CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM TOÁN LỚP 12 - 4 CHUYÊN ĐỀ ĐS-GT PHÂN DẠNG CHI TIẾT - CHUYÊN SƯ PHẠM HN by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM TOÁN LỚP 12

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM TOÁN LỚP 12 4 CHUYÊN ĐỀ ĐS-GT PHÂN DẠNG CHI TIẾT CHUYÊN SƯ PHẠM HN WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CHUYÊN ĐỀ 1

TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; −2 ) MỤC LỤC PHẦN A. CÂU HỎI ........................................................................................................................................ 1 Dạng 1. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số thông qua bảng biến thiên, đồ thị .......................................... 1

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −2; 0 )

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; 0 ) D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) Câu 3: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM ĂM 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên nh như sau

Dạng 2. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số cho trước .................................................................................. 3 Dạng 3. Tìm m để hàm số đơn điệu trên các khoảng xác định của nó ....................................................... 4 Dạng 4. Tìm m để hàm số nhất biến đơn điệu trên khoảng cho trước ....................................................... 5 Dạng 5. Tìm m để hàm số bậc 3 đơn điệu trên khoảng cho trước .............................................................. 6 Dạng 6. Tìm m để hàm số khác đơn điệu trên khoảng cho trước ............................................................... 7 Dạng 7. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số f(u) khi biết đồ thị hàm số f’(x) .............................................. 9

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảảng nào dưới đây? A. ( −1;0 ) B. ( −∞;;0 C. (1; +∞ ) 0)

D. ( 0;1)

Câu 4: (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Dạng 8. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số f(u)+g(x) khi biết đồ thị, bảng biến thiên của hàm số f’(x) 12 PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO ............................................................................................................ 14 Dạng 1. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số thông qua bảng biến thiên, đồ thị ........................................ 14 Dạng 2. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số cho trước ................................................................................ 18 Dạng 3. Tìm m để hàm số đơn điệu trên các khoảng xác định của nó ..................................................... 21 Dạng 4. Tìm m để hàm số nhất biến đơn điệu trên khoảng cho trước ..................................................... 26

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây A. ( 0; +∞ ) . B. ( 0; 2 ) . C. ( −2;0 ) .

D. ( −∞; −2 ) .

Câu 5: (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM M 2017-2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến ến thiên như sau :

Dạng 5. Tìm m để hàm số bậc 3 đơn điệu trên khoảng cho trước ............................................................ 28 Dạng 6. Tìm m để hàm số khác đơn điệu trên khoảng cho trước ............................................................. 35 Dạng 7. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số f(u) khi biết đồ thị hàm số f’(x) ............................................ 42 Dạng 8. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số f(u)+g(x) khi biết đồ thị, bảng biến thiên của hàm số f’(x) 52

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 0;1) B. (1; +∞ ) C. ( −∞;1) PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số thông qua bảng biến thiên, đồ thị Câu 1: (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

1; 0 ) D. ( −1;0

Câu 6: (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số có bảng biến thiên như sau

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảảng nào dưới đây? A. ( 0; 2 ) . B. ( 0; +∞ ) . C. ( −2;0 ) .

D. ( 2; +∞ ) .

Câu 7: (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM ĂM 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên nh như sau: Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào sau đây? A. ( −∞; −1) . B. ( 0;1) . C. ( −1;0 ) .

D. ( −1; +∞ ) .

Câu 2: (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 1

A. ( −1; +∞ ) .

B. (1; +∞ ) .

C. ( −1;1) .

D. ( −∞;1) .

A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0;2 )

Câu 8: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;0 ) 1  B.  −∞; −  . 2 

A. ( −∞;0 ) . 1 O

Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1; +∞ )

-2

B. ( −1;1)

C. ( 0; +∞ ) .

C. ( −1;0 )

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞ ; +∞ )

D. ( 0;1)

Câu 9: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; 0 )

Câu 17:Cho hàm số y = x − 2 x + x + 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; +∞ )

1  C. Hàm số nghịch biến trên khoảng  −∞;  3  Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( −2;3) B. ( 3; + ∞ ) C. ( −∞; − 2 )

 1  D.  − ; +∞  .  2 

Câu 16: (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = x 2 + 1 , ∀x ∈ ℝ .

x -1

A. ( −∞ − 1)

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 2; +∞ )

Câu 15: (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Hỏi hàm số y = 2 x 4 + 1 đồng biến trên khoảng nào?

-1

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;2 )

1  B. Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1 3  1  D. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1 3 

Câu 18: (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? D. ( −2; + ∞ )

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; − 2 )

Câu 10: (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;1)

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; − 2 ) 2 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? x2 + 1 C. ( −∞ ; 0) D. ( −1;1)

Câu 19: (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Hàm số y = A. ( −∞ ; +∞ )

B. (0; +∞ )

Câu 20: (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số y = x 3 + 3x + 2 . Mệnh đề nào dưới đây là đúng?

Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 0; +∞ )

B. ( −∞; −2)

C. ( 0;2)

D. ( −2;0)

Dạng 2. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số cho trước Câu 11: (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞) ? A. y =

x −1 x−2

B. y = x3 + x

C. y = − x3 − 3x

D. y =

x +1 x+3

x−2 Câu 12: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = . Mệnh đề nào dưới đây đúng? x +1 A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1; +∞ ) C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; −1)

D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −1)

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; 0 ) và đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; 0 ) và đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞ ; +∞ ) D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) Câu 21: (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số y = 2 x 2 + 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; + ∞ ) B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; 0 ) C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; + ∞ )

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( − 1;1)

Câu 13: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) ?

Dạng 3. Tìm m để hàm số đơn điệu trên các khoảng xác định của nó Câu 22: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Hỏi có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y = ( m 2 − 1) x 3 + ( m − 1) x 2 − x + 4 nghịch biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) .

x−2 . C. y = 3x3 + 3x − 2 . D. y = 2 x3 − 5 x + 1. x +1 Câu 14: (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = x3 − 3x 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Câu 23: (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số y = − x 3 − mx 2 + ( 4 m + 9 ) x + 5 , với m là tham

A. y = x 4 + 3x2 . B. y =

A. 0

B. 3

C. 2

D. 1

số. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞ ; +∞ ) 4

A. 5 B. 4 C. 6 D. 7 Câu 24:Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số 1 y = ( m 2 − m ) x 3 + 2 mx 2 + 3 x − 2 đồng biến trên khoảng ( −∞; + ∞ ) ? 3 A. 4 . B. 5 . C. 3 . D. 0 .

để hàm số hàm số

Câu 25:Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số y = mx3 + mx 2 + m ( m − 1) x + 2 đồng biến trên ℝ. 4 4 4 4 B. m = 0 hoặc m ≥ . C. m ≥ . D. m ≤ . A. m ≤ 3 và m ≠ 0 . 3 3 3 1 3 2 Câu 26:Cho hàm số y = − x + mx + ( 3m + 2 ) x + 1 . Tìm tất cả giá trị của m để hàm số nghịch biến trên 3 ℝ. m ≥ −1  m > −1 A.  . B. −2 ≤ m ≤ −1 . C. −2 < m < −1 . D.  . m ≤ − 2   m < −2

Câu 27:Tìm m để hàm số y = x3 − 3mx 2 + 3 ( 2m − 1) + 1 đồng biến trên ℝ . A. Không có giá trị m thỏa mãn. B. m ≠ 1 . C. m = 1 . D. Luôn thỏa mãn với mọi m . Câu 28:Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = biến trên ℝ . A. 4 .

B. 2 . C. 5 .

m 3 x − 2mx 2 + ( 3m + 5 ) x đồng 3

Dạng 5. Tìm m để hàm số bậc 3 đơn điệu trên khoảng cho trước

D. 6 .

1 Câu 29:Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số y = x3 + mx 2 + 4 x − m đồng biến trên 3 khoảng ( −∞; +∞ ) . A. [ −2; 2] .

B. ( −∞; 2 ) .

C. ( −∞; −2] .

D. [ 2; +∞ ) .

1 Câu 30:Cho hàm số y = − x 3 + 2x 2 + (2a + 1) x − 3a + 2 ( a là tham số). Với giá trị nào của a thì hàm 3 số nghịch biến trên ℝ ? 5 5 A. a ≤ 1 . B. a ≥ − . C. a ≤ − . D. a ≥ 1 . 2 2 3 2 Câu 31:Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = ( m − 1) x − 3 ( m − 1) x + 3x + 2 đồng biến biến trên ℝ ? B. 1 < m < 2 . C. 1 ≤ m ≤ 2 . D. 1 ≤ m < 2 1 3 2 Câu 32:Giá trị của m để hàm số y = x – 2mx + ( m + 3) x – 5 + m đồng biến trên ℝ là. 3 3 3 3 A. − ≤ m ≤ 1 . B. m ≤ − . C. − < m < 1 . D. m ≥ 1 . 4 4 4 Dạng 4. Tìm m để hàm số nhất biến đơn điệu trên khoảng cho trước Câu 33: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số x+2 y= đồng biến trên khoảng ( −∞; −6 ) . x + 3m A. 2 B. 6 C. Vô số D. 1 A. 1 < m ≤ 2 .

Câu 34: (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số x +1 nghịch biến trên khoảng ( 6; +∞ ) ? y= x + 3m A. 0 B. 6 C. 3 D. Vô số Câu 35: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số x+2 đồng biến trên khoảng ( −∞; −10) ? y= x + 5m A. 2 B. Vô số C. 1 D. 3 mx + 4m Câu 36: (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số y = với m là tham số. Gọi S là tập hợp x+m tất cả các giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. Tìm số phần tử của S . A. 4 B. Vô s ố C. 3 D. 5 Câu 37: (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số x+6 nghịch biến trên khoảng (10; +∞ ) ? y= x + 5m A. Vô số B. 4 C. 5 D. 3 mx − 2m − 3 Câu 38: (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = với m là tham số. Gọi S là tập x−m hợp tất cả các giá trị nguyên của m để hàm số đồng biến trên các khoảng xác định. Tìm số phần tử của S . B. 3 C. 5 D. 4 A. Vô số

Câu 39: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = − x 3 − 6 x 2 + ( 4m − 9 ) x + 4 nghịch biến trên khoảng ( −∞; −1) là 3  A.  −∞; −  4 

 3  D.  − ; +∞   4  Câu 40:Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 − mx − 4 . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến

B. [ 0; +∞ )

C. ( −∞; 0 ]

B. ( −∞; − 3] .

C. ( −∞; − 4] .

trên khoảng ( −∞;0 ) là

A. ( −1;5) .

D. ( −1; + ∞ ) .

Câu 41:Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = f ( x) =

mx 3 + 7 mx 2 + 14 x − m + 2 3

giảm trên nửa khoảng [1; +∞) ?

14   A.  −∞; −  . 15  

14   B.  −2; −  . 15  

 14  C.  − ; +∞  .  15 

14   D.  −∞; −  . 15  

Câu 42:Xác định các giá trị của tham số m để hàm số y = x 3 − 3mx 2 − m nghịch biến trên khoảng ( 0;1) ? A. m ≥ 0 .

B. m <

1 . 2

C. m ≤ 0 .

D. m ≥

1 . 2

Câu 43:Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x3 + 3 x 2 − mx + 1 đồng biến trên khoảng

( −∞ ;0) . A. m ≤ 0 . B. m ≥ −2 . C. m ≤ −3 . D. m ≤ −1 . Câu 44:Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x 3 − 3mx 2 − 9m 2 x nghịch biến trên khoảng 6

( 0;1) .

5 1 3 . B. −2 . C. . D. . 2 2 2 Câu 55: (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Tập hợp các giá trị thực của tham số m để m hàm số y = x + 1 + đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó là x−2 A. [ 0;1) . B. ( −∞; 0 ] . C. [ 0; + ∞ ) \ {1} . D. ( −∞; 0 ) . A.

1 A. −1 < m < . 3

1 B. m > . 3

C. m < −1 .

1 D. m ≥ hoặc m ≤ −1 . 3

1 Câu 45:Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y = x3 − mx 2 + ( 2m − 1) x − m + 2 nghịch biến trên 3 khoảng ( −2; 0 ) . .

1 1 C. m ≤ − . D. m < − . 2 2 Câu 46:Tìm tất cả các giá trị m để hàm số y = x 3 − 3x 2 + mx + 2 tăng trên khoảng (1; + ∞ ) . A. m = 0 .

B. m > 1 .

A. m < 3 .

B. m ≥ 3 .

C. m ≠ 3 .

D. m ≤ 3 .

Câu 47:Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x3 − mx 2 − ( m − 6 ) x + 1 đồng biến trên B. ( −∞;3] .

C. [3;6] .

D. ( −∞;6] .

Câu 48:Tìm tất cả các giá thực của tham số m sao cho hàm số y = 2 x 3 − 3x 2 − 6mx + m nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .

1 1 A. m ≤ − . B. m ≥ . C. m ≥ 2 . D. m ≥ 0 . 4 4 Câu 49:Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = x 3 − 6 x 2 + mx + 1 đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) ?

A. m ≥ 12 .

B. m ≤ 12 .

C. m ≥ 0 .

D. m ≤ 0 .

Câu 50:Tập hợp các giá trị m để hàm số y = mx3 − x 2 + 3x + m − 2 đồng biến trên ( −3;0 ) là  −1  A.  ;0  . 3 

(4 − m) 6 − x + 3 . Có bao nhiêu giá trị 6− x +m nguyên của m trong khoảng ( −10;10 ) sao cho hàm số đồng biến trên ( −8;5 ) ?

Câu 57: (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho hàm số y =

khoảng ( 0; 4 ) là:

A. ( −∞;3) .

Câu 56: (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số để hàm cos x − 3 π  số y = nghịch biến trên khoảng  ; π  cos x − m 2  0 ≤ m < 3 0 < m < 3 A.  . B.  . C. m ≤ 3 . D. m < 3 .  m ≤ −1  m < −1

 −1  B.  ; +∞  .  3 

−1   C.  −∞ ;  . 3  

 −1  D.  ; +∞  . 3 

Câu 51:Tìm m để hàm số y = − x3 + 3x 2 + 3mx + m − 1 nghịch biến trên ( 0; +∞ ) . A. m ≤ −1 . B. m ≤ 1 . C. m < 1 . Dạng 6. Tìm m để hàm số khác đơn điệu trên khoảng cho trước

D. m > −1 .

A. 14 . B. 13 . C. 12 . D. 15 . Câu 58: (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Có bao nhiêu giá trị nguyên âm 1 3 của tham số m để hàm số y = x 4 + mx − đồng biến trên khoảng ( 0; + ∞ ) . 4 2x A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 0 . ln x − 4 Câu 59: (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = với m là ln x − 2m tham số. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của m để hàm số đồng biến trên khoảng (1; e ) . Tìm số phần tử của S . A. 3

B. 2

C. 1 D. 4

Câu 60: (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm m để hàm số y =  π đồng biến trên khoảng  0;   2 m ≥ 2 A.   m ≤ −2

cos x − 2 cos x − m

1 1 tham số m để hàm số f ( x ) = m2 x5 − mx 3 + 10 x 2 − ( m 2 − m − 20 ) x đồng biến trên ℝ . Tổng giá trị của 5 3 tất cả các phần tử thuộc S bằng

m ≤ 0 C.  D. − 1 < m < 1 1 ≤ m < 2 Câu 61: (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số 3 9 y = x4 − x 2 + ( 2m + 15 ) x − 3m + 1 đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) ? 4 2 A. 2. B. 3. C. 5. D. 4. m 2 + 3m Câu 62:Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = 3 x + đồng biến trên x +1 từng khoảng xác định của nó? A. 4 . B. 2 . C. 1 . D. 3 . cos x − 2  π Câu 63:Tìm m để hàm số y = nghịch biến trên khoảng  0 ;  cos x − m  2

Câu 52: (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm tan x − 2  π đồng biến trên khoảng  0;  . số y = tan x − m  4 C. 1 ≤ m < 2 D. m ≥ 2 A. m ≤ 0 hoặc 1 ≤ m < 2 B. m ≤ 0 Câu 53: (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số 1 y = x 3 + mx − 5 đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) 5x A. 0 B. 4 C. 5 D. 3 Câu 54: (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của

B. m > 2

m ≤ 0 B.  . C. m < 2 . D. m ≤ 2 . 1 ≤ m < 2 Dạng 7. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số f(u) khi biết đồ thị hàm số f’(x)

A. m > 2 .

Câu 64: (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hàm số y = f ( x) . Hàm số y = f '( x) có đồ thị như hình bên. Hàm số y = f (2 − x ) đồng biến trên khoảng

Hàm số y = f ( x 2 + 2 x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −2;1) . Câu 70:

B. ( −4; −3) .

C. ( 0;1) .

D. ( −2; −1) .

(THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hàm s ố y = f ( x ) có

đạo hàm f ' ( x ) trên ℝ . Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) . Hàm số g ( x ) = f ( x − x 2 ) nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?

A. ( 2; +∞ )

B. ( −2;1)

C. ( −∞; −2 )

D. (1;3)

Câu 65: (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng xét dấu của f ′ ( x ) như sau:

Hàm số y = f ( 5 − 2 x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 3;4) .

B. (1;3) .

C. ( −∞ ; − 3) .

D. ( 4;5) .

Câu 66: (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x) , bảng xét dấu của f ′( x) như sau:

1 3  3  1    A.  − ; +∞  . B.  −∞;  . C.  ; +∞  . D.  −∞;  . 2 2  2  2    Câu 71: (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Hàm số y = f ( 3 − 2 x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 0;2 ) .

B. ( 2;3) .

C. ( −∞ ; − 3) .

D. ( 3;4 ) .

Câu 67: (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x) có bảng dấu f ′( x) như sau: Hàm số y = f ( 2 − x 2 ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây

A. ( −∞; 0 ) .

Hàm số y = f (5 − 2 x) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 3;5 ) .

B. ( 5; + ∞ ) .

C. ( 2;3) .

D. ( 0; 2 ) .

Câu 68: (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng xét dấu của f ' ( x ) như sau:

B. ( 0;1) .

C. (1; 2 ) .

D. ( 0; +∞ ) .

Câu 72: (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠ ƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x) , đồ thị hàm số y = f ′( x) như hình vẽ dưới đây.

Hàm số y = f ( 3 − 2 x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −2;1) .

B. ( 2; 4) .

C. (1; 2) .

D. ( 4; + ∞ ) .

Câu 69: (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ′( x) có bảng xét dấu như sau:

Hàm số y = f ( 3 − x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 4;6 ) .

B. ( −1;2 ) .

C. ( −∞ ; −1) .

D. ( 2;3) .

Câu 73: (THPT MINH CHÂU HƯNG ƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số

D. Hàm số g ( x ) nghịch ch biến trên ( −1;0 ) Câu 76: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ÔN ĐI Đ ỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có

y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2). Mệnhvđề nào sai?

bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Hàm số y = f ( x 2 − 2 ) nghịch ch biến biế trên khoảng nào dưới đây? A. ( −2; −1) .

B. ( 2; +∞ ) .

C. ( 0;2 ) .

D. ( −1;0 ) .

Câu 77: (CHUYÊN LÊ HỒNG NG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) A. Hàm số g ( x ) nghịch ch biến trên ( −∞; −2 ) C. Hàm số g ( x ) nghịch biến ến trên ( −1;0 )

B. Hàm số g ( x ) đồng biến ến trên ( 2; +∞ )

D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( 0; 2 )

Câu 74: (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục

có đạo hàm liên tục trên R . Biết hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên m∈ [ −5;5] để hàm số g ( x ) = f ( x + m) nghịch biến trên khoảng (1;2 ) . Hỏi S có bao nhiêu phần tử?

trên ℝ và đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như ư hình bên.

A. 4 . Hỏi hàm số g ( x ) = f ( 3 − 2 x ) nghịch bi biến trên khoảng nào trong các khoảng sau? A. ( −1; +∞ )

B. ( −∞; −1)

C. (1;3)

D. ( 0;2 )

Câu 75: (THPT CHUYÊN BẮC NINH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và có đồ thị y = f ′ ( x ) như hình vẽ.

(

)

D. 5 .

Dạng 8. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số f(u)+g(x) khi biết đồ thị, bảng biến thiên của hàm số f’(x) Câu 78: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT BGD&Đ NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

x f ′( x)

Xét hàm số g ( x ) = f x − 2 . 2

B. 3 . C. 6 .

−∞ −

1 0

2 0

3 0

−

4 0

+∞ +

Hàm số y = 3 f ( x + 2 ) − x3 + 3x đồng biến bi trên khoảng nào dưới đây? A. ( −∞; −1) .

B. ( −1;0 ) .

C. ( 0; 2 ) .

D. (1; +∞ ) .

Câu 79: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Đ ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

Mệnh đề nào sau đây sai? A. Hàm số g ( x ) nghịch ch biến trên ( 0; 2 ) B. Hàm số

g ( x)

Hàm số y = f ( x − 1) + x3 − 12 x + 2019 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (1; + ∞ ) .

đồng biến ến trên ( 2; +∞ )

B. (1; 2 ) .

C. ( −∞ ;1) .

D. ( 3; 4 ) .

Câu 80: (CHUYÊN PHAN BỘII CHÂU NGHỆ NGH AN LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng

C. Hàm số g ( x ) nghịch ch biến trên ( −∞; −2 ) 11

xét dấu đạo hàm như sau: 12

Câu 84: (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số

g ( x ) = f ( x − 1) +

Hàm số y = 2 f (1 − x ) + x 2 + 1 − x nghịch biến trên những khoảng nào dưới đây A. ( −∞ ; − 2 ) .

B. ( −∞ ;1) .

C. ( −2; 0 ) .

2019 − 2018 x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 2018 y

D. ( −3; − 2 ) .

Câu 81: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau : x f '( x)

−∞

−

1 0

2 0

3 0

−

4 0

Hàm số y = 2 f (1 − x ) + x2 + 1 − x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ? A. ( −∞;1) .

B. ( −∞; −2 ) .

C. ( −2; 0 ) .

−1

+∞

D. ( −3; −2 ) .

Câu 82: (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x) có đồ thị của hàm số y = f ′( x) như hình vẽ bên.

−1

A. ( 2 ; 3) .

B. ( 0 ; 1) .

C. ( -1 ; 0 ) .

D. (1 ; 2 ) .

Câu 85: (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

Hàm số y = −2 f ( x ) + 2019 nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây? A. ( −4; 2 ) .

B. ( −1; 2 ) .

C. ( −2; −1) .

D. ( 2; 4 ) .

Câu 86: (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x) . Biết đồ -4

-3

-2

thị hàm số y = f ′ ( x) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số y = f (3 − x 2 ) + 2018 đồng biến trên khoảng nào

-1

dưới đây? -2 -3 3

Hàm số y = 3 f ( x) + x − 6 x + 9 x đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây? A. ( 0; 2 ) .

B. ( −1;1) .

C. (1; +∞ ) .

D. ( − 2; 0 ) .

Câu 83: (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ . Đồ thị hàm số

y = f ′ ( x ) như hình bên. Hỏi đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2 x có bao nhiêu điểm cực trị?

A. (−1; 0)

B. ( 2; 3)

C. (−2; −1)

2 x O

2 −2

A. 4 .

B. 3 . C. 2 .

D. 1. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào sau đây? 13

D. (0; 1)

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số thông qua bảng biến thiên, đồ thị Câu 1: (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

A. ( −∞; −1) .

B. ( 0;1) .

C. ( −1;0 ) .

Lời giải

D. ( −1; +∞ ) .

Chọn C Từ bảng biến thiên, suy ra trên khoảng ( −2; 0 ) hàm số đồng biến.

Lời giải Chọn C

Câu 5: (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM M 2017-2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên nh như sau :

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( −1;0 ) . Câu 2: (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau

Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; −2 )

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −2; 0 )

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;0 )

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 )

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào ddưới đây? A. ( 0;1) B. (1; +∞ ) C. ( −∞;1)

Lời giải

1; 0 ) D. ( −1;0

Lời giải

Chọn D Theo bảng xét dấu thì y ' < 0 khi x ∈ (0;2) nên hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) .

Chọn A Câu 6: (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số có bảng biến thiên như sau

Câu 3: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 0; 2 ) .

B. ( 0; +∞ ) .

C. ( −2;0 ) .

D. ( 2; +∞ ) .

Lời giải Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( −1;0 )

B. ( −∞;0 )

C. (1; +∞ )

D. ( 0;1)

Lời giải

Chọn A Dựa vào bảng biến thiên ta thấy trên khoảng ( 0; 2 ) thì f ' ( x ) < 0 . Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) .

Chọn D Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng ( 0;1) và ( −∞; −1) .

Câu 7: (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM ĂM 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên nh như sau:

Câu 4: (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào ddưới đây? A. ( −1; +∞ ) .

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây A. ( 0; +∞ ) .

B. ( 0; 2 ) .

C. ( −2; 0 ) . 15

D. ( −∞; −2 ) .

B. (1; +∞ ) .

C. ( −1;1) . Lời giải 16

D. ( −∞;1) .

Chọn B

Dạng 2. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số cho trước

Câu 8: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Câu 11: (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞) ? A. y =

bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? y

x −1 x−2

B. y = x3 + x

C. y = − x3 − 3x

D. y =

x +1 x+3

Lời giải Chọn B -1

1 O

Vì y = x3 + x ⇒ y′ = 3x 2 + 1 > 0, ∀x ∈ ℝ .

x -1

x−2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? x +1 B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1; +∞ )

Câu 12: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = -2

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) A. ( −∞ − 1)

B. ( −1;1)

C. ( −1;0 )

D. ( 0;1)

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; −1)

D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −1) Lời giải

Lời giải Chọn C Từ đồ thị, ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng ( −1;0 ) và (1; +∞ ) . Chọn

Chọn D Tập xác định: ℝ \ {−1} . Ta có y ' =

Câu 9: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

( x + 1)

> 0 , ∀x ∈ ℝ \ {−1} .

Câu 13: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) ? A. y = x4 + 3x2 .

B. y =

x−2 . x +1

B. ( 3; + ∞ )

C. ( −∞; − 2 )

D. y = 2 x3 − 5 x + 1.

Lời giải

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( −2;3)

C. y = 3x3 + 3x − 2 .

D. ( −2; + ∞ )

Chọn C Hàm số y = 3x3 + 3x − 2 có TXĐ: D = ℝ .

y′ = 9 x2 + 3 > 0, ∀x ∈ ℝ , suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) .

Lời giải Chọn A

Câu 14: (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = x3 − 3x 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Câu 10: (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2)

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;2 )

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;0)

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 2; +∞ ) Lời giải

Chọn B x = 0 Ta có y′ = 3x 2 − 6 x ; y ′ = 0 ⇔  . x = 2

Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 0; +∞ )

B. ( −∞; −2 )

C. ( 0;2) Lời giải

D. ( −2;0)

Lập bảng biến thiên rồi suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;2 )

Câu 15: (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Hỏi hàm số y = 2 x 4 + 1 đồng biến trên khoảng nào? A. ( −∞;0 ) .

Chọn D 17

1  B.  −∞; −  . 2 

C. ( 0; +∞ ) . 18

 1  D.  − ; +∞  .  2 

Lời giải

Bảng biến thiên:

Chọn C y = 2 x 4 + 1 . Tập xác định: D = ℝ Ta có: y′ = 8 x 3 ; y′ = 0 ⇔ 8 x3 = 0 ⇔ x = 0 suy ra y ( 0 ) = 1 Giới hạn: lim y = +∞ ; lim y = +∞ x →−∞

x →+∞

Bảng biến thiên:

1  Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1 . 3  Câu 18: (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM M 2017) Cho hàm số y = x4 − 2 x 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

(

)

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng 0; +∞ .

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞ ; − 2 )

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;1)

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1)

D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; − 2 ) Lời giải

Câu 16: (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = x 2 + 1 , ∀x ∈ ℝ . Chọn A

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1; +∞ )

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1)

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ )

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; 0 ) Lời giải

TXĐ: D = ℝ. x = 0  y′ = 4 x 3 − 4 x; y ′ = 0 ⇔ 4 x 3 − 4 x = 0 ⇔  x = 1  x = −1

Chọn C Do hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = x 2 + 1 > 0 ∀x ∈ ℝ nên hàm số đồng biến trên khoảng

( −∞; +∞ ) . Câu 17:Cho hàm số y = x3 − 2 x 2 + x + 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; +∞ )

1  B. Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1 3 

1  C. Hàm số nghịch biến trên khoảng  −∞;  3 

1  D. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1 3  Lời giải

( −1; 0 ) , (1; + ∞ ) ; hàm ( −∞; − 1) , ( 0;1) . Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; − 2 ) .

Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng

Cách 2: Dùng chức năng mode 7 trên máy tính kiểm tra từng đáp án. 2 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? x2 + 1 C. ( −∞ ; 0) D. ( −1;1) 1; 1)

Câu 19: (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM ĂM 2017) Hàm số y =

Chọn B

A. ( −∞ ; +∞)

x = 1 Ta có y ′ = 3 x 2 − 4 x + 1 ⇒ y ′ = 0 ⇔  x = 1 3 

B. (0; +∞ )

Lời giải 19

số nghịch biến trên các khoảng

Chọn B Ta có y′ =

TH3: m ≠ ±1 . Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) ⇔ y ′ ≤ 0 ∀x ∈ ℝ , dấu “=” chỉ xảy ra ở

−4 x

)

hữu hạn điểm trên ℝ . ⇔ 3 ( m 2 − 1) x 2 + 2 ( m − 1) x − 1 ≤ 0 , ∀x ∈ ℝ

<0⇔x>0

Câu 20: (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số y = x 3 + 3x + 2 . Mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; 0 ) và đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞ ; 0 ) và đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ )

−1 < m < 1 m 2 − 1 < 0 m 2 − 1 < 0 a < 0 1  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ − ≤ m < 1 . Vì m ∈ ℤ   1 2 2 2 ∆′ ≤ 0 ( m − 1) + 3 ( m − 1) ≤ 0 ( m − 1)( 4m + 2 ) ≤ 0 − ≤ m ≤ 1  2 nên m = 0 . Vậy có 2 giá trị m nguyên cần tìm là m = 0 hoặc m = 1 . Câu 23: (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số y = − x 3 − mx 2 + ( 4 m + 9 ) x + 5 , với m là tham số. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞ ; +∞ )

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞ ; +∞ ) Lời giải Chọn C

A. 5

B. 4

C. 6 Lời giải

D. 7

Chọn D Ta có:

Ta có:

+) TXĐ: D = ℝ

+) TXĐ: D = ℝ . 2

+) y ' = 3x + 3 > 0, ∀x ∈ ℝ , do đó hàm số đồng biến trên ℝ .

Câu 21: (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số y = 2 x 2 + 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; + ∞ ) C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; + ∞ )

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; 0 ) D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( − 1;1) Lời giải

Chọn A Ta có D = ℝ , y ′ =

2 x2 + 1

; y′ > 0 ⇔ x > 0 .

+) y ' = −3 x 2 − 2 mx + 4m + 9 .

a = −3 < 0 Hàm số nghịch biến trên ( −∞ ; +∞ ) khi y ' ≤ 0, ∀x ∈ ( −∞ ; +∞ ) ⇔  2 ∆ ' = m + 3 ( 4m + 9 ) ≤ 0 ⇔ m ∈  −9; −3  ⇒ có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Câu 24:Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số hàm số 1 y = ( m 2 − m ) x 3 + 2mx 2 + 3x − 2 đồng biến trên khoảng ( −∞; + ∞ ) ? 3 A. 4 . B. 5 . C. 3 . D. 0 .

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; 0 ) và đồng biến trên khoảng ( 0; + ∞ ) .

Lời giải Chọn A

Dạng 3. Tìm m để hàm số đơn điệu trên các khoảng xác định của nó Câu 22: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Hỏi có bao nhiêu số nguyên m để hàm số

y′ = ( m 2 − m ) x 2 + 4mx + 3

y = ( m 2 − 1) x 3 + ( m − 1) x 2 − x + 4 nghịch biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) .

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( −∞; + ∞ ) ⇔ y′ ≥ 0 với ∀x ∈ ℝ .

A. 0 B. 3

C. 2

D. 1 Lời giải

+ Với m = 0 ta có y′ = 3 > 0 với ∀x ∈ ℝ ⇒ Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; + ∞ ) .

3 ⇒ m = 1 không thảo mãn. 4

Chọn C

+ Với m = 1 ta có y′ = 4 x + 3 > 0 ⇔ x > −

TH1: m = 1 . Ta có: y = − x + 4 là phương trình của một đường thẳng có hệ số góc âm nên hàm số luôn nghịch biến trên ℝ . Do đó nhận m = 1. TH2: m = −1 . Ta có: y = −2 x 2 − x + 4 là phương trình của một đường Parabol nên hàm số không thể nghịch biến trên ℝ . Do đó loại m = −1 .

 m > 1  m 2 − m > 0 m ≠ 1  ⇔ ta có y ′ ≥ 0 với ∀x ∈ ℝ ⇔  + Với  ⇔ −3 ≤ m < 0 .  m < 0 2 m ≠ 0  ∆′ = m + 3m ≤ 0 −3 ≤ m ≤ 0 

Tổng hợp các trường hợp ta được −3 ≤ m ≤ 0 .

Ta có: ∆′ = ( −3m ) − 3.3. ( 2 m − 1) . Để hàm số luôn đồng biến trên ℝ thì ∆′ ≤ 0

m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−3; − 2; − 1;0} .

⇔ 9m2 − 18m + 9 < 0 ⇔ 9 ( m2 − 2m + 1) ≤ 0 ⇔ 9 ( m − 1) ≤ 0 ⇔ m = 1 . 2

Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài ra.

Câu 28:Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y =

Câu 25:Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số y = mx + mx + m ( m − 1) x + 2 đồng biến trên 3

ℝ. 4 A. m ≤ 3 và m ≠ 0 .

C. m ≥

4 . 3

B. m = 0 hoặc m ≥ D. m ≤

4 . 3

biến trên ℝ . A. 4 .

B. 2 .

C. 5 .

m 3 x − 2 mx 2 + ( 3m + 5 ) x đồng 3

D. 6 .

Lời giải

4 . 3

Lời giải Chọn C TH1: m = 0 ⇒ y = 2 là hàm hằng nên loại m = 0 . TH2: m ≠ 0 . Ta có: y′ = 3mx 2 + 2mx + m ( m − 1) . Hàm số đồng biến trên ℝ ⇔ f '( x ) ≥ 0 ∀ x ∈ ℝ ⇔ 4  2 ∆′ = m 2 − 3m 2 ( m − 1) ≤ 0 m ( 4 − 3m ) ≤ 0 4 m ≥ ⇔ ⇔ 3 ⇔m≥  3 3 m > 0 m > 0     m > 0 1 Câu 26:Cho hàm số y = − x 3 + mx 2 + ( 3m + 2 ) x + 1 . Tìm tất cả giá trị của m để hàm số nghịch biến trên 3 ℝ.  m ≥ −1  m > −1 . B. −2 ≤ m ≤ −1 . C. −2 < m < −1 . D.  . A.  m ≤ − 2   m < −2

Lời giải

Chọn D Ta có y′ = mx 2 − 4mx + 3m + 5 . Với a = 0 ⇔ m = 0 ⇒ y′ = 5 > 0 . Vậy hàm số đồng biến trên ℝ . Với a ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 . Hàm số đã cho đồng biến trên ℝ khi và chỉ khi  m > 0 a > 0 ⇔ y′ ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  2 ∆ ≤ 0  ( 2m ) − m ( 3m + 5 ) ≤ 0 m > 0 m > 0 ⇔ 2 ⇔ ⇔ 0 < m ≤ 5. 0≤m≤5 m 5 m ≤ 0 −   Vì m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {0;1; 2;3; 4;5} .

1 Câu 29:Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số y = x3 + mx 2 + 4 x − m đồng biến trên 3 khoảng ( −∞; +∞ ) . A. [ −2; 2] .

B. ( −∞; 2 ) .

C. ( −∞; −2] .

D. [ 2; +∞ ) .

Lời giải Chọn A

Ta có: y′ = x 2 + 2mx + 4 .

Chọn B

Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) khi và chỉ khi y′ ≥ 0, ∀x ∈ ( −∞; +∞ ) .

TXĐ: D = ℝ , y ′ = −x 2 + 2mx + 3m + 2 .

⇔ ∆ ′ = m 2 − 4 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2 .

