trình ( ) 2 e20 −= fx có 2 nghiệm phân biệt. Vậy đồ thị hàm số ( ) 2

1 e2 = fx y có 2 đường tiệm cận đứng.

( )yfx = y' y

Câu 63: Cho hàm số có bảng biến thiên như sau

0 +∞

+ 0 0 +∞

x ∞ +∞ 2 2 0 + 1 2 2

Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ( ) ( ) 2 1 x gx fx = là A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 Lời giải Chọn B Dựa vào bảng biến thiên ta thấy ( ) ( ) 11 2 33

xxx fxfxxx xxx

=−   −====   =  Do đó đồ thị hàm số ( ) ( ) 2 1 x gx fx = có 3 đường tiệm cận đứng.

,2 1011 ,2

Câu 64: Cho hàm số ( ) 32 yfxaxbxcxd ==+++ ( ) ,,, abcd  có đồ thị như hình bên dưới

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Hỏi đồ thị hàm số ( ) ( ) ( ) 2 20221 2 x ygx fxfx ==   có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

A. 1. B. 0. C. 2. D. 3. Lời giải Chọn D

20221 12122 x xxxxx = +−−−− Tập xác định ( )  1;\2,13 D =++ Ta có: ( ) ( )( ) ( ) 2 2 11 limlim2022 12122 xx gx xxxxx ++ →→ ==− +−−−− Vì 1 lim202220220 x + → = , ( )( ) ( ) 2 2 1 lim121220 x xxxxx + → +−−−−= và ( )( ) ( ) 2 2 121220xxxxx +−−−− khi 1 x + → . Nên 1 x = là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ( )gx . Nhận xét: Các giá trị 2 x = và 13 x =+ làm cho mẫu của ( )gx bằng +

1 y

y'

+ + 2

x  + 2 

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 0. B. 3. C. 1. D. 2. Lời giải

Chọn D

Xét phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 31 90 32 fx fx fx =  −=  =−  

Dựa vào BBT ta nhận thấy, phương trình có 1 nghiệm và phương trình có 1 nghiệm . Do đó, đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng.

Câu 66: Cho hàm số ( )fx xác định và liên tục trên  \1 có bảng biến thiên như sau:

Hỏi đồ thị hàm số ( ) 1 y fx = có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận? A. 3. B. 4. C. 2. D. 1. Lời giải Chọn B Ta có: ( ) ( ) 11 lim2lim 2 xx fx fx →−→− == ; ( ) ( ) 11 lim2lim 2 xx fx fx →+→+ =−=− .

Suy ra đồ thị hàm số ( ) 1 y fx = có hai đường tiệm cận ngang là 1 2 y = và 1 2 y =− Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ( )yfx = ta thấy: phương trình ( ) 0 fx = có hai nghiệm phân biệt 12 1 xx − Khi đó: ( ) ( ) 12 0 fxfx== .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lời giải

Chọn A

Đk: ()0fx 

Từ đồ thị ta thấy ()0fx = khi 4 x =− , 1 x =− và 2 x =

Khi đó ()(4)(1)(2) fxaxxx =++− có 3 nghiệm.

Do đó đồ thị hàm số ( )ygx = có 3 đường tiệm cận đứng.

Câu 68: Cho hàm số 32 yaxbxcxd =+++ có đồ thị như hình vẽ:

y 2

x

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số ( ) 2 1 54 y fxx = −+ A. 3. B. 4. C. 6 . D. 5. Lời giải Chọn C Vì hàm số ( )yfx = là hàm số bậc 3 do đó Dựa vào đồ thị ta có: ( ) 1 2 3

xx fxxx xx

3 2 00 3 2

 =−   ===   =   Suy ra ( ) ( ) ( ) ( )

2 1 22 2 2 3

xxx fxxxxx xxx

541 540542 543

 −+=  −+=−+=   −+=   Xét phương trình 2 54 xxa −+= có nghiệm khi 9 4 a  . Từ đó suy ra phương trình ( )1 , phương trình ( )2 và phương trình ( )3 đều có 2 nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số ( ) 2 1 54 y fxx = −+ có 6 đường tiệm cận đứng. Câu 69: Cho hàm số ( ) axb fx cxd + = + có bảng biến thiên như hình vẽ:

1 y

y'

2 1 O 1 +

x  + 2 

+ + 2

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số ( ) 3 29yfxx=+− là

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải

Chọn B

Đặt ( ) 3 29txxx=+− , thì ( ) 2 320txx  =+ , x  . Ta có bảng biến thiên của ( )yft = s Từ bảng biến thiên trên, ta thấy đồ thị hàm số ( ) 3 29yfxx=+− có một tiệm cận đứng và một tiệm cận ngang. Câu 70: Cho hàm số ( )yfx = có bảng biến thiên như sau Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số ( ) 1 2 y fx = là A. 4. B. 1. C. 3. D. 2. Lời giải

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Do đó: ( ) ( ) 11 lim;lim 22xaxafxfx +− →→ =−=+ , suy ra đồ thị hàm số ( ) 1 2 y fx = có một tiệm cận đứng: xa = . Vậy đồ thị hàm số ( ) 1 2 y fx = có 2 đường tiệm cận.

Câu 71: Cho hàm số ( )yfx = xác định và liên tục trên từng khoảng ( );1 và ( ) 1;+  , có bảng biến thiên như bên dưới Đồ thị hàm số ( ) 1 y fx = có tất cả bao nhiêu tiệm cận đứng?

A. 2 B. 4 C. 1 D. 3 Lời giải Chọn A Ta có phương trình ( ) 0 fx = có 2 nghiệm phân biệt, suy ra đồ thị hàm số ( ) 1 y fx = có 2 tiệm cận đứng. Câu 72: Cho hàm số bậc ba ( ) 32 fxaxbxcxd =+++ có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) 2 42

3221 54. xxx gx xxfx −++ = −+ có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? A. 4 B. 3 C. 2 D. 6 Lời giải Chọn C

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2

1 O 1

y 2

x

3221xxx gx xfxfx −+− =   có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? A. 5. B. 4. C. 6 . D. 3. Lời giải Chọn B Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2

x fx fx

0 0 0 x xfxfx fxfx =  −=   −=  ( ) ( )

0 0 1

 =  =   =  0 x = loại do điều kiện 1 2 x  ( ) 0 fx = cho nghiệm 1 2 xa= ; 2 x = là nghiệm kép ( ) 1 fx = cho ba nghiệm đơn 1;; xxbxc === Khi đó có thể viết mẫu thành ( )( )( )( )( ) ( ) 2 12. xxaxbxxcxgx trong đó ( )gx vô nghiệm; tử phân tích thành ( )( ) 1221xxx Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )( ) ( ) 2 2

3221 21 2. xxx x gx xxaxbxcxgx xfxfx −+− ==  

Ta dễ dàng kiểm tra được hàm sô có 4 tiệm cận đứng là ;;;2xaxbxcx ==== .

Câu 77: Cho hàm số ( )yfx = là hàm số bậc bốn và có bảng biến thiên như sau

Đồ thị hàm số ( ) ( ) ( ) 42 2 2 23 xx gx fxfx = +− có bao nhiêu đường tiệm cận A. 3. B. 4. C. 5. D. 6 . Lời giải

==

2 42 22

2

22 2 23 22

+−

xxx xx gx fxfx xxxxaxb

1 limlim 22 xx gxyR xxxaxb →→ == +−−− nên đường thẳng 0 x = không phải là tiệm cận đứng của đồ thị ( )gx ii) ( ) ( )( )( )( ) (2)(2)

1 limlim 22 xx gx xxxaxb ++→−→− ==+ +−−− nên đường thẳng 2 x =− là tiệm cận đứng của đồ thị ( )gx . iii) ( ) ( )( )( )( ) (2)(2)

1 limlim 22 xx gx xxxaxb ++→→ ==− +−−− nên đường thẳng 2 x = là tiệm cận đứng của đồ thị ( )gx . iv) ( ) ( )( )( )( ) 1 limlim 22 xaxa gx xxxaxb ++→→ ==− +−−− nên đường thẳng xa = là tiệm cận đứng của đồ thị ( )gx v) ( ) ( )( )( )( ) 1 limlim 22 xbxb gx xxxaxb ++→→ ==+ +−−− nên đường thẳng xb = là tiệm cận đứng của đồ

ra

n  2019;2019 của tham số m để đồ thị hàm số có 5 đường tiệm cận là 2019. Câu 79: Cho hàm số ( )yfx = có bảng biến thiên như sau: Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ( ) ( ) 1 1 gx fx = + là A. 3. B. 4. C. 1. D. 2. Lời giải Chọn A Từ bảng biến thiên suy ra phương trình ( ) 1 fx =− có hai nghiệm phân biệt a và b Suy ra tập xác định của hàm số ( ) 1 1 y fx = + là   \0;; Dab =

1 lim 1 x fx → =+ + ; ( ) 1 lim 1 xa fx + → =+ + ; ( ) 1 lim 1 xb fx + → =−

+ . Do đó, đồ thị hàm số ( ) ( ) 1 1 gx fx = + có 3 đường tiệm cận đứng.

Đồ thị hàm số 2 2 43 2 xx y xmx −+− = −+ có hai đường tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình 2 20 xmx−+= có hai nghiệm phân biệt thuộc [1;3] 2 2 2 20() x xmxmfx x + −+=== 2 2 2 '();'()02 x fxfxx x === Bảng biến thiên Vậy 223 m 

Câu 81: Cho hàm số axb y cxd + = + có đồ thị ( )C . Gọi giao điểm của hai đường tiệm cận là I . Điểm ( )000 ; Mxy di động trên ( )C , tiếp tuyến tại đó cắt hai tiệm cận lần lượt tại , AB và 2 IAB S = . Tìm giá trị 2 0IM sao cho 12 1 IAB

SS S

+ = A. 2

Chọn B

Nhận thấy kết quả bài toán không thay đổi khi ta tịnh tiến đồ thị ( )C theo IO . Khi đó hai tiệm cận của ( )C là hai trục tọa độ.

Và hàm số của đồ thị ( )C trở thành: ( ) 2 0 yy x x    ==− .

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lời giải Chọn C Để đồ thị hàm số ( ) 23 x fx mx + = có hai đường tiệm cận 3 2 m − . Khi đó đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là 2 y =− và tiệm cận đứng là xm = Hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một hình chữ nhật có kích thước là 2 và m . Để hình chữ nhật tạo thành có diện tích bằng 2022 2.2022 m = 10111011mm == . Câu 84: Cho hàm số 21 1 x y x = có đồ thị ( )C . Gọi (;)Mab là điểm thuộc đồ thị hàm số có hoành độ dương sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận của ( )C nhỏ nhất. Khi đó tổng 2 ab + bằng A. 8. B. 5. C. 2. D. 7. Lời giải Chọn A Hàm số 21 1 x y x = có đường tiệm cận ngang 2 y = và đường tiệm cận đứng 1 x = . Khi đó: +) Khoảng cách từ (;)Mab đến tiệm cận ngang là: 211 22 11 a b aa −=−= ; +) Khoảng cách từ (;)Mab đến tiệm cận đứng là: 1 a Ta có 11 1212 12 aa aa −+−= . Vậy tổng khoảng cách nhỏ nhất là 2 khi

328

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

=   −−+−=  =  . Để đồ thị hàm số ( ) m C có đúng 2 đường tiệm cận thì đồ thị hàm số ( ) m C chỉ có 1 tiệm cận đứng ( ) 2 2120mxmxm −−+−= hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 2 hoặc có nghiệm kép ( )( ) ( ) 2 121212 1212

m m m m m mm xxxxxx xxxx

2 2 2 2 1 020 11010 20 1 2

Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 86: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị hàm số 2 12022 22 x y xmxm +− = −++ có đúng ba đường tiệm cận? A. 12 m − . B. 12 m − . C. 2 m  . D. 2 m  hoặc 1 m − . Lời giải Chọn C TXD:  ) 1; D =−+ . Ta có lim0, x y →+ = đồ thị hàm số luôn có một đường tiệ m mmm m

 =  =−   =       −−  +++++  +++   −  ( ) ( ) ;12; 22102 220

xx lớn hơn hay bằng 1. −−+   +++   +  Câu 87: Cho đồthị hai hàm số ( ) 1 1 x fx x + = và ( ) 1 2 ax gx x + = , 1 2 a − .Tìm tất cả cácgiátrị thựcdương của a để các tiệm cận của hai đồ thị hàm số tạo thành một hình chữ nhật có diện tích là 4 A. 2 a = . B. 4 a = . C. 3 a = . D. 5 a = . Lời giải Chọn D

Đồ thị hàm số ( ) 1 1 x fx x + = có hai đường tiệm cận là 1 x = và 1 y =

Đồ thị hàm số ( ) 1 2 ax gx x + = có hai đường tiệm cận là 2 x = và ya = .