Hàm số nghịch biến trên ℝ khi và chỉ khi y ′ ≤ 0 , ∀x ∈ ℝ

a = −1 < 0 ⇔ ⇔ −2 ≤ m ≤ −1 . 2 ∆′ = m + 3m + 2 ≤ 0 Câu 27:Tìm m để hàm số y = x3 − 3mx 2 + 3 ( 2m − 1) + 1 đồng biến trên ℝ . B. m ≠ 1 . A. Không có giá trị m thỏa mãn. C. m = 1 . D. Luôn thỏa mãn với mọi m . Lời giải Chọn C y′ = 3x 2 − 6mx + 3 ( 2m − 1) 23

1 Câu 30:Cho hàm số y = − x 3 + 2x 2 + (2a + 1) x − 3a + 2 ( a là tham số). Với giá trị nào của a thì hàm 3 số nghịch biến trên ℝ ? 5 5 A. a ≤ 1 . B. a ≥ − . C. a ≤ − . D. a ≥ 1 . 2 2

Lời giải Chọn C

Tìm điều kiện của tham số thực m để hàm số y = x3 − 3x 2 + 3 ( m + 1) x + 2 đồng biến trên ℝ . 24

A. m ≥ 2 .

B. m < 2 .

C. m < 0 .

D. m ≥ 0 .

Lời giải Chọn D

Tập xác định: D = ℝ .

Dạng 4. Tìm m để hàm số nhất biến đơn điệu trên khoảng cho trước Câu 33: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số x+2 đồng biến trên khoảng ( −∞; −6 ) . y= x + 3m A. 2 B. 6 C. Vô số D. 1 Lời giải

Ta có: y′ = 3x 2 − 6 x + 3 ( m + 1) Chọn A Tập xác định: D = ( −∞; −3m ) ∪ ( −3m; +∞ ) .

YCBT ⇔ y ′ ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ ∆′ = −9 m ≤ 0 ⇔ m ≥ 0 .

Câu 31:Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = ( m − 1) x 3 − 3 ( m − 1) x 2 + 3x + 2 đồng biến biến trên ℝ ? A. 1 < m ≤ 2 .

B. 1 < m < 2 .

C. 1 ≤ m ≤ 2 .

D. 1 ≤ m < 2

Lời giải Chọn C

Ta có y′ = 3 ( m − 1) x 2 − 6 ( m − 1) x + 3 .

m − 1 = 0  Hàm số đã cho đồng biến trên ℝ khi và chỉ khi y ′ ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  m − 1 > 0  ∆′ ≤ 0

m = 1 m = 1   ⇔  m > 1 ⇔  m > 1 ⇔1≤ m ≤ 2.   2  9 ( m − 1) − 9 ( m − 1) ≤ 0  m 1 ≤ ≤ 2   

Ta có y′ =

3m − 2

( x + 3m )

2  3m − 2 > 0 2 m > ⇔ Hàm số đổng biến trên khoảng ( −∞; −6 ) ⇔  3 ⇔ <m≤2. 3 −6 ≤ −3m m ≤ 2 Mà m nguyên nên m = {1; 2} . Câu 34: (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số x +1 nghịch biến trên khoảng ( 6; +∞ ) ? y= x + 3m C. 3 D. Vô số A. 0 B. 6 Lời giải Chọn C

1 Câu 32:Giá trị của m để hàm số y = x 3 – 2mx 2 + ( m + 3) x – 5 + m đồng biến trên ℝ là. 3 3 3 3 A. − ≤ m ≤ 1 . B. m ≤ − . C. − < m < 1 . D. m ≥ 1 . 4 4 4

Tập xác định D = ℝ \ {−3m} ; y ′ =

Hàm số y =

Lời giải

3m − 1

( x + 3m )

x +1 nghịch biến trên khoảng ( 6; +∞ ) khi và chỉ khi: x + 3m

1   y′ < 0 3m − 1 < 0 1 m < ⇔ ⇔ 3 ⇔ −2 ≤ m < .  m − ≤ 3 6 3 ( 6; +∞ ) ⊂ D   m ≥ −2

Chọn A

Ta có tập xác định D = ℝ .

y′ = x2 – 4mx + ( m + 3) .

Vì m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−2; −1;0} .

y′ = 0 ⇔ x 2 – 4mx + ( m + 3) = 0 . Hàm số đã cho đồng biến trên ℝ khi và chỉ khi y′ ≥ 0, ∀x ∈ ℝ , đẳng thức chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm 3 2 ⇔ ∆′ ≤ 0 ⇔ ( −2m ) − 1. ( m + 3) ≤ 0 ⇔ 4m2 − m − 3 ≤ 0 ⇔ − ≤ m ≤ 1 . 4

Câu 35: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số x+2 đồng biến trên khoảng ( −∞; −10 ) ? y= x + 5m A. 2 B. Vô số C. 1 D. 3 Lời giải

3 Vậy − ≤ m ≤ 1 . 4

Chọn A

TXĐ: D = ℝ \ {−5m} . 25

y' =

5m − 2

( x + 5m )

mx − 2m − 3 với m là tham số. Gọi S là tập x−m hợp tất cả các giá trị nguyên của m để hàm số đồng biến trên các khoảng xác định. Tìm số phần tử của S . A. Vô số B. 3 C. 5 D. 4 Câu 38: (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y =

5m − 2 > 0 Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −10 ) khi và chỉ khi   −5m ∈ [ −10; +∞ )

Lời giải Chọn B

2  2 m > ⇔ <m≤2. ⇔ 5 5  −5m ≥ −10

y' =

−m 2 + 2 m + 3

( x − m)

hàm số đồng biến trên khoảng xác định khi −1 < m < 3 nên có 3 giá trị của m nguyên

Vì m nguyên nên m∈ {1; 2} . Vậy có 2 giá trị của tham số m .

mx + 4m với m là tham số. Gọi S là tập hợp x+m tất cả các giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. Tìm số phần tử của S . C. 3 D. 5 A. 4 B. Vô số Câu 36: (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số y =

Dạng 5. Tìm m để hàm số bậc 3 đơn điệu trên khoảng cho trước Câu 39: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = − x 3 − 6 x 2 + ( 4m − 9 ) x + 4 nghịch biến trên khoảng ( −∞; −1) là 3  A.  −∞; −  4 

B. [ 0; +∞ )

Lời giải Chọn D

 3  D.  − ; +∞   4 

C. ( −∞; 0 ] Lời giải

Chọn A

D = ℝ \ {− m} ; y′ =

m 2 − 4m

( x + m)

Ta có y′ = −3 x 2 − 12 x + 4m − 9

Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định khi y′ < 0, ∀x ∈ D ⇔ m 2 − 4 m < 0 ⇔ 0 < m < 4 .

Để hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; −1) thì y ′ = −3 x 2 − 6 x + 4m − 9 ≤ 0 ∀x ∈ ( −∞; −1) ⇔ 4m ≤ 3 x 2 + 12 x + 9 ∀x ∈ ( −∞; −1) ⇔ 4m ≤ min f ( x ) ,

Mà m ∈ℤ nên có 3 giá trị thỏa mãn.

( −∞ ; −1]

Câu 37: (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số x+6 nghịch biến trên khoảng (10; +∞ ) ? y= x + 5m A. Vô số B. 4 C. 5 D. 3

f ( x ) = 3 x 2 + 12 x + 9

Ta có f ' ( x ) = 6 x + 12; f ' ( x ) = 0 ⇔ x = −2 . Khi đó, ta có bảng biến thiên

Lời giải Chọn B Tập xác định D = R \ {−5m} . y′ =

5m − 6

( x + 5m )

Suy ra min f ( x ) = −3 ⇒ 4m ≤ −3 ⇔ m ≤

( −∞;0]

6   y ′ < 0, ∀x ∈ D 5m − 6 < 0 m < Hàm số nghịch biến trên (10; +∞ ) khi và chỉ khi  ⇔ ⇔ 5 . −5m ∉ (10; +∞ )  −5m ≤ 10  m ≥ −2

−3 . 4

Câu 40:Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 − mx − 4 . Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;0 ) là

A. ( −1;5 ) .

Mà m ∈ ℤ nên m ∈ {−2; −1;0;1} .

B. ( −∞; − 3] .

C. ( −∞; − 4] . Lời giải

Chọn B 27

D. ( −1; + ∞ ) .

Ta có y′ = 3x 2 + 6 x − m .

Hàm số y = x 3 − 3mx 2 − m nghịch biến trên khoảng ( 0;1) ⇔ 2 m ≥ 1 ⇔ m ≥

Để hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;0 ) thì y′ ≥ 0, ∀x ∈ ( −∞;0 )

1 2

Câu 43:Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x3 + 3 x 2 − mx + 1 đồng biến trên khoảng

⇔ 3x 2 + 6 x − m ≥ 0, ∀x ∈ ( −∞; 0 )

( −∞ ;0) . A. m ≤ 0 .

⇔ m ≤ 3x + 6 x, ∀x ∈ ( −∞; 0 ) . 2

B. m ≥ −2 .

C. m ≤ −3 .

D. m ≤ −1 .

Lời giải

Đặt g ( x ) = 3 x 2 + 6 x , hàm số g ( x ) có bảng biến thiên

Chọn C Tập xác định: D = ℝ . Đạo hàm: y′ = 3x 2 + 6 x − m .

Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞ ;0 ) khi và chỉ khi y′ ≥ 0 , ∀x < 0 ⇔ 3 x 2 + 6 x − m ≥ 0 , ∀x < 0 .

Dựa vào bảng biến thiên ta có ⇔ m ≤ 3x 2 + 6 x, ∀x ∈ ( −∞; 0 ) ⇔ m ≤ −3 .

Cách 1: 3

Câu 41:Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = f ( x) =

mx + 7 mx 2 + 14 x − m + 2 3

giảm trên nửa khoảng [1; +∞) ?

14   A.  −∞; −  . 15  

14   B.  −2; −  . 15  

 14  C.  − ; +∞  .  15 

14   D.  −∞; −  . 15  

3 x 2 + 6 x − m ≥ 0 , ∀x < 0 ⇔ 3 x 2 + 6 x ≥ m , ∀x < 0 .

Xét hàm số f ( x ) = 3 x2 + 6 x trên khoảng ( −∞ ;0 ) , ta có:

f ′ ( x ) = 6 x + 6 . Xét f ′ ( x ) = 0 ⇔ 6 x + 6 = 0 ⇔ x = −1 . Ta có f ( −1) = −3 . Bảng biến thiên:

Lời giải Chọn A

Tập xác định D = R , yêu cầu của bài toán đưa đến giải bất phương trình

mx 2 + 14mx + 14 ≤ 0, ∀x ≥ 1, tương đương với g ( x) =

−14 ≥ m (1) x 2 + 14 x

Dễ dàng có được g ( x) là hàm tăng ∀x ∈ [1; +∞ ) , suy ra min g ( x) = g (1) = − x ≥1

Kết luận: (1) ⇔ min g ( x) ≥ m ⇔ − x≥1

14 15

Nếu ∆′ ≤ 0 ⇔ m ≤ −3 thì y′ ≥ 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ y′ ≥ 0 ∀x < 0 .

Câu 42:Xác định các giá trị của tham số m để hàm số y = x − 3mx − m nghịch biến trên khoảng ( 0;1) ? 3

A. m ≥ 0 .

Cách 2:

Ta có ∆′ = 9 + 3m .

14 ≥m 15

1 B. m < . 2

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: m ≤ −3 .

C. m ≤ 0 . Lời giải

1 D. m ≥ . 2

Nếu ∆′ > 0 thì y′ có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Khi đó để y′ ≥ 0 ∀x < 0 thì ta phải có 0 ≤ x1 < x2 . Điều này không thể xảy ra vì S = x1 + x2 = −2 < 0 . Vậy m ≤ −3 .

Chọn D

Cách 3:

 x = 2m y ' = 3 x 2 − 6mx = 0 ⇔  x = 0

Phương án B: Với m = −3 ta có y = x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 = ( x + 1) . Khi đó y′ = 3 ( x + 1) ≥ 0 ∀x .

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞ ;0 ) . Vậy B là đáp án đúng. 29

Câu 44:Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x 3 − 3mx 2 − 9m 2 x nghịch biến trên khoảng

( 0;1) . 1 A. −1 < m < . 3 C. m < −1 .

1 . 3 1 D. m ≥ hoặc m ≤ −1 . 3 Lời giải B. m >

. Vậy, hàm số nghịch biến trên khoảng ( −2;0 ) thì ( −2;0 ) ⊂ [ 2m − 1;1] .

Chọn D Tập xác định D = ℝ .  x = −m . y′ = 3x 2 − 6mx − 9m 2 ; y′ = 0 ⇔ 3x 2 − 6mx − 9m 2 = 0 ⇔ x 2 − 2mx − 3m 2 = 0 ⇔   x = 3m •Nếu −m = 3m ⇔ m = 0 thì y′ ≥ 0; ∀x ∈ ℝ nên hàm số không có khoảng nghịch biến.

1 ⇔ 2m − 1 ≤ −2 ⇔ m ≤ − . . 2 Câu 46:Tìm tất cả các giá trị m để hàm số y = x 3 − 3x 2 + mx + 2 tăng trên khoảng (1; + ∞ ) .

•Nếu −m < 3m ⇔ m > 0 thì hàm số nghịch biến trên khoảng ( −m;3m ) .

A. m < 3 .

B. m ≥ 3 .

− m ≤ 0 1 Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;1) ⇔  ⇔m≥ . 3 3m ≥ 1

Chọn B Đạo hàm : y′ = 3x 2 − 6 x + m

C. m ≠ 3 . Lời giải

D. m ≤ 3 .

1 Kết hợp với điều kiện ta được m ≥ . 3 •Nếu −m > 3m ⇔ m < 0 thì hàm số nghịch biến trên khoảng ( 3m; − m ) .

YCBT ⇔ y′ ≥ 0, ∀x ∈ (1; + ∞ ) .

3m ≤ 0 Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;1) ⇔  ⇔ m ≤ −1 . − m ≥ 1

Xét hàm số: f ( x ) = −3x 2 + 6 x, ∀x ∈ (1; + ∞ ) ⇒ f ′ ( x ) = −6 x + 6 ⇒ f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 1 .

⇔ 3x 2 − 6 x + m ≥ 0, ∀x ∈ (1; + ∞ ) ⇔ m ≥ −3x 2 + 6 x, ∀x ∈ (1; + ∞ ) lim f ( x ) = −∞ , f (1) = 3 . Do đó : m ≥ f ( x ) , x ∈ (1; + ∞ ) ⇒ m ≥ 3 .

x →+∞

Kết hợp với điều kiện ta được m ≤ −1 . Câu 47:Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x3 − mx 2 − ( m − 6 ) x + 1 đồng biến trên

1 Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;1) khi m ≤ −1 hoặc m ≥ . 3

khoảng ( 0; 4 ) là:

1 Câu 45:Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y = x 3 − mx 2 + ( 2m − 1) x − m + 2 nghịch biến trên 3 khoảng ( −2; 0 ) . . A. m = 0 .

B. m > 1 .

1 C. m ≤ − . 2

1 D. m < − . 2

B. ( −∞;3] .

A. ( −∞;3) .

Chọn B

y′ = 3x 2 − 2mx − ( m − 6 ) . Để hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 4 ) thì: y′ ≥ 0 , ∀x ∈ ( 0; 4 ) .

Lời giải

tức là 3x 2 − 2mx − ( m − 6 ) ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; 4 ) ⇔

x = 1 2 . Ta có: y′ = x − 2mx + 2m −1. Cho y′ = 0 ⇔ x 2 − 2mx + 2m − 1 = 0 ⇔   x = 2m − 1 .

Xét hàm số g ( x ) =

(trường hợp này hàm số không thể nghịch biến trên khoảng ( −2;0 ) ). Xét 2m − 1 < 1 ta có biến đổi y′ ≤ 0 ⇔ x ∈ [ 2m − 1;1] .

D. ( −∞;6] .

Lời giải

Chọn C

Nếu 1 ≤ 2m − 1 thì ta có biến đổi y′ ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2m − 1 .

C. [3;6] .

g′ ( x ) =

3x 2 + 6 trên ( 0; 4 ) . 2x +1

6 x 2 + 6 x − 12

( 2 x + 1)

3x2 + 6 ≥ m ∀x ∈ ( 0; 4 ) 2x +1

 x = 1 ∈ ( 0; 4 ) , g′ ( x ) = 0 ⇔   x = −2 ∉ ( 0; 4 )

Ta có bảng biến thiên:

A. m ≥ 12 .

B. m ≤ 12 .

C. m ≥ 0 .

D. m ≤ 0 .

Lời giải Chọn A Cách 1:Tập xác định: D = ℝ . Ta có y′ = 3x 2 − 12 x + m Trường hợp 1:

3 > 0 (hn) ⇔ m ≥ 12 Hàm số đồng biến trên ℝ ⇔ y′ ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  36 − 3m ≤ 0

Vậy để g ( x ) =

3x + 6 ≥ m ∀x ∈ ( 0; 4 ) thì m ≤ 3 . 2x + 1

Trường hợp 2: Hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) ⇔ y′ = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x1 < x2 ≤ 0 (*)

Câu 48:Tìm tất cả các giá thực của tham số m sao cho hàm số y = 2 x 3 − 3x 2 − 6mx + m nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .

A. m ≤ −

1 . 4

B. m ≥

1 . 4

C. m ≥ 2 .

D. m ≥ 0 .

Lời giải Chọn C Ta có y′ = 6 x 2 − 6 x − 6m . Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) khi và chỉ khi y′ ≤ 0 với ∀x ∈ ( −1;1) hay m ≥ x 2 − x với

∀x ∈ ( −1;1) . Xét f ( x ) = x 2 − x trên khoảng ( −1;1) ta có f ′ ( x ) = 2 x − 1 ; f ′ ( x ) = 0 ⇔ x =

1 . 2

Trường hợp 2.1: y′ = 0 có nghiệm x = 0 suy ra m = 0 . Nghiệm còn lại của y′ = 0 là x = 4 (không thỏa (*)) Trường hợp 2.2: y′ = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa

 36 − 3m > 0  ∆′ > 0   x1 < x2 < 0 ⇔  S < 0 ⇔ 4 < 0(vl ) ⇒ không có m .Vậy m ≥ 12 m P > 0   >0 3 Cách 2:Hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) ⇔ m ≥ 12 x − 3x 2 = g ( x), ∀x ∈ (0; +∞) . Lập bảng biến thiên của g ( x) trên ( 0; +∞ ) .

Bảng biến thiên

Câu 50:Tập hợp các giá trị m để hàm s ố y = mx3 − x 2 + 3 x + m − 2 đồng biến trên ( −3;0 ) là

Dựa vào bảng biến thiên ta có m ≥ f ( x ) với ∀x ∈ ( −1;1) ⇔ m ≥ 2 .

 y′ ( −1) ≤ 0  −6m ≤ 0 m ≥ 0 ⇔ m≥ 2. * Có thể sử dụng y′ ≤ 0 với ∀x ∈ ( −1;1) ⇔  ⇔ ⇔ 12 6 m 0 − ≤ ′  m ≥ 2  y (1) ≤ 0 Câu 49:Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = x 3 − 6 x 2 + mx + 1 đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) ? 33

 −1  A.  ;0  . 3 

 −1  B.  ; +∞  .  3 

−1   C.  −∞ ;  . 3  

 −1  D.  ; +∞  . 3 

Lời giải Chọn D TXĐ: D = ℝ Ta có y' = 3mx 2 − 2 x + 3 . Hàm số đồng biến trên khoảng ( −3;0 ) khi và chỉ khi: 34

tan x − 2  π Ta thấy hàm số t ( x ) = tan x đồng biến trên khoảng  0;  . Nên để hàm số y = đồng biến trên tan x − m  4  π khoảng  0;  khi và chỉ khi: f ′ ( t ) > 0 ∀t ∈ ( 0;1)  4

y' ≥ 0 , ∀x ∈ ( −3; 0 ) (Dấu '' = '' xảy ra tại hữu hạn điểm trên ( −3;0 ) ) ⇔ 3mx 2 − 2 x + 3 ≥ 0 , ∀x ∈ ( −3;0 )

⇔m≥

2x − 3 = g ( x ) ∀x ∈ ( −3;0 ) 3x 2

Ta có: g ′ ( x ) = BBT

⇔

−2 x + 6 ; g′( x ) = 0 ⇔ x = 3 3x3 x −3 −

−∞

B. m ≤ 1 .

1 1 ( tan x − m ) − ( tan x − 2 ) 2 2 cos x CASIO: Đạo hàm của hàm số ta được y′ = cos x 2 ( tan x − m )

Câu 51:Tìm m để hàm số y = − x3 + 3x 2 + 3mx + m − 1 nghịch biến trên ( 0; +∞ ) . A. m ≤ −1 .

( t − m)

m < 2 2 − m > 0  > 0 ∀t ∈ ( 0;1) ⇔  ⇔  m ≤ 0 ⇔ m ∈ ( −∞; 0] ∪ [1; 2 ) m ∉ ( 0;1)  m ≥ 1 

0 −

1 Vậy m ≥ max g ( x ) = − . [ −3;0 ) 3

2−m

C. m < 1 .

D. m > −1 .

Lời giải

Ta nhập vào máy tính thằng y′ \ CALC\Calc x =

π  π ( Chọn giá trị này thuộc  0;  ) 8  4

\= \ m = ? 1 giá trị bất kỳ trong 4 đáp án.

Chọn A

Đáp án D m ≥ 2 . Ta chọn m = 3 . Khi đó y′ = −0,17 < 0 ( Loại)

Ta có y′ = −3 x 2 + 6 x + 3m = 3 ( − x 2 + 2 x + m ) .

Đáp án C 1 ≤ m < 2 Ta chọn m = 1,5 . Khi đó y ′ = 0, 49 > 0 (nhận)

Vì hàm số liên tục trên nửa khoảng [ 0; +∞ ) nên hàm số nghịch biến trên ( 0; +∞ ) cũng tương đương hàm

Đáp án B m ≥ 0 Ta chọn m = 0 . Khi đó y′ = 13, 6 > 0 (nhận)

số nghịch trên [ 0; +∞ ) khi chỉ khi y′ ≤ 0, ∀x ∈ [ 0, +∞ ) .

Vậy đáp án B và C đều đúng nên chọn đáp án

⇔ − x 2 + 2 x + m ≤ 0 ∀x ∈ [ 0; +∞ ) ⇔ m ≤ x 2 − 2 x = f ( x ) ∀x ∈ [ 0; +∞ ) .

⇔ m ≤ min f ( x ) = f (1) = −1 [ 0;+∞ )

Dạng 6. Tìm m để hàm số khác đơn điệu trên khoảng cho trước Câu 52: (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm tan x − 2  π số y = đồng biến trên khoảng  0;  . tan x − m  4 A. m ≤ 0 hoặc 1 ≤ m < 2 B. m ≤ 0 C. 1 ≤ m < 2

Lời giải Chọn A  π Đặt t = tan x , vì x ∈  0;  ⇒ t ∈ ( 0;1)  4

Ta có f ′ ( t ) =

Lời giải Chọn B y′ = 3x 2 + m +

1 x6

Hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) khi và chỉ khi y ′ = 3 x 2 + m +

D. m ≥ 2

Xét hàm số f ( t ) =

Câu 53: (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số 1 y = x 3 + mx − 5 đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) 5x A. 0 B. 4 C. 5 D. 3

1 1 ≤ m , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . Xét hàm số g ( x ) = − 3 x 2 − 6 ≤ m , x ∈ ( 0; +∞ ) x6 x x = 1 6 −6( x8 − 1) g ′( x) = −6 x + 7 = , g ′( x) = 0 ⇔  x x7  x = −1(loai) Bảng biến thiên:

⇔ −3 x 2 −

t−2 ∀t ∈ ( 0;1) . Tập xác định: D = ℝ \ {m} t −m

2−m

(t − m)

1 ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) x6

Dựa vào BBT ta có m ≥ −4 , suy ra các giá trị nguyên âm của tham số m là −4; −3; −2; −1 Câu 54: (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của 1 1 tham số m để hàm số f ( x ) = m2 x 5 − mx 3 + 10 x 2 − ( m 2 − m − 20 ) x đồng biến trên ℝ . Tổng giá trị của 5 3 tất cả các phần tử thuộc S bằng 5 1 3 A. . B. −2 . C. . D. . 2 2 2 Lời giải

Ta có f ′ ( x ) = m x − mx + 20 x − ( m − m − 20 ) = m 2 ( x 4 − 1) − m ( x 2 − 1) + 20 ( x + 1) 2

Vậy, để hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó thì m ≤ 0 . Câu 56: (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số để hàm cos x − 3 π  số y = nghịch biến trên khoảng  ; π  cos x − m 2  0 ≤ m < 3 0 < m < 3 A.  B.  C. m ≤ 3 . D. m < 3 . . .  m ≤ −1  m < −1

Lời giải

= m 2 ( x − 1)( x + 1) ( x 2 + 1) − m ( x − 1)( x + 1) + 20 ( x + 1)

Điều kiện: cos x ≠ m . Ta có: y ′ =

= ( x + 1)  m 2 ( x − 1) ( x 2 + 1) − m ( x − 1) + 20  x = −1 f ′( x ) = 0 ⇔  2 2  m ( x − 1) ( x + 1) − m ( x − 1) + 20 = 0 (*) Ta có f ′ ( x ) = 0 có một nghiệm đơn là x = −1 , do đó nếu (*) không nhận x = −1 là nghiệm thì f ′ ( x )

đổi dấu qua x = −1 . Do đó để f ( x ) đồng biến trên ℝ thì f ′ ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ hay (*) nhận x = −1 làm nghiệm (bậc lẻ). Suy ra m 2 ( −1 − 1)(1 + 1) − m ( −1 − 1) + 20 = 0 ⇔ −4m2 + 2m + 20 = 0 . Tổng các giá trị của m là

( − m + 3)

( cos x − m )

.( − s in x ) =

( m − 3)

( cos x − m )

.sin x

2 π  π  Vì x ∈  ; π  ⇒ s in x > 0 , ( cos x − m ) > 0, ∀x ∈  ; π  : cos x ≠ m . 2  2 

π  π  Để hàm số nghịch biến trên khoảng  ; π  ⇔ y′ < 0 ∀x ∈  ; π  2  2  m < 3 m − 3 < 0 0 ≤ m < 3  m − 3 < 0  ⇔ ⇔   m ≤ −1 ⇔  . π  ⇔  cos ; 1; 0 x ≠ m ∀ x ∈ m ∉ − π ( )  m ≤ −1     m ≥ 0 2    π  Chú ý : Tập giá trị của hàm số y = cos x, ∀x ∈  ; π  là ( −1; 0 ) . 2 

1 . 2

Câu 55: (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Tập hợp các giá trị thực của tham số m để m đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó là x−2 A. [ 0;1) . B. ( −∞; 0 ] . C. [ 0; + ∞ ) \ {1} . D. ( −∞; 0 ) .

hàm số y = x + 1 +

(4 − m) 6 − x + 3 . Có bao nhiêu giá trị 6− x +m nguyên của m trong khoảng ( −10;10 ) sao cho hàm số đồng biến trên ( −8;5 ) ?

Câu 57: (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho hàm số y =

A. 14 .

B. 13 .

C. 12 .

Lời giải • Tập xác định: D = ℝ \ {2} .

D. 15 .

Lời giải

(

)

Đặt t = − 6 − x vì x ∈ ( −8;5 ) ⇒ t ∈ − 14; −1 và t = − 6 − x đồng biến trên ( −8;5) .

Hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó khi và chỉ khi: m y ' ≥ 0, ∀x ∈ D ⇔ 1 − ≥ 0, ∀x ∈ D 2 ( x − 2) 2

⇔ m ≤ ( x − 2 ) , ∀x ∈ D

Hàm số trở thành y =

−(4 − m)t + 3 m 2 − 4m + 3 tập xác định D = ℝ \ {m} ⇒ y ' = . −t + m ( −t + m) 2

 m 2 − 4m + 3 > 0  m ≤ − 14   Để hàm số đồng biến trên khoảng − 14; −1 ⇔   m ≤ − 14 ⇔  −1 ≤ m < 1 .   m > 3    m ≥ −1

(

Xét hàm số f ( x ) = ( x − 2 ) ta có: f '( x) = 2x − 4 ⇒ f '( x) = 0 ⇔ x = 2

Bảng biến thiên:

)

⇒ m = {−9, −8, −7, −6, −5, −4, −1, 0, 4,5, 6, 7,8,9} có 14 giá trị. 37

Câu 58: (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Có bao nhiêu giá trị nguyên âm 1 3 của tham số m để hàm số y = x 4 + mx − đồng biến trên khoảng ( 0; + ∞ ) . 4 2x A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 0 . Lời giải 3 Tập xác định : D = ℝ. y′ = x + m + 2 . 2x

ln x − 4 với m là ln x − 2m tham số. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của m để hàm số đồng biến trên khoảng (1; e ) . Tìm số

Câu 59: (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y =

phần tử của S . A. 3 B. 2

C. 1

Ta có: hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( 0; + ∞ ) khi và chỉ khi y ′ ≥ 0 với ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) 3 3 ⇔ x + m + 2 ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) ⇔ x 3 + 2 ≥ − m, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) 2x 2x

Chọn C y = f ( x) =

⇔ − m ≤ Min f ( x ) ,với f ( x ) = x 3 + ( 0; +∞ )

3 (1) . 2 x2

g (t ) =

x3 x3 3 1 1 1 1 5 = + + 2 + 2 + 2 ≥ 55 5 = . 2 2x 2 2 2x 2x 2x 2 2

5 Dấu bằng xả y ra khi và chỉ khi x = 1 . Do đó Min f ( x ) = ( 2 ) . ( 0; +∞ ) 2

ln x − 4 ln x − 2m

Đặt t = ln x , điều kiện t ∈ ( 0;1)

Cách 1: Theo bất đẳng thức Cauchy ta có f ( x ) = x3 +

D. 4 Lời giải

t−4 −2m + 4 ; g ′ (t ) = 2 t − 2m ( t − 2m )

Để hàm số f ( x ) đồng biến trên (1; e ) thì hàm số g ( t ) đồng biến trên ( 0;1) ⇔ g ′ ( t ) > 0, t ∈ ( 0;1) ⇔

−2 m + 4

( t − 2m )

> 0, t ∈ ( 0;1)

5 5 Từ (1) và ( 2 ) ta có −m ≤ ⇔ m ≥ − . Do m nguyên âm nên m = −1 hoặc m = −2 . 2 2

1 <m<2 −2m + 4 > 0 ⇔ ⇔ 2  2m ∉ ( 0;1) m < 0

Vậy có hai giá trị nguyên âm của tham số m thỏa mãn điều kiện bài ra.

S là tập hợp các giá trị nguyên dương ⇒ S = {1} .

Cách 2:

Vậy số phần tử của tập S là 1 .

3 Xét hàm số f ( x ) = x 3 + 2 , ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) . 2x Ta có f ′ ( x ) = 3x 2 −

Câu 60: (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm m để hàm số y =

3 , f ′( x) = 0 ⇔ x = 1. x3

Bảng biến thiên

f ′( x)

+∞

2 –

 π đồng biến trên khoảng  0;   2 m ≥ 2 A.  B. m > 2  m ≤ −2

Chọn C Ta có y ' =

f ( x)

5 2

5 5 Từ bảng biến thiên ta có −m ≤ ⇔ m ≥ − . Do m nguyên âm nên m = −1 hoặc m = −2 . 2 2 Vậy có hai giá trị nguyên âm của tham số m thỏa mãn điều kiện bài ra.

m ≤ 0 C.  1 ≤ m < 2 Lời giải

2−m

( cos x − m )

 π . ( − sin x ) , sin x > 0 ∀x ∈  0;  .  2

 π Do đó: Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;  khi và chỉ khi  2 2 − m > 0 m ≤ 0   m < 2 . ⇔   π ⇔ 1 ≤ m < 2  m ∉ ( 0;1) cos x − m ≠ 0 ∀x ∈  0; 2    

D. −1 < m < 1

cos x − 2 cos x − m

Câu 61: (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số 3 9 y = x 4 − x 2 + ( 2m + 15 ) x − 3m + 1 đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) ? 4 2 A. 2. B. 3.

C. 5.

D. 4.

Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán. cos x − 2  π nghịch biến trên khoảng  0 ;  cos x − m  2 m ≤ 0 B.  . C. m < 2 . 1 ≤ m < 2

Câu 63:Tìm m để hàm số y = A. m > 2 .

Lời giải Yêu cầu bài toán ⇔ y′ = 3x − 9 x + 2m + 15 ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) và dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm thuộc

D. m ≤ 2 .

Lời giải

( 0; +∞ ) ⇔ 3x3 − 9 x + 15 ≥ −2m ∀x ∈ ( 0; +∞ ) .

Đặt t = cos x .  π Ta có: t ′ = − sin x < 0 , ∀x ∈  0;  .  2

Xét hàm số: g ( x) = 3x − 9 x + 15 trên ( 0; +∞ ) .

 π ⇒ hàm số t = cos x nghịch biến trên khoảng  0 ;  .  2 t−2 cos x − 2  π Do đó hàm số y = nghịch biến trên khoảng  0 ;  ⇔ hàm số y = đồng biến trên cos x − m t−m  2

Ta có: g ′( x) = 9 x 2 − 9 

x =1 . = − 1 (l ) x 

g′( x) = 0 ⇒ 

khoảng ( 0;1) .

Bảng biến thiên:

Tập xác định D = ℝ \ {m} . Hàm số y =

Từ BBT ta có: −2m ≤ 9 ⇔ m ≥ −

t−2 2−m đồng biến trên khoảng ( 0;1) ⇔ y′ = > 0, ∀t ∈ ( 0;1) . 2 t −m (t − m)

2 − m > 0 m < 2 1 ≤ m < 2   ⇔ 1 ≤ m ⇔  1 ≤ m ⇔  . m ≤ 0  m ≤ 0 m ≤ 0   m ≤ 0 cos x − 2 thì hàm số y = nghịch biến trên khoảng Vậy với  cos x − m 1 ≤ m < 2

9 2

Vậy m ∈ { − 4; − 3; − 2; − 1} . m 2 + 3m Câu 62:Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = 3 x + đồng biến trên x +1 từng khoảng xác định của nó? A. 4 . B. 2 . C. 1 . D. 3 .

 π 0; 2  .  

Dạng 7. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số f(u) khi biết đồ thị hàm số f’(x) Câu 64: (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hàm số y = f ( x) . Hàm số y = f '( x) có đồ thị như hình bên. Hàm số y = f (2 − x ) đồng biến trên khoảng

Lời giải Tập xác định D = ℝ \ {−1} . 2

y = 3x +

3( x +1) −( m2 + 3m) m 2 + 3m ⇒ y′ = . 2 x +1 ( x +1)

A. ( 2; +∞ )

B. ( −2;1)

C. ( −∞; −2 ) Lời giải

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi y ′ ≥ 0 , ∀x ≠ −1 ⇔ m2 + 3m ≤ 0 ⇔ −3 ≤ m ≤ 0 .

Chọn B Cách 1:

Do m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−3; −2; −1;0} . 41

D. (1;3)

 x ∈ (1; 4) nên f ( x ) nghịch biến trên (1; 4 ) và ( −∞; −1) suy ra g ( x) = f (− x) Ta thấy f '( x) < 0 với   x < −1 đồng biến trên ( −4; −1) và (1; +∞ ) . Khi đó f (2 − x ) đồng biến biến trên khoảng ( −2;1) và ( 3; +∞ ) Hàm số y = f ( 3 − 2 x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

Cách 2:  x < −1 Dựa vào đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) ta có f ′ ( x ) < 0 ⇔  . 1 < x < 4

A. ( 0;2 ) .

B. ( 2;3) .

C. ( −∞ ; − 3) .

D. ( 3;4 ) .

Lời giải

Ta có ( f ( 2 − x ) )′ = ( 2 − x )′ . f ′ ( 2 − x ) = − f ′ ( 2 − x ) .

Chọn D

Để hàm số y = f ( 2 − x ) đồng biến thì ( f ( 2 − x ) )′ > 0 ⇔ f ′ ( 2 − x ) < 0

Ta có y′ = −2. f ′ ( 3 − 2 x ) ≥ 0 ⇔ f ′ ( 3 − 2 x ) ≤ 0

 2 − x < −1 x > 3 ⇔ ⇔ . 1 < 2 − x < 4   −2 < x < 1

3 − 2 x ≤ −3 x ≥ 3 ⇔ ⇔  −1 ≤ 3 − 2 x ≤ 1 1 ≤ x ≤ 2.

Câu 65: (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng xét dấu của f ′ ( x ) như sau:

Vậy chọn A.

Câu 67: (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x) có bảng dấu f ′( x) như sau:

Hàm số y = f ( 5 − 2 x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 3;4) .

B. (1;3) .

C. ( −∞ ; − 3) .

D. ( 4;5) .

Lời giải

Hàm số y = f (5 − 2 x) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( 3;5 ) .