Hình chữ nhật được tạo thành từ bốn đường tiệm cận của hai đồ thị trên có hai kích thước lần lượt là 1 và 1 a .

Theo giả thiết, ta có 1.14 a −= 5 3 a a

=    =−  . Vì 0 a  nên chọn 5 a = .

Câu 88: Cho hàm số 2 1 2 mxx y x ++ = . Tìm để đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận ngang. A. 1 m  . B. 0 m  . C. 0 m = D. 1 m = Lời giải Chọn B

Vì 2 2 11 1 limlim 22 1 xx

++ ++ ==   

xm mxx xx m x x x →+→+

11

 

m

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Suy ra 9 m =− Vậy có 2 giá trị của m thỏa ycbt.

−+ = −++ có đúng ba đường tiệm cận? A. 2 m  hoặc 1 m − B. 23 m  C. 23 m  D. 2 m  Lời giải Ch =  +−=  =−  Điều kiện để đồ thị hàm số 2 2 2 xx y xm +− = + có hai tiệm cận đứng là: Phương trình mẫu số 2 0 xm+= có hai nghiệm phân biệt khác 1 và 2 ( ) ( )   2 2 2

giá tr

ọn B Ta có lim0, x y 00 101;0\4;1 204

= đồ thị hàm số luôn có 1 đường tiệm cậ xm m mmm m m

nguyên c

a tham s

91: S  =−     +−−−−   −  −+   Vì  2022;2022 m− và  2022;2021;2020;...;5;3;2 mm−−−−−− Vậy có 2020 số nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 92: Cho hàm số ( ) ( ) 32 22

1221 146 mxmxmx y mxmx −+++ = +−− có đồ thị là ( )C . Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số ( )C có tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là 3. A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Lời giải

Chọn A

TH1: Với 1 m = hàm số trở thành 2 2 221 246 xx y xx ++ = Khi đó đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang là đường thẳng 1 y = và hai đường tiệm cận đứng có phương trình là 1 x =− và 3 x = nên 1 m = thoả mãn.

TH2: Với 1 m  khi đó: ( ) lim x fx →− =− và ( ) lim x fx →+ =+ nếu 1 m  hoặc ( ) lim x fx →− =+ và ( ) lim x fx →+ =− nếu 1 m 

33 2221 x y xxmx = −−+−− với m là tham số. Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn x x

 3;6 để đồ thị hàm số có 4 đường tiệm c y y

 =  −    =  

→+ →−

Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang. Khi đó đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận khi đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng  2 22210 xxmx−−+−−= có 2 nghiệm phân biệt khác 1 Ta có ( ) 2 2

−   −−+=+  −−+=   Phương trình ( )* có 2 nghiệm phân biệt 12 , xx thỏa mãn 1 11 x − , 2 11 x −

1 2221 410 * x xxmx xxm

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Khi đó 110 x +− nên đồ thị hàm số đã cho có đúng hai đường tiệm cận đứng khi phương trình 22404 xxmxxm −−=−= có hai nghiệm phân biệt thuộc  ) 1;+ Bảng biến thiên của hàm số 2 4 yxx =− trên  ) 1;+ như sau Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị m cần tìm là ( 4;3 m−− Câu 95: Cho hàm số 2 2 1 49 +− = ++ axx y xbx có đồ thị ( )C , trong đó a , b là các hằng số dương thỏa mãn .4 = ab Biết rằng ( )C có đường tiệm cận ngang = yc và có đúng 1 đường tiệm cận đứng. Tính tổng 324=+− Tabc . A. 11= T . B. 4 = T . C. 7 = T . D. 11=− T . Lời giải

Câu 97: Cho hàm trùng phương 42 yaxbxc =++ có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị của hàm số ( )( ) ( ) ( ) 22 2

xxx y fxfx

42 23

−+ =  +−  có tồng cộng bao nhiêu tiệm cận đứng?

A. 3. B. 4. C. 2. D. 1. Lời giải

Chọn A

xb xxxxb xb

Xét tử: ( )( ) ( ) ( ) ( ) 22

 =  −+==   =−  ( )*

01 42021 22

02 121 21

xb fxxab xbb ủa đồ thị hàm số. Vậy có 3 đường tiệm cận. Câu 98: Có bao nhiêu giá trị của tham số để đồ thị hàm số 2 2 1 32 mx y xx = −+ có đúng 2 tiệm cận? A. 2. B. 1. C. 4. D. 3. Lời giải Chọn A + Ta có: 2 2 2 2

=   ==−   =  . Kết hợp với ( )* suy ra: 0;; xxaxb === là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Với ( ) ( ) ( ) 22 3 22 xb fx xb =  =−  =−   . Kết hợp với ( )* suy ra: 2 x = là tiệm cận đứng c 1 1 limlimlim 32 32 1 xxx

m mx x ymym xx xx →−→−→− ==== −+ −+ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

+ Để đồ thị hàm số 2 2 1 32 mx y xx = −+ có đúng 2 tiệm cận  2 2 1 32 mx y xx = −+ có đúng 1 tiệm cận đứng. Ta có: 2 1 320 2 x xx x

=  −+=  = 

=    =  . Vậy có 2 giá trị tham số thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 99: Cho hàm số ( ) 32 yfxaxbxcxd ==+++ có đồ thị như bên dướ

.110 .210 m m  −=  −=   1 1 4

 2 i. Hỏi đồ thị hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 22 3 xxx y xfxfx =   có bao nhiêu đường tiệm cận đứng A. B. 5 C. 4 D. 6 Lời giải Chọn A Điều kiện: ( ) ( ) 2 2 3 0 x x fxfx       −  Ta xét: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 01 0 12 fx fxfx fx =  −=  =   ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 1 2123 3 0 10;2 2 xx xxfxaxxxxxx xx =   ==−−−   =  3

m m

Câu 101: Cho hàm số 22 23 x y x + = có đồ thị ( )C . Có bao nhiêu điểm M thuộc ( )C sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang bằng 10 lần khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng. A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải

Chọn B

) ( ) 2 2 2;6 2 23141280 1 1;4 M x xxx x M  =  −=−+=   =    .