B. ( 5; + ∞ ) .

Chọn D

C. ( 2;3) .

D. ( 0; 2 ) .

Lời giải

Ta có y′ = f ′ ( 5 − 2 x ) = −2 f ′ ( 5 − 2 x ) . 5 − 2 x = −3

x = 4

5 − 2 x = 1

 x = 2

y′ = 0 ⇔ −2 f ′ ( 5 − 2 x ) = 0 ⇔ 5 − 2 x = −1 ⇔  x = 3 .  5 − 2 x < −3 x > 4 5 − 2 x > 1 x < 2 ⇔ ⇔ ; f ′ ( 5 − 2x ) > 0 ⇔  . x x − 1 < 5 − 2 x < 1 2 < < 3 − 3 < 5 − 2 < − 1    3 < x < 4

f ′ ( 5 − 2x) < 0 ⇔ 

Chọn D Hàm số y = f ( x) có tập xác định là ℝ suy ra hàm số y = f (5 − 2 x) có tập xác định là ℝ . Hàm số y = f (5 − 2 x) có y′ = −2. f ′(5 − 2 x), ∀ x ∈ ℝ .

−3 ≤ 5 − 2 x ≤ −1 3 ≤ x ≤ 4 y′ ≤ 0 ⇔ f ′(5 − 2 x) ≥ 0 ⇔  ⇔ . 5 − 2 x ≥ 1 x ≤ 2 Vậy hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞ ; 2 ) ; ( 3; 4 ) . Do đó B phương án chọn. Câu 68: (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng xét dấu của f ' ( x ) như sau:

Bảng biến thiên

Hàm số y = f ( 3 − 2 x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −2;1) .

B. ( 2; 4 ) .

C. (1; 2) . Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên hàm số y = f ( 5 − 2 x ) đồng biến trên khoảng ( 4;5) .

Câu 66: (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x) , bảng xét dấu của f ′( x) như sau: 43

Chọn A y′ = −2. f ′ ( 3 − 2 x ) .

D. ( 4; + ∞ ) .

 −3 ≤ 3 − 2x ≤ −1 2 ≤ x ≤ 3 Hàm số nghịch biến khi y′ ≤ 0 ⇔ −2. f ′ ( 3 − 2 x ) ≤ 0 ⇔ f ′ ( 3 − 2 x ) ≥ 0 ⇔  . ⇔ 3 − 2x ≥ 1 x ≤ 1 Vậy chọn đáp án

(

)

Chọn giá trị x = 0 ∈ −1; −1 + 2 ⇒ x 2 + 2 x = 0 ⇒ g ′(0) = f ′(0) > 0 ( dựa theo bảng xét dấu của hàm

(

)

f ′( x) ). Suy ra g ′( x) > 0 ∀x ∈ −1; −1 + 2 , sử dụng quy tắc xét dấu đa thức “ lẻ đổi, chẵn không” suy ra

dấu của g ′( x) trên các khoảng còn lại

B. Câu 69: (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ′( x ) có bảng xét dấu như sau:

Câu 70:

(THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hàm s ố y = f ( x ) có

Hàm số y = f ( x 2 + 2 x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −2;1) .

B. ( −4; −3) .

C. ( 0;1) .

D. ( −2; −1) .

Lời giải Ta có: Đặt: y = g ( x ) = f ( x 2 + 2 x ) ; g ′( x) =  f ( x 2 + 2 x )  ′ = ( 2 x + 2 ) . f ′( x 2 + 2 x )

 x = −1   x = −1  x = −1 − 2  2 2 x + 2 = 0 x + 2 x = − 2( VN )   x = −1 + 2  g ′( x) = 0 ⇔ ( 2 x + 2 ) . f ′( x 2 + 2 x) = 0 ⇔  ⇔ ⇔ 2   x2 + 2x = 1  f ′( x + 2 x ) = 0 x = 1  2   x + 2 x = 3  x = −3

 3  A.  − ; +∞  .  2 

3  B.  −∞;  . 2 

1  C.  ; +∞  . 2 

1  D.  −∞;  . 2 

Lời giải Phương pháp Hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ g ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b ) và bằng 0 tại hữu hạn điểm. Cách giải Ta có: g ' ( x ) = (1 − 2 x ) f ' ( x − x 2 ) .

(Trong đó: x = −1 − 2 ; x = −1 + 2 là các nghiệm bội chẵn của PT: x 2 + 2 x = 1 )

Hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) ⇔ g ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b ) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

+ Ta có bảng biến thiên

Ta có g ' ( −1) = 3 f ' ( −2 ) > 0 ⇒ Loại đáp án A, B và D

Câu 71: (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Hàm số y = f ( 2 − x 2 ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số y = f ( x + 2 x ) nghịch biến trên khoảng ( −2; −1) . 2

A. ( −∞; 0 ) .

Chú ý: Cách xét dấu g ′( x ) :

B. ( 0;1) .

C. (1; 2 ) . Lời giải

Chọn B 45

D. ( 0; +∞ ) .

Hàm số y = f ( 2 − x 2 ) có y ' = −2 x. f ' ( 2 − x 2 )

 x > 0 x > 0   2 1 2 2 x < − <     −1 < x < 1 0 < x < 1 2  y ' = −2 x. f ' ( 2 − x ) > 0 ⇔  x < 0 ⇔ x < 0 ⇔   x < −1    2 − x2 < 1   x < −1      2   x > 1   2 − x > 2

Từ bảng xét dấu ta thây hàm số y = f ( 3 − x ) đồng biến trên khoảng ( −1;2 ) .

Câu 73: (THPT MINH CHÂU HƯNG ƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số

y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm s ố g ( x ) = f ( x 2 − 2). Mệnhvđề nào sai?

Do đó hàm số đồng biến trên ( 0;1) .

Câu 72: (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x) , đồ thị hàm số y = f ′( x ) như hình vẽ dưới đây.

A. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −∞; −2 )

B. Hàm số g ( x ) đồng biến trên ( 2; +∞ )

C. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −1; 0 )

D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( 0; 2 ) Lờigiải

ChọnA Hàm số y = f ( 3 − x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

x = 0 x = 0 x = 0  Ta có g '( x ) = 2 x. f '( x − 2) = 0 ⇔  ⇔  x 2 − 2 = −1 ⇔  x = ±1 2  f ( x − 2) = 0  2  x = ±2 x − 2 = 2 2

A. ( 4;6 ) .

B. ( −1;2 ) .

C. ( −∞ ; −1) . Lời giải

Ta có:

y = f ( 3− x ) ⇒ f ′( 3 − x ) = − f ′( 3 − x ) = 0 ⇔ −

(3 − x ) 3− x

(3 − x) 3− x

f ′ ( 3 − x ) ( x ≠ 3)

D. ( 2;3) .

x > 2 Từ đồ thị f '( x) ta có f '( x 2 − 2) > 0 ⇔ x 2 − 2 > 0 ⇔   x < −2 BBT

 f ′( 3 − x ) = 0 f ′( 3 − x ) = 0 ⇔  3 − x = 0

 3 − x = −1( L )  x = −1  x = 7  3 − x = 1( N ) ⇔ ⇔ x = 2  3− x = 4(N )  x = 3( L) x = 4 

Ta có bảng xét dấu của f ′ ( 3 − x ) :

Từ BBT ta thấy đáp án C sai

Câu 74: (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình bên.

Hỏi hàm số g ( x ) = f ( 3 − 2 x ) nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?

A. ( −1; +∞ )

B. ( −∞; −1)

C. (1;3)

D. ( 0;2 )

Lời giải Chọn B

Mệnh đề nào sau đây sai?

 x = −2 Ta có f ' ( x ) = 0 ⇔  x = 2  x = 5

A. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( 0; 2 ) B. Hàm số

Khi đó g ' ( x ) = −2 f ' ( 3 − 2 x ) 5  x = 2 3 − 2 x = −2  1 Với g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( 3 − 2 x ) = 0 ⇔ 3 − 2 x = 2 ⇔  x =  2 3 − 2 x = 5   x = −1 

g ( x)

đồng biến trên ( 2; +∞ )

C. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −∞; −2 ) D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −1;0 ) Lời giải Chọn D

(

Ta có g ( x ) = f x 2 − 2

Bảng biến thiên:

(

)

g ' ( x ) = f ' x 2 − 2 .2 x

x = 0 x = 1 x = 0  x = 0  2 g ' (x ) = 0 ⇔  ⇔  x − 2 = −1 ⇔  x = −1 2 f x − = ' 2 0    x 2 −2 = 2 x = 2   x = −2

(

Câu 75: (THPT CHUYÊN BẮC NINH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và có đồ thị y = f ′ ( x ) như hình vẽ.

(

)

Ta có g ′ ( 3) = 6. f ′ ( 7 ) > 0 , g ′ ( x ) đổi dấu qua các nghiệm đơn hoặc bội lẻ, không đổi dấu qua các nghiệm bội chẵn nên ta có bảng xét dấu g ′ ( x ) :

)

Xét hàm số g ( x ) = f x 2 − 2 .

− ∞ −2 −1 0 1 2 + ∞

g′ ( x)

− 0 + 0 + 0 − 0 − 0 +

Suy ra đáp án là D.

Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x + m ) . Vì y = f ′ ( x ) liên tục trên R nên g ′ ( x ) = f ′ ( x + m ) cũng liên tục trên R .

Câu 76: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ÔN ĐI Đ ỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Căn cứ vào đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) ta thấy

 x + m < −1  x < −1 − m g′ ( x ) < 0 ⇔ f ′ ( x + m) < 0 ⇔  ⇔ . 1 3 < x + m <  1 − m < x < 3 − m Hàm số g ( x ) = f ( x + m ) nghịch biến trên khoảng (1;2)

Hàm số y = f ( x 2 − 2 ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −2; −1) .

B. ( 2; +∞ ) .

C. ( 0;2 ) .

D. ( −1;0 ) .

Lời giải

(

)

(

Mà m là số nguyên thuộc đoạn [ −5;5] nên ta có S = {−5; −4; −3;0;1} .

)

Xét hàm số g ( x ) = f x − 2 . Ta có: g ' ( x ) = 2 x. f ' x 2 − 2 . 2

 2 ≤ −1 − m  m ≤ −3  ⇔  3 − m ≥ 2 ⇔  .  0 ≤ m ≤ 1  1 − m ≤ 1

Vậy S có 5 phần tử.

x = 0 x = 1 x = 0 x = 0  x = 0  2  2 g '( x) = 0 ⇔  ⇔  x − 2 = −1 ⇔  x = 1 ⇔  x = −1 . 2 f ' x 2 0 − = ( )    x2 − 2 = 2  x2 = 4 x = 2    x = −2

Dạng 8. Tìm khoảng đơn điệu của hàm số f(u)+g(x) khi biết đồ thị, bảng biến thiên của hàm số f’(x) Câu 78: (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

x f ′( x)

Ta có bảng xét dấu g ' ( x ) :

−∞ −

4 −

+∞ +

Hàm số y = 3 f ( x + 2 ) − x 3 + 3x đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −∞; −1) .

B. ( −1;0 ) .

C. ( 0; 2 ) .

D. (1; +∞ ) .

Lời giải Dựa vào bảng xét dấu g ' ( x ) ta thấy hàm số y = f ( x 2 − 2 ) nghịch biến trên các khoảng

Câu 77: (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên R . Biết hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên m∈ [ −5;5] để hàm số g ( x ) = f ( x + m ) nghịch biến trên khoảng (1;2 ) . Hỏi S có bao nhiêu phần tử ?

Chọn B Ta có: y′ = 3  f ′ ( x + 2 ) − ( x 2 − 3)  Với x ∈ ( −1; 0 ) ⇒ x + 2 ∈ (1; 2 ) ⇒ f ′ ( x + 2 ) > 0 , lại có x 2 − 3 < 0 ⇒ y′ > 0; ∀x ∈ ( −1;0 ) Vậy hàm số y = 3 f ( x + 2 ) − x3 + 3x đồng biến trên khoảng ( −1;0 ) . Chú ý: +) Ta xét x ∈ (1; 2 ) ⊂ (1; +∞ ) ⇒ x + 2 ∈ ( 3; 4 ) ⇒ f ′ ( x + 2 ) < 0; x 2 − 3 > 0 Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 2) nên loại hai phương án A, D. +) Tương tự ta xét x ∈ ( −∞; −2 ) ⇒ x + 2 ∈ ( −∞;0 ) ⇒ f ′ ( x + 2 ) < 0; x 2 − 3 > 0 ⇒ y′ < 0; ∀x ∈ ( −∞; −2 )

A. 4 .

B. 3 .

C. 6 .

D. 5 .

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; −2 ) nên loại hai phương án B.

Lời giải 51

Câu 79: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Đ ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm s ố f ( x ) có bảng

Câu 80: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng

xét dấu của đạo hàm như sau

xét dấu đạo hàm như sau:

Hàm số y = 2 f (1 − x ) + x 2 + 1 − x nghịch biến trên những khoảng nào dưới đây Hàm số y = f ( x − 1) + x − 12 x + 2019 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? 3

A. (1; + ∞ ) .

B. (1; 2 ) .

C. ( −∞ ;1) .

A. ( −∞ ; − 2 ) .

B. ( −∞ ;1) .

C. ( −2; 0 ) .

D. ( 3; 4 ) .

Lời giải Ta có y′ = f ′ ( x − 1) + 3 x 2 − 12 = f ′ ( t ) + 3t 2 + 6t − 9 = f ′ ( t ) − ( −3t 2 − 6t + 9 ) , với t = x − 1

D. ( −3; − 2 ) .

Lời giải.

y′ = −2 f ′ (1 − x ) +

Nghiệm của phương trình y′ = 0 là hoành độ giao điểm của các đồ thị hàm số

−1.

− 1 < 0 , ∀x ∈ ( −2; 0 ) .

y = f ′ ( t ) ; y = −3t 2 − 6t + 9 .

Có

Vẽ đồ thị của các hàm số y = f ′ ( t ) ; y = −3t 2 − 6t + 9 trên cùng một hệ trục tọa độ như hình vẽ sau:

Bảng xét dấu:

x2 + 1

⇒ −2 f ′ (1 − x ) < 0, ∀x ∈ ( −2; 0 )

⇒ −2 f ′ (1 − x ) +

x x2 + 1

− 1 < 0, ∀x ∈ ( −2;0 ) .

Câu 81: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau : x

−∞

f '( x)

Dựa vào đồ thị trên, ta có BXD của hàm s ố y′ = f ′ ( t ) − ( −3t 2 − 6t + 9 ) như sau: ( t0 < −1)

−

B. ( −∞; −2 ) .

C. ( −2;0 ) . Lời giải

Ta có : y ' = −2 f ' (1 − x ) + Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng t ∈ ( t0 ;1) . Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng

x ∈ (1; 2 ) ⊂ ( t0 + 1;1) .

Chú ý :

x − x2 + 1 x2 + 1

x 2

x +1

− 1 = −2 f ' (1 − x ) +

x − x2 + 1 x2 + 1

< 0, ∀x ∈ R.

+) Với x ∈ ( −∞;1) ⇒ 1 − x ∈ ( 0; +∞ ) (loại vì không thể kết luận được) 53

−

Hàm số y = 2 f (1 − x ) + x2 + 1 − x nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ?

A. ( −∞;1) .

+∞

D. ( −3; −2 ) .

+) Với x ∈ ( −∞; −2 ) ⇒ 1 − x ∈ ( 3; +∞ ) (loại vì không thể kết luận được)

+) Với x ∈ ( −3; −2 ) ⇒ 1 − x ∈ ( 3; 4 ) (loại vì không thể kết luận được)

+) Với x ∈ ( −2;0 ) ⇒ 1 − x ∈ (1;3) ⇒ f ' (1 − x ) ≥ 0 ⇒ y ' < 0 (thỏa mãn).

x O

Câu 82: (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị của hàm số y = f ′( x ) như hình vẽ bên.

-3

-2

B. 3 .

C. 2 . Lời giải

D. 1.

Chọn B Đặt g ( x ) = f ( x ) − 2 x .

-4

−2 A. 4 .

⇒ g′ ( x ) = f ′ ( x ) − 2 .

Vẽ đường thẳng y = 2 .

-1

-2

y=2

-3

x Hàm số y = 3 f ( x) + x3 − 6 x 2 + 9 x đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?

A. ( 0; 2 ) .

B. ( − 1;1) .

C. (1; +∞ ) .

D. ( − 2; 0 ) .

−2

Lời giải Hàm số f ( x) = ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e, (a ≠ 0) ; f ′( x) = 4ax3 + 3bx 2 + 2cx + d .

Đồ thị hàm số y = f ′( x) đi qua các điểm (−4; 0), (−2; 0), (0; −3), (2;1) nên ta có: 5  a = 96 −256a + 48b − 8c + d = 0  −32a + 12b − 4c + d = 0 b = 7  ⇔ 24   d = −3  7 32a + 12b + 4c + d = 1 c = − 24  d = −3

⇒ phương trình g ′ ( x ) = 0 có 3 nghiệm bội lẻ. ⇒ đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2 x có 3 điểm cực trị. Câu 84: (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số

g ( x ) = f ( x − 1) +

2019 − 2018 x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? 2018 y 1

−1

15 55   5 Do đó hàm số y = 3 f ( x) + x 3 − 6 x 2 + 9 x; y′ = 3 ( f ′( x) + x 2 − 4 x + 3) = 3  x3 + x 2 − x  8 12   24

 x = −11 y′ = 0 ⇔  x = 0 . Hàm số đồng biến trên các khoảng (−11;0) và ( 2; +∞ ) .  x = 2

Câu 83: (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ . Đồ thị hàm số

y = f ′ ( x ) như hình bên. Hỏi đồ thị hàm số y = f ( x ) − 2 x có bao nhiêu điểm cực trị?

−1

A. ( 2 ; 3) .

B. ( 0 ; 1) .

C. ( -1 ; 0 ) . Lời giải

Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x − 1) − 1 .

 x − 1 ≤ −1  x ≤ 0 ⇔ . g ′ ( x ) ≥ 0 ⇔ f ′ ( x − 1) − 1 ≥ 0 ⇔ f ′ ( x − 1) ≥ 1 ⇔   x −1 ≥ 2 x ≥ 3 56

D. (1 ; 2 ) .

Từ đó suy ra hàm số g ( x ) = f ( x − 1) +

2019 − 2018 x đồng biến trên khoảng ( -1 ; 0 ) . 2018

Câu 85: (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

Hàm số y = −2 f ( x ) + 2019 nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?

A. ( −4; 2 ) .

B. ( −1; 2 ) .

C. ( −2; −1) .

′ Ta có  f (3 − x 2 ) + 2018 = −2 x. f ′ (3 − x 2 ) .  

x = 0 x = 0   3 − x 2 = −6  x = ±3 −2 x. f ′ (3 − x 2 ) = 0 ⇔  ⇔ . 2  3 − x = −1  x = ±2   3 − x 2 = 2  x = ±1 Bảng xét dấu của đạo hàm hàm số đã cho

D. ( 2; 4 ) .

Lời giải Xét y = g ( x ) = −2 f ( x ) + 2019 .

 x = −2  x = −1 ′ Ta có g ′ ( x ) = ( −2 f ( x ) + 2019 ) = −2 f ′ ( x ) , g ′ ( x ) = 0 ⇔  . x = 2  x = 4

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số đồng biến trên (−1; 0) .

Dựa vào bảng xét dấu của f ′ ( x ) , ta có bảng xét dấu của g ′ ( x ) :

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1; 2 ) .

f ′ (3 − x 2 )

−∞

−3

−2

−1

− 0 +

−

− 0 +

+∞

−

Câu 86: (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x) . Biết đồ thị hàm số y = f ′ ( x) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số y = f (3 − x 2 ) + 2018 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (−1; 0)

B. (2; 3)

C. (−2; −1)

−2 xf ′ (3 − x 2 )

D. (0; 1)

Lời giải Chọn A

− 0 +

CHUYÊN ĐỀ 2

Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số đạt cực tiểu tại x = −5 C. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2

CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

MỤC LỤC PHẦN A. CÂU HỎI ........................................................................................................................................ 1

Câu 2.

Dạng 1. Tìm cực trị của hàm số dựa vào bảng biến thiên, đồ thị của hàm số đó ...................................... 1

B. Hàm số có bốn điểm cực trị D. Hàm số không có cực đại

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Dạng 2. Tìm cực trị của hàm số khi biết y, y’ ............................................................................................... 5 Dạng 3. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x = x0 ............................................................................................ 8 Dạng 4. Tìm m để hàm số có n cực trị ........................................................................................................... 9 Dạng 5. Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị ................................................................................................ 11 Dạng 6. Tìm m để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước ......................................................... 12

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng A. 5 B. 2

Dạng 7. Tam giác cực trị ............................................................................................................................... 14 Dạng 8. Bài toán cực trị hàm số chứa dấu trị tuyệt đối ............................................................................. 14

Câu 3.

Dạng 9. Tìm cực trị của hàm số f(u) khi biết bảng biến thiên, đồ thị f’(x) ............................................... 17

C. 0

D. 1

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO ............................................................................................................ 21 Dạng 1. Tìm cực trị của hàm số dựa vào bảng biến thiên, đồ thị của hàm số đó .................................... 21 Dạng 2. Tìm cực trị của hàm số khi biết y, y’ ............................................................................................. 27 Dạng 3. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x = x0 .......................................................................................... 40 Dạng 4. Tìm m để hàm số có n cực trị ......................................................................................................... 47 Dạng 5. Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị ................................................................................................ 52 Dạng 6. Tìm m để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước ......................................................... 56 Dạng 7. Tam giác cực trị ............................................................................................................................... 64 Dạng 8. Bài toán cực trị hàm số chứa dấu trị tuyệt đối ............................................................................. 67

A. 3 Câu 4.

B. 1

C. 2

D. 0

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Dạng 9. Tìm cực trị của hàm số f(u) khi biết bảng biến thiên, đồ thị f’(x) ............................................... 78

PHẦN A. CÂU HỎI

Tìm giá trị cực đại yCĐ và giá trị cực tiểu yCT của hàm số đã cho.

Dạng 1. Tìm cực trị của hàm số dựa vào bảng biến thiên, đồ thị của hàm số đó

A. yCĐ = 2 và yCT = 0

B. yCĐ = 3 và yCT = 0

C. yCĐ = 3 và yCT = −2 D. yCĐ = −2 và yCT = 2 Câu 1.

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Câu 5.

(Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đạt cực đại tại: A. x = −2 . B. x = 3 . 1

C. x = 1 . 2

D. x = 2 .

Câu 6.

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM ĂM 2017-2018) Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c ( a , b , c ∈ℝ ) có đồ thị như hình vẽ bên.

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 3 B. 0 Câu 7.

C. 1

Câu 10.

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d ( a, b, c, d ∈ R ) có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số này là

D. 2

(Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau: A. 3 Câu 11.

Hàm số đạt cực đại tại A. x = −2 . Câu 8.

B. x = 3 .

C. x = 1 .

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hỏi hàm số nghịch biến trên khoảng nào sau đây? A. (0;1) . B. (1; +∞ ) . C. ( −1;0) . Câu 12.

Câu 9.

D. 1

C. 0

D. x = 2 .

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂ ĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến ến thiên như sau

Mệnh đề nào dưới đây sai A. Hàm số có giá trị cực đại bằ bằng 3 C. Hàm số có giá trị cực đại bằ bằng 0

B. 2

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên như sau:

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại A. x = −1 . B. x = −3 .

B. Hàm số có hai điểm cực ực tiểu tiể D. Hàm số có ba điểm cực ực trị Câu 13.

D. (0; +∞ )

C. x = 2 .

D. x = 1 . 3

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y = ax + bx + cx + d ( a, b, c, d ∈ ℝ ) có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

Hàm số đã cho đạt cực tiểu ểu tại tạ A. x = 2 . B. x = −2 .

C. x = 1 . 3

D. x = 3 .

A. 2 Câu 14.

B. 0

C. 3

D. 1

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau 4

Câu 21.

(Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x − 1) , ∀x ∈ R. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là B. 0 . A. 2 .

Câu 22.

C. 1.

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x + 1) , ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 1 . B. 2 .

Hàm số đạt cực đại tại điểm A. x = 1 B. x = 0

C. x = 5

D. x = 2

C. 3 .

D. 0 .

Câu 23.

(Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm f ′( x) = x( x − 2)2 , ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 0 . B. 3 . C. 2 . D. 1.

Câu 24.

(THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm

Câu 15. Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên đoạn [ −2; 2] và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Hàm số f ( x ) đạt cực đại tại điểm nào dưới đây

D. 3 .

f ' ( x ) = x (1 − x ) ( 3 − x ) ( x − 2 ) với mọi x ∈ ℝ . Điểm cực tiểu của hàm số đã cho là

A. x = 2 . Câu 25.

B. x = 3 .

C. x = 0 .

D. x = 1 .

(THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm

f ′ ( x ) = x 3 ( x − 1)( x − 2 ) , ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 1 . Câu 26.

A. x = −2 .

B. x = −1 .

C. x = 1 .

D. x = 2

B. yC§ = 4

C. yC§ = 1

Câu 19.

Câu 27.

Câu 30.

Câu 20.

A. 2 .

C. 1009

D. 1011

C. 3 .

B. 4 .

D. 2 . D. (−1;0) .

Câu 31.

B. 0 .

C. 1.

D. 3 .

(CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x3 − 6 x 2 + 9 x có tổng hoành độ và tung độ bằng B. 1 . C. 3 . D. −1 . A. 5 . (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm giá trị cực tiểu yCT của hàm

cực trị của hàm số đã cho là A. 2 . B. 1 .

A. yCT = −6

hàm

(THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Hàm số f ( x ) có đạo

số y = −x3 + 3x − 4 .

D. 3 .

đạo

(SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số F ( x ) là một nguyên hàm

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′( x) = x ( x + 2 ) , ∀x ∈ ℝ . Số điểm C. 0 .

có

f ′( x) = x( x − 1)( x + 2) , ∀x ∈ R. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

D. 5

y = f ( x)

hàm f ′ ( x ) = x 2 ( x + 1)( x − 2 ) , ∀x ∈ R . Hỏi f ( x ) có bao nhiêu điểm cực đại?

C. 2

số

Câu 28. Đồ thị hàm số y = − x + 3 x có điểm cực tiểu là: A. (−1; − 2) . B. (1;0) . C. (1; − 2) .

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT BGD& NĂM 2018-2019) Cho hàm số B. 3

Hàm

Câu 29.

A. 1

2018-2019)

B. 1010

A. 5 .

x +3 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? x +1 A. Cực tiểu của hàm số bằng −3 B. Cực tiểu của hàm số bằng 1 C. Cực tiểu của hàm số bằng −6 D. Cực tiểu của hàm số bằng 2 f ( x ) có đạo hàm

NĂM

của hàm số f ( x ) = 2019 x ( x 2 − 4 )( x 2 − 3 x + 2 ) . Khi đó số điểm cực trị của hàm số F ( x ) là

D. yC§ = 0

2x + 3 Câu 17. (MĐ 104 BGD&DT NĂM có bao nhiêu điểm cực trị? ĂM 2017) Hàm số y = x +1 A. 1 B. 3 C. 0 D. 2 Câu 18. Cho hàm số y =

VTED

tiểu? A. 1008

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT ĐT NĂM N 2017) Tìm giá trị cực đại yC§ của hàm s ố y = x 3 − 3 x + 2 . A. yC§ = −1

D. 2 .

f ′ ( x ) = ( x − 1)( x − 2 ) ... ( x − 2019 ) , ∀x ∈ R . Hàm số y = f ( x ) có tất cả bao nhiêu điểm cực

Dạng 2. Tìm cực trị của hàm số khi biết y, y’ Câu 16.

(ĐỀ

C. 5 .

B. 3 .

B. yCT = −1

C. yCT = −2

D. yCT = 1

Câu 32.

(THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm là

Câu 42.

(THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) 1 1 5 y = x 4 − x3 − x 2 − 3 x + 2019m ( m∈ ℝ ) đạt cực tiểu tại điểm: 4 3 2 A. x = 3 . B. x = −3 . C. x = 1 . D. x = −1 .

Câu 43.

(THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Điểm cực đại của đồ thị hàm số y = − x 3 + 3x + 1 là:

f ′ ( x ) = x ( x − 1)( x + 2 ) ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số là?

A. 5 . Câu 33.

B. 2 .

C. 1 .

D. 3 .

(THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Giá trị cực tiểu yCT của hàm số y = x3 − 3 x 2 + 4 là: A. yCT = 0 .

Câu 34.

B. yCT = 3 .

C. yCT = 2 .

D. yCT = 4 .

(SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm 2

A. M ( −1; −1) . Câu 44.

f ′ ( x ) = ( x − 1)( x − 2 ) ( x − 3) ( x − 4 ) , ∀x ∈ ℝ. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 3 Câu 35.

C. 2

B. 5

D. 4

(LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Đồ thị hàm số

Câu 45.

y = x 4 − x 2 + 1 có bao nhiêu điểm cực trị có tung độ là số dương? B. 1.

A. 3 . Câu 36.

x2 + 1 A. y = x Câu 37.

C. 2 .

D. 0 .

(HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Hàm số nào dưới đây không có cực trị?

2x − 2 B. y = x +1

Câu 46.

D. y = − x + x + 1

Câu 47.

A. 5 . Câu 38.

B. 2 .

A. 3 . Câu 39.

B. 4 .

C. 2 .

D. 1 . 4

(THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y = x − 2 x 2 + 1 . Xét các mệnh đề sau đây 1) Hàm số có 3 điểm cực trị.

Câu 49.

Câu 41.

C. 2 .

D. 3.

hàm là f ' ( x) = x 2 ( x − 2)( x 2 − x − 2)( x +1) thì tổng các điểm cực trị của hàm số f ( x) bằng

C. 1. 7

(THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số

cho là: A. 3

B. 1

C. 0

D. 2

Câu 50.

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số 1 y = x 3 − mx 2 + ( m 2 − 4 ) x + 3 đạt cực đại tại x = 3 . 3 A. m = −1 B. m = −7 C. m = 5 D. m = 1

Câu 51.

(CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm m để hàm số y = x 3 − 2mx 2 + mx + 1 đạt cực tiểu tại x = 1 A. không tồn tại m . B. m = ±1 . C. m = 1 . D. m ∈{1;2} .

D. 1.

B. 2 .

D. 3

Dạng 3. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x = x0

(THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Nếu hàm số f ( x) có đạo

A. − 1 .

)

C. 2

(THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm giá trị cực đại của hàm số y = x 3 − 3 x 2 − 2 . B. 0 .

(

B. 1

y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và f ′ ( x ) = ( x − 1)( x − 2 ) ( x + 3) . Số điểm cực trị của hàm số đã

4) Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; −1) ; ( 0;1) .

A. −2 .

D. (1;0 )

Câu 48. Hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê dưới đây không có cực trị? 2x − 3 A. y = . B. y = x 4 . C. y = − x 3 + x . D. y = x + 2 . x+2

3) Hàm số có 1 điểm cực trị.

Câu 40.

 5 40  C.  ;   3 27 

B. ( 0; −5 )

(THPT CHUYÊN QUANG TRUNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số

A. 4

2) Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −1; 0 ) ; (1; +∞ ) .

Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong bốn mệnh đề trên? A. 2. B. 1. C. 4.

(THPT CHUYÊN QUANG TRUNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Điểm cực

(THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x − 2 ) ( x 2 − 3)( x 4 − 9 ) . Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) là

(THPT SƠN TÂY HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm số điểm cực trị của hàm s ố y = x4 − 2 x2 . A. 2. B. 4. C. 3. D. 1.

y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x ( x 2 + 2 x ) x 2 − 2 ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số là

D. 3 .

C. 1.

D. Q (1;3) .

1 (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Hàm số y = x 3 + x 2 − 3 x + 1 đạt cực tiểu 3 tại điểm A. x = −1 . B. x = 1 . C. x = −3 . D. x = 3 .

A. ( −1; −8 )

(THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x − 1)( x − 2 ) , ∀ x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

C. P ( 2; −1) .

số

tiểu của đồ thị hàm số y = − x3 + x 2 + 5 x − 5 là

C. y = x − 2 x + 1

B. N ( 0;1) .

Hàm

D. 0 .

Câu 52.

Câu 53.

(THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Tìm các giá trị thực của tham số m để 1 hàm số y = x 3 − mx 2 + ( m 2 − 4 ) x + 3 đạt cực đại tại x = 3 . 3 A. m = 1, m = 5 . B. m = 5 . C. m = 1 . D. m = −1 . (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để

Câu 62.

A. 1 < m ≤ 3 Câu 63.

hàm số y = x 3 − 3x 2 + mx + 1 đạt cực tiểu tại x = 2 . A. m = 0 . Câu 54.

Câu 55.

B. m > 4 .

C. 0 ≤ m < 4 .

Câu 56.

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x8 + ( m − 2 ) x 5 − ( m 2 − 4 ) x 4 + 1 đạt cực tiểu tại x = 0 ?

A. Vô số Câu 57.

B. 3

C. 5

Câu 58.

B. Vô số

C. 4

Câu 59.

C. 7

D. 9

B. 9

C. Vô số

D. 10

Câu 61.

B. m = −2 .

C. m = 1 .

A. ( 0; + ∞ ) .

(

định trên tập số thực ℝ và có đạo hàm f ' ( x ) = ( x − sin x )( x − m − 3) x − 9 − m

A. 6

B. 7

C. 5

Dạng 4. Tìm m để hàm số có n cực trị

D. 4

Câu 69.

C. [ 0; + ∞ ) .

D. ( −∞ ;0 ) .

(THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Cho hàm số y = mx4 + (2m + 1) x2 + 1.

(CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019) Tìm số các giá trị nguyên của tham A. 6 .

Câu 70.

B. 5 .

D. 3 .

C. 4 .

(THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM y = mx 4 + ( m − 1) x 2 + 1 − 2m có một điểm cực trị khi A. 0 ≤ m ≤ 1 .

B. ( −∞ ; 0] .

số m để hàm số y = x 4 + 2 ( m 2 − m − 6) x 2 + m −1 có ba điểm cực trị.

) ∀x ∈ ℝ ( m là

tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = f ( x ) đạt cực tiểu tại x = 0 ?

3 . 2

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số có đúng một điểm cực tiểu. 1 1 A. Không tồn tại m . B. m ≥ 0. C. m ≥ − . D. − ≤ m ≤ 0. 2 2

D. m = 2 .

D. m >

các số thực m để hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị là

Câu 68.

(CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y = f ( x ) xác

3 C. m ≤ . 2

(THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = mx 4 − x 2 + 1 . Tập hợp

Câu 60. Tìm tất cả tham số thực m để hàm số y = ( m − 1) x 4 − ( m 2 − 2 ) x 2 + 2019 đạt cực tiểu tại x = −1 A. m = 0 .

3 B. m < − . 2

Câu 67.

(KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x12 + (m − 5) x 7 + (m 2 − 25) x 6 + 1 đạt cực đại tại x = 0 ? A. 8

1 1 ; m= 4 2 2

(THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Tập hợp các giá trị của m để hàm 1 số y = x3 − mx 2 + ( m + 2 ) x + 1 có hai cực trị là: 3 A. ( −∞; −1] ∪ [ 2; +∞ ) B. ( −∞; −1) ∪ ( 2; +∞ ) C. ( −1; 2) D. [ −1; 2]

y = x8 + ( m − 4 ) x 5 − ( m 2 − 16 ) x 4 + 1 đạt cực tiểu tại x = 0 .

B. Vô số

D. m = 1

Câu 66. D. 7

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số A. 8

C. m = −1 ; m = 1

3 A. m < . 2

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số A. 6

B. m = −

(THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x3 − 3x 2 + 2mx + m có cực đại và cực tiểu?

D. 4

y = x8 + ( m − 3) x 5 − ( m 2 − 9 ) x 4 + 1 đạt cực tiểu tại x = 0 ?

A. m ≠ 0

Câu 65.

D. 1

C. Vô số

D. 1 ≤ m ≤ 3

(THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm tất cả các giá trị của x3 tham số m để hàm số y = − + mx 2 − 2mx + 1 có hai điểm cực trị. 3 m > 2 A. 0 < m < 2 . B. m > 2 . C. m > 0 . D.  . m < 0

y = x8 + (m − 1) x5 − (m2 − 1) x 4 + 1 đạt cực tiểu tại x = 0? B. 2

C. m ≥ 1

Câu 64.

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số A. 3

B. m ≤ 1

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y = x3 − 3mx 2 + 4m3 có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 4 với

O là gốc tọa độ.

D. 0 < m ≤ 4 .

(THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Có bao nhiêu số thực m để hàm số 1 y = x 3 − mx 2 + ( m 2 − m + 1) x + 1 đạt cực đại tại x = 1 . 3 A. 0 B. 2 C. 1 D. 3

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = ( m − 1) x 4 − 2 ( m − 3) x2 + 1 không có cực đại?

B. m ≤ 0 ∨ m ≥ 1 .

C. m = 0 .

2018-2019

LẦN

01)

Hàm

D. m < 0 ∨ m > 1 .

số

Câu 71.

Câu 72.