Câu 102: Cho hàm số 2 2 22 x y xmxm = . Biết với a m b = ( , ab , a b tối giản) thì đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận. Tính ab + . A. 7 ab+= B. 5 ab+= C. 8 ab+= D. 6 ab+= Lời giải Chọn A Để đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận thì hoặc phương trình 2 220xmxm−−−= có nghiệm kép 2 x = hoặc phương trình 2 220xmxm−−−= phải có hai nghiệm . Do 2 '20,mmm =++ nên ta chỉ xét trường hợ

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Đồ thị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận đứng khi phương trình ( ) 0 g x = có nghiệm duy nhất ( ) ( ) ( )( ) 5 0.20150 1 m ggmm m −  −++  −  . Kết hợp hai trường hợp ta có những giá trị m cần tìm là: 5 1 m m −   −  Câu 105: Cho hàm số 322 3 3(21)xm = −++− x y xmxm . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn  6;6 của tham số m để đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận? A. 8. B. 9. C. 12. D. 11. Lời giải Chọn B Gọi ( )C là đồ thị hàm số 322 3 3(21)xm = −++− x y xmxm .

x y xmxm nên đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang là 0. = y Do đó ( )C có 4 đường tiệm cận khi và chỉ khi ( )C có 3 đường tiệm cận đứng ( ) ( ) 322321xm01−++−= xmxm có 3 nghiệm phân biệt khác 3 Ta có ( )( ) 2 (1)210 −−+= xmxmx     −         

 −+=  xm xmx . Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khác 3

22 2 3 10 210 3610

2 210 =  m m m m ( ) ( ) 55 ;11;;33; 33  −−+   m Do  6;6−m , m nguyên nên  6;5;4;3;2;2;4;5;6−−−−−m . Vậy có 9 giá trị m thỏa mãn. Câu 106: Cho hàm số ( ) ( ) 2 2022 gx hxmm = với ( ) ( ) 432 ,,, hxmxnxpxqxmnpq =+++ . Hàm số ( )yhx  = có đồ thị như hình vẽ bên dưới

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Tìm các giá trị m nguyên để số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ( )ygx = là 2. A. 11. B. 10. C. 9. D. 20. Lời giải Chọn B

Ta có ( ) 32 432 hxmxnxpxq  =+++

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Từ bảng biến thiên kết hợp thêm điều kiện 0 m  ta có 35 1 3 m −−

Do m nguyên nên  11;10;...;2 m−−− . Vậy có 10 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 107: Tìm giá trị nguyên thuộc đoạn [2022;2022] của tham số m để đồ thị hàm số 2 3 = +− x y xxm có đúng hai tiệm tiệm cận. A. 2011 B. 2012 C. 2013 D. 2010 Lời giải

Chọn A

Ta có 2 3 lim0 →+ = +− x

x xxm suy ra đường thẳng 0 = y là tiệm cận ngang với mọi m Để đồ thị hàm số 2 3 = +− x y xxm có đúng hai tiệm cận thì phương trình ( ) 2 0* xxm+−= có nghiệm kép 3  x hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó 1 3  x và 2 3  x . Phương trình ( )* tương đương với ( ) 2 mfxxx ==+ , với 3 x  Có ( ) ( ) 210 3 fxxfxx =+ . Suy ra hàm số ( )yfx = đồng biến trên  ) 3;+ .

Khi đó yêu cầu bài toán tương đương với ( ) 312 mf= Suy ra 122022 m  Vậy số giá trị m thỏa mãn là 2011.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT HÀM SỐ

fxaa ffxfx fxbb

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

=−   ==   =  .

1 10 12

Căn cứ vào đồ thị hàm số ( )yfx = ta có:

+ Với 1 a − , phương trình ( ) fxa = có 1 nghiệm.

+ Phương trình ( ) 0 fx = có ba nghiệm thực phân biệt.

+ Với 12 b  , phương trình ( ) fxb = có ba nghiệm thực phân biệt.

Các nghiệm của các phương trình ( ) fxa = ; ( ) 0 fx = ; ( ) fxb = là các nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm thực phân biệt.

fxaa ffxfx fxbb

=−

==

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Phương trình ( ) ( )12fxbb= có 3 nghiệm thực phân biệt. Các nghiệm trên phân biệt nên phương trình ( ) ( ) 1 ffx = có 7 nghiệm thực phân biệt.

Câu 3: (MĐ 103 2020 2021 ĐỢT 1) Cho hàm số bậc bốn ( )yfx = có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình ( ) ( ) 0 ffx = là: A. 4 B. 10 C. 12 D. 8 Lời giải Dựa vào đồ thị ta có:

Phương trình ( ) fxa = vô nghiệm (vì đường thẳng ya = không có điểm chung với đồ thị hàm số ( )fx ).

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Phương trình ( ) fxb = có 4 nghiệm phân biệt.

Phương trình ( ) fxc = có 4 nghiệm phân biệt.

Phương trình ( ) fxd = có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có 10 nghiệm.

Câu 4: (MĐ 104 2020-2021 ĐỢT 1) Cho hàm số bậc bốn ( )yfx = có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình ( ) ( ) 0 ffx = là

A. 12. B. 10. C. 8. D. 4. Lời giải

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

fxaa fxbb ffx fxcc fxad

=−   =−  =  =   = 

,1 ,10 0 ,01 ,1

Từ giả thiết ta có: Vậy số nghiệm của phương trình ( ) ( ) 0 ffx = là 244010 +++= nghiệm.