Câu 73.

giá trị nguyên của m trên miền [ −10;10] để hàm số y = x 4 − 2 ( 2m + 1) x 2 + 7 có ba điểm cực

(THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có tất cả bao nhiêu

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC - LẦN 1 - 2017 - 2018 - BTN) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = x3 + 2 x 2 + ( m − 3) x + m có hai điểm cực trị và điểm M ( 9; − 5) nằm

trị? A. 20

trên đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị. A. m = −1. B. m = −5. C. m = 3.

B. 10

(THPT

LÃO

C. Vô số

HẢI

PHÒNG

NĂM

D. 11

2018-2019

LẦN

02)

Cho

hàm

số

Câu 81.

thẳng y = ( 2m − 1) x + m + 3 song song với đường thẳng đi qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số

đúng hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại ? A. 4 B. 3

y = x3 − 3x 2 + 1

C. 2

D. 5

A. m =

(KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của A. m ≥ 1 B. m ≤ 0 Dạng 5. Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị

C. 0 ≤ m ≤ 1

Câu 82. D. m ≤ 0 ∪ m ≥ 1

3 2

3 4

B. m =

C. m = −

Câu 76.

1 2

D. m =

1 4

C. P ( 1; 0 )

Câu 83.

10 3

Câu 84.

C. S = 10

D. S = 9

Câu 77. Đồ thị của hàm số y = x3 − 3x 2 − 9 x + 1 có hai điểm cực trị A và B . Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng AB . A. P (1; 0 ) . Câu 78.

Câu 79.

B. M ( 0; −1) .

C. N (1; −10 ) .

D. Q ( −1;10 ) .

(THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc- Lần 1- 2018- BTN) Biết đồ thị hàm số y = x 3 − 3x + 1 có hai điểm cực trị A , B . Khi đó phương trình đường thẳng AB là A. y = 2 x − 1 . B. y = −2 x + 1. C. y = − x + 2. D. y = x − 2 .

Câu 85.

1 B. − . 6

C. m =

1 . 6

1 D. − . 3

40 9

2 . 3

C. m = −

2 . 3

D. m = 1 .

B. 6

)

C. −6

D. 0

22 9

25 4

8 3

(GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tìm tất cả cả các giá trị của A. m = −3

B. m = 3

C. m = −1

D. m = 1

Câu 86. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y = x − 8 x 2 + ( m 2 + 11) x − 2m 2 + 2 3

có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Ox . A. 4. B. 5. C. 6.

Câu 87.

số y = x − 3x − 1 . 1 . 3

1 . 2

tham số m để y = x 3 − 3x 2 + mx − 1 đạt cực trị tại x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 = 6

(Lương Văn Chánh - Phú Yên – 2017 - 2018 - BTN) Tìm giá trị thực của tham số m để đường

D. m = −

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số 1 y = mx 3 − ( m − 1) x 2 + 3 ( m − 2 ) x + 2018 với m là tham số. Tổng bình phương tất cả các giá trị 3 của m để hàm số có hai điểm cực trị x1 ; x2 thỏa mãn x1 + 2 x2 = 1 bằng A.

thẳng d : y = ( 3m + 1) x + 3 + m vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm 3

3 . 4

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số 1 m để đồ thị của hàm số y = x3 − mx2 + m2 − 1 x có hai điểm cực trị A và B sao cho A, B 3 nằm khác phía và cách đều đường thẳng d : y = 5 x − 9 . Tính tổng tất cả các phần tử của S . A. 3

B . Tính diện tích S của tam giác OAB với O là gốc tọa độ.

B. S =

B. m =

(

D. Q ( −1;10 )

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Đồ thị của hàm số y = − x3 + 3x 2 + 5 có hai điểm cực trị A và

A. S = 5

C. m = −

Dạng 6. Tìm m để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước

. Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng AB ?

B. N ( 1; −10 )

1 . 2

(TT Tân Hồng Phong - 2018 - BTN) Tìm tổng tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho

1 A. m = − . 3

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Đồ thị hàm số y = x3 − 3x 2 − 9 x + 1 có hai cực trị A và B A. M ( 0; −1)

B. m =

song đường thẳng y = −4 x .

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y = ( 2m − 1) x + 3 + m vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số

A. m =

3 . 4

đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y = 2 x3 + 3 ( m − 1) x 2 + 6m (1 − 2m ) x song

y = x3 − 3x 2 + 1 .

Câu 75.

D. m = 2.

(PTNK Cơ Sở 2 - TPHCM - 2017 - 2018 - BTN) Tìm giá trị thực của tham số m để đường

y = mx 4 + ( m 2 − 6 ) x 2 + 4 . Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số có ba điểm cực trị trong đó có

tham số m để hàm số y = mx 4 + ( m − 1) x 2 + 1 − 2m có một cực trị.

Câu 74.

Câu 80.

D. 7.

(CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y = x 3 − ( 2m + 1) x 2 + ( m + 1) x + m − 1 . Có bao nhiêu giá trị của số tự nhiên m < 20 để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục hoành? A. 18 . B. 19 . C. 21 . 12

D. 20 .

Câu 88.

Câu 89.

(CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để

Câu 96.

M ( x1; y1 ) , N ( x2 ; y2 ) thỏa mãn x1 ( y1 − y2 ) = y1 ( x1 − x2 ) . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

đó nằm về hai phía khác nhau đối với trục hoành? A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 4 .

P = abc + 2ab + 3c bằng 49 25 A. − B. − 4 4

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu nằm trong khoảng (−2; 3) .

A. m ∈ (−1; 3) ∪ ( 3; 4) . B. m ∈ (1; 3) .

C. m ∈ (3; 4) .

Câu 97.

thực của tham số m để hàm số: y = 3x + 2 ( m + 1) x − 3mx + m − 5 có hai điểm cực trị x1 ; x2 đồng

A. −21 Câu 91.

B. −39

C. −8

x1 − x2 ≤ 5 . Biết S = ( a; b] . Tính T = 2b − a . A. T = 51 + 6 Câu 92.

B. T = 61 + 3

C. T = 61 − 3

D. T = 51 − 6

(SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của 3

Câu 93.

x − 2 x 2 + mx + 3 có hai điểm cực trị x1 , x2 ≤ 4 . Số phần tử của S bằng 3 B. 3 . C. 2 . D. 4 .

1 . 9

Câu 98.

B. m = 1 .

C. m = −

1 . 9

D. m = −1 .

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số

y = x4 − 2mx2 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1 . A. 0 < m < 1 Câu 99.

B. m > 0

C. 0 < m < 3 4

D. m < 1

(THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 2 ( m + 1) x 2 + m 2 có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông. Số phần tử của tập hợp S là A. 2 . B. 0 .

C. 4 .

D. 1 .

Câu 100. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 1 (1) . Tổng lập phương các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và đường

A. 5 .

tròn đi qua 3 điểm này có bán kính R = 1 bằng

(TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Tìm giá trị thực của tham số m để hàm 1 B. m = . 2

A. m = 5 .

C. m = 3 .

7 D. m = . 2

(PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để điểm M (2m3 ; m) tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số 3

y = 2 x − 3(2m + 1) x + 6m(m + 1) x + 1 (C ) một tam giác có diện tích nhỏ nhất?

A. 0 Câu 95.

7 6

tham số m để hàm số y =

số y = x3 + 4 (m − 2) x 2 − 7 x +1 có hai điểm cực trị x1 ; x2 ( x1 < x2 ) thỏa mãn x1 − x2 = −4

Câu 94.

A. m =

D. 3 11 − 13

(THPT CHUYÊN BẮC NINH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Gọi S là tập các giá trị dương của tham số m sao cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 27 x + 3m − 2 đạt cực trị tại x1 , x2 thỏa mãn

D. −

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ

thời y ( x1 ) . y ( x2 ) = 0 là:

841 36

thị của hàm số y = x 4 + 2mx 2 + 1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân

D. m ∈ (−1; 4) .

(THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tổng tất cả các giá trị 3

C. −

Dạng 7. Tam giác cực trị

y = 2 x 3 + 3 ( m − 1) x 2 + 6 ( m − 2) x − 1 với m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để

Câu 90.

(ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Biết đồ thị hàm số y = x3 + ax 2 + bx + c có hai điểm cưc trị

đồ thị của hàm số y = x3 − ( m + 1) x 2 + ( m 2 − 2 ) x − m 2 + 3 có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị

B. 1

C. 2

D. không tồn tại

(HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số thực m để đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số y = x 3 − 3mx + 2 cắt đường tròn ( C ) có tâm I (1;1) , bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A,B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất.

A. m =

2± 3 3

B. m =

2± 3 2

C. m =

1± 3 2

D. m =

2± 5 2

5− 5 . 2

1+ 5 . 2

C. 2 + 5 .

D. −1 + 5 .

Câu 101. (THPT MINH CHÂU HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 2m2 x2 + m + 4 có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác

đều?

{

}

A. m ∈ 0; 3; − 3

{

}

B. m ∈ 0; 6 3; − 6 3

C. m ∈

{

}

3; − 6 3

{

}

D. m ∈ − 3; 3

Câu 102. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tìm m để đồ thị hàm số y = x 4 − 2m 2 x 2 + 1 có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác vuông cân. A. m = 1 .

B. m ∈ {−1;1} .

C. m ∈ {−1;0;1} .

D. m ∈∅ .

Dạng 8. Bài toán cực trị hàm số chứa dấu trị tuyệt đối Câu 103. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m có 7 điểm cực trị? A. 5

B. 6

C. 4 14

D. 3

Câu 104. (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM NĂ 2018-2019 LẦN 03) Biết phương trình ình ax 3 + bx 2 + cx + d = 0

( a ≠ 0) cực trị? A. 4 .

có đúng hai nghiệm thực. Hỏi đồ thị hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d có bao nhiêu điểm

B. 5 .

C. 2 .

D. 3 .

Câu 105. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019) Tìm số các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m 2 + m −12 có bảy điểm cực trị

A. 1 .

B. 4 .

C. 0 .

A. 2

B. 2

C. 3

A. 5

D. 2 .

Câu 106. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Số điểm cực trị của hàm số y = ( x − 1)( x − 2 )

Đồ thị của hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị?

Câu 111. (TOÁN là

D. 4

Câu 107. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂ ĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

C. 4

B. 3 HỌC

2018 - 2019 LẦN 01) Cho hàm số a > 0, d > 2019  f ( x) = ax + bx + cx + d ( a, b, c, d ∈ ℝ) và  . Số cực trị của hàm số a + b + c + d − 2019 < 0   3

TUỔI

TRẺ

D. 2

NĂM

y = g ( x ) ( với g ( x) = f ( x) − 2019) bằng

A. 2 .

B. 5 .

C. 3 .

D. 1.

Câu 112. (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = 3x 4 − 4 x3 − 12 x 2 + m2 có đúng 5 điểm cự cực trị? A. 5 .

C. 5

B. 2

C. 6 .

D. 4 .

Câu 113. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Số điểm cực trị của hàm số y = ( x − 1)( x − 2 )

Đồ thị của hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị? A. 4

B. 7 .

D. 3

Câu 108. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau.

A. 2

B. 2

C. 3

là

D. 4

Câu 114. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m có 5 điểm cực trị. A. 16

B. 44

C. 26

D. 27

Câu 115. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m − 1 với m là tham số thực. Số giá trị nguyên trong khoảảng [ −2; 2] của m để

hàm số đã cho có 3 điểm cực ực trị tr là A. 2 B. 4

Hàm số y = f ( x − 3 ) có bao nhiêu điểm cực trị

A. 5

C. 3

B. 6

D. 1

Câu 109. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x) xác định, liên tục

C. 3

D. 1

Câu 116. (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới

trên ℝ và có bảng biến thiên như sau:

Tìm tất cả các giá trị củaa tham ssố m để đồ thị hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2m có đúng 3

Đồ thị của hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị? A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

Câu 110. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên

điểm cực trị. A. m > 1

B. m ≥ 1

C. m ≤ 2

như sau 15

D. m > 2

Câu 117. (THPT CHUYÊN BẮC NINH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Tập hợp các giá trị của m để hàm số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m − 1 có 7 điểm cực trị là: A. (0;6)

B. (6;33)

C. (1;33)

D. (1;6)

Dạng 9. Tìm cực trị của hàm số f(u) khi biết bảng biến thiên, đồ thị f’(x) Câu 118. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ' ( x ) như sau:

Số cực trị của hàm số y = f ( 4 x 2 − 4 x ) là A. 3 .

B. 9 .

C. 5 .

D. 7 .

Câu 122. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ và có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) là đường cong ở hình vẽ. Hỏi hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị? y

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 − 2 x ) là A. 9.

B. 3.

C. 7.

D. 5.

Câu 119. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ′ ( x ) như sau: a

A. 2 .

B. 9.

Câu 120. (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số x

-∞

C. 7. f (x)

+∞

B. 3 .

C. 4 .

D. 1 .

y = f ′ ( x ) như hình vẽ sau

D. 3.

, bảng biến thiên của hàm số

-1

Câu 123. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯ ƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( 4 x 2 + 4 x ) là A. 5.

f '( x)

như sau

+∞ +∞

f'(x)

Đồ thị hàm số g ( x ) = 2 f ( x ) − x 2 có tối đa bao nhiêu điểm cực trị?

-1

-3

A. 7

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 + 2 x ) là A. 9 .

B. 5 .

C. 7 .

D. 3 .

Câu 121. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ′ ( x ) như sau:

B. 5

C. 6

D. 3

Câu 124. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho hàm số f (x) xác định trên ℝ và có đồ thị f ′( x) như hình vẽ bên. Đặt g ( x) = f ( x) − x . Hàm số đạt cực đại tại tạ điểm thuộc khoảng nào dưới đây?

A. x = 0 . C. x = 2 . 3  A.  ;3  2 

B. (−2;0)

1  D.  ; 2  2 

C. (0;1)

B. x = 1 . D. không có điểm cưc đại.

Câu 128. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ.

( )

Đặt g ( x ) = f x 3 . Tìm số điểm cực trị của hàm số y = g ( x ) .

Câu 125. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ′( x − 1) có đồ thị như hình vẽ.

y a

A. 3

B. 5

C. 4

D. 2

Câu 129. (THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ và hàm số y = f ′ ( x) có đồ thị như hình vẽ. Tìm số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 − 3) .

Hàm số y = π

2 f ( x) − 4 x

A. x = 1 .

đạt cực tiểu tại điểm nào? B. x = 0 .

C. x = 2 .

D. x = −1 . 2

Câu 126. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Cho hàm số

y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Đặt g ( x ) = 3 f ( f ( x ) ) + 4

-2

. Tìm số điểm cực trị của hàm số g ( x ) ?

O y 3 −1

A. 4

C. 5

D. 3

Câu 130. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm s ố f ( x ) có đạo

1 2 3 4 O

B. 2

hàm là f ′ ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ bên. Tính số điểm cực trị của hàm số

(

)

y = f ( x 2 ) trên khoảng − 5; 5 .

A. 2 .

B. 8 .

C. 10 .

D. 6 .

Câu 127. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ , đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ. Điểm cực đại của hàm số

g ( x ) = f ( x ) − x là

A. 2 .

B. 4 .

C. 3 .

D. 5 .

Câu 131. (THPT MINH CHÂU HƯNG ƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên R và đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ bên. 19

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x − 2017 ) − 2018x + 2019 là.

A. 3

B. 4

C. 1

D. 2

Câu 132. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng

A. 5

B. 2

x 0

C. 0

D. 1

Lời giải

3 Chọn A

Dựa bào BBT ta có: Giá trị cực đại của hàm số là yCD = 5

Câu 3.

Tìm m để hàm số y = f ( x 2 + m) có 3 điểm cực trị.

A. m ∈ ( 3; +∞ ) .

B. m∈ [ 0;3] .

C. m∈ [ 0;3) .

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:

D. m ∈ ( −∞;0 ) .

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1. Tìm cực trị của hàm số dựa vào bảng biến thiên, đồ thị của hàm số đó Câu 1.

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau A. 3

B. 1

C. 2

D. 0

Lời giải Chọn A Hàm số có ba điểm cực trị.

Câu 4.

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số đạt cực tiểu tại x = −5

B. Hàm số có bốn điểm cực trị

C. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2

D. Hàm số không có cực đại

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Lời giải Chọn.C Dựa vào bảng biến thiên. Hàm số có đạo hàm trên ℝ và y′ ( 2 ) = 0; y ′ đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x = 2 nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 .

Câu 2.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên

Tìm giá trị cực đại yCĐ và giá trị cực tiểu yCT của hàm số đã cho.

A. yCĐ = 2 và yCT = 0

B. yCĐ = 3 và yCT = 0

C. yCĐ = 3 và yCT = −2 D. yCĐ = −2 và yCT = 2

như sau

Lời giải Chọn B 21

Câu 8.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có yCĐ = 3 và yCT = 0 .

Câu 5.

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau

(Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đạt cực đại tại:

A. x = −2 .

B. x = 3 .

C. x = 1 .

Mệnh đề nào dưới đây sai

D. x = 2 .

Lời giải Chọn C

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM ĂM 2017-2018) Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c ( a , b , c ∈ ℝ ) có đồ thị như hình vẽ bên.

C. Hàm số có giá trị cực đại bằng 0

D. Hàm số có ba điểm cực trị

Chọn C Câu 9.

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên như sau:

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại

A. 3

A. x = 2 .

B. 0

C. 1

D. 2

B. x = −2 .

C. x = 1 .

Chọn A

Chọn D Từ bảng biến thiên ta có điểm cực tiểu của hàm số là x = 3 .

(Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau: Câu 10.

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d ( a, b, c, d ∈ R ) có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số này là

Hàm số đạt cực đại tại

A. x = −2 .

B. x = 3 .

C. x = 1 .

D. x = 2 .

Lời giải Chọn B 23

D. x = 3 .

Lời giải

Lời giải Câu 7.

B. Hàm số có hai điểm cực tiểu

Lời giải

Hàm số f ( x ) xác định tại x = 1 , f '(1) = 0 và đạo hàm đổi dấu từ (+ ) sang (−)

Câu 6.

A. Hàm số có giá trị cực đại bằng 3

Theo bảng biến thiên thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = −1

Câu 13.

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM ĂM 2018) Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d ( a, b, c, d ∈ ℝ ) có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

A. 2 A. 3

B. 2

C. 0

C. 3 Lời giải

B. 0

D. 1

Chọn A

Lời giải Câu 14.

Chọn B

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Dựa vào hình dạng đồ thị hàm số có hai điểm cực trị.

Câu 11.

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đạt cực đại tại điểm Hỏi hàm số nghịch biến trên khoảng nào sau đây?

A. (0;1) .

B. (1; +∞ ) .

C. ( −1;0) .

A. x = 1

Lời giải

C. x = 5 Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy y′ đối dấu từ ( + ) sang ( − ) tại x = 2 .

Vì trên (0;1) hàm số có đạo hàm mang dấu âm.

Nên hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2 .

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại

A. x = −1 .

D. x = 2

Chọn D

Chọn A

Câu 12.

B. x = 0

D. (0; +∞ )

B. x = −3 .

C. x = 2 .

D. x = 1 .

Lời giải ?

Chọn A 25

A. x = −2 .

B. x = −1 .

C. x = 1 .

D. x = 2

 Cách 1.

Lời giải

x2 + 2 x − 3

Ta có: y ′ =

( x + 1)

Chọn B

 Cách 2.

Dạng 2. Tìm cực trị của hàm số khi biết y, y’

Ta có y ′ =

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tìm giá trị cực đại yC§ của hàm số y = x 3 − 3x + 2 . A. yC§ = −1

B. yC§ = 4

 x = −3 ; y′ = 0 ⇔ x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔  x =1

Lập bảng biến thiên. Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và giá trị cực tiểu bằng 2 .

Từ đồ thị ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = −1.

Câu 16.

C. yC§ = 1

D. yC§ = 0 y ′′ =

Lời giải Chọn B  x = 1 ⇒ y (1) = 0 Ta có y′ = 3x 2 − 3 ⇒ y′ = 0 ⇔ 3 x 2 − 3 = 0 ⇔   x = −1 ⇒ y ( −1) = 4

Câu 19.

x2 + 2 x − 3

( x + 1)

 x = −3 ; y′ = 0 ⇔ x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔  x =1

. Khi đó: y′′ (1) =

Nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và giá trị cực tiểu bằng 2 . (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số

f ( x ) có đạo hàm

f ′( x) = x( x − 1)( x + 2)3 , ∀x ∈ R. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

A. 1

3 2 3 2   lim ( x − 3x + 2 ) = lim x 1 − 2 + 3  = −∞, lim ( x3 − 3x + 2 ) = lim x3 1 − 2 + 3  = +∞ x →−∞ x →−∞ x →+∞ x →+∞ x x x x    

B. 3

1 1 > 0 ; y′′ ( −3) = − < 0 . 2 2

C. 2

D. 5

Lời giải Chọn B

Bảng biến thiên

Phương trình f ′( x ) = 0 ⇔ x( x − 1)( x + 2)3 = 0

x = 0  ⇔ x = 1  x = −2  Do f ′( x ) = 0 có ba nghiệm phân biệt và f ′( x) đổi dấu qua ba nghiệm này nên hàm số có ba điểm

Từ bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực đại của hàm số bằng 4

Câu 17.

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Hàm số y = B. 3

A. 1

2x + 3 có bao nhiêu điểm cực trị? x +1 C. 0 D. 2

Lời giải Chọn C Có y′ =

Câu 20.

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′( x) = x ( x + 2 ) , ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 2 . B. 1.

C. 0 . Lời giải

Chọn B

−1

( x + 1)

cực trị.

> 0, ∀x ≠ −1 nên hàm số không có cực trị.

Bảng biến thiên

x2 + 3 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? x +1 A. Cực tiểu của hàm số bằng −3 B. Cực tiểu của hàm số bằng 1 C. Cực tiểu của hàm số bằng −6 D. Cực tiểu của hàm số bằng 2 Lời giải

Câu 18. Cho hàm số y =

Chọn D 27

D. 3 .

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị đó là điểm cực tiểu x = 0 .

Câu 21.

Câu 24.

A. x = 2 . C. 1.

f ' ( x ) = x (1 − x ) ( 3 − x ) ( x − 2 ) với mọi x ∈ ℝ . Điểm cực tiểu của hàm số đã cho là

(Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x − 1) , ∀x ∈ R. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 2 . B. 0 .

B. x = 3 .

C. x = 0 .

D. 3 .

D. x = 1 .

Lời giải

Ta có

Chọn C Xét dấu của đạo hàm:

f ' ( x ) = x (1 − x ) ( 3 − x ) ( x − 2 )

x = 0  x =1 . ⇒ f '( x) = 0 ⇔  x = 2  x = 3

Bảng xét dấu đạo hàm.

Ta thấy đạo hàm đổi dấu đúng 1 lần nên hàm số đã cho có đúng 1 điểm cực trị

Câu 22.

(THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm 2

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x + 1) , ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 1 . B. 2 .

C. 3 .

D. 0 .

Lời giải

Suy ra hàm số f ( x ) đạt cực tiểu tại x = 0

Câu 25.

Chọn A

(THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm

f ′ ( x ) = x 3 ( x − 1)( x − 2 ) , ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

x = 0 x = 0 ⇔ Ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔ x ( x + 1) = 0 ⇔  . 2 x + 1 = 0 ( )  x = −1  Vì nghiệm x = 0 là nghiệm bội lẻ và x = −1 là nghiệm bội chẵn nên số điểm cực trị của hàm số là 1. 2

A. 1 .

C. 5 .

B. 3 .

D. 2 .

Lời giải

x = 0 Ta có: f ′ ( x ) = 0 ⇔ x 3 ( x − 1)( x − 2 ) = 0 ⇔  x = 1 .   x = 2

Câu 23. (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm f ′( x) = x( x − 2)2 , ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 0 . B. 3 . C. 2 . D. 1.

Bảng xét dấu:

Lời giải Chọn D x = 0 x = 0 Ta có: f ′( x) = 0 ⇔ x ( x − 2) 2 = 0 ⇔  ⇔ x − 2 = 0 x = 2 Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng xét dấu nhận thấy hàm số f ( x ) có 3 điểm cực trị.

Câu 26.

(ĐỀ

VTED

NĂM

2018-2019)

Hàm

số

y = f ( x)

có

đạo

hàm

f ′ ( x ) = ( x − 1)( x − 2 ) ... ( x − 2019 ) , ∀x ∈ R . Hàm số y = f ( x ) có tất cả bao nhiêu điểm cực tiểu? A. 1008

B. 1010

C. 1009 Lời giải

Chọn B Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số có 1 điểm cực trị x = 0 . 29

D. 1011

x = 1 x = 2 Ta có: f ′ ( x ) = ( x − 1)( x − 2 ) ... ( x − 2019 ) = 0 ⇔  ......   x = 2019

 x2 = 0 x = 0  Ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔  x − 1 = 0 ⇔  x = 1 .  3  x = 2 ( x − 2 ) = 0 Bảng biến thiên

f ′ ( x ) = 0 có 2019 nghiệm bội lẻ và hệ số a dương nên có 1010 cực tiểu Câu 27.

(SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2019 x ( x 2 − 4 )( x 2 − 3 x + 2 ) . Khi đó số điểm cực trị của hàm số F ( x ) là

A. 5 .

B. 4 .

C. 3 .

D. 2 .

Lời giải Ta có: F ′ ( x ) = f ( x ) = 2019

− 4 )( x − 3 x + 2 ) . 2

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số có 1 điểm cực đại.

 x = −2 F ′ ( x ) = 0 ⇔ 2019 x ( x 2 − 4 )( x 2 − 3 x + 2 ) = 0 ⇔  x = 2 .  x = 1

Câu 30.

(CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Điểm cực đại của đồ thị hàm số y = x 3 − 6 x 2 + 9 x có tổng hoành độ và tung độ bằng A. 5 .

Bảng biến thiên của F ( x ) :

C. 3 . Lời giải

B. 1 .

D. −1 .

x =1 Ta có: y ' = 3x 2 − 12 x + 9 = 0 ⇔  x = 3 Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số F ( x ) có 1 cực đại và 1 cực tiểu, nghĩa là có 2 cực trị.

Câu 28. Đồ thị hàm số y = − x 3 + 3 x có điểm cực tiểu là: A. (−1; − 2) . B. (1; 0) . C. (1; − 2) .

D. (−1; 0) .

Lời giải

Khi đó: xCD = 1 ⇒ yCD = 4 ⇒ xCD + yCD = 5.

Ta có:

Câu 31.

x =1 +) y′ = −3 x + 3 ; y′ = 0 ⇔   x = −1 +) y′′ = −6 x

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm giá trị cực tiểu yCT của hàm số y = −x3 + 3x − 4 .

A. yCT = −6

C. yCT =−2 Lời giải

 y′′ (1) = −6 < 0 ⇒ hàm số đạt cực đại tại x = 1 .

Câu 29.

B. yCT =−1

 y′′ ( −1) = 6 > 0 ⇒ hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 và điểm cực tiểu là ( −1; −2 ) .

Tập xác định: D = ℝ ; y ′ =−3x 2 + 3 ; y ′ = 0 ⇔ x = ± 1 .

(THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Hàm số f ( x ) có đạo

Bảng biến thiên

hàm f ′ ( x ) = x

A. 2 .

( x + 1)( x − 2 )

, ∀x ∈ R . Hỏi f ( x ) có bao nhiêu điểm cực đại?

B. 0 .

C. 1.

D. 3 .

Lời giải 31

D. yCT = 1

x =1 x = 2 f ′( x) = 0 ⇔  x = 3  x = 4 Bảng biến thiên:

Vậy yCD = y (1) = −2 ; yCT = y (−1) = −6 .

Câu 32.

(THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm là 2

f ′ ( x ) = x ( x − 1)( x + 2 ) ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số là?

A. 5 .

B. 2 .

C. 1 .

Dựa vào bảng biến thiên: Số điểm cực trị của hàm số đã cho là 2.

D. 3 . Câu 35.

Lời giải

y = x 4 − x 2 + 1 có bao nhiêu điểm cực trị có tung độ là số dương?

x = 0 Ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 1 . Do x = 0, x = 1 là nghiệm đơn, còn các nghiệm và x = −2 là nghiệm  x = −2

B. 1.

A. 3 .

C. 2 .

Tập xác định D = ℝ .

a > 0 ⇒ Hàm số (1) ⇔  ⇔ m 2 − 4 > 0 ⇔ m < −2 ∨ m > 2 có 2 điểm cực trị. ∆ ′ < 0

x = 0 ⇒ y =1 y′ = 4 x 3 − 2 x ; y ′ = 0 ⇔  . x = ± 2 ⇒ y = 3  2 4

(THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Giá trị cực tiểu yCT của hàm số

Suy ra đồ thị có hàm số y = x 4 − x 2 + 1 có 3 điểm cực trị có tung độ là số dương.

y = x 3 − 3x 2 + 4 là: A. yCT = 0 .

B. yCT = 3 .

C. yCT = 2 .

D. yCT = 4 .

Câu 36.

Lời giải

(HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Hàm số nào dưới đây không có cực trị? 2x − 2 x2 + 1 A. y = B. y = C. y = x 2 − 2 x + 1 D. y = − x 3 + x + 1 x x +1 Lời giải

Ta có y′ = 3x 2 − 6 x, y ′′ = 6 x − 6 + Xét hàm số y =

x = 0 y′ = 0 ⇔  x = 2 y′′ ( 0 ) = −6, y ′′ ( 2 ) = 6

Do đó hàm số y =

f ′ ( x ) = ( x − 1)( x − 2) ( x − 3) ( x − 4) , ∀x ∈ ℝ. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là C. 2

B. 5

Lời giải

D. 4

Câu 37.

> 0, ∀x ∈ D .

2x − 2 không có cực trị. x +1

(THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm 2

f ′ ( x ) = x ( x − 1)( x − 2 ) , ∀ x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

A. 5 .

Chọn C

( x + 1)

Nên hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định.

(SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm

A. 3

2x − 2 . x +1

Tập xác định D = ℝ \ {−1} , y′ =

Do đó hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 ⇒ yCT = y ( 2 ) = 0 .

Câu 34.

D. 0 .

Lời giải

bội chẵn nên f ′ ( x ) chỉ đổi khi đi qua x = 0, x = 1 .

Câu 33.

(LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Đồ thị hàm số

B. 2 .

C. 1. 34

D. 3 .

Lời giải

2) Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −1; 0 ) ; (1; +∞ ) .

x = 0 2 Ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔ x ( x − 1) ( x − 2 ) = 0 ⇔  x = 1 .  x = 2

3) Hàm số có 1 điểm cực trị. 4) Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; −1) ; ( 0;1) . Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong bốn mệnh đề trên?

Lập bảng xét dấu của f ′ ( x ) như sau:

A. 2.

B. 1.

C. 4.

D. 3.

Lời giải

x = 0 ⇒ y =1 y ' = 4 x3 − 4 x ⇒ y ' = 0 ⇔  x = 1 ⇒ y = 0  x = −1 ⇒ y = 0 

Ta thấy f ′ ( x ) đổi dấu khi đi qua các điểm x = 0 và x = 1 , do đó hàm số y = f ( x ) có hai điểm cực trị.

Câu 38.

Bảng xét dấu:

(THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) = ( x − 2 ) ( x 2 − 3 )( x 4 − 9 ) . Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) là

A. 3 .

B. 4 .

C. 2 .

D. 1 .

Lời giải 2

(

f ′ ( x ) = ( x − 2 ) ( x 2 − 3) ( x 2 + 3 ) = ( x − 2 ) x − 3

(

f ′ ( x ) = 0 ⇔ ( x − 2) x + 3

)(

) (x + 3) ( x

+ 3)

x = − 3  x − 3 ( x + 3) = 0 ⇔  x = 3 . x = 2 

)

Hàm số có 3 điểm cực trị, đồng biến trên khoảng ( −1; 0 ) ; (1; +∞ ) và nghịch biến trên khoảng

( −∞; −1) ; ( 0;1) . Vậy mệnh đề 1 , Câu 40.

2 , 4 đúng.

(THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm giá trị cực đại của hàm số y = x 3 − 3 x 2 − 2 . A. −2 .

B. 0 .

C. 2 .

D. 1.

Lời giải

Bảng biến thiên

Tập xác định của hàm số là D = ℝ . x = 0 Ta có: y′ = 3x 2 − 6 x ⇒ y ′ = 0 ⇔  . x = 2

y′′ = 6 x − 6 ⇒ y′′ ( 0 ) = −6 < 0 ⇒ Giá trị cực đại của hàm số là: y ( 0 ) = −2 . Câu 41.

(THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Nếu hàm số f ( x) có đạo 4

hàm là f ' ( x ) = x 2 ( x − 2)( x 2 − x − 2)( x + 1) thì tổng các điểm cực trị của hàm số f ( x) bằng A. −1 .

B. 2 .

(THPT BA ĐÌNH NĂM M 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 1 . Xét các mệnh đề sau đây 1) Hàm số có 3 điểm cực trị. 35

D. 0 .

Lời giải

Từ bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) , ta thấy hàm số y = f ( x ) có đúng 1 điểm cực trị.

Câu 39.

C. 1.

Có f '( x) = x 2 ( x − 2) ( x +1) . Ta thấy f '( x) chỉ đổi dấu qua nghiệm x =−1 nên hàm số f ( x) có đúng một điểm cực trị là x =−1. Vậy tổng các điểm cực trị của hàm số f ( x) bằng −1 . 36

Câu 42.

(THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) 1 1 5 y = x 4 − x3 − x 2 − 3x + 2019m ( m ∈ ℝ ) đạt cực tiểu tại điểm: 4 3 2 A. x = 3 . B. x = −3 . C. x = 1 . D. x = −1 .

Hàm

số

Câu 45.

Lời giải

Chọn C

TXĐ: D = ℝ .

Tự luận

 x=3 y ′ = x − x − 5 x − 3 ; y′ = 0 ⇔ x − x − 5 x − 3 = 0 ⇔  .  x = −1 3

(THPT SƠN TÂY HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm số điểm cực trị của hàm s ố y = x4 − 2x2 . A. 2. B. 4. C. 3. D. 1.

Tập xác định: D = ℝ .

x = 0 . y′ = 4 x 3 − 4 x = 0 ⇔   x = ±1 Bảng biế n thiên:

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 . Câu 43.

(THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Điểm cực đại của đồ thị hàm số y = − x 3 + 3x + 1 là:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị.

A. M ( −1; −1) .

Trắc nghiệm

B. N ( 0;1) .

C. P ( 2; −1) .

D. Q (1;3) .

Hàm số bậc 4 trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c có hệ số a.b < 0 thì sẽ có 3 điểm cực trị.

Lời giải

Vậy chọn ngay đáp án

y ' = −3 x 2 + 3; y ' = 0 ⇔ x = ±1 Câu 46.

y '' = −6 x; y '' (1) = −6 < 0; y '' ( −1) = 6 > 0 Do đó hàm số đạt cực đại tại x = 1; y (1) = 3 . Vậy chọn đáp án Q (1;3) . 1 Câu 44. (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Hàm số y = x 3 + x 2 − 3x + 1 đạt cực tiểu 3 tại điểm A. x = −1 . B. x = 1 . C. x = −3 . D. x = 3 .

Lời giải 1 Ta có hàm số y = x3 + x 2 − 3x + 1 có tập xác định D = ℝ . 3

(THPT CHUYÊN QUANG TRUNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y = − x 3 + x 2 + 5 x − 5 là A. ( −1; −8)

 5 40  C.  ;   3 27 

B. ( 0; −5 )

D. (1;0 )

Lời giải Chọn A  x = −1 . y′ = −3 x 2 + 2 x + 5 = 0 ⇔  x = 5 3  y′′ = −6 x + 2 .

 x =1 y′ = x 2 + 2 x − 3 ; y ′ = 0 ⇔  .  x = −3

Ta có: y′′ ( −1) = 8 > 0 ⇒ Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 ; yCT = y ( −1) = −8 .

y′′ = 2 x + 2 ; y′′ ( −3) = −4 < 0 ; y′′ (1) = 4 > 0 .

Vậy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là ( −1; −8) .

Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1 .

Câu 47.

(THPT CHUYÊN QUANG TRUNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số

(

y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x x + 2 x A. 4

) (x

B. 1

A. 3

B. 1

)

− 2 ∀x ∈ ℝ . Số điểm cực trị của hàm số là C. 2

C. 0

D. 2

Lời giải

D. 3

Chọn D

Lời giải

x =1 Ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 2   x = −3

Chọn D Cách 1: Sử dụng MTCT chọn một số nằm giữa các khoảng suy ra bảng xét dấu

Bảng biến thiên

−∞

− 2

−2

f '( x)

−

+∞

f ' ( x ) đổi dấu 3 lần qua x = −2 , x = − 4 2 , x = 4 2 . suy ra hàm số có 3 cực trị. Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Cách 2: Sử dụng nghiệm bội chẵn lẻ, nghiệm đơn. 3

(

)

(

)(

f ' ( x ) = x ( x 2 + 2 x ) x 2 − 2 = x4 ( x + 2 ) ( x + 2 ) x − 4 2 x + 4 2

)

Dạng 3. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x = x0 Câu 50.

f ' ( x ) đổi dấu qua 3 nghiệm đơn. 2 nghiệm bội chẵn không đổi dấu nên có 3 cực trị. Câu 48. Hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê dưới đây không có cực trị? 2x − 3 A. y = . B. y = x 4 . C. y = − x 3 + x . D. y = x + 2 . x+2

Ta có y′ = x 2 − 2mx + ( m 2 − 4 ) ; y ′′ = 2 x − 2m .

Lời giải Chọn

A. Hàm số y =

2x − 3 + Hàm số y = x+2

( x + 2)

> 0 ∀x ∈ D ⇒ hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định ⇒ hàm số

 y′ ( 3) = 0   y′′ ( 3) < 0

Vậy m = 5 là giá trị cần tìm.

không có cực trị. Các hàm số khác dễ dàng chứng minh được y’ có nghiệm và đổi dấu qua các nghiệm. Riêng hàm số cuối y’ không xác định tại -2 nhưng hàm số xác định trên R và y’ đổi dấu qua -2 do đó có hàm số có điểm cực trị x = -2.

Câu 49.

1 3 x − mx 2 + ( m 2 − 4 ) x + 3 đạt cực đại tại x = 3 khi và chỉ khi: 3

  m = 1( L ) 9 − 6m + m2 − 4 = 0  m 2 − 6m + 5 = 0   ⇔ ⇔ ⇔  m = 5 (TM ) . 6 − 2m < 0 m > 3  m > 3

Tập xác định: D = ( −∞; −2 ) ∪ ( −2; +∞ ) . Có y ' =

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số 1 y = x3 − mx 2 + ( m 2 − 4 ) x + 3 đạt cực đại tại x = 3 . 3 A. m = −1 B. m = −7 C. m = 5 D. m = 1 Lời giải Chọn C

(THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và f ′ ( x ) = ( x − 1)( x − 2 )

Câu 51.

(CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm m để hàm số y = x 3 − 2mx 2 + mx + 1 đạt cực tiểu tại x = 1 A. không tồn tại m .

B. m = ±1 .

C. m = 1 . Lời giải

( x + 3) . Số điểm cực trị của hàm số đã

cho là: 39

D. m ∈ {1;2} .

m = 1  y ′ (1) = 0  3 − 4m + m = 0  Để x = 1 là điểm cực tiểu của hàm số ⇔  ⇔ ⇔ 3 ⇔ m = 1.  6 − 4m > 0  y ′′ (1) > 0  m < 2

Câu 54.

Thử lại với m = 1, ta có y = x 3 − 2 x 2 + x + 1 ; y′ = 3x 2 − 4 x + 1 .

Lời giải

x = 1 y ′ = 0 ⇔ 3x 2 − 4 x + 1 = 0 ⇔  1. x = 3 

Chọn D y ' = x 2 − 2mx + m 2 − m + 1

Bảng biến thiên: x

y '' = 2 x − 2m 1 3 0

−∞

y′ y

−

Hàm số đạt cực đại tại x = 1 nên ta có

+∞

m 2 − 3m + 2 = 0 m = 1 ∨ m = 2  y ' (1) = 0 ⇔ ⇔ ⇔m=2  2 2 m 0 − < y '' 1 0 < ( ) m > 1  

Thử lại với m = 2 ta có y '' = 2 x − 4 ⇒ y '' (1) = −2 < 0

Quan sát bảng biến thiên ta thấy m = 1 thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 52.

(THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Tìm các giá trị thực của tham số m để 1 hàm số y = x 3 − mx 2 + ( m 2 − 4 ) x + 3 đạt cực đại tại x = 3 . 3 A. m = 1, m = 5 . B. m = 5 . C. m = 1 . D. m = −1 .

Do đó Hàm số đạt cực đại tại x = 1

Câu 55.

Lời giải Tập xác định ℝ .

(

Ta có: y ' = 8x 7 + 5(m − 1) x 4 − 4(m2 − 1) x3 + 1 = x3 8 x 4 + 5 ( m − 1) x − 4 ( m 2 − 1)

1 Để hàm số y = x 3 − mx 2 + ( m 2 − 4 ) x + 3 đạt cực đại tại x = 3 thì 3

x = 0 y' = 0 ⇔  4 2 8 x + 5 ( m − 1) x − 4 ( m − 1) = 0

 m = 5  m 2 − 6m + 5 = 0  y ′ ( 3) = 0  ⇔ ⇔     m = 1 ⇔ m = 5. .  y ′′ ( 3) < 0 6 − 2m < 0  3 < m

C. 0 ≤ m < 4 .

(1)

*Nếu m = 1 thì y ' = 8x , suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 . x = 0 x = 0 *Nếu m = −1 thì y ' = 0 ⇔  4 , nhưng x = 0 là nghiệm bội chẵn nên ⇔ x = 3 5 8 x − 10 x = 0  4 không phải cực trị.

(PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để B. m > 4 .

)

hàm số y = x 3 − 3x 2 + mx + 1 đạt cực tiểu tại x = 2 .

A. m = 0 .

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x8 + (m −1) x5 − (m2 −1) x 4 + 1 đạt cực tiểu tại x = 0 ? A. 3 B. 2 C. Vô số D. 1 Lời giải Chọn B

Ta có y ′ = x 2 − 2 mx + m 2 − 4, y′′ = 2 x − 2m.

Câu 53.

(THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Có bao nhiêu số thực m để hàm số 1 y = x 3 − mx 2 + ( m 2 − m + 1) x + 1 đạt cực đại tại x = 1 . 3 A. 0 B. 2 C. 1 D. 3

D. 0 < m ≤ 4 .

(

)

*Nếu m ≠ ±1 : khi đó x = 0 là nghiệm bội lẻ. Xét g ( x) = 8 x4 + 5 ( m − 1) x − 4 m 2 − 1 . Để x = 0

Lời giải

là điểm cực tiểu thì lim− g ( x) = −4( m2 − 1) > 0 ⇔ m2 − 1 < 0 ⇔ −1 < m < 1 . Vì m nguyên nên chỉ x →0

Chọn A

có giá trị m = 0 . Vậy chỉ có hai tham số m nguyên để hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 là m = 0 và m = 1 .

y′ = 3x 2 − 6 x + m ; y′′ = 6 x − 6 .  y′ ( 2 ) = 0 m = 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 ⇔  ⇔ ⇔ m = 0. 6 > 0  y′′ ( 2 ) > 0 41

Câu 56.

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x8 + ( m − 2 ) x 5 − ( m 2 − 4 ) x 4 + 1 đạt cực tiểu tại x = 0 ? 42

A. Vô số

B. 3

C. 5

D. 4

x = 0 ⇔ 4 2  g ( x ) = 8 x + 5 ( m − 3) x − 4 ( m − 9 ) = 0

Lời giải Chọn D

Xét hàm số g ( x ) = 8 x 4 + 5 ( m − 3) x − 4 ( m 2 − 9 ) có g ′ ( x ) = 32 x3 + 5 ( m − 3) .

Ta có y = x8 + ( m − 2 ) x 5 − ( m 2 − 4 ) x 4 + 1 ⇒ y ′ = 8 x 7 + 5 ( m − 2 ) x 4 − 4 ( m 2 − 4 ) x 3 .

(

Ta thấy g ′ ( x ) = 0 có một nghiệm nên g ( x ) = 0 có tối đa hai nghiệm

))

y ′ = 0 ⇔ x3 8 x 4 + 5 ( m − 2 ) x − 4 m 2 − 4 = 0

+) TH1: Nếu g ( x ) = 0 có nghiệm x = 0 ⇒ m = 3 hoặc m = −3

x = 0 ⇔ 4 2  g ( x ) = 8 x + 5 ( m − 2 ) x − 4 ( m − 4 ) = 0

Với m = 3 thì x = 0 là nghiệm bội 4 của g ( x ) . Khi đó x = 0 là nghiệm bội 7 của y′ và y′ đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm x = 0 nên x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy m = 3 thỏa ycbt. x = 0 Với m = −3 thì g ( x ) = 8 x 4 − 30 x = 0 ⇔  .  x = 3 15  4 Bảng biến thiên

Xét hàm số g ( x ) = 8 x 4 + 5 ( m − 2 ) x − 4 ( m 2 − 4 ) có g ′ ( x ) = 32 x3 + 5 ( m − 2 ) . Ta thấy g ′ ( x ) = 0 có một nghiệm nên g ( x ) = 0 có tối đa hai nghiệm + TH1: Nếu g ( x ) = 0 có nghiệm x = 0 ⇒ m = 2 hoặc m = −2 Với m = 2 thì x = 0 là nghiệm bội 4 của g ( x ) . Khi đó x = 0 là nghiệm bội 7 của y′ và y′ đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm x = 0 nên x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy m = 2 thỏa ycbt. x = 0 Với m = −2 thì g ( x ) = 8 x 4 − 20 x = 0 ⇔  . x = 3 5  2 Bảng biến thiên

Dựa vào BBT x = 0 không là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy m = −3 không thỏa ycbt. +) TH2:

g (0) ≠ 0

⇔ m ≠ ±3 . Để hàm số đạt cực tiểu tại

x=0

⇔ g ( 0) > 0

⇔ m 2 − 9 < 0 ⇔ −3 < m < 3 .

Do m ∈ ℤ nên m ∈ {−2; −1; 0;1; 2} . Vậy cả hai trường hợp ta được 6 giá trị nguyên của m thỏa ycbt.

Câu 58. Dựa vào BBT x = 0 không là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy m = −2 không thỏa ycbt. +

TH2:

g ( 0) ≠ 0

⇔ m ≠ ±2 . Để hàm số đạt cực tiểu tại

x=0

⇔ g ( 0) > 0

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x8 + ( m − 4 ) x 5 − ( m 2 − 16 ) x 4 + 1 đạt cực tiểu tại x = 0 .

A. 8

B. Vô số

⇔ m 2 − 4 < 0 ⇔ −2 < m < 2 .

Chọn A

Vậy cả hai trường hợp ta được 4 giá trị nguyên của m thỏa ycbt.

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x8 + ( m − 3 ) x5 − ( m 2 − 9 ) x 4 + 1 đạt cực tiểu tại x = 0 ?

A. 6

D. 9

Lời giải

Do m ∈ ℤ nên m∈ {−1;0;1} .

Câu 57.

C. 7

B. Vô số

C. 4 Lời giải

Ta có y ' = 8 x 7 + 5 ( m − 5 ) x 4 − 4 ( m 2 − 16 ) x 3 = x 3 8 x 4 + 5 ( m − 4 ) x − 4 ( m 2 − 16 )  = x3 .g ( x ) Với g ( x ) = 8 x 4 + 5 ( m − 5 ) x − 4 ( m 2 − 16 ) .

D. 7

Chọn A

● Trường hợp 1: g ( 0 ) = 0 ⇔ m = ±4 . Với m = 4 ⇒ y ' = 8 x 7 . Suy ra x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số.

Ta có y = x8 + ( m − 3 ) x5 − ( m 2 − 9 ) x 4 + 1 ⇒ y′ = 8 x 7 + 5 ( m − 3 ) x 4 − 4 ( m 2 − 9 ) x 3 .

(

))

y ′ = 0 ⇔ x3 8 x 4 + 5 ( m − 3 ) x − 4 m 2 − 9 = 0 43

Với m = −4 ⇒ y ' = 8 x 4 ( x 3 − 5 ) . Suy ra x = 0 không là điểm cực trị của hàm số.

m = 0 . ⇔ 2m2 − 4m = 0 ⇔  m = 2

● Trường hợp 2 : g ( 0 ) ≠ 0 ⇔ m ≠ ±4 . Để hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 thì qua giá trị x = 0 dấu của y ' phải chuyển từ âm sang dương do

* Điều kiện đủ:

đó g ( 0 ) > 0 ⇔ −4 < m < 4 .

Trường hợp 1: m = 0 hàm số trở thành y = − x 4 + 2 x 2 + 2019

Kết hợp hai trường hợp ta được −4 < m ≤ 4 .

 x = −1 Ta có: y ' = 0 ⇔ −4 x3 + 4 x = 0 ⇔  x = 0   x = 1

Do m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−3; −2; −1; 0;1; 2;3; 4} . Vậy có 8 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn.

Câu 59.

(KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số

Bảng biến thiên:

y = x12 + (m − 5) x 7 + ( m2 − 25) x 6 + 1 đạt cực đại tại x = 0 ?

A. 8

B. 9

C. Vô số

D. 10

Lời giải Chọn B Ta có y ' = 12 x11 + 7(m − 5) x 6 + 6(m2 − 25) x5

TH1: m = 5 ⇒ y ' = 12 x11 . Khi đó y ' = 0 ⇔ x = 0 là nghiệm bội lẻ, đồng thời dấu của y’ đổi từ

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại x = −1 nên loại m = 0 .

âm sang dương, nên x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số,do đó không thỏa mãn, m = 5 loại.

Trường hợp 2: m = 2 hàm số trở thành y = x 4 − 2 x 2 + 2019 .

TH2: m = −5 ⇒ y ' = x 6 (12 x 5 − 70) = 0 ⇒ x = 0 là nghiệm bội chẵn, do đó y’ không đổi dấu khi đi qua x = 0 , m = −5 loại. TH3: m ≠ ±5 ⇒ y ' = x5 12 x 6 + 7(m − 5) x + 6( m 2 − 25)  = x 5 .g ( x)

 x = −1 Ta có: y ' = 0 ⇔ 4 x3 − 4 x = 0 ⇔  x = 0   x = 1

Với g ( x) = 12 x 6 + 7(m − 5) x + 6(m 2 − 25) , ta thấy x = 0 không là nghiệm của g ( x ) .

Bảng biến thiên:

Để hàm số đạt cực đại tại x = 0 thì y’ phải đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua x = 0 , xảy ra khi  lim− g ( x ) < 0 và chỉ khi  x→ 0 ⇔ 6( m 2 − 25) < 0 ⇔ −5 < m < 5 g ( x) < 0  xlim + →0 Vì m nguyên nên m = {−4; −3;...;3; 4} , vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn bài toán.

Câu 60. Tìm tất cả tham số thực m để hàm số y = ( m − 1) x 4 − ( m 2 − 2 ) x 2 + 2019 đạt cực tiểu tại x = −1 A. m = 0 .

B. m = −2 .

C. m = 1 .

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 . Chọn m = 2 .

D. m = 2 .

Vậy với m = 2 thì hàm số y = ( m − 1) x 4 − ( m 2 − 2 ) x 2 + 2019 đạt cực tiểu tại x = −1 .

Lời giải Tập xác định: D = ℝ.

Câu 61.

Ta có: y′ = 4 ( m − 1) x − 2 ( m − 2 ) x 3

(CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y = f ( x ) xác

(

định trên tập số thực ℝ và có đạo hàm f ' ( x ) = ( x − sin x )( x − m − 3) x − 9 − m 2

) ∀x ∈ ℝ ( m là

tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = f ( x ) đạt cực tiểu tại x = 0 ?

* Điều kiện cần:

Điều kiện cần để hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 là f ' ( −1) = 0 ⇔ −4 ( m − 1) + 2 ( m − 2 ) = 0 2

A. 6

B. 7

C. 5 46

D. 4

Lời giải

Câu 63.

Điều kiện 9 − m2 ≥ 0 ⇔ −3 ≤ m ≤ 3

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 4m3 có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 4 với

O là gốc tọa độ.

TH 1: 0 ≤ m < 3 ta có BTT

A. m ≠ 0

B. m = −

C. m = −1; m = 1

D. m = 1

1 1 ; m= 4 2 2

Lời giải Chọn C TH 2: −3 ≤ m < 0 ta có BTT

y ′ = 3 x 2 − 6mx .

 x = 0 ⇒ y = 4m 3 y′ = 0 ⇔ 3x 2 − 6mx = 0 ⇔  .  x = 2m ⇒ y = 0 Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi m ≠ 0 . Khi đó, hai điểm cực trị của đồ là A ( 0; 4 m3 ) và B ( 2m;0 ) , ( m ≠ 0 ) . TH 2: m = 3 ta có BTT

1 1 S∆OAB = OA.OB = 4 ⇔ . 4m3 2m = 4 ⇔ m4 = 1 ⇔ m = ±1 . 2 2 Câu 64.

Từ đó suy ra −3 ≤ m < 3 ⇒ có 6 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

(THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm tất cả các giá trị của x3 tham số m để hàm số y = − + mx 2 − 2 mx + 1 có hai điểm cực trị. 3 m > 2 A. 0 < m < 2 . B. m > 2 . C. m > 0 . D.  . m < 0

Dạng 4. Tìm m để hàm số có n cực trị Câu 62.

Lời giải

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm

Ta có: y′ = − x + 2mx − 2m

số y = ( m − 1) x 4 − 2 ( m − 3) x2 + 1 không có cực đại?

A. 1 < m ≤ 3

B. m ≤ 1

C. m ≥ 1

Hàm số y = −

D. 1 ≤ m ≤ 3

m > 2 . ⇔ ∆ ′ = m 2 − 2m > 0 ⇔  m < 0

Lời giải Chọn D TH1: Nếu m = 1 ⇒ y = 4 x 2 + 1 . Suy ra hàm số không có cực đại. TH2: Nếu m > 1 . Để hàm số không có cực đại thì −2 ( m − 3) ≥ 0 ⇔ m ≤ 3 . Suy ra 1 < m ≤ 3 . Vậ y 1 ≤ m ≤ 3 .

x3 + mx 2 − 2 mx + 1 có hai điểm cực trị ⇔ y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt 3

Câu 65.

(THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x3 − 3x 2 + 2mx + m có cực đại và cực tiểu?

3 A. m < . 2

3 B. m < − . 2

3 C. m ≤ . 2

Lời giải + TXĐ: D = ℝ + y ′ = 3 x 2 − 6 x + 2m

D. m >

3 . 2

+ Hàm số có cực đại và cực tiểu ⇔ y′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt.

m > 0 Hàm số có một cực trị là cực tiểu ⇔  2 2mx + 2m + 1 = 0 vô nghiêm m > 0 m > 0   −1  ⇔   m < ⇔ m > 0 (2) ⇔  −2 m − 1 2  2 m < 0    m > 0

3 ⇔ ∆ = 36 − 24m > 0 ⇔ m < . 2 Câu 66.

Câu 69.

Từ (1) và (2) suy ra hàm số có một cực trị là cực tiểu khi m ≥ 0. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019) Tìm số các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x 4 + 2 ( m 2 − m − 6) x 2 + m −1 có ba điểm cực trị.

Lời giải

A. 6 .

Chọn B

B. 5 .

C. 4 .

Ta có y′ = x − 2mx + m + 2 . Để hàm số có hai cực trị thì y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt nên  m < −1 y ′ > 0 ⇔ ∆′ > 0 ⇔ m 2 − m − 2 > 0 ⇔  m > 2

Câu 67.

Ta có y ′ = 4 x + 4 (m − m − 6) x = 4 x  x + ( m2 − m − 6) .   x = 0 y ′ = 0 ⇔  2 2  x + ( m − m − 6) = 0 (1) Hàm số có ba điểm cực trị ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 3

(THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = mx 4 − x 2 + 1 . Tập hợp các số thực m để hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị là B. ( −∞ ; 0] .

A. ( 0; + ∞ ) .

C. [ 0; + ∞ ) .

D. ( −∞ ;0 ) .

⇔ m 2 − m − 6 < 0 ⇔ −2 < m < 3 .

Lời giải

Ta có: m ∈ ℤ , −2 < m < 3 ⇔ m ∈ {−1;0;1; 2} .

Tập xác định D = ℝ .

Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m để hàm số có ba điểm cực trị.

TH1: m = 0 hàm số đã cho trở thành y = − x 2 + 1 là một hàm bậc hai nên luôn có một cực trị.

Câu 70.

(THCS

THPT

NGUYỄN

KHUYẾN

NĂM

2018-2019

LẦN

01)

Hàm

số

TH2: m ≠ 0 , ta có y′ = 4mx 3 − 2 x .

y = mx 4 + ( m − 1) x 2 + 1 − 2m có một điểm cực trị khi

x = 0 y′ = 0 ⇔ 4mx3 − 2 x = 0 ⇔ 2 x ( 2 mx 2 − 1) = 0 ⇔  . 2  2mx − 1 = 0 ( ∗)

A. 0 ≤ m ≤ 1 .

Để hàm số có đúng một cực trị thì phương trình y′ = 0 có đúng 1 nghiệm.

Trường hợp 1: m = 0 thì hàm số đã cho trở thành y = − x 2 + 1 . Hàm số này có 1 cực trị là cực đại

Ycbt ⇔ Phương trình ( ∗) có một nghiệm x = 0 hoặc vô nghiệm suy ra m < 0 . Vậ y m ≤ 0 .

Câu 68.

D. 3 .

Lời giải

(THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Cho hàm số y = mx4 + (2m + 1) x 2 + 1 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số có đúng một điểm cực tiểu. 1 1 A. Không tồn tại m . B. m ≥ 0. C. m ≥ − . D. − ≤ m ≤ 0. 2 2

Với m = 0 , ta có y = x + 1 ⇒ y ' = 2 x . Khi đó hàm số có 1 cực trị và cực trị đó là cực tiểu. Suy ra

m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. (1) Với m ≠ 0 , ta có y ' = 4mx3 + 2(2m + 1) x = 2 x(2mx2 + 2m + 1) 49

C. m = 0 .

D. m < 0 ∨ m > 1 .

Lời giải

⇒ m = 0 thỏa mãn. Trường hợp 2: m ≠ 0 thì hàm số đã cho trở thành y = mx 4 + ( m − 1) x 2 + 1 − 2 m

x = 0 2 x = 0 ⇔  2 1− m Ta có y′ = 4mx3 + 2 ( m − 1) x = 2 x 2mx 2 + m − 1 ; y′ = 0 ⇔  2 (*) 2mx + m −1 = 0  x = 2m 

(

)

YCBT ⇔ y′ đổi dấu một lần ⇔ Phương trình ( *) vô nghiệm hoặc có nghiệm x = 0 .

Lời giải 2

B. m ≤ 0 ∨ m ≥ 1 .

⇔

m ≥ 1 1− m ≤0⇔ 2m m < 0

Kết hợp hai trường hợp ta được 0 ≤ m ∨ m ≥ 1 . 50

Câu 71.

m ≥ 1 Giải nhanh: Với a khác 0 thì hàm số đã cho có 1 cực trị ⇔ ab ≥ 0 ⇒ m ( m −1) ≥ 0 ⇔  . m ≤ 0

Ta có: y′ = 4mx3 + 2 ( m − 1) x

(THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có tất cả bao nhiêu

có một điểm cực trị. Suy ra m = 0 (thoả YCBT) (1)

Trường hợp 1: Xét m = 0 ⇒ y′ = −2 x . Ta thấy phương trình y′ = 0 đổi dấu một lần nên hàm số

giá trị nguyên của m trên miền [ −10;10] để hàm số y = x 4 − 2 ( 2m + 1) x 2 + 7 có ba điểm cực trị? A. 20

B. 10

C. Vô số

Trường hợp 2: Xét m = 1 ⇒ y′ = 4 x3 .Ta thấy phương trình y′ = 0 đổi dấu một lần nên hàm số có một điểm cực trị. Suy ra m = 1 (thoả YCBT) (2)

D. 11

x = 0 Trường hợp 3: Xét m ≠ 0 , y′ = 0 ⇔  2 1 − m x = 2m 

Lời giải Chọn D Ta có y ' = 4 x  x 2 − ( 2m + 1)  x = 0 y′ = 0 ⇔  2  x = 2m + 1

∀x .

Để hàm số có một điểm cực trị thì m ≤ 0 Từ (1), (2) và (3) suy ra  m ≥ 1

( *)

Hàm số đã cho có ba cực trị khi và chỉ khi y ′ = 0 có ba nghiệm phân biệt, hay (*) có hai nghiệm

Ghi chú: Dùng công thức tính nhanh

1 phân biệt khác 0 ⇔ 2m + 1 > 0 ⇔ m > − . 2

m ≤ 0 Hàm số có một điểm cực trị khi và chỉ khi m ( m − 1) ≥ 0 ⇔  . m ≥ 1

Do m ∈ [ −10;10] nên có 11 giá trị thỏa mãn.

Câu 72.

(THPT

(

LÃO

HẢI

m < 0 1− m (3) ≤0⇔ 2m m ≥ 1

PHÒNG

NĂM

2018-2019

LẦN

02)

Cho

hàm

)

đúng hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại ? A. 4 B. 3

C. 2

Dạng 5. Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị

số

y = mx 4 + m 2 − 6 x 2 + 4 . Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số có ba điểm cực trị trong đó có

Câu 74.

D. 5

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y = ( 2m − 1) x + 3 + m vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y = x3 − 3 x 2 + 1 .

Lời giải

A. m =

Chọn C

3 2

B. m =

3 4

1 4

Ta có y′ = 3 x 2 − 6 x . Từ đó ta có tọa độ hai điểm cực trị A ( 0;1) , B ( 2; −3) . Đường thẳng qua hai

Hàm số đã cho có ba điểm cực trị trong đó có đúng hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại khi và  4m > 0 chỉ khi  ⇔0<m< 6 . 2  m m − 6 < 0

điểm cực trị có phương trình y = −2x +1. Đường thẳng này vuông góc với đường thẳng

y = ( 2m − 1) x + 3 + m khi và chỉ khi ( 2m − 1)( −2 ) = −1 ⇔ m =

)

Câu 75.

Do đó có hai giá trị nguyên của tham số m .

(KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của 4

tham số m để hàm số y = mx + ( m − 1) x + 1 − 2m có một cực trị.

A. m ≥ 1

D. m =

Chọn B

Ta có y ′ = 4 mx 3 + 2 ( m 2 − 6 ) x .

Câu 73.

1 2

Lời giải

Tập xác định D = ℝ .

(

C. m = −

B. m ≤ 0

C. 0 ≤ m ≤ 1 Lời giải

3 . 4

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Đồ thị hàm số y = x3 − 3x 2 − 9 x + 1 có hai cực trị A và B . Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng AB ?

A. M ( 0; −1)

D. m ≤ 0 ∪ m ≥ 1

B. N ( 1; −10 )

C. P ( 1; 0 )

D. Q ( −1;10 )

Lời giải Chọn B Ta có: y′ = 3 x2 − 6 x − 9 thực hiện phép chia y cho y′ ta được số dư là y = −8 x − 2 .

Chọn D 51

A. y = 2 x − 1 .

Như thế điểm N ( 1; −10 ) thuộc đường thẳng AB .

Câu 76.

B. y = −2 x + 1.

D. y = x − 2 .

Lời giải

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Đồ thị của hàm số y = − x3 + 3x 2 + 5 có hai điểm cực trị A và B . Tính diện tích S của tam giác OAB với O là gốc tọa độ. 10 A. S = 5 B. S = C. S = 10 3

C. y = − x + 2.

Chọn B 1  Thực hiện phép chia y cho y′ ta được: y = y′.  x  + ( −2 x + 1) . 3 

D. S = 9

Lời giải

Giả sử hai điểm cực trị của đồ thị hàm số lần lượt là: A ( x1 ; y1 ) và B ( x2 ; y2 ) .

Chọn A  1   y1 = y ( x1 ) = y′ ( x1 ) .  3 x1  + ( −2 x1 + 1) = −2 x1 + 1    Ta có:  .  y = y ( x ) = y′ ( x ) .  1 x  + ( −2 x + 1) = −2 x + 1 2 2 2  2 2 2  3 

Ta có y′ = −3 x 2 + 6 x ⇒ y′ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2 Dễ dàng xác định được tọa độ các điểm cực trị là A ( 0; 5 ) ; B ( 2; 9 ) Vậy OA = 5; OB = 85; AB = 2 5

Ta thấy, toạ độ hai điểm cực trị A và B thoả mãn phương trình y = −2 x + 1 .

AB + OA + OB Gọi p = 2

Vậy phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị là: y = −2 x + 1 .

Áp dụng công thức Heron tính diện tích tam giác OAB ta có

Câu 79.

S∆OAB = p ( p − OA )( p − OB )( p − AB ) = 5

số y = x3 − 3x 2 − 1 .

Câu 77. Đồ thị của hàm số y = x3 − 3x2 − 9 x + 1 có hai điểm cực trị A và B . Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng AB . A. P (1; 0 ) . B. M ( 0; −1) . C. N (1; −10 ) . D. Q ( −1;10 ) .

1 D. − . 3

1 Để d vuông góc với ∆ thì ( 3m + 1) . ( −2 ) = −1 ⇔ m = − . 6

1 Vậy giá trị cần tìm của m là m = − . 6

Phương trình đường thẳng AB là:

(THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc- Lần 1- 2018- BTN) Biết đồ thị hàm số y = x 3 − 3x + 1 có hai điểm cực trị A , B . Khi đó phương trình đường thẳng AB là

1 . 6

1 1 Có : y′ = 3 x 2 − 6 x , y =  x −  y′ − 2 x − 1 . 3 3 Do đó, đường thẳng ∆ qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số này có phương trình là y = −2 x − 1 .

 x = −1 ⇒ y = 6 y ' = 0 ⇔ 3x2 − 6 x − 9 = 0 ⇔   x = 3 ⇒ y = −26 Ta có A ( −1;6 ) , B ( 3; −26 ) ⇒ AB = ( 4; −32 ) nên ) Chọn n AB = ( 8;1) .

đường thẳng.

C. m =

Xét hàm số y = x3 − 3x 2 − 1

y ' = 3x 2 − 6 x − 9 .

Thay tọa độ các điểm P, M , N , Q vào phương trình đường thẳng AB ta có điểm N (1; −10 ) thuộc

1 B. − . 6

Chọn B

TXĐ: D = ℝ .

8 ( x + 1) + 1( y − 6 ) = 0 ⇔ 8 x + y + 2 = 0 .

1 . 3

Lời giải

Câu 78.

(Lương Văn Chánh - Phú Yên – 2017 - 2018 - BTN) Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y = ( 3m + 1) x + 3 + m vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm

Câu 80.

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC - LẦN 1 - 2017 - 2018 - BTN) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = x 3 + 2 x 2 + ( m − 3) x + m có hai điểm cực trị và điểm M ( 9; − 5) nằm trên đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị. A. m = −1. B. m = −5. C. m = 3.

Lời giải Chọn C 54

D. m = 2.

Ta có y ′ = 3x 2 + 4 x + m − 3 , để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình y ′ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ′ > 0 ⇔ m <

13 (*) 3

Để đường thẳng AB song song với đường thẳng y = −4 x thì:

 m = 1   m = − 1  3 2 1   − ( 3m − 1) = −4 ⇔  m ≠ 0 ⇔ m = − .  3 2 3  2m − 3m + m ≠ 0  1  m ≠ 2   m ≠ 1  

2   2m 26  7m 2 1 Ta có y = y ′.  x +  +  −  x+ + nên phương trình đường thẳng đi qua hai điểm 3 9  3 9 9 3 7m 2  2m 26  cực trị là y =  −  x+ + . Theo giả thiết, đường thẳng này đi qua M ( 9; − 5) nên m = 3  3 9 9 3

(thỏa mãn điều kiện (*) ).

Câu 81.

(PTNK Cơ Sở 2 - TPHCM - 2017 - 2018 - BTN) Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = ( 2m − 1) x + m + 3 song song với đường thẳng đi qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số

Dạng 6. Tìm m để hàm số có cực trị thỏa mãn điều kiện cho trước

y = x3 − 3x 2 + 1

A. m =

3 . 4

B. m =

1 . 2

3 C. m = − . 4 Lời giải

1 D. m = − . 2

Chọn D

x y −1 = ⇔ y = −2 x + 1 . −4 2  2m − 1 = −2 1 Đường thẳng y = ( 2m − 1) x + m + 3 song song với đường thẳng d ⇔  ⇔m=− . 2 m + 3 ≠ 1

(TT Tân Hồng Phong - 2018 - BTN) Tìm tổng tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y = 2 x3 + 3 ( m − 1) x 2 + 6m (1 − 2m ) x song song đường thẳng y = −4 x .

B. m =

2 . 3

2 C. m = − . 3

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số 1 m để đồ thị của hàm số y = x 3 − mx 2 + m2 − 1 x có hai điểm cực trị A và B sao cho A, B 3 nằm khác phía và cách đều đường thẳng d : y = 5 x − 9 . Tính tổng tất cả các phần tử của S .

(

)

B. 6

C. −6

D. m = 1 .

Chọn D Cách 1: Ta có y ' = x 2 − 2 mx + ( m 2 − 1)

  x = m −1 m3 − 3m + 2  m3 − 3m − 2  ⇒ y' = 0 ⇔  ⇒ A  m − 1;  và B  m + 1;  3 3 x = m +1     m ( m 2 − 1) 2 Dễ thấy phương trình đường thẳng AB : y = − x + nên AB không thể song song hoặc 3 3 trùng với d ⇒ A, B cách đều đường thẳng d : y = 5 x − 9 nếu trung điểm I của AB nằm trên d m = 3  m3 − 3m  m3 − 3m I  m; = 5m − 9 ⇔ m3 − 18m + 27 = 0 ⇔  ∈d ⇒  m = −3 ± 3 5 3  3   2

Lời giải Chọn A

Với m = 3 ⇒ A, B thỏa điều kiện nằm khác phía so với d .

x = m Ta có y′ = 6 x 2 + 6 ( m − 1) x + 6m (1 − 2m ) , y′ = 0 ⇔  .  x = 1 − 2m

Với m =

1 Để hàm số có hai cực trị thì m ≠ 1 − 2m ⇔ m ≠ . 3

−3 ± 3 5 ⇒ A, B thỏa điều kiện nằm khác phía so với d . 2

Tổng các phần tử của S bằng 0.

Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A ( m ; − 7 m 3 + 3m 2 ) , B (1 − 2m ; 20 m3 − 24m 2 + 9m − 1) . Do 2 3 đó AB = 1 − 3m ; ( 3m − 1) . Do đó AB có vectơ pháp tuyến là n = ( 3m − 1) ;1 .

(

)

(

D. 0

Lời giải

Đường thẳng d đi qua hai điểm A , B có phương trình:

1 A. m = − . 3

Câu 83.

A. 3

x = 0 Hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 1 có TXĐ: R ; y′ = 3x 2 − 6 x ; y ' = 0 ⇔  x = 2 Suy ra đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là A ( 0;1) , B ( 2; −3) ⇒ AB = ( 2; −4 ) .

Câu 82.

Do đó AB : ( 3m − 1) x + y − 2m 3 + 3m 2 − m = 0 ⇔ y = − ( 3m − 1) x + 2 m3 − 3m 2 + m .

)

Câu 84.

40 9

22 9

25 4 Lời giải

 x1 + x2 = 2  Theo viet ta có  m  x1.x2 = 3 x12 + x22 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2

8 3

Chọn A Ta có y ' = mx 2 − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 )

= 4−

2m 2m ⇒ 4− = 6 ⇒ m = −3 3 3

Câu 86. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y = x 3 − 8 x 2 + ( m 2 + 11) x − 2 m 2 + 2 có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Ox . A. 4. B. 5. C. 6.

Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình mx 2 − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) = 0 phải có hai nghiệm phân biệt.

Lời giải

 m ≠ 0 ⇒ ⇔ 2  ∆ ′ = ( m − 1) − 3m ( m − 2 ) > 0

Chọn D

m ≠ 0  2  −2 m + 4 m + 1 > 0

Yêu cầu bài toán ⇔ đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt ⇔ x3 − 8 x 2 + ( m 2 + 11) x − 2m 2 + 2 = 0 có ba nghiệm phân biệt

 2 ( m − 1)  x1 . + x2 = m Theo định lý Vi-ét ta có   x .x = 3 ( m − 2 )  1 2 m

x 3 − 8 x 2 + ( m 2 + 11) x − 2 m 2 + 2 = 0 ⇔ ( x − 2 ) ( x 2 − 6 x + m 2 − 1) = 0

x = 2 ⇒ 2 2  x − 6 x + m − 1 = 0(*)

3m − 4  x1 =  2 ( m − 1) m  x1 . + x2 =  ⇒ m Theo bài ta có hệ phương trình  x + 2x = 1  x = 1 − 2 ( m − 1) = 2 − m  1 2  2 m m

⇒

m = 2 (t / m ) 3m − 4 2 − m 3 ( m − 2 ) . = ⇒ 3 ( 2 − m ) m + ( 3m − 4 )( 2 − m ) = 0 ⇔  m = 2 (t / m ) m m m  3

Vậy m12 + m2 2 =

Câu 85.