Câu 5: (MĐ 101 2020-2021 ĐỢT 2) Cho hàm số ( ) ( ) 432 ,, fxaxbxcxabc =++ . Hàm số ( )yfx  = có đồ thị như trong hình bên.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình ( ) 340 fx += là A. 4 B. 2 C. 3 D. 1 Lời giải Ta có ( ) ( ) 4 340 3 fxfx+==− . Ta có ( ) ( ) 322 432432 fxaxbxcxxaxbxc  =++=++ . ( ) ( ) 2

0 0 43201 x fx axbxc =   =  ++= 

Từ đồ thị hàm số ( )yfx  = suy ra: +) ( ) ( ) 32 limlim4320 xx fxaxbxcxa →−→−

 =++=+ +) Đồ thị hàm số ( )yfx  = cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ âm, dương, bằng 0 nên phương trình (1) sẽ có hai nghiệm 12 0 xx  . Khi đó ta có bảng biến thiên như sau: Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng 4 3 y =− tại hai điểm phân biệt. Do đó phương trình ( ) 340 fx += có 2 nghiệm phân biệt. Câu 6: (MĐ 102 2020-2021 ĐỢT 2) Cho hàm số ( ) 432=++ fxaxbxcx ( ) ,, abc . Hàm số ( )yfx  = có đồ thị như hình bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình ( ) 340 fx −= là

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 1 B. 2 C. 3

Lời giải

Ta có ( ) 3243 fxaxbxcx  =++ . Dựa vào đồ thị ta thấy 0 a 

Lại có ( ) 00 f = và ( ) lim x fx →− =+ ; ( ) lim x fx →+ =+

D. 4

Giả sử hoành độ giao điểm của ( )fx  với trục hoành lần lượt là 1x , 0, 2x với 12 0 xx  Ta lập được bảng biến thiên của hàm số ( )yfx = như sau:

Ta có ( ) ( ) 4 340 3 fxfx−== ( )1 Dựa vào bảng biến thiên ở trên thì phương trình ( )1 có 2 nghiệm.

Câu 7: (MĐ 103 2020 2021 ĐỢT 2) Cho hàm số 432 ().,,, fxaxbxcxabcR =++ . Hàm số ()yfx  = có đồ thị như hình bên dưới. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình 2()30 fx += là

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Từ đồ thị của hàm số ()yfx  = ta suy ra bảng biến thiên của hàm số ()yfx = Ta có phương trình 2()30()3/2 fxfx+==− Từ bảng biến thiên ta suy ra đường thẳng 3/2 y =− và đồ thị hàm số ()yfx = cắt nhau tại 2 điểm phân biệt suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt. Câu 8: (MĐ 104 2020-2021 ĐỢT 2) Cho hàm số 432 ()(,,) fxaxbxcxabc =++ . Hàm số ()yfx  = có đồ thị như trong hình bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình ( ) 230 fx −= A. 2. B. 3. C. 1. D. 4. Lời giải Ta có: 3 2()30() 2 fxfx−== do đó số nghiệm phương trình đã cho là số giao điềm của đồ thị hàm số ()yfx = và đường thẳng 3 2 y = Với 432 ()(0)0. fxaxbxcxf=++= Từ đồ thị hàm số ( ) ' fx ta có: ( ) 12'0;0; fxxxxxx ==== . Ta lập được bảng biến thiên của hàm số ( )yfx = như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy đường thẳng 3 2 y = cắt đồ thị hàm số ( )yfx = tại hai điểm phân biệt. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

và ( ) lim x px →− =− Bảng biến thiên hàm số ( )ygx = : Do đó để ( )1C và ( ) 2C cắt nhau tại đúng bốn điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 4 nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng ym = cắt đồ thị hàm số ( )ypx = tại 4 điểm phân biệt 2 m 

Câu 10: (Mã 103 2019) Cho

 +++ 

Có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1111 , 123 1111 2, 123

 +++  +++   =   ++++  +++ 

1 222 2 2 222 2

xD x xxx fx xD x xxx

Dễ thấy ( ) 12 0, fxxDD   , ta có bảng biến thiên Hai đồ thị cắt nhau tại đúng 4 điểm phân biện khi và chỉ khi phương trình ( )1 có đúng 4 nghiệm phân biệt, từ bảng biến thiên ta có: 22mm −− . Câu 11: (Mã 102 2019) Cho hai hàm số 123 1234 xxxx y xxxx +++ =+++ ++++ và 1 yxxm =+−+ ( m là tham số thực) có đồ thị lần lượt là ( )1C và ( ) 2C . Tập hợp t

đó ta có phương trình ( ) ( ) 3 230 2 ftft+==− Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình ( ) 3 2 ft =− có 2 nghiệm ( )1;0 ta=− và ( )0;1 tb= . Trường hợp 1: ( )1;0 ta=− Ứng với mỗi giá trị ( )1;0 t − thì phương trình có 4 nghiệm 123402.xxxx  − Trường hợp 2: ( )0;1 tb= Ứng với mỗi giá trị ( )0;1 t  thì phương trình có 4 nghiệm 56 0. xx   Hiển nhiên cả 6 nghiệm trong 2 trường hợp trên đều khác nhau. Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thuộc đoạn   ;2 

Câu 14: (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Cho hàm số ( )fx có bảng biến thiên như sau Số nghiệm thuộc đoạn 5 0; 2     của phương trình ( ) sin1fx = là A. 7. B. 4. C. 5. D. 6. Lời giải Chọn C Đặt sin tx = ,   5 0;1;1 2 xt   −  

Khi đó phương trình ( ) sin1fx = trở thành ( )  1,1;1ftt=− Đây là phương trình hoành độ giao điểm của hàm số ( )yft = và đường thẳng 1 y = Dựa vào bảng biến thiên, ta có ( ) ( ) ( ) 1;0 1 0;1 ta ft tb =−  =  =  

Trường hợp 1: ( )1;0 ta=−

Ứng với mỗi giá trị ( )1;0 t − thì phương trình sin xt = có 2 nghiệm 12 , xx thỏa mãn 12 2 xx   .