40 . 9

(GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tìm tất cả cả các giá trị của

Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 2  ∆ ' = 10 − m > 0  m ≠ ±2 2 ⇔ 2 ⇒ m − 8 ≠ 0   − 10 < m < 10

Vậy có 7 giá trị nguyên của tham số thỏa mãn đề bài.

Câu 87.

tham số m để y = x 3 − 3x 2 + mx − 1 đạt cực trị tại x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 = 6

A. m = −3

D. 7.

B. m = 3

C. m = −1

D. m = 1

Lời giải

D. 20 .

Lời giải

(

)

+ Ta có: y = ( x − 1) x − 2mx + 1 − m . + Hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục hoành khi và chỉ khi đồ thị y cắt trục hoành tại

Chọn A

(

)

ba điểm phân biệt. ⇔ y = ( x − 1) x 2 − 2mx + 1 − m = 0 có ba nghiệm phân biệt.

y ' = 3x 2 − 6x + m . Hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 .Vậy x1 , x2 là nghiệm của phương trình y ' = 0

⇔ x 2 − 2mx + 1 − m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1.

  −1 − 5  m < 2  2  m + m − 1 > 0   1 5. − + ⇔ ⇔ m>  2  2 − 3m ≠ 0    2 m≠   3  

⇔ ( x + 1)( x + m − 2) = 0

 x = −1 ∈ (−2; 3) ⇔   x = 2 − m

2 − m ≠ −1 m ≠ 3   YCBT ⇔  ⇔     m − 2 < 2 − < 3  −1 < m < 4  

+ Do m ∈ N , m < 20 nên 1 ≤ m < 20 . Vậy có 19 số tự nhiên thỏa mãn bài toán.

Câu 88.

(CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để

Câu 90.

đồ thị của hàm số y = x3 − ( m + 1) x 2 + ( m 2 − 2 ) x − m 2 + 3 có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị

thời y ( x1 ) . y ( x2 ) = 0 là:

đó nằm về hai phía khác nhau đối với trục hoành? A. 2 . B. 1. C. 3 .

(THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tổng tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số: y = 3x3 + 2 ( m + 1) x 2 − 3mx + m − 5 có hai điểm cực trị x1 ; x2 đồng

A. −21

B. −39

C. −8

D. 3 11 − 13

Lời giải

D. 4 . Chọn A

Lời giải

+) Để hàm số có hai cực trị thì phương trình y′ = 0 phải có hai nghiệm phân biệt:

Ta có y′ = 0 ⇔ 3 x2 − 2 ( m + 1) x + m2 − 2 = 0 .

y′ = 9 x 2 + 4 ( m + 1) x − 3m có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = 4 ( m + 1) + 27 m > 0

1 − 15 1 + 15 Để hàm số có hai điểm cực trị ⇔ ∆′ > 0 ⇔ −2m + 2m + 7 > 0 ⇔ <m< (*) . 2 2 2

+) Xét y ( x1 ) . y ( x2 ) = 0 nên ta có y = 3x3 + 2 ( m + 1) x 2 − 3mx + m − 5 phải tiếp xúc với trục hoành

Ta lần lượt thử bốn giá trị nguyên của m thỏa mãn (*) là −1;0;1;2 .

⇒ 3x3 + 2 ( m + 1) x 2 − 3mx + m − 5 = 0 phải có nghiệm kép

Ta được bốn hàm số

⇔ ( x − 1) 3x 2 + ( 2m + 5) x − m + 5 = 0 (1) phải có nghiệm kép

y = x − x + 2; y = x − x − 2 x + 3; y = x − 2 x − x + 2; y = x − 3x + x − 1 .

+) TH1: Phương trình 3x 2 + ( 2m + 5 ) x − m + 5 = 0 có một nghiệm x = 1 ⇒ m1 = −13

Khi đó ta nhận thấy chỉ có m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 89.

+) TH2: Phương trình 3x 2 + ( 2m + 5 ) x − m + 5 = 0 có nghiệm kép khác 1

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = 2 x 3 + 3 ( m − 1) x2 + 6 ( m − 2) x − 1 với m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của m để

⇒ ∆ = ( 2m + 5 ) − 12 ( 5 − m ) = 0 ⇔ 4 m 2 + 32m − 35 = 0 ⇒ m2 + m3 = −8

hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu nằm trong khoảng (−2; 3) .

A. m ∈ (−1; 3) ∪ (3; 4) . B. m ∈ (1; 3) .

C. m ∈ (3; 4) .

D. m ∈ (−1; 4) .

Lời giải Chọn A

⇒ m1 + m2 + m3 = −21

Câu 91.

x1 − x2 ≤ 5 . Biết S = ( a; b ] . Tính T = 2b − a . A. T = 51 + 6

Ta có: y ' = 6 x + 6 ( m − 1) x + 6 ( m − 2) 2

Để hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu nằm trong khoảng (−2; 3) ⇔ pt y ' = 0 có 2 nghiệm thuộc khoảng (−2; 3)

B. T = 61 + 3

C. T = 61 − 3 Lời giải

Chọn C +) Ta có y ′ = 3x 2 − 6mx + 27 , y ′ = 0 ⇔ x 2 − 2mx + 9 = 0 (1)

⇔ x 2 + (m − 1) x + (m − 2) = 0 có 2 nghiệm thuộc khoảng (−2; 3) 59

D. T = 51 − 6

+) Theo giả thiết hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 ⇔ phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt

Ta có y = x3 + 4 (m − 2) x2 − 7 x + 1 (1)

m > 3 (*) ⇔ ∆′ > 0 ⇔ m 2 − 9 > 0 ⇔   m < −3

⇒ y ' = 3x 2 + 8( m − 2) x − 7 . Xét phương trình 3x 2 + 8( m − 2) x − 7 = 0 (2) 2

∆ ' =  4 ( m − 2) + 21 > 0 , với mọi m ⇒ hàm số (1) luôn có hai điểm cực trị x1 ; x2 với mọi m .

 x + x = 2m +) Với điều kiện (*) thì phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 , theo Vi-ét ta có:  1 2  x1 x2 = 9 2

*Ta thấy ac = − 21 < 0 ⇒ phương trình (2) có 2 nghiệm trái dấu

+) Ta lại có x1 − x2 ≤ 5 ⇔ ( x1 − x2 ) ≤ 25 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 − 25 ≤ 0 ⇔ 4m 2 − 61 ≤ 0 ⇔ −

⇒ x1 < 0; x2 > 0 ⇒ x1 = −x1 ; x2 = x2

61 61 (**) ≤m≤ 2 2

*Ta có x1 − x2 = −4 ⇒ −x1 − x2 = −4 ⇔ −( x1 + x2 ) = −4 ⇔

+) Kết hợp (*), (**) và điều kiện m dương ta được: 3 < m ≤

Câu 94.

61 2

B. 1

C. 2

D. không tồn tại

Lời giải Chọn B

x3 − 2 x 2 + mx + 3 có hai điểm cực trị x1 , x2 ≤ 4 . Số phần tử của S bằng 3 B. 3 . C. 2 . D. 4 .

Ta có y ' = 6 x 2 − 6(2m + 1) x + 6m(m + 1) x = m y' = 0 ⇔  ⇒ ∀m ∈ R , hàm số luôn có CĐ, CT x = m +1

Lời giải

x3 − 2 x 2 + mx + 3 ⇒ y ' = x2 − 4 x + m . 3

Tọa độ các điểm CĐ, CT của đồ thị là A( m;2m3 + 3m 2 + 1), B (m + 1; 2m3 + 3m 2 ) Suy ra AB = 2 và phương trình đường thẳng AB : x + y − 2m3 − 3m 2 − m − 1 = 0

Hàm số có hai điểm cực trị x1 , x2 thì phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆'> 0 ⇔ 4−m > 0 ⇔ m < 4.

Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M tới AB nhỏ nhất

x = 2− 4−m Khi đó giả sử x1 < x2 , y ' = 0 ⇔  1  x2 = 2 + 4 − m

Ta có d ( M , AB ) =

Câu 95.

Yêu cầu bài toán trở thành x2 ≤ 4 ⇔ 2 + 4 − m ≤ 4 ⇔ 0 ≤ m ≤ 4 .

Câu 93.

1 2

(PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số để điểm M (2m3 ; m) tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số

A. 0

tham số m để hàm số y =

Ta có: y =

= −4 ⇔ m =

y = 2 x 3 − 3(2m + 1) x 2 + 6m(m + 1) x + 1 (C ) một tam giác có diện tích nhỏ nhất?

(SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của

A. 5 .

a = 3  ⇒ 61 ⇒ T = 2b − a = 61 − 3 . b = 2 

Câu 92.

8( m − 2)

3m 2 + 1 1 , dấu "=" khi m = 0 ≥ 2 2

(HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số thực m để đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số y = x 3 − 3mx + 2 cắt đường tròn ( C ) có

Kết hợp với m < 4 ta được 0 ≤ m < 4 . Do m nguyên nên m ∈ {0;1; 2; 3} . Vậy có 4 giá trị của m

tâm I (1;1) , bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A,B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

lớn nhất.

(TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Tìm giá trị thực của tham số m để hàm

A. m =

số y = x + 4 (m − 2) x − 7 x + 1 có hai điểm cực trị x1 ; x2 ( x1 < x2 ) thỏa mãn x1 − x2 = −4

A. m = 5 .

1 B. m = . 2

C. m = 3 . Lời giải

7 D. m = . 2

2± 3 3

B. m =

2± 3 2

C. m =

1± 3 2

D. m =

2± 5 2

Lời giải Ta có: y′ = 3x 2 − 3m suy ra đồ thị hàm số có điểm cực đại và cực tiểu khi m > 0 . Các điểm cực

(

) (

đại, cực tiểu của đồ thị hàm số là C − m ; 2 + 2m m ; D

)

m ; 2 − 2m m .

Đường thẳng ∆ đi qua các điểm CĐ, CT của đồ thị hàm số có phương trình là: y = −2mx + 2 . Do 61

d ( I , ∆) =

2m − 1 2

4m + 1

< R = 1 (vì m > 0) ⇒ ∆ luôn cắt đường tròn tâm I (1;1) , bán kính R = 1 tại 2

Dạng 7. Tam giác cực trị Câu 97.

A. m =

1 1 1 1 Với m ≠ : ∆ không đi qua I, ta có: S∆ABI = IA.IB.sin AIB ≤ R 2 = . 2 2 2 2 Do đó S ∆IAB

1 . 9

B. m = 1 .

C. m = −

1 . 9

D. m = −1 .

Lời giải

1 R 1 lớn nhất bằng khi sin AIB = 1 hay ∆AIB vuông cân tại I ⇔ IH = = 2 2 2

Chọn D Hàm số y = x 4 + 2mx 2 + 1 có tập xác định: D = ℝ

2m − 1

1 2± 3 ( H là trung điểm của AB ) ⇔ = ⇔m= 2 2 4m 2 + 1 Câu 96.

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y = x 4 + 2mx 2 + 1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân

1 điểm A, B phân biệt. Dễ thấy m = không thõa mãn do A, I , B thẳng hàng. 2

x = 0 Ta có: y ' = 4 x3 + 4mx ; y ' = 0 ⇔ 4 x3 + 4mx = 0 ⇔ 4 x ( x 2 + m ) = 0 ⇔  2  x = −m ( ∗)

(ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Biết đồ thị hàm số y = x3 + ax 2 + bx + c có hai điểm cưc trị

M ( x1; y1 ) , N ( x2 ; y2 ) thỏa mãn x1 ( y1 − y2 ) = y1 ( x1 − x2 ) . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình ( ∗) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

P = abc + 2ab + 3c bằng 49 25 A. − B. − 4 4

⇔ −m > 0 ⇔ m < 0 .

841 C. − 36

7 D. − 6

(

) (

Vậy tọa độ 3 điểm lần lượt là: A ( 0;1) ; B − − m ;1 − m 2 ; C

Ta có AB = − − m ; −m 2 ; AC =

Lời giải

(

Chọn A

)

(

−m ; − m 2

− m ;1 − m2

)

Vì ∆ABC vuông cân tại A ⇒ AB. AC = 0 ⇔ − m2 + m2 .m2 = 0 ⇔ − m + m4 = 0 ⇔ m + m4 = 0

Ta có y′ = 3x 2 + 2ax + b

1   a 2 2b  ab 1 Chia y cho y′ ta được y = y′  x + a  +  − −  x + c − . 9   9 3  9 3 Do M ( x1; y1 ) , N ( x2 ; y2 ) là hai điểm cực trị nên y′ ( x1 ) = 0, y′ ( x2 ) = 0

⇔ m = −1 ( vì m < 0 )

Vậy với m = −1 thì hàm số có 3 cực trị tạo thành một tam giác vuông cân.

Câu 98.

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số

y = x 4 − 2mx 2 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1 .

 a 2 2b   a 2 2b  ab ab Do đó y1 =  − −  x1 + c − ; y2 =  − −  x2 + c − 3  9 3  9  9  9

A. 0 < m < 1

Theo giả thiết x1 ( y1 − y2 ) = y1 ( x1 − x2 ) ⇔ x1 y2 = x2 y1

Chọn A

 a 2 2b   a 2 2b  ab  ab  ⇔ x1  − −  x2 + c −  = x2  − −  x1 + c −  9 3 9 9 3 9      

Tập xác định D = ℝ

B. m > 0

C. 0 < m < 3 4 Lời giải

ab  ab  ab   ⇔ x1  c −  = x2  c −  ⇔ c − = 0( x1 ≠ x2 ) ⇔ ab = 9c 9  9  9  

− m

−m 2 H

7  49 49  Ta có: P = abc + 2ab + 3c = 9c 2 + 21c =  3c +  − ≥− 2 4 4  Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = abc + 2ab + 3c bằng −

49 4 64

D. m < 1

x = 0 Ta có y′ = 4 x 3 − 4mx . y′ = 0 ⇔ 4 x 3 − 4 mx = 0 ⇔  2 . x = m

Gọi A(0;1), B( m ; −m2 + 1), C (− m ; −m2 + 1) là các điểm cực trị của đồ thị hs (1),

Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi m > 0 . Khi đó đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là

Ta có AI = m2 , AB = AC = m + m4 . Suy ra

O ( 0; 0 ) , A

(

) (

I (0; −m2 + 1) là trung điểm BC.

)

m ; −m2 , B − m ; −m2 .

1 1 Do đó S∆OAB = OH.AB = m2 .2 m = m2 m < 1 ⇔ 0 < m < 1. 2 2 Câu 99.

 m = 0 (l )  m = 1 ( n)  2  2m 4 2 −1 − 5 = ⇔ m − m + m = ⇔ ⇔ 1 2 0 (l ) m = m + m4 2   −1 + 5 (n) m =  2 Câu 101. (THPT MINH CHÂU HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

C. 4 .

D. 1 .

m để đồ thị hàm số y = x4 − 2m2 x2 + m + 4 có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác

đều?

Lời giải

{

}

A. m ∈ 0; 3; − 3

• y = x 4 − 2 ( m + 1) x 2 + m 2 ⇒ y ' = 4 x3 − 4 ( m + 1) x = 4 x ( x 2 − m − 1) .

{

}

B. m ∈ 0; 6 3; − 6 3

⇔ x 2 − m − 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0. ⇔ −m − 1 > 0 . ⇔ m < −1 .

)

(

{

Câu 100. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho hàm số y = x − 2mx + 1 (1) . Tổng lập phương các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và đường

B. m ∈ {−1;1} .

tròn đi qua 3 điểm này có bán kính R = 1 bằng

C. m ∈ {−1;0;1} . Lời giải

C. 2 + 5 . Lời giải

}

Kết hợp điều kiện ta được m ∈ − 6 3; 6 3 .

m = 0

D. −1 + 5 .

y = x − 2m x + 1 . + Cách 1: Hàm số có 3 cực trị ⇔ ab < 0 ⇔ −2m 2 < 0 ⇔ m ≠ 0 .

TXĐ: D = ℝ. 2

y ' = 4 x − 4mx = 4 x( x − m). Để đồ thị hs (1) có 3 điểm cực trị ⇔ m > 0. 65

}

Tam giác ABC có AB = AC nên tam giác ABC cân tại A , suy ra tam giác ABC đều m = 0 ⇔ AB = BC ⇔ m 2 + m8 = 2 m ⇔ m8 + m 2 = 4m 2 ⇔  . 6 m = ± 3

)

1+ 5 B. . 2

{

D. m ∈ − 3; 3

C ( − m ; − m4 + m + 4 ) .

 m = −1 4 ⇒m =0. ∆ABC vuông tại B ⇔ AB.CB = 0 ⇔ − ( m + 1) + ( m + 1) = 0 ⇔ 

5− 5 A. . 2

}

3; − 6 3

Khi đó, 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là A ( 0; m + 4 ) , B ( m ; − m 4 + m + 4 ) ,

)

(

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ m ≠ 0 .

⇒ A − m + 1; − 2m − 1 , B ( 0; m ) , C m + 1; − 2m − 1 2 2 ⇒ AB = m + 1; ( m + 1) , CB = − m + 1; ( m + 1)

(

{

Chọn C

x = − m +1  Khi đó: y ' = 0 ⇔  x = 0 . x = m +1  • Giả sử A, B , C là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số.

(

C. m ∈ Lời giải

• Hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

1 2 AI AB. AC .BC AI .BC = ⇔R= 2 4R AB. AC

y ′ = 4 x 3 − 4m 2 x

D. m ∈ ∅ .

y ′ = 0 ⇔ 4 x 3 − 4m 2 x = 0 ⇔ 4 x ( x 2 − m2 ) = 0  y1 = 1  x1 = 0  ⇔  x2 = m ⇒  y2 = −m 4 + 1  x3 = − m  y3 = −m 4 + 1 Giả sử A ( 0;1) , B ( m ; − m 4 + 1) , C ( − m ; − m 4 + 1) là 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số. AB = ( m ; − m 4 ) ⇒ AB = m 2 + m8 .

Do hàm số f ( x ) có ba điểm cực trị nên hàm số y = f ( x ) có 7 điểm cực trị khi m > 0 ⇔ 0 < m < 5 . Vậy có 4 giá trị nguyên thỏa đề bài là m = 1; m = 2; m = 3; m = 4 .  m − 5 < 0

AC = ( − m ; − m 4 ) ⇒ AC = m2 + m8 .

Câu 104. (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) Biết phương trình ax 3 + bx 2 + cx + d = 0

Yêu cầu bài toán ⇔ ∆ABC vuông cân tại A

( a ≠ 0)

 AB = AC m ∈ ℝ ⇔ 2 ⇔ − m 2 (1 − m 6 ) = 0 ⇔  8  AB. AC = 0  −m + m = 0

cực trị? A. 4 .

có đúng hai nghiệm thực. Hỏi đồ thị hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d có bao nhiêu điểm

B. 5 .

C. 2 .

D. 3 .

Lời giải

 m = 0 (l ) ⇔  m = 1 (n) .   m = −1( n)

Phương trình ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 , a ≠ 0 là sự tương giao của đồ thị hàm số

ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 , a ≠ 0 và trục hoành. Do phương trình ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 , a ≠ 0 có đúng hai nghiệm thực nên phương trình

Vậy m ∈ {−1;1} .

2 ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 có thể viết dưới dạng a ( x − x1 ) ( x − x2 ) = 0 với x1 , x2 là hai nghiệm thực

+ Cách 2: (Áp dụng công thức tính nhanh cực trị hàm trùng phương)

của phương trình (giả sử x1 < x2 ). Khi đó đồ thị hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d ( a ≠ 0) tiếp xúc

−2m < 0 m ≠ 0 ab < 0  m ≠ 0   ⇔  −8 = 1 ⇔  6 ⇔   m = 1 ( n) . Yêu cầu bài toán ⇔  −8a m = 1  m = −1(n)  b3 = 1  −2m2 3 )  ( 2

trục hoành tại điểm có hoành độ x1 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x2 . 3 2 Đồ thị hàm số y = ax + bx + cx + d ( a ≠ 0) ứng với từng trường hợp a > 0 và a < 0 :

Vậy m ∈ {−1;1} .

B. 6

C. 4

D. 3

Lời giải. Chọn C y = f ( x ) = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m

Đồ thị hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d 3

(a ≠ 0)

Ta có: f ′ ( x ) = 12 x − 12 x − 24 x .; f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = − 1 hoặc x = 2 .

tương ứng là

Vẽ đồ thị hàm số y = ( x − 1)( x − 2 )

bằng cách vẽ đồ thị y = x 3 − 5 x 2 + 8 x − 4 , giữ nguyên phần

đồ thị nằm phía trên trục hoành, rồi lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị ở dưới trục hoành, sau đó xóa phần đồ thị nằm dưới trục hoành. 3

2.5

1.5

0.5

Vậy đồ thị hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d

(a ≠ 0)

có tất cả 3 điểm cực trị.

A. 1 .

B. 4 .

C. 0 .

Dựa vào đồ thị hàm số y = ( x − 1)( x − 2 )

D. 2 .

Lời giải 4

Đồ thị hàm số y = x − 2mx + 2 m + m −12 có bả y điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số

y = x4 − 2mx2 + 2m2 + m −12 cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt

    4<m<3 −   −1 + 97 ⇔ <m<3 ⇔ m > 0  4   − − − + 1 97 1 97 m < ∨m>   4 4  

ở trên, hàm số này có 3 điểm cực trị.

Cách 2: Bảng biến thiên:

 m 2 −( 2m 2 + m −12) > 0    4 2 2  x − 2mx + 2m + m −12 = 0 có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 2m > 0    2m 2 + m −12 > 0   

0.5

f '( x ) f ( x)

4 3

−∞

−

4 27

−∞

+∞ + +∞

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) bằng tổng số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) và số nghiệm đơn, nghiệm bội lẻ của phương trình f ( x ) = 0 . Hàm số y = x3 − 5 x 2 + 8 x − 4 có 2 điểm cực trị. 4

Vậy không có giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y = x − 2mx + 2 m + m −12 có

Phương trình y = ( x − 1)( x − 2 ) có hai nghiệm nhưng chỉ có 1 nghiệm đơn x = 1 .

bả y điểm cực trị.

Do đó số điểm cực trị của hàm số y = ( x − 1)( x − 2 )

Câu 106. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Số điểm cực trị của hàm số y = ( x − 1)( x − 2 ) A. 2

B. 2

C. 3 Lời giải

là

là 2 + 1 = 3 .

Câu 107. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

D. 4

Xét hàm số: y = ( x − 1)( x − 2 ) = x 3 − 5 x 2 + 8 x − 4 . x = 2 y′ = 3x 2 − 10 x + 8. Lúc đó: y′ = 0 ⇔ 3 x 2 − 10 x + 8 = 0 ⇔  . x = 4 3  69

Đồ thị của hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị? 70

A. 4

B. 2

C. 5

D. 3

Lời giải Chọn D

Dựa vào BBT thì hàm số y = f ( x − 3 ) có 3 cực trị.

Câu 109. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như sau: ⇒

Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị y = f ( x ) có 2 điểm cực trị nằm phía trên trục Ox và cắt trục

Ox tại 1 điểm duy nhất. Suy ra đồ thị y = f ( x ) sẽ có 3 điểm cực trị (tham khảo hình vẽ) Câu 108. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau.

Đồ thị của hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị? A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

Lời giải Chọn B

Hàm số y = f ( x − 3 ) có bao nhiêu điểm cực trị

A. 5

C. 3

B. 6

D. 1

Lời giải Chọn C y = f ( x − 3 ) (1) ,Đặt t =| x − 3 |, t ≥ 0 Thì (1) trở thành: y = f (t )(t ≥ 0)

Có t = ( x − 3) 2 ⇒ t ' =

Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị y = f ( x ) có 2 điểm cực trị nằm phía trên trục Ox và cắt trục

x−3 ( x − 3)

Ox tại 1 điểm duy nhất. Suy ra đồ thị y = f ( x ) sẽ có 3 điểm cực trị (tham khảo hình vẽ)

Có y = t f (t ) ′ x

′ x

′

Câu 110. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên

x = 3 x = 3 t ′ = 0 y = 0 ⇔ t f (t ) = 0 ⇔  x ′ ⇔ t = −2( L) ⇔  x = 7  f (t ) = 0 t = 4  x = −1 ′ x

′ x

⇒

như sau

′

Lấ y x=8 có t '(8) f '(5) > 0 , đạo hàm đổi dấu qua các nghiệm đơn nên ta có bảng biến thiên:

Xét hàm số f ( x) = 3x 4 − 4 x3 − 12 x 2 + m2 ; f ′( x) = 12 x3 − 12 x 2 − 24 x

Đồ thị của hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị? A. 5

C. 4

B. 3

D. 2

Lời giải

f ′( x) = 0 ⇔ x1 = 0; x2 = −1; x3 = 2 . Suy ra, hàm số y = f ( x) có 3 điểm cực trị. ⇒ Hàm số y = 3x 4 − 4 x3 − 12 x 2 + m2 có 5 điểm cực trị khi đồ thị hàm số y = f ( x) cắt trục hoành

Chọn B

tại 2 điểm phân biệt ⇔ 3x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt. Phương trình 3x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m2 = 0 ⇔ −3x 4 + 4 x3 + 12 x 2 = m2 (1). Xét hàm số g( x) = −3x 4 + 4 x3 + 12 x2 ; g′( x) = −12 x3 + 12 x 2 + 24 x . Bảng biến thiên:

⇒ Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị y = f ( x ) có 2 điểm cực trị nằm phía trên trục Ox và cắt trục

Ox tại 1 điểm duy nhất. Suy ra đồ thị y = f ( x ) sẽ có 3 điểm cực trị (tham khảo hình vẽ) Câu 111. (TOÁN

HỌC

TUỔI

TRẺ

NĂM

2018 - 2019 LẦN 01) Cho hàm số a > 0, d > 2019  3 2 f ( x) = ax + bx + cx + d ( a, b, c, d ∈ ℝ) và  . Số cực trị của hàm số   a + b + c + d − 2019 < 0

m2 < 0 Phương trình (1) cớ 2 nghiệm phân biệt ⇔  ⇔ 5 < m < 32 . 2 5 < m < 32

Vậy m ∈ {3; 4;5; −3; −4; −5} .

y = g ( x) ( với g ( x) = f ( x) − 2019) bằng

A. 2 .

B. 5 .

C. 3 . Lời giải

D. 1.

Câu 113. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Số điểm cực trị của hàm số y = ( x − 1)( x − 2 ) A. 2

B. 2

C. 3 Lời giải

+ Ta có

là

D. 4

 lim g ( x ) = −∞   x→−∞    g (0) = d − 2019 > 0   ⇒ g ( x ) = 0 có ba nghiệm phân biệt, mà g ( x ) là hàm số bậc   g (1) = a + b + c + d − 2019 < 0     lim g ( x) = +∞    x→+∞ ba. Suy ra, hàm số y = g ( x ) có hai điểm cực trị. + Vậy đồ thị của hàm số y = g ( x ) là đồ thị của hàm số bậc ba, có hai điểm cực trị và cắt trục Ox

Xét hàm số: y = ( x − 1)( x − 2 ) = x 3 − 5 x 2 + 8 x − 4 . x = 2 y′ = 3x 2 − 10 x + 8. Lúc đó: y′ = 0 ⇔ 3 x 2 − 10 x + 8 = 0 ⇔  . x = 4 3  Vẽ đồ thị hàm số y = ( x − 1)( x − 2 )

bằng cách vẽ đồ thị y = x3 − 5 x 2 + 8 x − 4 , giữ nguyên phần

đồ thị nằm phía trên trục hoành, rồi lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị ở dưới trục hoành, sau đó xóa phần đồ thị nằm dưới trục hoành.

tại ba điểm phân biệt. Do đó, số điểm cực trị của hàm số y = g ( x) bằng 5 ⇒ số cực trị của hàm số y = g ( x ) bằng 2 hoặc bằng 3.

Câu 112. (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = 3x 4 − 4 x3 − 12 x 2 + m2 có đúng 5 điểm cực trị?

A. 5 .

B. 7 .

C. 6 . Lời giải 73

D. 4 . 74

2.5

1.5

0.5

Dựa vào đồ thị hàm số y = ( x − 1)( x − 2 )

ở trên, hàm số này có 3 điểm cực trị.

Cách 2: Bảng biến thiên:

Câu 115. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI

4 3

−∞

−

4 27

−∞

C. 3

D. 1

Lời giải

+∞ + +∞

NĂM 2018-2019) Cho hàm số

y = x 4 − 2mx 2 + 2m − 1 với m là tham số thực. Số giá trị nguyên trong khoảng [ −2; 2] của m để

hàm số đã cho có 3 điểm cực trị là A. 2 B. 4

f '( x ) f ( x)

m < 0 m < 0  Dựa vào bảng biến thiên, hàm số có y = g ( x) có 5 điểm cực trị khi  m − 5 > 0 ⇔  . 5 < m < 32    m − 32 < 0 Vì m là số nguyên dương cho nên có 26 số m thỏa đề bài

Chọn B x = 0 Đặt f ( x ) = x 4 − 2mx 2 + 2m − 1 , f ′ ( x ) = 4 x3 − 4mx , f ′ ( x ) = 0 ⇔  2 x = m

+ Trường hợp 1: hàm số có một cực trị ⇒ m ∈ [ −2;0] . Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) bằng tổng số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) và số nghiệm đơn, nghiệm bội lẻ của phương trình f ( x ) = 0 .

Do m ∈ [ −2; 0] ⇒ y A = 2m − 1 < 0 nên đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt trục hoành tại 2 điểm phân

Hàm số y = x 3 − 5 x 2 + 8 x − 4 có 2 điểm cực trị. 2

Phương trình y = ( x − 1)( x − 2 ) có hai nghiệm nhưng chỉ có 1 nghiệm đơn x = 1 . Do đó số điểm cực trị của hàm số y = ( x − 1)( x − 2 )

là 2 + 1 = 3 .

của tham số m để hàm số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m có 5 điểm cực trị.

C. 26

B. 44

Lời giải Chọn C

biệt nên hàm số y = f ( x ) có 3 cực trị ⇒ có 3 giá trị nguyên của m thỏa ycbt.

+ Trường hợp 2: hàm số có ba cực trị ⇒ m ∈ ( 0; 2] .

Câu 114. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương A. 16

Đồ thị hàm số y = f ( x ) có một điểm cực trị là A ( 0; 2m − 1) .

D. 27

Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là

(

A ( 0; 2m − 1) ,

(

)

C − m ; − m + 2m − 1 . Do a = 1 > 0 nên hàm số y = f ( x ) có 3 điểm cực trị khi hàm số y = f ( x ) có yB = yC ≥ 0 ⇔ − m 2 + 2m − 1 ≥ 0 ⇔ m = 1 .

Đặt: g ( x) = 3x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m

 x = 2 ⇒ y = m − 32 Ta có: g '( x) = 12 x3 − 12 x 2 − 24 x = 0 ⇔  x = −1 ⇒ y = m − 5  x = 0 ⇒ y = m 75

Nếu yB = yC < 0 (trong bài toán này không xả y ra) thì hàm số có ít nhất 5 điểm cực trị. Vậy có 4 giá trị của m thỏa ycbt.

)

m ; − m 2 + 2m − 1 ,

Lời giải

Câu 116. (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới

Chọn D Xét hàm số f ( x ) = 3x 4 − 4 x3 − 12 x 2 + m − 1 , Có lim f ( x ) = +∞ , lim f ( x ) = +∞ x → +∞

x → −∞

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2 m có đúng 3

điểm cực trị. A. m > 1

B. m ≥ 1

C. m ≤ 2

D. m > 2

(

f ( x) = 12 x − 12 x − 24 x = 12 x x 2 − x − 2 ′

)

x = 0 f ′ ( x) = 0 ⇔  x = −1 .  x = 2 Bảng biến thiên:

Lời giải Chọn B Số cực trị của hàm số h ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2m bằng số cực trị của hàm số y ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2 m cộng với số giao điểm (khác điểm cực trị) của đồ thị hàm số y ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2 m và y = 0 .

Xét hàm số g ( x ) = f 2 ( x ) + 2 f ( x ) + 2m

Từ bảng biến thiên, ta có hàm số y = f ( x ) có 7 điểm cực trị ⇔ đồ thị hàm số y = f ( x) cắt

g′ ( x ) = 2 f ( x ) . f ′ ( x ) + 2 f ′ ( x ) = 2 f ′ ( x )  f ( x ) + 1

Ox tại 4 điểm phân biệt ⇔ m − 6 < 0 < m − 1 ⇔ 1 < m < 6 . ------------- HẾT -------------

x = 1  f ′( x) = 0  ′  g ( x) = 0 ⇔ ⇔ x = 3  f ′ ( x ) = 1   x = α (α < 0 )

BBT

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 − 2 x ) là Hàm số h ( x ) có 3 điểm cực trị ⇔ 2m ≥ 0 ⇔ m ≥

1 . Đáp án B là gần kết quả nhất 2

Câu 117. (THPT CHUYÊN BẮC NINH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Tập hợp các giá trị của m để hàm số y = 3 x 4 − 4 x 3 − 12 x 2 + m − 1 có 7 điểm cực trị là:

A. (0;6)

B. (6;33)

C. (1; 33) 77

D. (1; 6)

A. 9.

B. 3.

C. 7. Lời giải

Chọn C Ta có y′ = 2 ( x − 1) . f ′ ( x 2 − 2 x ) .

D. 5.

x = 1 x = 1  2  2 − = ∈ −∞ − x x a 2 ; 1 ( )   x − 2 x − a = 0, a ∈ ( −∞; − 1) x =1   y′ = 0 ⇔  ⇔  x 2 − 2 x = b ∈ ( −1; 0 ) ⇔  x 2 − 2 x − b = 0, b ∈ ( −1; 0 ) 2  f ′ ( x − 2 x ) = 0  x 2 − 2 x = c ∈ ( 0;1)  x 2 − 2 x − c = 0, c ∈ ( 0;1)   2  x − 2 x = d ∈ (1; + ∞ )  2   x − 2 x − d = 0, d ∈ (1; + ∞ )

Xét g ( x ) = 4 x 2 + 4 x , g ′ ( x ) = 8 x + 4 , g ′ ( x ) = 0 ⇔ x = − (1)

1 ta có bảng biến thiên 2

(2) . (3) (4)

Phương trình (1) vô nghiệm, các phương trình (2), (3), (4) đều có hai nghiệm phân biệt khác 1 và do b, c, d đôi một khác nhau nên các nghiệm của phương trình (2), (3), (4) cũng đôi một khác nhau. Do đó f ′ ( x 2 − 2 x ) = 0 có 6 nghiệm phân biệt.

Kết hợp bảng biến thiên của g ( x ) và hệ (1) ta thấy:

Vậy y ′ = 0 có 7 nghiệm phân biệt, do đó số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 − 2 x ) là 7.

Câu 119. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ′ ( x ) như sau:

Phương trình 4 x 2 + 4 x = a1 ∈ ( −∞; −1) vô nghiệm.

1 Phương trình 4 x 2 + 4 x = a2 ∈ ( −1;0 ) tìm được hai nghiệm phân biệt khác − . 2 1 Phương trình 4 x 2 + 4 x = a2 ∈ ( 0;1) tìm được thêm hai nghiệm mới phân biệt khác − . 2 1 2 Phương trình 4 x + 4 x = a2 ∈ (1; +∞ ) tìm được thêm hai nghiệm phân biệt khác − . 2 Vậy hàm số y = f ( 4 x 2 + 4 x ) có tất cả 7 điểm cực trị. Câu 120. (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( 4 x + 4 x ) là 2

A. 5.

B. 9.

C. 7.

D. 3.

-∞

f (x)

, bảng biến thiên của hàm số 0

-1

+∞

f '( x) +∞

+∞

f'(x)

Lời giải Chọn C 1 2 .  f ′ 4 x 2 + 4 x = 0 

( (

Có f 4 x 2 + 4 x

) )′ = (8 x + 4) f ′ ( 4 x

) ( (

+ 4x , f 4x2 + 4x

) )′ = 0 ⇔ 

(

)

-1

-3

x=−

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 + 2 x ) là A. 9 .

B. 5 .

C. 7 . Lời giải

Chọn C

 4 x 2 + 4 x = a1 ∈ ( −∞; −1)  2  4 x + 4 x = a2 ∈ ( −1;0 ) 2 Từ bảng biến thiên trên ta có f ′ 4 x + 4 x = 0 ⇔  2 . (1)  4 x + 4 x = a3 ∈ ( 0;1)  2  4 x + 4 x = a4 ∈ (1; +∞ )

(

)

2 x + 2 = 0  2  x + 2 x = a , a < −1 2 Ta có y ' = ( 2 x + 2 ) f ' ( x + 2 x ) = 0 ⇔  x 2 + 2 x = b, −1 < b < 0  2  x + 2 x = c, 0 < c < 1  2  x + 2x = d , d > 1

như sau

D. 3 .

d c

1  x=  2  2 4 x − 4 x = a ∈ ( −∞; −1) (1)   8x − 4 = 0 y′ = 0 ⇔  ⇔  4 x 2 − 4 x = b ∈ ( −1;0 ) ( 2 ) 2   f ′ ( 4 x − 4 x ) = 0  4 x 2 − 4 x = c ∈ ( 0;1) ( 3)  2  4 x − 4 x = d ∈ (1; +∞ ) ( 4 ) 

Xét hàm số g ( x ) = 4 x 2 − 4 x , ta có g ′ ( x ) = 8 x − 4 = 0 ⇔ x =

1 2

Bảng biến thiên 8

Dựa vào đồ thị ta được y ' = 0 có 7 nghiệm đơn nên nó có 7 cực trị Câu 121. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) , bảng biến thiên của hàm số f ′ ( x ) như sau:

Từ bảng biến thiên của g ( x ) ta có: Vì

Số cực trị của hàm số y = f ( 4 x 2 − 4 x ) là A. 3 .

a ∈ ( −∞; −1)

nên

(1)

vô nghiệm.

Vì b ∈ ( −1;0 ) nên ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt.

B. 9 .

C. 5 . Lời giải

D. 7 . Vì c ∈ ( 0;1) nên ( 3) có 2 nghiệm phân biệt. Vì d ∈ (1; +∞ ) nên ( 4 ) có 2 nghiệm phân biệt.

Chọn D Từ bảng biến thiên

Vậy hàm số y = f ( 4 x 2 − 4 x ) có 7 điểm cực trị Cách khác:

Ta có: y′ = ( 8 x − 4 ) . f ′ ( 4 x 2 − 4 x ) . 8 x − 4 = 0 y′ = 0 ⇔ ( 8 x − 4 ) . f ′ ( 4 x 2 − 4 x ) = 0 ⇔  2  f ′ ( 4 x − 4 x ) = 0 1 + 8x − 4 = 0 ⇔ x = . 2

 x = a ∈ ( −∞; −1)  x = b ∈ ( −1; 0 ) Ta thấy f ′ ( x ) = 0 ⇔   x = c ∈ ( 0;1)   x = d ∈ (1; +∞ ) Với y = f ( 4 x 2 − 4 x ) , ta có y′ = (8 x − 4 ) f ′ ( 4 x 2 − 4 x )

 4 x 2 − 4 x = a ( a < −1) (1)  2 4 x − 4 x = b ( −1 < b < 0 ) ( 2 ) + f ′ ( 4 x 2 − 4 x ) = 0 ⇔  2 4 x − 4 x = c ( 0 < c < 1) ( 3)   4 x 2 − 4 x = d ( d > 1) ( 4 ) + Phương trình 4 x 2 − 4 x = m ⇔ 4 x 2 − 4 x − m = 0 có nghiệm khi ∆′ = 4 − 4m ≥ 0 hay m ≤ 1 .

Từ đó, ta có phương trình (1) ; ( 2 ) ; ( 3) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Đồ thị hàm số g ( x ) = 2 f ( x ) − x 2 có tối đa bao nhiêu điểm cực trị?

Phương trình ( 4 ) vô nghiệm.

A. 7

Do đó, hàm số đã cho có 7 cực trị.

B. 5

C. 6

D. 3

Lời giải

Câu 122. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ và có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) là đường cong ở hình vẽ.

Hỏi hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị?

Chọn A

Xét hàm số h ( x ) = 2 f ( x ) − x 2 ⇒ h ' ( x ) = 2 f ' ( x ) − 2 x B. 3 .

A. 2 .

C. 4 .

D. 1 .

Từ đồ thị ta thấy h ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = x ⇔ x = −2 ∨ x = 2 ∨ x = 4

Lời giải 2

−∞

f ′( x)

−

−2

2 2

⇔ h ( x ) −2 > −h ( x ) 2 ⇔ h ( 2 ) − h ( −2 ) > − ( h ( 4 ) − h ( 2 ) ) ⇔ h ( 4 ) > h ( −2 )

∫ ( 2 f ' ( x ) − 2 x )dx > ∫ ( 2 x − 2 f ' ( x ) )dx > 0

x = a Từ đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) ta có f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = b .  x = c +∞

c +

Bảng biến thiên

f ( x)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho có 1 điểm cực trị. Câu 123. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị

y = f ′ ( x ) như hình vẽ sau Vậy g ( x ) = 2 f ( x ) − x 2 có tối đa 7 cực trị

Câu 124. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho hàm số f (x) xác định trên ℝ và có đồ thị f ′( x) như hình vẽ bên. Đặt g ( x) = f ( x) − x . Hàm số đạt cực đại tại điểm thuộc khoảng nào dưới đây? 83

y′ = 0 ⇔ 2 f ′ ( x ) − 4 = 0 ⇔ f ′ ( x ) = 2 .

Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) nhận được từ việc tịnh tiến đồ thị hàm số y = f ′ ( x − 1) sang trái 1 đơn vị

3  A.  ;3  2 

B. (−2;0)

1  D.  ; 2  2 

C. (0;1) Lời giải

x =1  Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x ) −1; g ′ ( x) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = 1 ⇔  x = −1  x = 2 

 x = −2 nên f ′ ( x ) = 2 ⇔  x = 0 .   x = 1

Bảng xét dấu của g ′ ( x ) :

-∞

g'(x)

-1 + 0

2 0

1 0

Do x = −2 và x = 1 là nghiệm bội chẵn nên ta có bảng biến thiên sau:

+∞

x y′

−2

−∞

−

+∞ 0

+∞

Từ bảng xét dấu nhận thấy g ( x) đạt cực đại tại x = −1 ∈ (−2;0) .

+∞

Câu 125. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ′( x − 1) có đồ thị như hình vẽ.

Từ bảng biến thiên ta có hàm s ố đạt cực tiểu tại x = 0 .

Câu 126. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Cho hàm số

y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Đặt g ( x ) = 3 f ( f ( x ) ) + 4 . Tìm số điểm cực trị của hàm s ố g ( x ) ?

y 3 −1

2 3

Hàm số y = π

A. x = 1 .

2 f ( x) − 4 x

4 x

đạt cực tiểu tại điểm nào? B. x = 0 .

C. x = 2 .

D. x = −1 .

Lời giải: Ta có: y′ =  2 f ′ ( x ) − 4  π

2 f ( x) − 4 x

ln π .

A. 2 . 85

B. 8 .

C. 10 . 86

D. 6 .

Lời giải

Ta có: g ′ ( x ) = f ′ ( x ) −1

x = 0 g′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) − 1 = 0 ⇔ f ′ ( x ) = 1 ⇔  x = 1 .  x = 2 Bảng biến thiên:

g′ ( x ) = 3 f ′ ( f ( x )). f ′ ( x ) .  f ( x) = 0   f ′( f ( x)) = 0 f ( x) = a ⇔ , ( 2 < a < 3) . g′ ( x ) = 0 ⇔ 3 f ′ ( f ( x )) . f ′ ( x ) = 0 ⇔   ′ f x = 0 x=0  ( )   x = a f ( x ) = 0 có 3 nghiệm đơn phân biệt x1 , x2 , x3 khác 0 và a .

Vậy hàm số g ( x ) đạt cực đại tại x = 1 .

Câu 128. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ.

( )

Đặt g ( x ) = f x 3 . Tìm số điểm cực trị của hàm số y = g ( x ) .

Vì 2 < a < 3 nên f ( x ) = a có 3 nghiệm đơn phân biệt x4 , x5 , x6 khác x1 , x2 , x3 , 0 , a .

Suy ra g ′ ( x ) = 0 có 8 nghiệm đơn phân biệt. Do đó hàm số g ( x ) = 3 f ( f ( x ) ) + 4 có 8 điểm cực

c x

trị.

A. 3

B. 5

C. 4

g ( x ) = f ( x ) − x là

Lời giải Chọn A

( )

Đặt h ( x ) = f ( x 3 ) ⇒ h ( x ) = f x 3 . h′ ( x ) = 3 x 2 f ( x 3 )

A. x = 0 .

B. x = 1 .

C. x = 2 .

D. không có điểm cưc đại. Lời giải

{

h′ ( x ) = 0 ⇔ x ∈ 0; 3 a ; 3 b ; 3 c

}

Bảng biến thiên:

D. 2

Vậy hàm số y = g ( x ) có ba điểm cực trị.

Câu 129. (THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ và hàm số y = f ′ ( x) có đồ thị như hình vẽ. Tìm số điểm cực trị của hàm số y = f ( x 2 − 3) . y

A. 2 .

B. 4 .

C. 3 .

D. 5 .

Lời giải Xét hàm số g ( x ) = f ( x 2 ) ⇒ g ′ ( x ) = 2 xf ′ ( x 2 ) .

x = 0 x = 0 x = 0  2 g′ ( x ) = 0 ⇔  ⇔ 2 x = 0 ⇔ x = ± 2 .  f ′ ( x ) = 0   x2 = 2 

-2

Ta có bảng xét dấu:

A. 4

B. 2

C. 5

D. 3

Lời giải Từ đó suy ra hàm số y = f ( x 2 ) có 3 điểm cực trị.

Chọn D Quan sát đồ thị ta có y = f ′ (x ) đổi dấu từ âm sang dương qua x = −2 nên hàm số y = f (x ) có

Câu 131. (THPT MINH CHÂU HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên

một điểm cực trị là x = − 2 .

tục trên R và đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ bên.

x = 0 x = 0   ′ 2 2    ′ ′ Ta có y =  f ( x − 3) = 2 x. f ( x − 3) = 0 ⇔  x 2 − 3 = −2 ⇔  x = ±1 .    2   x − 3 = 1  x = ±2

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x − 2017 ) − 2018x + 2019 là.

Mà x = ±2 là nghiệp kép, còn các nghiệm còn lại là nghiệm đơn nên hàm số y = f ( x 2 − 3) có ba

A. 3

B. 4

C. 1

D. 2

Lời giải Chọn C

cực trị.

Câu 130. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ bên. Tính số điểm cực trị của hàm số

(

)

y = f ( x 2 ) trên khoảng − 5; 5 .

Ta có: f ( x − 2017 ) − 2018x + 2019′ = 0 ⇔ f ′ ( x − 2017 ) − 2018 = 0 ⇔ f ′ ( x − 2017 ) = 2018

Dựa vào đồ thị hàm số y = f ' ( x ) suy ra phương trình

f ′ ( x − 2017 ) = 2018

có 1 nghiệm đơn duy

nhất. Suy ra hàm số y = f ( x − 2017 ) − 2018x + 2019 có 1 điểm cực trị.

Câu 132. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số

y = f ′( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

y x

Tìm m để hàm số y = f ( x 2 + m) có 3 điểm cực trị.

A. m ∈ ( 3; +∞ ) .

B. m ∈ [ 0;3] .

C. m ∈ [ 0;3) .

D. m ∈ ( −∞;0 ) .

Lời giải Chọn C Do hàm số y = f ( x 2 + m) là hàm chẵn nên hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi hàm số này có đúng 1 điểm cực trị dương.

y = f ( x 2 + m) ⇒ y ′ = 2 xf ′ ( x 2 + m )

x = 0 x = 0  2  2 x = 0  x + m = 0 ⇔  x = −m ⇔ y′ = 0 ⇔  2  x2 + m = 1  x2 = 1 − m  f ′ ( x + m ) = 0   2  x + m = 3  x 2 = 3 − m Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) tiếp xúc trục hoành tại điểm có hoành độ là x = 1 nên các nghiệm của

(

)

pt x 2 = 1 − m (nếu có) không làm f ′ x 2 + m đổi dấu khi x đi qua, do đó các điểm cực trị của

x = 0 

hàm số y = f ( x 2 + m) là các điểm nghiệm của hệ  x 2 = −m

 x2 = 3 − m 

− m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m < 3. 3 − m > 0

Hệ trên có duy nhất nghiệm dương khi và chỉ khi 

CHUYÊN ĐỀ 3

GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ

MỤC LỤC PHẦN A. CÂU HỎI ....................................................................................................................................................... 1 Dạng 1. Xác định giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số thông qua đồ thị của nó ...................................... 1 Dạng 2. Xác định giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [a;b] ..................................................... 7 Dạng 3. Xác định giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng (a;b) ................................................ 8 Dạng 4. Ứng dụng GTLN-GTNN vào bài toán thực tế ............................................................................................... 9 Dạng 5. Định m để GTLN-GTNN của hàm số thỏa mãn điều kiện cho trước ........................................................ 11 Dạng 6. Bài toán GTLN-GTNN liên quan đến đồ thị đạo hàm ................................................................................ 13 Dạng 7. Ứng dụng GTLN-GTNN vào bài toán đại số ............................................................................................... 18

Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn n nhấ nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [ −1;1] . Giá trị của M − m bằng A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Câu 3. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ có đồ thịị như hình vẽ bên. Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −2; 2 ] .

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO ........................................................................................................................... 19 Dạng 1. Xác định giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số thông qua đồ thị của nó .................................... 19 Dạng 2. Xác định giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [a;b] ................................................... 27 Dạng 3. Xác định giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng (a;b) .............................................. 31 Dạng 4. Ứng dụng GTLN-GTNN vào bài toán thực tế ............................................................................................. 33 Dạng 5. Định m để GTLN-GTNN của hàm số thỏa mãn điều kiện cho trước ........................................................ 41 Dạng 6. Bài toán GTLN-GTNN liên quan đến đồ thị đạo hàm ................................................................................ 50 Dạng 7. Ứng dụng GTLN-GTNN vào bài toán đại số ............................................................................................... 61

PHẦN A. CÂU HỎI

A. m = −5; M = −1. B. m = −2; M = 2 . C. m = −1; M = 0 . D. m = −5; M = 0 . Câu 4. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên:

Dạng 1. Xác định giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số thông qua đồ thị của nó Câu 1. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn

[ −1; 3]

và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã

cho trên đoạn [ − 1; 3] . Giá trị của M − m bằng

Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng? đ A. Hàm số có giá trị cực tiểu ểu bbằng 1 . B. Hàm số có giá trị lớn nhất ất bằng b 0 và giá trị nhỏ nhất bằng −1 . C. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 1 . D. Hàm số có đúng một cực ực trị. Câu 5. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [ −3; 2 ] và có bảng biến thiên như ư sau. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm A. 1

B. 4

C. 5

D. 0

số y = f ( x ) trên đoạn [ − 1; 2 ] . Tính M + m .

Câu 2. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ −1;1] và có đồ thị như hình vẽ.

A. 3 .

B. 2 .

C. 1 .

D. 4 .

Câu 6. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Xét hàm số y = f ( x) với x ∈ −1;5 có bảng biến [ ] thiên như sau:

A. max f ( x) = f (0) . [ −1;3]

Khẳng định nào sau đây là đúng A. Hàm số đã cho không tồn taị GTLN trên đoạn [ −1;5]

B. max f ( x ) = f ( 3) . C. max f ( x ) = f ( 2) . D. max f ( x ) = f ( −1) . [ −1;3]

[ −1;3]

Câu 10. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂ NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [ −1;5 ] và có

B. Hàm số đã cho đạt GTNN tại x = −1 và x = 2 trên đoạn [ −1;5]

đồ thị trên đoạn [ −1;5 ] như hình vẽ bên dưới. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x )

C. Hàm số đã cho đạt GTNN tại x = −1 và đạt GTLN tại x = 5 trên đoạn [ −1;5]

trên đoạn [ −1;5] bằng

D. Hàm số đã cho đạt GTNN tại x = 0 trên đoạn [ −1;5] Câu 7. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ , có bảng biến thiên như hình sau:

Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Hàm số có hai điểm cực trị. B. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng − 3 . C. Đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận. D. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) , ( 2; +∞ ) .

A. − 1

Câu 8. (THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng? x

–∞

-2 +

0 –

2 +

B. 4

C. 1

D. 2

Câu 11. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ sau:

+∞ –

y –∞

–∞

A. Phương trình f ( x ) = 0 có 4 nghiệm phân biệt B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) C. Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 0 D. Hàm số có 3 điểm cực trị Câu 9. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x) liên tục và có bảng biến thiên trên đoạn [ −1; 3] như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?

3  Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x ) trên  −1;  . Giá trị của M + m 2  bằng A.

1 . 2

B. 5 .

C. 4 .

D. 3 .

Câu 12. (THPT YÊN MỸ HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên

 5 tục trên −1,  và có đồ thị là đường cong như hình vẽ.  2

Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Min f ( x ) = 6 . [ −5;7 )

B. Min f ( x ) = 2 . [ −5;7 )

C. Max f ( x ) = 9 . [-5;7 )

D. Max f ( x ) = 6 . [ −5;7 )

Câu 16. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên

 5 Giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số f ( x ) trên −1,  là:  2 A. M = 4, m = 1

B. M = 4, m = − 1

7 C. M = , m = −1 2

đoạn [ 0 ; 3 ] và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

7 D. M = , m = 1 2

đã cho trên [ 0 ; 3] . Giá trị của M + m bằng?

Câu 13. (GKI THPT NGHĨA HƯNG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị

như hình vẽ. Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) trên đoạn [ 0; 2] là:

A. Max f ( x ) = 2 . [0;2]

B. Max f ( x ) = 2 . [ 0;2]

C. Max f ( x ) = 4 . [0;2]

D. Max f ( x ) = 0 . [0;2]

Câu 14. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ −1; 3] và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã

cho trên đoạn [ −1; 3] . Giá trị của M + m là

A. 5 .

B. 3 .

C. 2 .

D. 1 .

Câu 17. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên

tục trên đoạn [− 2 ; 6 ] và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. y 5

-2 -1 O

1 -1

3 4

y = f(x)

-3 -4

A. 2

B. − 6

C. − 5

D. − 2

Câu 15. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên trên [ −5;7 ) như sau

Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [−2 ; 6 ] . Giá trị của M − m bằng A. 9 . B. − 8 . C. −9 . D. 8 .

Câu 18. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và có đồ thị

trên đoạn [ −2; 4 ] như hình vẽ bên. Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −2; 4 ] bằng

Câu 25. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y = x 2 +

2 1  trên đoạn  ; 2  x 2 

17 D. m = 10 4 Câu 26. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y = x 3 − 7 x 2 + 11x − 2 trên đoạn [0 ; 2] . B. m = 0 C. m = −2 D. m = 11 A. m = 3 A. m = 5

B. m = 3

C. m =

Câu 27. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Giá trị lớn nhất của hàm số y = x 4 − 4 x 2 + 9 trên đoạn [ −2;3] bằng A. 201 B. 2 C. 9 D. 54 4 2 Câu 28. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = x − 4x + 5 trêm đoạn

[ −2;3] bằng A. 5

B. 3

C. 0

A. 122

D. − 2

Câu 19. (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

B. 50

( −1;1]

−  2;3 .

B. max f ( x ) = f (1) ( 0; +∞ )

C. min f ( x ) = f ( −1) D. min f ( x ) = f ( 0 ) ( −∞; −1)

( −1; +∞ )

3 Câu 20. (Mã 102 - BGD - 2019) Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = x − 3x + 2 trên đoạn [ −3;3] bằng

B. −16 .

D. 4 .

C. 20 .

Câu 21. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 3 trên đoạn 0; 3  . A. M = 6

B. M = 1

D. M = 8 3

C. M = 9

Câu 22. (Mã 103 - BGD - 2019) Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = x − 3 x trên đoạn [ − 3;3] bằng B. 18 .

C. 2 .

[ 2;4]

C. m =

51 2

D. m =

49 4

A. − 18.

B. −2.

C. 2.

D. 18.

Câu 31. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 + 3x 2 trên đoạn [ −4; − 1] bằng A. −16 B. 0 C. 4 D. − 4 Câu 32. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 + 2 x 2 − 7 x trên đoạn [0; 4] bằng A. − 259

B. 68

C. 0

D. −4

19 B. min y = [ 2;4] 3

C. min y = 6 [ 2;4]

A. 4 . B. −16 . C. 20 . D. 0 . Dạng 3. Xác định giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng (a;b)

D. − 18 .

x2 + 3 Câu 23. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên đoạn x −1 [ 2; 4] . A. min y = −3

51 4

Câu 33. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = x 3 − 3 x + 2 trên đoạn [ −3; 3] là 3

A. −2 .

B. m =

3 Câu 30. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x − 3x trên đoạn [ −3;3] bằng

Dạng 2. Xác định giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [a;b]

A. 0 .

D. 1

Câu 29. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y = x 4 − x 2 + 13 trên đoạn

A. m = 13

Mệnh đề nào sau đây đúng A. max f ( x ) = f ( 0 )

C. 5

D. min y = −2 [ 2;4]

Câu 24. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Giá trị lớn nhất của hàm số y = x 4 − x 2 + 13 trên đoạn [−1; 2] bằng 51 A. 85 B. C. 13 D. 25 4

Câu 34. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 3 x +

4 trên x2

khoảng ( 0; +∞ ) .

A. min y = ( 0;+∞ )

33 5

B. min y = 2 3 9 ( 0;+∞)

C. min y = 3 3 9 ( 0;+∞)

D. min y = 7 ( 0; +∞ )

Câu 35. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi m là giá trị nhở 4 nhất của hàm số y = x + trên khoảng ( 0; +∞ ) . Tìm m x A. m = 4 . B. m = 2 . C. m = 1 . D. m = 3 .

Câu 36. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Gọi a là giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 y = x 2 + trên khoảng (0; +∞) . Tìm a . x A. 3 3 4 . B. 5. C. 6 . D. 2 3 16 . Câu 37. (THPT MINH CHÂU HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Giá trị nhỏ nhất của hàm số 1 y = x − 5 + trên khoảng ( 0; +∞ ) bằng bao nhiêu? x A. 0 B. −1 C. − 3 D. − 2 Câu 38. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Giá trị nhỏ nhất của hàm số 1 f ( x ) = x + trên nửa khoảng [ 2; +∞ ) là: x 5 7 A. 2 B. C. 0 D. 2 2 Dạng 4. Ứng dụng GTLN-GTNN vào bài toán thực tế Câu 39. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Ông A dự định dùng hết 6,5m 2 kính để làm một bể cá có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). A. 2, 26 m3 B. 1, 61 m3 C. 1,33 m3 D. 1,50 m3

1 Câu 40. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Một vật chuyển động theo quy luật s = − t 3 + 6t 2 với t (giây) 3 là khoảng thời gian tính từ khi vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 9 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu? A. 243 (m/s) B. 27 (m/s) C. 144 (m/s) D. 36 (m/s) Câu 41. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Ông A dự định sử dụng hết 5 m2 kính để làm một bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)? A. 1, 01 m3 B. 0,96 m3 C. 1,33 m3 D. 1,51 m3 Câu 42. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) 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 (cm), 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.

Câu 44. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) 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 t sau khi tiêm vào cơ thể trong t giờ được cho bởi công thức c ( t ) = 2 ( mg / L ) . Sau khi tiêm thuốc bao t +1 lâu thì nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân cao nhất? A. 4 giờ. B. 1 giờ. C. 3 giờ. D. 2 giờ. Câu 45. (THPT YÊN MỸ HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Đợt xuất khẩu gạo của tỉnh A thường kéo dài trong 2 tháng ( 60 ngày). Người ta nhận thấy số lượng xuất khẩu gạo tính theo ngày thứ t được xác 2 định bởi công thức S ( t ) = t 3 − 63t 2 + 3240t − 3100 với (1 ≤ t ≤ 60 ) . Hỏi trong 60 ngày đó thì ngày thứ 5 mấy có số lượng xuất khẩu gạo cao nhất. A. 60 B. 45 C. 30 D. 25 Câu 46. (GKI NHÂN CHÍNH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một vật chuyển động theo quy luật 1 S = 10t 2 − t 3 , với t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động và S ( m ) là quãng 3 đường vật đi được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 15 giây từ lúc vật bắt đầu chuyển động vận tốc v ( m / s ) của vật đạt giá trị lớn nhất tại thời điểm t ( s ) bằng: A. 8 ( s ) .

B. 20 ( s )

C. 10 ( s ) .

D. 15 ( s ) .

Câu 47. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Một sợi dây có chiều dài 28m được cắt thành hai đoạn để làm thành một hình vuông và một hình tròn. Tính chiều dài (theo đơn vị mét) của đoạn dây làm thành hình vuông được cắt ra sao cho tổng diện tích của hình vuông và hình tròn là nhỏ nhất? 56 112 84 92 A. . B. . C. . D. . 4+π 4+π 4+π 4+π Câu 48. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Một xưởng in có 15 máy in được cài đặt tự động và giám sát bởi một kỹ sư, mỗi máy in có thể in được 30 ấn phẩm trong 1 giờ, chi phí cài đặt và bảo dưỡng cho mỗi máy in cho 1 đợt hàng là 48.000 đồng, chi phí trả cho kỹ sư giám sát là 24.000 đồng/giờ. Đợt hàng này xưởng in nhận 6000 ấn phẩm thì số máy in cần sử dụng để chi phí in ít nhất là A. 10 máy. B. 11 máy. C. 12 máy. D. 9 máy. Câu 49. Một chất điểm chuyển động thẳng với quãng đường biến thiên theo thời gian bởi quy luật s ( t ) = t 3 − 4t 2 + 12 (m), trong đó t (s) là khoảng thời gian tính từ lúc bắt đầu chuyển động. Vận tốc của chất điểm đó đạt giá trị bé nhất khi t bằng bao nhiêu? 8 4 A. 2 (s). B. (s). C. 0 (s). D. (s). 3 3 Câu 50. (THPT MINH CHÂU HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Cho một tấm 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 x ( cm ) , rồi gập tấm nhôm lại (như hình vẽ) để được một cái hộp không nắp. Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.

A. x = 3

B. x = 2

C. x = 4

D. x = 6

Câu 43. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Một chất điểm chuyển động theo phương trình S = −t 3 + 3t 2 − 2 , trong đó t tính bằng giây và S tính theo mét. Chuyển động có vận tốc lớn nhất là A. 1 m/s. B. 4 m/s. C. 3 m/s. D. 2 m/s.

A. x =

8 − 2 21 3

B. x =

10 − 2 7 3

C. x =

9 + 21 . 9

D. x =

9 − 21 3

Câu 51. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Một đoàn cứu trợ lũ lụt đang ở vị trí A của một tỉnh miền trung muốn đến xã C để tiếp tế lương thực và thuốc men. Để đi đến C , đoàn cứu trợ phải chèo thuyền từ A đến vị trí D với vận ận tốc 4 ( km / h ) , rồi đi bộ đến vị trí C với vận tốc 6 ( km / h ) . Biết A cách B một khoảng 5km , B cách C một khoảng 7km (hình vẽ). Hỏi vị trí điểm D cách A bao xa để đoàn cứu trợ đi đến xã C nhanh nhất?

2 . 2

B. − 2 .

D. −

Câu 58. (THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y =

2 . 2

x +m ( m là tham x +1

y = 3 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? số thực) thỏa mãn min   0;1

A. 1 ≤ m < 3

B. m > 6

C. m < 1

D. 3 < m ≤ 6

Câu 59. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số x+m trên [1; 2] bằng 8 ( m là tham số thực). Khẳng định nào sau đây đúng? y= x +1 A. m > 10 . B. 8 < m < 10 . C. 0 < m < 4 . D. 4 < m < 8 . Câu 60. (THPT NGÔ GIA TỰ VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = 2 x 3 − 3 x 2 − m . Trên [ −1;1] hàm số có giá trị nhỏ nhất là −1 . Tính m ? A. m = −6 . A. AD = 5 3 km . B. AD = 2 5 km . C. AD = 5 2 km . D. AD = 3 5 km . Dạng 5. Định m để GTLN-GTNN của hàm số thỏa mãn điều kiện cho trước Câu 52. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂ ĂM 2017) Cho hàm số y =

x+m ( m là tham số thực) thỏa mãn x −1

min y = 3. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

 3  A.  − ; − 1 .  2 

B. 3 < m ≤ 4

C. m < −1

D. 1 ≤ m < 3

Câu 53. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y = x3 − 3x + m trên đoạn [ 0;2] bằng 3. Số phần tử của S là A. 0

B. 6

C. 1

Câu 54. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂ ĂM 2017) Cho hàm số y = 16 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? [1;2] 3 A. m > 4 B. 2 < m ≤ 4

D. 2 x+m ( m là tham số thực) thoả mãn x +1

min y + max y = [1;2]

C. m ≤ 0

D. 0 < m ≤ 2

Câu 55. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢ ẢI PHÒNG NĂM 2018-2019) Có một giá trị m0 của tham số m để hàm số y = x3 + (m2 +1) x + m +1 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 trên đoạn [ 0;1] . Mệnh đề nào sau đây là

đúng? A. 2018m0 − m02 ≥ 0 .

B. 2m0 −1 < 0 .

C. 6m0 − m02 < 0 .

D. 2m0 +1 < 0 .

Câu 56. (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Tính tổng tất cả các giá trị của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y = x 2 − 2 x + m trên đoạn [ −1;2 1; 2 ] bằng 5 . A. − 1 .

B. 2 .

C. −2 .

D. 1 .

Câu 57. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Nếu hàm số y = x + m + 1 − x 2 có giá trị lớn nhất bằng 2 2 thì giá trị của m là

C. m = −4 .

D. m = −5 .

2  B.  ; 2  . 3 

C. [ −1; 0 ] .

D. ( 0;1) .

Câu 62. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Biết S là tập giá trị của m để tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 4 − m 2 x 3 − 2 x 2 − m trên đoạn [ 0;1] bằng −16 . Tính tích các phần tử của S . A. 2 .

[2;4]

A. m > 4

B. m = −3 .

Câu 61. (THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số y = x3 − 3x + 2m − 1 trên đoạn [ 0; 2 ] là nhỏ nhất. Giá trị của m thuộc khoảng nào?

B. − 2 .

C. − 15 .

D. − 17 .

Câu 63. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Gọi A, B lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số y =

A+ B =

13 . 2 A. m = 1; m = −2 .

x + m2 + m trên đoạn [ 2;3] . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để x −1

B. m = −2 .

C. m = ±2 .

D. m = −1; m = 2 .

Câu 64. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tất cả giá trị thực của tham số m x 2 + mx + 1 để hàm số y = liên tục và đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [ 0; 2 ] tại một điểm x0 ∈ ( 0; 2 ) . x+m A. 0 < m < 1 B. m > 1 C. m > 2 D. − 1 < m < 1 Câu 65. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị x 2 + mx + m thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y = trên [1; 2 ] bằng 2 . Số phần tử của x +1 tậ p S A. 3 . B. 1 . C. 4 . D. 2 . Câu 66. (THPT MINH CHÂU HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số x − m2 + m f ( x) = trên đoạn (0;1) bằng –2 x +1 m = 1 m = 1  m = −1 1 ± 21 A.  B.  C.  . D. m = . m m = 2 = − 2 2   m = 2 . .

1 − m sin x . Có bao cos x + 2 nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ 0;10] để giá trị nhỏ nhất của hàm số nhỏ hơn − 2 ?

Câu 67. (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = A. 1.

B. 9 .

C. 3 .

D. 6 .

Câu 68. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Xét hàm số f ( x ) = x 2 + ax + b , với a , b là tham số. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số trên [ −1;3] . Khi M nhận giá trị nhỏ nhất có thể được, tính a + 2b . A. 2 . B. 4 . C. −4 . D. 3 .

2 2 1

A. m ≥ f ( 0 ) .

B. m ≥ f ( 2 ) − 4 .

C. m > f ( 0 ) .

D. m > f ( 2 ) − 4 .

Câu 74. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) , hàm số y = f ' ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên dưới

Câu 69. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = ax3 + cx + d , a ≠ 0 có min f ( x ) = f ( −2 ) . Giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [1;3] bằng x∈( −∞ ;0)

A. d − 11a .

B. d − 16 a .

C. d + 2 a .

D. d + 8a .

Câu 70. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m x 2 − mx + 2m để giá trị lớn nhất của hàm số y = trên đoạn [ −1;1] bằng 3 . Tính tổng tất cả các phần tử của x−2 S. 8 5 A. − . B. 5 . C. . D. −1 . 3 3 Câu 71. (GKI THPT NGHĨA HƯNG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số x+m m để hàm số y = 2 có giá trị lớn nhất trên ℝ nhỏ hơn hoặc bằng 1. x + x +1 A. m ≤ 1 . B. m ≥ 1 . C. m ≥ −1 . D. m ≤ −1 .

Bất phương trình f ( x ) < x + m ( m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi x ∈ ( 0; 2 ) khi và chỉ khi

A. m > f ( 2 ) − 2.

B. m > f ( 0 ) .

C. m ≥ f ( 2 ) − 2.

D. m ≥ f ( 0 ) .

Câu 75. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) , hàm số f ′ ( x) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ.

Dạng 6. Bài toán GTLN-GTNN liên quan đến đồ thị đạo hàm Câu 72. (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) , hàm số y = f ′ ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Bất phương trình f ( x) > 2x + m ( m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi x∈( 0; 2) khi và chỉ khi

A. m < f ( 2) − 4 .

B. m ≤ f ( 2) − 4 .

C. m ≤ f ( 0) .

D. m < f ( 0) .

Câu 76. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ , đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ.

Bất phương trình f ( x ) > x + m ( m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi x ∈ ( 0 ; 2 ) khi và chỉ khi

A. m ≤ f ( 0 ) .

B. m < f ( 0 ) .

C. m ≤ f ( 2 ) − 2 .

D. m < f ( 2 ) − 2 .

Câu 73. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) , hàm số y = f ' ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên. Bất phương trình f ( x ) < 2 x + m (m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi x ∈ ( 0; 2 ) khi và chỉ khi

Giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −1; 2] là

A. f (1) .

B. f ( −1) .

C. f ( 2 ) .

D. f ( 0 ) .

Câu 77. (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm là

f ′ ( x ) . Đồ thị của hàm số

được cho như hình vẽ bên. Biết rằng

y = f ′( x)

f ( 0 ) + f (1) − 2 f ( 3 ) = f ( 5 ) − f ( 4 ) . Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của f ( x ) trên đoạn

[0; 5] .  π Bất phương trình f ( x ) > 2cos x + 3m đúng với mọi x ∈  0;  khi và chỉ khi  2 1 1 1  π   1 A. m ≤  f ( 0 ) − 2  . B. m <  f ( 0 ) − 2  . C. m ≤  f   − 1 . D. m <  f 3  2  3 3 3

π     − 1 . 2 

Câu 81. (Đề minh họa 2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f / ( x) có bảng biến thiên như sau:

A. m = f ( 5 ) , M = f ( 3 ) B. m = f ( 5 ) , M = f (1)

Bất phương trình f ( e x ) < e x + m nghiệm đúng với mọi x ∈ ( −1;1) khi và chỉ khi

C. m = f ( 0 ) , M = f ( 3 ) D. m = f (1) , M = f ( 3) Câu 78. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f / ( x) có bảng biến thiên như sau: Bất phương trình f ( e x ) < e x + m nghiệm đúng với mọi x ∈ ( −1;1) khi và chỉ khi

1 1 A. m ≥ f   − e e

B. m > f ( −1) −

1 e

C. m ≥ f ( −1) −

1 e

1 1 D. m > f   − e e

Câu 82. (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến

1 1 A. m ≥ f   − e e

B. m > f ( −1) −

1 e

C. m ≥ f ( −1) −

1 e

1 1 D. m > f   − e e

thiên như sau:

Câu 79. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) bảng biến thiên như hình dưới đây. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số 1 1 g ( x ) = f ( 4 x − x 2 ) + x3 − 3x 2 + 8 x + trên đoạn [1;3] . 3 3

có

(

)

Gọi S là tập hợp các số nguyên dương m để bất phương trình f ( x ) ≥ m x3 − 3 x 2 + 5 có nghiệm thuộc

đoạn [ −1;3] . Số phần tử của S là A. 3 B. Vô số A. 15.

25 . 3

19 . 3

C. 2

D. 0

Câu 83. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục D. 12.

Câu 80. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau

trên ℝ . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình bên. Đặt g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x + 1) . Mệnh đề dưới đây đúng.

A. max g ( x ) = g ( 3 ) . [ −3;3]

B. min g ( x ) = g (1) . [ −3;3]

C. max g ( x ) = g ( 0 ) . D. max g ( x ) = g (1) . [ −3;3]

[ −3;3]

Câu 84. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên ℝ . Biết f ′ ( 0 ) = 3 , f ′ ( 2 ) = −2018 và bảng xét dấu của f ′′ ( x ) như sau:

Hàm số y = f ( x + 2017 ) + 2018 x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 thuộc khoảng nào sau đây?