Trường hợp 2: ( )0;1 tb= Ứng với mỗi giá trị ( )0;1 t  thì phương trình có 3 nghiệm 123 ,, xxx thỏa mãn 345 5 0;2; 2 xxx    Hiển nhiên cả 5 nghiệm trong 2 trường hợp trên đều khác nhau. Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thuộc đoạn 5 0; 2     .

Câu 15: (Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc ba ()yfx = có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình ( ) 3 ()10fxfx += là

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

x

()0()0

3 333 3 3

+==−= =

fx xfx a fxfxfxfxxfxa fxx x xfxb b fxx x

=   =   ()0fx = có một nghiệm dương xc = Xét phương trình 3 () k fx x = với 0,0xk . Đặt 3 ()() k gxfx x =− . 4 3 ()'() k gxfx x  =+ Với xc  , nhìn hình ta ta thấy ()0fx   4 3 ()()0 k gxfx x  =+ ()0gx = có tối đa một nghiệm. Mặt khác ()0 lim() x

    =+   và ()gx liên tục trên ( ) ;c +  ()0gx = có duy nhất nghiệm trên ( ) ;c + Với 0 xc thì 3 ()0 k fx x   ()0gx = vô nghiệm. Với 0 x  , nhìn

gx

có tối đa một nghiệm.

4 3 ()()0 k gxfx x

3

m thực phân biệt của phương trình ( ) ( ) 3 10 fxfx += là A. 6. B. 4. C. 5. D. 8. Lời giải Chọn A

) ( )fxgx

→− → →−→− =

và ( ) ( )fxhx

 

 

 =+=−   =

fxfx gxhx gxhx (

nên các phương trình ( ) ( )fxgx = và ( ) ( )fxhx = có nghiệm duy nhất. + Trên khoảng ( ) 0;+ , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

fxfx gxhx gxhx

0

lim;lim1 limlim0 limlim

các phương trình

có nghiệm duy nhất. Do đó, phương trình ( ) ( ) 3 10 fxfx += có 6 nghiệm phân biệt. Câu 17: (Mã 103 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn ( )yfx = có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên.

Vậy phương trình ( ) 2 m fx x = có hai nghiệm 0 m  .

Ta có: 2 ()00()0xfxxfx=== : có ba nghiệm.

Vậy phương trình ( )1 có 9 nghiệm.

Câu 18: (Mã 104 2020 Lần 1) Cho hàm số ( )yfx = có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên.

Số nghiệm thực của phương trình ( ) ( ) 2 2 fxfx = là: A. 6. B. 12. C. 8. D. 9. Lời giải Chọn D

Ta có: ( ) ( ) 2 2 fxfx =

2 2 2 2

( ) ( ) ( ) ( )

xfx xfxa xfxb xfxc

 =  =    =   = 

0 0 0 0

.

Xét phương trình: ( ) 2 0 xfx = ( ) 0 0 x fx =    =  mà ( ) 0 fx = có hai nghiệm ( ) 2.0xfx = có ba nghiệm.

Xét phương trình: ( ) 2 0 xfxa= Do 2 0 x  ; 0 x = không là nghiệm của phương trình ( ) 2 0 a fx x =

Xét ( ) ( ) 23 2 aa gxgx xx  ==

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên với ( ) 0 fx  ( ) 2 a fx x = có 2 nghiệm.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Tương tự: ( ) 2 xfxb = và ( ) 2 xfxc = ( ),0bc  mỗi phương trình cũng có hai nghiệm. Vậy số nghiệm của phương trình ( ) ( ) 2 2 fxfx = là 9 nghiệm.

Câu 19: (Mã 103 2019) Cho hàm số bậc ba ( )yfx = có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Số nghiệm thực của phương trình ( ) 3 3 3 2 fxx−= là A. 7. B. 3. C. 8. D. 4. Lời giải Chọn C Đặt 3 3 txx =− ta có phương trình ( ) ( ) 3 * 2 ft =

Từ đồ thị hàm số ( )yft = và đường thẳng 3 2 y = ta suy ra phương trình ( )* có 4 nghiệm 1234 202 tttt − Xét hàm 3 3 txx =− . Ta có 2 1 330 1 x tx x

=   =−=  =−  Ta có bảng biến thiên

Với 1 2 t − phương trình: 3 1 3 txx =− cho ta 1 nghiệm.

Với 2 20 t − phương trình: 3 2 3 txx =− cho ta 3 nghiệm.

Với 3 02 t  phương trình: 3 3 3 txx =− cho ta 3 nghiệm.

Với 4 2 t  phương trình: 3 4 3 txx =− cho ta 1 nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có tất cả 8 nghiệm. Chọn C

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Câu 20: (Mã 104 2019) Cho hàm số bậc ba ( )yfx = có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của

phương trình ( ) 3 2 3 3 fxx−= là

A. 10 B. 3 C. 9 D. 6 Lời giải

Chọn A

Đặt ( ) 3 3 tgxxx ==− (1)

Ta có ( ) 2 '3301 gxxx =−= Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có với ( )2;2 t − cho ta 3 giá trị x thỏa mãn (1)  2;2 t − cho ta 2 giá trị x thỏa mãn (1) ( ) ( ) ;22; t −−+ cho ta 1 giá trị x thỏa mãn (1).

Phương trình ( ) 3 2 3 3 fxx−= (2) trở thành ( ) ( ) ( )

ft ft ft

2 23 32 3

 =  =   =−   Dựa vào đồ thị ta có: + Phương trình ( ) 2 3 ft = có 3 nghiệm thỏa mãn 12322ttt − có 7 nghiệm của phương trình (2). + Phương trình ( ) 2 3 ft =− có 3 nghiệm thỏa mãn 456 22 ttt− có 3 nghiệm của phương trình (2). Vậy phương trình đã cho có 10 nghiệm. Câu 21: (Mã 101 2019) Cho hàm số bậc ba ( )yfx = có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình ( ) 3 4 3 3 fxx−= là

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

(1) có 4 nghiệm phân biệt 1 2, t − 2 20, t − 3 02 t  , 4 2 t  . Mỗi nghiệm t của phương trình ( )1 , ta thay vào phương trình 3 3 txx =− để tìm nghiệm x

Khi đó

+ 1 2 t − phương trình 3 3 txx =− có 1 nghiệm.

+ 2 20 t − phương trình 3 3 txx =− có 3 nghiệm.

+ 3 02 t  phương trình 3 3 txx =− có 3 nghiệm.

+ 4 2 t  phương trình 3 3 txx =− có 1 nghiệm.

Vậy phương trình ( ) 3 4 3 3 fxx−= có 8 nghiệm.

Dựa vào bảng biến thiên ta có

Phương trình: 3 1 3 xx  −= có 3 nghiệm.

Phương trình: 3 2 3 xx  −= có 3 nghiệm.

Mỗi phương trình 3 3, -3 xx  = 3 4, -3 xx  = 3 5 -3 xx  = , 3 6 -3 xx  = đều có một nghiệm

Từ đó suy ra phương trình ( ) 2 1 3 2 fxx−= có 10 nghiệm.

Câu 23: (Đề Tham Khảo 2019) Cho hàm số ( )yfx = liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ bên. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình ( ) sin fxm = có nghiệm thuộc khoảng ( ) 0; là A. ( )1;3 B.  )1;1 C.  )1;3 D. ( )1;1 Lời giải Chọn B Đặt ( ) ( sin0;0;1txxt  = Vậy phương trình trở thành ( ) ftm = . Dựa và đồ thị hàm số suy ra  ) 1;1. m−

Câu 24: (Mã 102 2020 Lần 2) Cho hàm số ( ) = yfx có bảng biến thiên như hình vẽ:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình ( ) 2 64fxxm −= có ít nhất ba nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng ( ) 0;+ ? A. 25. B. 30. C. 29. D. 24. Lời giải

Chọn B

Ta đặt: ( ) ( ) 2 4 gxfxx =− . ( ) ( ) ( ) 2 244 gxxfxx  =−− ( )( )( )( ) 222 2244424 xxxxxxx =−−+−+− (dựa vào bảng biến thiên) ( ) ( ) ( ) 3 2 22424 xxxxx =−−+− .

Mặt khác: ( ) ( ) 003gf==− ; ( ) ( ) ( ) 222222ggf−=+=−= ; ( ) ( ) 242gf=−=− ; ( ) ( ) 403gf==− .

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta được: yêu cầu bài toán tương đương 32 6 m − 1812 m − Vậy có tất cả 30 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 25: (Mã 103 - 2020 Lần 2) Cho hàm số ( )fx có bảng biến thiên như sau

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình ( ) 2 34fxxm −= có ít nhất ba nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng ( ) 0;+ ?

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

A. 15. B. 12. C. 14. D. 13. Lời giải

Chọn A

Đặt 2 4 uxx =− (1)

Ta có BBT sau:

Ta thấy:

+ Với 4 u − , phương trình (1) vô nghiệm.

+ Với 4 u =− , phương trình (1) có một nghiệm 20 x =

+ Với 40 u − , phương trình (1) có hai nghiệm 0 x  .

+ Vơi 0 u  , phương trình (1) có một nghiệm 0 x 

Khi đó ( ) ( ) 2 34 3 m fxxmfu−== (2), ta thấy:

+ Nếu 39 3 m m =−=− , phương trình (2) có một nghiệm 0 u = nên phương trình đã cho có một nghiệm 0 x  .

+ Nếu 3296 3 m m −−−− , phương trình (2) có một nghiệm 0 u  và một nghiệm ( )2;0 u − nên phương trình đã cho có ba ngiệm 0 x  .

+ Nếu 26 3 m m =−=− , phương trình (2) có một nghiệm 4 u =− , một nghiệm ( )2;0 u − và một nghiệm 0 u  nên phương trình đã cho có bốn nghiệm 0 x  + Nếu 2266 3 m m −− , phương trình (2) có một nghiệm 4 u − , hai nghiệm ( )4;0 u − và một nghiệm 0 u  nên phương trình đã cho có năm nghiệm 0 x  + Nếu 26 3 m m == , phương trình (2) có một nghiệm 4 u − , một nghiệm 2 u =− và một nghiệm 0 u  nên phương trình đã cho có ba nghiệm 0 x  + Nếu 26 3 m m  , phương trình (2) có một nghiệm 4 u − và một nghiệm 0 u  nên phương trình đã cho có một nghiệm 0 x  Vậy 96 m −  có 15 giá trị m nguyên thỏa ycbt. Câu 26: (Mã 101 2020 Lần 2) Cho hàm số ( )fx có bảng biến thiên như sau:

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

ộc khoảng ( ) 0;+ 32128 4 m m −− mà m nguyên nên  11;10;...;0;1;...;8 m−− Vậy có 20 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Câu 28: Cho hai hàm số 2222 124368 123 xxxxxxx y xxxx −−−+−+ =+++ và 2 yxxm =+−+ ( là tham sốthực)cóđồthịlầnlượtlà 1 () C và 2 () C .Tínhtổngtấtcảcácgiátrịnguyênthuộckhoảng (15;20) củatham số m để 1 () C và 2 () C cắt nhautại nhiềuhơnhai điểm phânbiệt. A. 210. B. 85. C. 119. D. 105. Lời giải Chọn B Xét phươngtrìnhhoành độ giaođiể

29:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng ym = luôn cắt đồ thị hàm số ()ygx = tại năm điểm phân biệt nên 1 () C và 2 () C luôncắt nhautạiđúngnăm điểm phânbiệtvớimọigiátrịcủa m .Kết hợp điều kiện m nguyên thuộc (15;20) nên  14;13;...;18;19 m−− . Khi đó tổng tất cả các giá trị m là 151617181985

hai hàm

20203=++ x yem ( m là tham số thực) có đồ thị lần lượt là

() C . Có bao nhiêu số nguyên m thuộc (2019;2020) để 1 () C và 2 () C cắt nhau tại 3 điểm phân biệt? A. 2692 B. 2691 C. 2690 D. 2693 Lời giải Chọn A Xét phương trình hoành độ giao điểm 12 20203 11 ++ ++=++ −+ x xxx em xxx 12 20203 11 ++ ++−−= −+ x xxx em xxx (1). Đặt 12 ()2020 11 ++ =++−− −+ x xxx gxe xxx . Ta có ( )2 22 111 ()0 (1) 1  =−−−− + x gxe xx x với mọi x thuộc các khoảng sau ( );1−− , ( )1;0 , ( )0;1 và ( ) 1;+ nên hàm số ()ygx = nghịch biến trên mỗi khoảng đó. Mặt khác ta có lim()2017 →− =− x gx và lim() x gx →+ =− Bảng biến thiên hàm số ()ygx = Do đó để 1 () C và 2 () C cắt nhau tại đúng ba điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có ba nghiệm phân biệt. Điềunày xảyrakhi vàchỉ khi đườngthẳng 3 = ym cắt đồthị hàm số ()ygx = tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi 2017 32017672,3 3 −−−mm . Do m nguyên thuộc(2019;2020) nên  672;671;...;2019 m−− . Vậy có tất cả 2692 giá trị m thỏa mãn.

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

( ) 2 111 ()21111 342 fxxx xx   =+−−+−   ( ) ( ) ( ) 2 22 1331 4121 21342 xxx x xx =−++++ ( ) ( ) 2 22 1081331 0 21 342 xx x xx −+ =++ với  ) 4 1;\;2 3  +   x Suy ra, hàm số ( )fx đồng biến trên  ) 4 1;\;2 3  +   . Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta suy ra đồ thị hai hàm số ( ) 2 211yxx=+− và 111 11 342 ym xx =−++ cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi ( ;1 m−

các khoảng sau ( );3−− , ( )3;2 ( )2;1 , ( )1;0 và ( ) 0;+ nên hàm số ()ygx = đồng biến trên mỗi khoảng đó Mặt khác ta có lim()4 x gx →+ = và và lim() x gx →− =− Bảng biến thiên hàm số ()ygx = Do đó để và cắt nhau tại đúng năm điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 5 nghiệmphânbiệt. Điềunàyxảyrakhivàchỉkhiđườngthẳng 2 ym = cắtđồthịhàmsố ()ygx = tại 5 điểm phân biệt khi và chỉ khi 242 mm Câu 32: Cho hai hàm số

,( )1;0 , ( )0;1 ,( )1;2 ,( )2;3 và ( ) 3;+ nên hàm số ()ygx = nghịch biến trên mỗi khoảng đó. Mặt khác ta có lim() x gx →− =+ và và lim()1 x gx →+ = . Bảng biến thiên hàm số ()ygx = Do đó để 1 () C và 2 () C cắt nhau tại đúng năm điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có năm nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng ym = cắt đồ thị hàm số ()ygx = tại năm điểm phân biệt khi 1 m  , do m nguyên thuộc(20;20) nên  19;18;...;0;1 m−− . Vậy có tất cả 21 giá trị m thỏa mãn. Câu 33: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình ( ) ( ) 24322210mxmxxmx −+++− nghiệm đúng với mọi x . Số phần tử của tập S là A. 3. B. 2. C. 0. D. 1. Lời giải Chọn D Đặt ( ) ( ) ( ) 2432221 fxmxmxxmx =−+++− Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 243222322 2121 fxmxmxxmxxmxmxxm =−+++−=−+++−  . Giả sử 0 x = khôngphảilànghiệmcủaphươngtrình ( ) ( ) ( ) 2322210gxmxmxxm=−+++−= thìhàm số ( ) ( ) ( ) 24322

Câu 34: Có bao nhiêu cặp số thực (;) ab để bất phương trình ( )( )( ) 2 1220xxaxbx −+++ nghiệm đúng với mọi x A. 3 B. 2 C. 0 D. 1 Lời giải Chọn C Đặt ( ) ( )( )( ) 2 122fxxxaxbx =−+++ Giả sử 1 x = không phải là nghiệm của phương trình ( ) ( )( ) 2 220gxxaxbx=+++= thì hàm số ( ) ( )( )( ) 2 122fxxxaxbx =−+++ sẽ đổi dấu khi qua điểm 1 x = , nghĩa là

)( )( ) 2 1220xxaxbx −+++ không có nghiệm đúng với mọi x

đó, để

cầu bài toán được thỏa mãn thì một điều kiện cần là ( ) ( )( ) 2 220gxxaxbx=+++= có nghiệm 1 x = suy ra 20 ab++= (1) Lí luận tương tự có ( ) ( )( ) 2 120hxxaxbx=−++= cũng phải nhận 2 x =− là nghiệm, suy ra 4220 ab−+= (2) Từ (1) và (2) ta có hệ 201 42201 aba abb ++==−   −+==− Điều kiện đủ: Với 1 1 a b =−   =−  có ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) 22 2 122120fxxxxxxx=−+−−+=−−+ , x . Vậy không tồn tại cặp số thực (;) ab nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

phương trình ( )( )( ) 2

ệm đúng

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn

Lời giải Chọn B Đk:  3;1 x − . Phương trình đã cho ( )( ) ( ) 1134312130 xxxmxx −−+−+−−+= . (*) Đặt ( ) 213 txxgx =−−+= , với   ( )( ) 2 3;11134314xxxxt −−−+−=+ .

Có ( ) ( ) 11 0,3;1 123 gxx xx  =−− −+ . Suy ra ( )gx nghịch biến trên khoảng ( )3;1 .   ( ) ( ) 3;1 min12 gxg ==− :   ( ) ( )   3;1 max342;4 gxgt

Giáo viên: Huỳnh Văn Ánh 42 Nguyễn Cư Trinh Thuận Hòa TP Huế ĐT: 0984164935

Chuyên luyện thi: Tuyển sinh vào lớp 10 Tốt Nghiệp THPT BDKT Toán 10; 11; 12 Sưu tầm và biên soạn