A. ( −∞; − 2017 )

B. ( 2017; +∞ )

C. ( 0; 2 )

D. ( −2017; 0 )

Câu 85. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ bên. Bất phương trình 2 f ( x ) + x3 > 2m + 3 x 2 nghiệm đúng với mọi x ∈ ( −1;3 ) khi và chỉ khi

Biết rằng f ( −1) + f ( 0 ) < f (1) + f ( 2 ) . Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn

[ −1; 2]

lần lượt là:

A. f (1) ; f ( 2 ) .

B. f ( 2 ) ; f ( 0 ) .

C. f ( 0 ) ; f ( 2 ) .

D. f (1) ; f ( −1) .

Dạng 7. Ứng dụng GTLN-GTNN vào bài toán đại số Câu 88. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị tham số m để bất phương trình 6 x +

A. m ≥ 16

A. m < −10.

B. m < −5.

C. m < −3.

D. m < −2.

Câu 86. (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và có đồ thị của hàm y = f ′ ( x ) được cho như hình vẽ.

( 2 + x )( 8 − x ) ≤ x 2 + m − 1 nghiệm đúng với mọi B. m ≥ 15

x ∈ [ −2;8].

C. m ≥ 8

D. −2 ≤ m ≤ 16

Câu 89. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tìm m để bất phương trình 4 x+ ≥ m có nghiệm trên khoảng ( −∞;1) . x −1 A. m ≤ 5 . B. m ≤ −3 . C. m ≤ 1 . D. m ≤ −1 Câu 90. (THPT CHUYÊN LAM SƠN ƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết rằng tập nghiệm 6x − 4 của bất phương trình 2 x + 4 − 2 2 − x ≥ là [ a ; b ] . Khi đó giá trị của biểu thức P = 3a − 2b bằng: 5 x2 + 1 A. 2 B. 4 C. −2 D. 1 Câu 91. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐI Đ ỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi s là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m ∈ [ 0; 2019] để bất phương trình

x2 − m +

(1 − x ) 2

≤ 0 đúng với mọi x ∈ [ −1;1] . Số phần tử của tập s bằng

A. 1. B. 2020 . C. 2019 . D. 2 . Câu 92. (CHUYÊN BẮC NINH NĂ ĂM 2018-2019 LẦN 03) Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số Biết rằng f ( −3 ) + f ( 0 ) = f ( 4 ) + f ( −1) . Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f ( x ) trên đoạn [ −3; 4 ] lần lượt là: A. f (4) và f (−3) . B. f (−3) và f (0) . C. f (4) và f (0) . D. f (2) và f (−3) .

Câu 87. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) được cho như hình vẽ dưới đây:

f ( x ) = 4 x 2 − 4 x + 6 + 4 x − x 2 + 1 . Tính tích các nghiệm của phương trình f ( x ) = M . A. 2 . B. 4 . C. −2 . D. − 4 . 2 2 Câu 93. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho x − xy + y = 2 . Giá trị nhỏ 2 2 nhất của P = x + xy + y bằng:

2 3

1 6

1 2

Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [ −1;1] . Giá trị

D. 2

của M − m bằng A. 0 .

C. 2 . Lời giải Từ đồ thị ta thấy M = 1, m = 0 nên M − m = 1 .

Câu 94. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho x , y là các số thực thỏa mãn x+ y =

x −1 + 2 y + 2 .

Gọi

lần

lượt

là

giá

trị

lớn

P = x 2 + y 2 + 2 ( x + 1)( y + 1) + 8 4 − x − y . Tính giá trị M + m A. 42 B. 41 C. 43 Câu 95. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Cho bất phương trình m

nhất

và

nhỏ

nhất

của

Câu 3.

D. 44

(

)

x2 − 2x + 2 + 1 + x (2 − x ) ≤ 0 .

B. 1.

D. 3 .

(CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −2; 2 ] .

Hỏi có bao nhiêu số nguyên m không nhỏ hơn −2018 để bất phương trình đã cho có nghiệm x ∈  0;1 + 3  ? A. 2018 B. 2019 C. 2017 D. 2020

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1. Xác định giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số thông qua đồ thị của nó Câu 1.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn

[ −1; 3]

và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

A. m = −5; M = −1.

hàm số đã cho trên đoạn [ − 1; 3] . Giá trị của M − m bằng

B. m = −2; M = 2 .

C. m = −1; M = 0 . Lời giải

D. m = −5; M = 0 .

Nhìn vào đồ thị ta thấy: M = max f ( x ) = −1 khi x = − 1 hoặc x = 2 . [ −2;2]

m = min f ( x ) = −5 khi x = −2 hoặc x = 1 . [ −2;2]

Câu 4.

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT ĐT NĂM N 2017) Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên:

A. 1

B. 4

C. 5 Lời giải

D. 0

Chọn C Dựa và đồ thị suy ra M = f ( 3 ) = 3; m = f ( 2 ) = −2 Vậ y M − m = 5

Câu 2.

(ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ −1;1] và có đồ thị như hình vẽ.

Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng? A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1 . B. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 0 và giá trị nhỏ nhất bằng −1 . C. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 1 . D. Hàm số có đúng một cực trị. Lời giải Chọn C Đáp án A sai vì hàm số có 2 điểm cực trị. Đáp án B sai vì hàm số có giá trị cực tiểu y = −1 khi x = 0 . Đáp án C sai vì hàm số không có GTLN và GTNN trên ℝ . Đáp án D đúng vì hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 1 .

Câu 5.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số không có GTLN, GTNN.

(THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [ −3; 2 ] và có bảng biến thiên như sau. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

Câu 8.

nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −1; 2 ] . Tính M + m .

(THPT CHUYÊN LAM S SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây đúng? x

–∞

-2 +

0 –

A. 3 .

+∞ –

C. 1 . D. 4 . Lời giải Trên đoạn [ −1; 2 ] ta có giá trị lớn nhất M = 3 khi x = −1 và giá trị nhỏ nhất m = 0 khi x = 0 . Khi đó M + m = 3 + 0 = 3 . Câu 6.

2 +

B. 2 .

–∞

A. Phương trình f ( x ) = 0 có 4 nghiệm phân biệt B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) C. Giá trị nhỏ nhất của hàm s ố bằng 0 D. Hàm số có 3 điểm cực trị

(THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Xét hàm số y = f ( x) với x ∈ [ −1;5] có bảng biến thiên như sau:

Lời giải Chọn D Dựa vào bảng biến thiên, hàm s ố có 3 điểm cực trị. Câu 9.

Khẳng định nào sau đây là đúng A. Hàm số đã cho không tồn taị GTLN trên đoạn [ −1;5]

(CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM M 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x) liên tục và có bảng biến thiên trên đoạn [ −1;3] như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?

B. Hàm số đã cho đạt GTNN tại x = −1 và x = 2 trên đoạn [ −1;5] C. Hàm số đã cho đạt GTNN tại x = −1 và đạt GTLN tại x = 5 trên đoạn [ −1;5] D. Hàm số đã cho đạt GTNN tại x = 0 trên đoạn [ −1;5] Lời giải A. Đúng. Vì lim− y = +∞ nên hàm số không có GTLN trên đoạn [ −1;5] .

A. max f ( x) = f (0) .

B. max f ( x ) = f ( 3) .

B. Sai. Hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại x = 2 trên đoạn [ −1;5] .

C. max f ( x ) = f ( 2) .

D. max f ( x ) = f ( −1) .

[ −1;3]

x →5

[−1;3]

C. Sai. Hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại x = 2 trên đoạn [ −1;5] và lim y = +∞ . D. Sai. Hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại x = 2 trên đoạn [ −1;5] . (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên

ℝ , có bảng biến thiên như hình sau:

[ −1;3]

Lời giải Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy max f ( x ) = f ( 0) .

x→5

Câu 7.

[ −1;3]

Câu 10.

(ĐỀ THI THỬ VTED 02 N NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [ −1;5 ] và có đồ thị trên đoạn [ −1;5 ] như hình vẽ bên dưới. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) trên đoạn [ −1;5 ] bằng

Lời giải

A. −1

B. 4

C. 1 Lời giải

D. 2

 M = max f ( x ) = 3 [ −1;5]  ⇒ M + n = 1. Từ đồ thị ta thấy:  n = min f ( x ) = −2  [ −1;5] Câu 11.

 5 Giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số f ( x ) trên  −1,  là:  2 7 7 A. M = 4, m = 1 B. M = 4, m = − 1 C. M = , m = −1 D. M = , m = 1 2 2 Lời giải Chọn B Dựa vào đồ thị M = 4, m = −1 .

(SỞ GD&ĐT T THANH HÓA N NĂM 2018 - 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ sau:

Câu 13.

(GKI THPT NGHĨA HƯNG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) trên đoạn [ 0; 2] là:

3  Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x ) trên  −1;  . Giá trị của 2  M + m bằng A.

1 . 2

C. 4 .

B. 5 .

Câu 12.

(THPT YÊN MỸ HƯNG NG YÊN NĂM N 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) xác định,

 5 liên tục trên −1,  và có đồ thị là đường cong như hình vẽ.  2

D. Max f ( x ) = 0 .

[ 0;2]

Lời giải Chọn C Dựa vào đồ thị ta thấy trên đoạn [0; 2] hàm số f ( x ) có giá trị lớn nhất bằng 4 khi x = 2

Lời giải

Do đó M + m = 4 + ( −1) = 3 .

C. Max f ( x ) = 4 . [0;2]

D. 3 .

 3  −1; 2 

B. Max f ( x ) = 2 .

[0;2]

Suy ra Max f ( x ) = 4 [0;2]

Dựa vào đồ thị hàm số f ( x ) ta có: M = max f ( x ) = 4 ; m = min f ( x ) = −1 .  3  −1; 2 

A. Max f ( x ) = 2 .

Câu 14.

(SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ −1; 3] và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [ −1; 3] . Giá trị của M + m là

A. 2

C. −5 D. − 2 Lời giải Dựa vào đồ thị ta thấy GTLN của hàm số trên đoạn [ −1; 3] là M = 2 đạt được tại x = −1 và B. − 6

A. 5 .

C. 2 . Lời giải Dựa vào hình vẽ ta có: M = 3 , m = −2 nên M + m = 1 .

GTNN của hàm số số trên đoạn [ − 1; 3] là m = −4 đạt được tại x = 2

⇒ M + m = 2 + (−4) = −2 Câu 15.

(SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂ NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên trên

[ −5; 7 )

như sau

Câu 17.

B. 3 .

D. 1 .

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐI Đ ỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [− 2 ; 6 ] và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. y 5

-2 -1 O

Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Min f ( x ) = 6 . B. Min f ( x ) = 2 . [ −5;7 )

C. Max f ( x ) = 9 .

[ −5;7 )

[-5;7 )

D. Max f ( x ) = 6 . [ −5;7 )

Lời giải Dựa vào bảng biến thiên trên [ −5; 7 ) , ta có: Min f ( x ) = f (1) = 2 .

3 4

y = f(x)

-3 -4

[ −5;7 )

Câu 16.

1 -1

Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [− 2 ; 6 ] . Giá trị của M − m bằng A. 9 . B. − 8 . C. −9 . D. 8 . Lời giải Từ đồ thị suy ra −4 ≤ f ( x ) ≤ 5 ∀x ∈ [ −2;6] ; f (1) = −4; f ( 4 ) = 5

(TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ 0 ; 3] và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên [ 0 ; 3] . Giá trị của M + m bằng?

M = 5 ⇒ M −m =9. ⇒  m = −4

Câu 18.

(ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂ NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và có đồ thị trên đoạn [ −2; 4 ] như hình vẽ bên. Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm s ố y = f ( x ) trên

đoạn [ −2; 4 ] bằng

2 Cách 2: f ′ ( x ) = 3x − 3 . f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = ±1∈[ −3;3] .

f ( −3) = −16 ; f ( −1) = 4 ; f (1) = 0 ; f ( 3 ) = 20 . ⇒ Giá trị nhỏ nhất là − 16 .

Câu 21.

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 3 trên đoạn 0; 3  . A. M = 6

B. M = 1

D. M = 8 3

C. M = 9 Lời giải

Chọn A Ta có: y′ = 4 x 3 − 4 x = 4 x ( x 2 − 1) A. 5

B. 3

C. 0 Lời giải

 x=0 y′ = 0 ⇔ 4 x ( x 2 − 1) = 0 ⇔  x = 1   x = −1(l )

D. − 2

Chọn B Dựa vào đồ thị hàm số ta có m = Min f ( x ) = −4 , M = Max f ( x ) = 7 x∈[ −2; 4]

Ta có : y ( 0) = 3 ; y (1) = 2 ; y

x∈[ −2; 4]

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số y = x4 − 2 x2 + 3 trên đoạn 0; 3  là M = y

Khi đó M + m = 3

Câu 19.

(THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Mệnh đề nào sau đây đúng A. max f ( x ) = f ( 0 ) B. max f ( x ) = f (1) ( −1;1]

( 3) = 6

( 0; +∞ )

Câu 22.

( 3) = 6

(Mã 103 - BGD - 2019) Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = x − 3 x trên đoạn [ − 3;3] bằng 3

A. −2 .

C. 2 . Lời giải

B. 18 .

D. −18 .

Chọn B Ta có y′ = 3x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1 f ( −3 ) = −18; f ( −1) = 2; f (1) = −2; f ( 3) = 18 . C. min f ( x ) = f ( −1) D. min f ( x ) = f ( 0 ) ( −∞; −1)

( −1; +∞ )

Lời giải

Câu 23.

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

x2 + 3 trên đoạn x −1

[ 2; 4] .

Chọn B

A. min y = −3 [ 2;4]

B. min y = [ 2;4]

19 3

C. min y = 6 [ 2;4]

D. min y = −2 [ 2;4]

Lời giải Chọn C Tập xác định: D = ℝ \ {1}

x2 + 3 xác định và liên tục trên đoạn [ 2; 4 ] x −1 x2 − 2 x − 3 ; y′ = 0 ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ x = 3 hoặc x = − 1 (loại) Ta có y′ = 2 ( x − 1) Hàm số y =

Dạng 2. Xác định giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [a;b] Câu 20.

3 (Mã 102 - BGD - 2019) Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x − 3x + 2 trên đoạn [ −3;3] bằng

A. 0 .

B. −16 .

Chọn B 3 Cách 1:Mode 7 f ( x ) = x − 3x + 2 . Start -3 end3step 1 ⇒ Chọn B

C. 20 . Lời giải

Suy ra y ( 2 ) = 7; y ( 3) = 6; y ( 4 ) =

D. 4 . Câu 24.

19 . Vậy min y = 6 tại x = 3 . 3 [ 2;4]

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Giá trị lớn nhất của hàm số y = x 4 − x 2 + 13 trên đoạn [−1; 2] bằng 51 A. 85 B. C. 13 D. 25 4 Lời giải

Chọn D y = f ( x ) = x 4 − x 2 + 13

x = 0 . y ′ = 4 x 3 − 8 x ; y′ = 0 ⇔  x = ± 2

y ' = 4 x3 − 2 x

(

Vậy max y = 54 . [ −2;3]

Câu 28.

đoạn [ −2;3] bằng

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y = x 2 +

C. 5 Lời giải

D. 1

x = 0 f '( x) = 4 x3 − 8 x = 0 ⇔  ∈ [ −2;3] ; x = ± 2

2 trên đoạn x

(

)

f ( 0 ) = 5; f ± 2 = 1; f ( −2 ) = 5; f ( 3) = 50 Vậy Max y = 50 [−2;3]

A. m = 5

B. m = 3

C. m = Lời giải

17 4

D. m = 10

Câu 29.

A. m = 13

2 Đặt y = f ( x ) = x2 + . x 2 2 x3 − 2 1  Ta có y′ = 2 x − 2 = , y ′ = 0 ⇒ x = 1 ∈  ;2  . x x2 2   1  17 Khi đó f (1) = 3, f   = , f ( 2 ) = 5 . 2 4 Vậy m = min f ( x ) = f (1) = 3 .

51 4

C. m =

51 2

D. m =

49 4

Lời giải

 x = 0 ∈ −  2;3  ; y ′ = 4 x 3 − 2 x ; y′ = 0 ⇔  1 x=± ∈ −2;3   2  1  51 Tính y ( −2 ) = 25 , y ( 3 ) = 85 , y ( 0 ) = 13 , y  ± = 12,75 ; = 2 4  51 Kết luận: giá trị nhỏ nhất m của hàm số là m = . 4

Câu 30.

3 (Mã đề 104 - BGD - 2019) Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x − 3x trên đoạn [ −3;3] bằng

A. −18.

B. −2.

C. 2. Lời giải

D. 18.

Chọn A

Tính f ( 0 ) = −2; f ( 1) = 3, f ( 2 ) = 0 . Suy ra min f ( x ) = f ( 0 ) = −2 = m .

x = 1 Ta có f ′ ( x ) == 3 x 2 − 3 = 0 ⇔  .  x = −1 Mà f ( −3) = −18; f ( −1) = 2; f (1) = −2; f ( 3) = 18.

 0;2

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Giá trị lớn nhất của hàm số y = x 4 − 4 x 2 + 9 trên đoạn [ −2;3] bằng A. 201 B. 2 C. 9 D. 54 Lời giải Chọn D

B. m =

Chọn B

1   2 ;2  

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y = x 3 − 7 x 2 + 11x − 2 trên đoạn [0 ; 2] . A. m = 3 B. m = 0 C. m = −2 D. m = 11 Lời giải Chọn C Xét hàm số trên đoạn [0 ; 2] . Ta có y ′ = 3 x 2 − 14 x + 11 suy ra y′ = 0 ⇔ x = 1

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y = x 4 − x 2 + 13 trên đoạn

−2;3 .

Chọn B

Câu 27.

B. 50

Chọn B

1   2 ; 2  .

Câu 26.

4 2 (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = x − 4x + 5 trêm

A. 122

 1  51  1  51 f ( −1) = 13; f (2) = 25; f (0) = 13; f  − = ; f  = 2 4   2 4 Giá trị lớn nhất của hàm số y = x 4 − x 2 + 13 trên đoạn [−1; 2] bằng 25.

Câu 25.

)

Ta có y ( −2 ) = 9 ; y ( 3) = 54 ; y ( 0 ) = 9 ; y ± 2 = 5 .

  x = 0 ∈ [ − 1; 2]  1  ∈ [ − 1; 2] 4 x3 − 2 x = 0 ⇔  x = − 2  1   x = 2 ∈ [ − 1; 2]

3 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x − 3x trên đoạn [ −3;3] bằng − 18.

Câu 31.

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 + 3x 2 trên đoạn [ −4; − 1] bằng A. −16 B. 0 C. 4 D. − 4

Lời giải

Chọn A

Vậy min y = 3 3 9 ( 0;+∞)

Cách 2:

 x = 0 ∉ [ −4; − 1] Ta có y′ = 3 x 2 + 6 x ; y′ = 0 ⇒ 3 x 2 + 6 x = 0 ⇔  .  x = −2 ∈ [ −4; − 1] Khi đó y ( −4 ) = −16 ; y ( −2 ) = 4 ; y ( −1) = 2 .

4 trên khoảng ( 0; +∞ ) x2 4 8 Ta có y = 3x + 2 ⇒ y ' = 3 − 3 x x 8 8 8 Cho y ' = 0 ⇔ 3 = 3 ⇔ x 3 = ⇔ x = 3 x 3 3 8 3 x 0 3

Xét hàm số y = 3x +

Nên min y = −16 . [ −4; −1]

Câu 32.

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 + 2 x 2 − 7 x trên đoạn [0; 4] bằng A. −259

B. 68

C. 0 Lời giải

D. −4

Chọn D TXĐ D = ℝ. Hàm số liên tục trên đoạn [ 0; 4 ] .

Ta có y′ = 3x 2 + 4 x − 7  x = 1 ∈ [ 0; 4 ] y′ = 0 ⇔   x = − 7 ∉ [ 0; 4 ]  3

33 9

 8 ⇒ min y = y  3  = 3 3 9 ( 0;+∞ )  3

y ( 0) = 0; y (1) = −4; y ( 4) = 68 .

Câu 35.

Vậy min y = −4 . [ 0;4]

Câu 33.

−

+∞

(CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi m là giá trị nhở 4 trên khoảng ( 0; +∞ ) . Tìm m x A. m = 4 . B. m = 2 . C. m = 1 . D. m = 3 . Lời giải 4 y ' = 1− 2 x y ' = 0 ⇔ x = ±2; x = 2 ∈ ( 0; +∞ ) . nhất của hàm số y = x +

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = x 3 − 3 x + 2 trên đoạn [ −3;3] là A. 4 .

B. − 16 .

C. 20 . Lời giải

D. 0 .

Chọn C f ( x ) = x 3 − 3 x + 2 tập xác định ℝ . f ' ( x ) = 0 ⇔ 3 x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1 ∈ [ −3;3] . f (1) = 0; f ( −1) = 4; f ( 3) = 20; f ( −3 ) = −16 .

Bảng biến thiên:

Từ đó suy ra max f ( x ) = f (3) = 20 . [ −3;3]

Dạng 3. Xác định giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng (a;b) Câu 34.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 3 x +

4 trên x2

khoảng ( 0; +∞ ) .

33 A. min y = ( 0;+∞ ) 5

Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng y (2) = 4 ⇒ m = 4. 3

B. min y = 2 9 ( 0;+∞)

C. min y = 3 9 ( 0;+∞ )

Lời giải

Chọn C Cách 1:

4 3x 3x 4 3x 3x 4 = + + ≥ 33 . . 2 = 3 3 9 x2 2 2 x2 2 2 x 3x 4 8 = ⇔x= 3 . Dấu " = " xảy ra khi 2 x2 3 y = 3x +

D. min y = 7 ( 0; +∞ )

Câu 36.

(THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Gọi a là giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 trên khoảng (0; +∞) . Tìm a . x A. 3 3 4 . B. 5. C. 6 . D. 2 3 16 . Lời giải. 4 4 2 x3 − 4 2 Ta có: y = x + ⇒ y ' = 2 x − 2 = . x x x2 3 3 y ' = 0 ⇔ 2x − 4 = 0 ⇔ x = 2 . Bảng biến thiên y = x2 +

a b

Nhìn vào BBT ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số là a = 3 3 4 .

Câu 37.

Giả sử hình hộp chữ nhật có kích thước như hình vẽ. Ta có dung tích của bể cá: V = abc  6, 5 − 2b 2 2b2 + 6bc = 6,5 ab + 2bc + 2ac = 6,5 c = ⇔ ⇔ Mặt khác theo giả thiết ta có:  6b a = 2b a = 2b a = 2b 

(THPT MINH CHÂU HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Giá trị nhỏ nhất của hàm số 1 y = x − 5 + trên khoảng ( 0; +∞ ) bằng bao nhiêu? x A. 0 B. −1 C. − 3 D. − 2 Lời giải Chọn C Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có: 1 1 y = x + − 5 ≥ 2 x. − 5 = −3 x x 1 Dấu bằng xả y ra khi x = ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = 1 (vì x > 0 ). x Vậy min y = −3 .

6,5 − 2b2 6,5b − 2b3 ⇔V = . 6b 3 6,5b − 2b3 Xét hàm số: f ( b ) = . Có BBT 3 Khi đó V = 2b2 .

( 0;+∞ )

Câu 38.

(THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Giá trị nhỏ nhất của hàm số 1 f ( x ) = x + trên nửa khoảng [ 2; +∞ ) là: x 5 7 A. 2 B. C. 0 D. 2 2 Lời giải Chọn B x 1 5 1 3x x 1 3.2 + + ≥ +2 . = . Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta được: f ( x) = x + = x 4 4 x 4 4 x 2 Dấu bằng xả y ra khi x = 2 . Dạng 4. Ứng dụng GTLN-GTNN vào bài toán thực tế Câu 39. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Ông A dự định dùng hết 6,5m 2 kính để làm một bể cá có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). A. 2, 26 m3 B. 1, 61 m3 C. 1,33 m3 D. 1,50 m3 Lời giải Chọn D

 39  3 Vậy bể cá có dung tích lớn nhất là: f   = 1,50 m .  6  Câu 40.

1 (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Một vật chuyển động theo quy luật s = − t 3 + 6t 2 với t (giây) 3 là khoảng thời gian tính từ khi vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 9 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu? A. 243 (m/s) B. 27 (m/s) C. 144 (m/s) D. 36 (m/s) Lời giải Chọn D Ta có: v = s′ = −t 2 + 12t ; v′ = −2t +12 ; v′ = 0 ⇔ t = 6 . BBT t 0 6 9 v′

0 36

−

Nhìn bbt ta thấy vận tốc đạt giá trị lớn nhất khi t = 6 . Giá trị lớn nhất là v ( 6 ) = 36m/s .

Câu 41.

Ta có : h = x ( cm ) là đường cao hình hộp Vì tấm nhôm được gấp lại tạo thành hình hộp nên cạnh đáy của hình hộp là: 12 − 2 x ( cm )

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Ông A dự định sử dụng hết 5 m kính để làm một bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)? A. 1,01 m3 B. 0, 96 m3 C. 1,33 m3 D. 1,51 m3 Lời giải Chọn A A'

Thể tích của hình hộp là: V = S .h = x. (12 − 2 x ) 2

Ta có : y ' = (12 − 2 x ) − 4 x (12 − 2 x ) = (12 − 2 x )(12 − 6 x ) ; y ' = 0 ⇔ (12 − 2 x ) . (12 − 6 x ) = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = 6 (loại).

Xét hàm số: y = x. (12 − 2 x ) ∀x ∈ ( 0;6 )

B' y

x B

x > 0 x > 0 2 Vậy diện tích đáy hình hộp S = (12 − 2 x ) ( cm2 ) . Ta có:  ⇔ ⇔ x ∈ ( 0; 6 ) 12 − 2 x > 0 x < 6

Gọi x, y lần lượt là chiều rộng và chiều cao của bể cá (điều kiện x, y > 0 ). Ta có thể tích bể cá V = 2 x 2 y .

Suy ra với x = 2 thì thể tích hộp là lớn nhất và giá trị lớn nhất đó là y ( 2 ) = 128 .

Theo đề bài ta có: 2 xy + 2.2 xy + 2 x 2 = 5 ⇔ 6 xy + 2 x 2 = 5 2

5 − 2x 5 (Điều kiện kiện y > 0 ⇔ 5 − 2 x 2 > 0 ⇒ 0 < x < ) 2 6x 5 − 2 x 2 5x − 2 x3 5 − 6x2 5 ⇒ V = 2 x2 = ⇒V′ = ⇒ V ′ = 0 ⇔ 5 − 6x2 = 0 ⇔ x = 6x 3 6 3 ⇔y=

Câu 43.

(KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Một chất điểm chuyển động theo phương trình S = −t 3 + 3t 2 − 2 , trong đó t tính bằng giây và S tính theo mét. Chuyển động có vận tốc lớn nhất là A. 1 m/s. B. 4 m/s. C. 3 m/s. D. 2 m/s. Lời giải Chọn C. 2 S = −t 3 + 3t 2 − 2 ⇒ v = −3t 2 + 6t = −3 ( t − 1) + 3 ≤ 3 . Do đó max v = 3 ( m / s ) .

Câu 44.

⇒ Vmax = Câu 42.

5 30 ≈ 1, 01 m3 . 27

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) 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 (cm), 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.

(THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) 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 t bệnh nhân sau khi tiêm vào cơ thể trong t giờ được cho bởi công thức c ( t ) = 2 ( mg / L ) . t +1 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 t Xét hàm số c ( t ) = 2 , (t > 0) . t +1 2 1− t c′ ( t ) = . 2 t ( 2 + 1) t = 1 c′ ( t ) = 0 ⇔  . t = −1

A. x = 3 Chọn B

B. x = 2

C. x = 4 Lời giải

D. x = 6

Gọi chiều dài của đoạn dây làm thành hình vuông là x ( m ) ( 0 < x < 28 ) => chiều dài của đoạn dây làm thành hình tròn là 28 − x ( m ) 2

x2  x +) Diện tích hình vuông là:   = 4 16   28 − x +) Bán kính hình tròn là: R = 2π 2

Với t = 1 giờ thì nồng độ thuốc trong máu của bênh nhân cao nhất.

Câu 45.

(THPT YÊN MỸ HƯNG NG YÊN N NĂM 2018-2019 LẦN 01) Đợt xuất khẩu gạo của tỉnh A thường kéo dài trong 2 tháng ( 60 ngày). Người ta nhận thấy số lượng xuất khẩu gạo tính theo 2 ngày thứ t được xác định bởi công thức S ( t ) = t 3 − 63t 2 + 3240t − 3100 với (1 ≤ t ≤ 60 ) . Hỏi 5 trong 60 ngày đó thì ngày thứ mấ y có số lượng xuất khẩu gạo cao nhất. A. 60 B. 45 C. 30 D. 25 Lời giải Chọn B 2 6 S ( t ) = t 3 − 63t 2 + 3240t − 3100 ⇒ S ′ ( t ) = t 2 − 126t + 3240 5 5 t = 45 Ta có: S ′ ( t ) = 0 ⇔  t = 60

Câu 46.

(GKI NHÂN CHÍNH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một vật chuyển động theo quy luật 1 S = 10t 2 − t 3 , với t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động và S ( m ) là 3 quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 15 giây từ lúc vật bắt đầu chuyển động vận tốc v ( m / s ) của vật đạt giá trị lớn nhất tại thời điểm t ( s ) bằng: A. 8 ( s ) . Lời giải Chọn

B. 20 ( s )

C. 10 ( s ) .

D. 15 ( s ) .

C. 1 Ta có: S = 10t 2 − t 3 ⇒ v ( t ) = S ′ = 20t − t 2 . 3 Xét hàm số v ( t ) ; t ∈ [ 0;15] , ta có: v ′ t = 20 − 2t = 0 ⇔ t = 10 .

()

v ( 0 ) = 0; v (15 ) = 75; v (10 ) = 100 . Do đó: max v ( t ) = 100 ⇔ t = 10 . [0;15]

Câu 47.

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Một sợi dây có chiều dài 28m được cắt thành hai đoạn để làm thành một hình vuông và một hình tròn. Tính chiều dài (theo đơn vị mét) của đoạn dây làm thành hình vuông được cắt ra sao cho tổng diện tích của hình vuông và hình tròn là nhỏ nhất? 56 112 84 92 A. . B. . C. . D. . 4+π 4 +π 4 +π 4 +π Lời giải

2  28 − x  784 − 56 x + x => Diện tích hình tròn: π R 2 = π .   = π π 2 4   x 2 784 − 56 x + x 2  π + 4  2 14 196 +) Tổng diện tích hai hình: + = x − x+ 16 4π π π  16π  196  π + 4  2 14 Xét f ( x) =  . Nhận thấy f ( x) đạt giá trị nhỏ nhất tại x − x+ π π  16π  112 −b 14 16π . = x= = π 2 (π + 4 ) π + 4 2a Vậy chiều dài của đoạn dây làm thành hình vuông để tổng diện tích của hai hình đạt giá trị nhỏ 112 m nhất là 4+π Câu 48. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Một xưởng in có 15 máy in được cài đặt tự động và giám sát bởi một kỹ sư, mỗi máy in có thể in được 30 ấn phẩm trong 1 giờ, chi phí cài đặt và bảo dưỡng cho mỗi máy in cho 1 đợt hàng là 48.000 đồng, chi phí trả cho kỹ sư giám sát là 24.000 đồng/giờ. Đợt hàng này xưởng in nhận 6000 ấn phẩm thì số máy in cần sử dụng để chi phí in ít nhất là A. 10 máy. B. 11 máy. C. 12 máy. D. 9 máy. Lời giải Chọn A Gọi x ( 0 < x < 15 ) là số máy in cần sử dụng để in lô hàng.

Chi phí cài đặt và bảo dưỡng là 48000 x . 6000 6000 48000 Số giờ in hết số ấn phẩm là , chi phí giám sát là .24000 + . 30x 30x x 4800000 Tổng chi phí in là P ( x ) = 48000 x + . x  x = 10 4800000 P′ ( x ) = 48000 − ; P′ ( x ) = 0 ⇔ x 2 = 100 ⇔  . 2 x  x = −10 ( L ) Bảng biến thiên: x

P′ ( x ) P ( x)

10 −

P (10 )

Vậy chi phí in nhỏ nhất là 10 máy.

Câu 49. Một chất điểm chuyển động thẳng với quãng đường biến thiên theo thời gian bởi quy luật s ( t ) = t 3 − 4t 2 + 12 (m), trong đó t (s) là khoảng thời gian tính từ lúc bắt đầu chuyển động. Vận tốc của chất điểm đó đạt giá trị bé nhất khi t bằng bao nhiêu?

A. 2 (s).

8 (s). 3

C. 0 (s). Lời giải

4 (s). 3

Ta có : y ' = 12 x 2 − 72 x + 80 ;

 9 + 21 > 4 (l ) x = 3  y' = 0 ⇔ .  9 − 21 ( n) x = 3 

v ( t ) = s ′ ( t ) = 3t − 8t . v′ ( t ) = 6t − 8 . Có v′ ( t ) = 0 ⇔ t =

4 . 3

Suy ra với x =

Câu 51.

16 4 Dựa vào bảng biến thiên ta có min v = v   = − . [0; +∞ ) 3 3

4 Vậy vận tốc của chất điểm đó đạt giá trị bé nhất khi t = . 3 Câu 50.

9 − 21 thì thể tích hộp là lớn nhất và giá trị lớn nhất. 3

(GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Một đoàn cứu trợ lũ lụt đang ở vị trí A của một tỉnh miền trung muốn đến xã C để tiếp tế lương thực và thuốc men. Để đi đến C , đoàn cứu trợ phải chèo thuyền từ A đến vị trí D với vận tốc 4 ( km / h ) , rồi đi bộ đến vị trí C với vận tốc 6 ( km / h ) . Biết A cách B một khoảng 5km , B cách C một khoảng 7 km (hình vẽ). Hỏi vị

(THPT MINH CHÂU HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Cho một tấm 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 x ( cm ) , rồi gập tấm nhôm lại (như hình vẽ)

trí điểm D cách A bao xa để đoàn cứu trợ đi đến xã C nhanh nhất?

để được một cái hộp không nắp. Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.

A. AD = 5 3 km . A. x =

8 − 2 21 3

B. x =

10 − 2 7 3

C. x = Lời giải

9 + 21 . 9

D. x =

9 − 21 3

B. AD = 2 5 km .

Chọn B

Chọn D Ta có : h = x ( cm ) là đường cao hình hộp Vì tấm nhôm được gấp lại tạo thành hình hộp nên cạnh đáy của hình hộp là: 10 − 2 x ( cm ) và 8 − 2 x ( cm )

(

)

Vậy diện tích đáy hình hộp S = (10 − 2 x )(8 − 2 x ) cm2 . Ta có: x > 0 x > 0  ⇔ x ∈ ( 0; 4 ) 10 − 2 x > 0 ⇔  x < 4 8 − 2 x > 0  Thể tích của hình hộp là: V = S .h = x. (10 − 2 x ) . (8 − 2 x ) Xét hàm số: y = x. (10 − 2 x ) . ( 8 − 2 x ) ∀x ∈ ( 0; 4 )

Đặt AD = x ( km ) , ( x > 0 ) . Ta có BD =

AD 2 − AB 2 = x 2 − 25

CD = BC − BD = 7 − x 2 − 25

( x ≥ 5)

C. AD = 5 2 km . Lời giải

D. AD = 3 5 km .

TH 1 : 2 + m < 0 ⇔ m < − 2 . Khi đó max f ( x ) = − ( − 2 + m) = 2 − m

AD DC x 7 − x 2 − 25 + = + 4 6 4 6 −2 x 1 3 x 2 − 25 − 2 x . T ′( x) = + = 4 12 x 2 − 25 12 x 2 − 25

Thời gian đi từ A đến C là: T ( x ) =

[ 0;2]

2 − m = 3 ⇔ m = −1 (loại). 2 + m > 0 TH 2 :  ⇔ − 2 < m < 0 . Khi đó : m − 2 = 2 − m > 2 > 2 + m m < 0

T ′ ( x ) = 0 ⇔ 3 x 2 − 25 = 2 x ⇔ x = 3 5

⇒ max f ( x ) =− ( − 2 + m) = 2 − m

Bảng biến thiên

[ 0;2]

2 − m = 3 ⇔ m = −1 (thỏa mãn). m > 0 TH 3 :  ⇔ 0 < m < 2 . Khi đó : m − 2 = 2 − m < 2 < 2 + m ⇒ max f ( x ) = 2 + m [ 0;2] − 2 + m < 0 2 + m = 3 ⇔ m =1 (thỏa mãn). TH 4: − 2 + m > 0 ⇔ m > 2 . Khi đó max f ( x ) = 2 + m [ 0;2]

( )

Do đó min T ( x ) = T 3 5 = x∈[5;+∞ )

2 + m = 3 ⇔ m =1 (loại).

14 + 5 5 12

Câu 54.

Vậy AD = 3 5 ( km ) . Dạng 5. Định m để GTLN-GTNN của hàm số thỏa mãn điều kiện cho trước

Câu 52.

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số y =

min y + max y = [1;2]

C. m < −1 Lời giải

Ta có y ′ =

D. 1 ≤ m < 3

Khi đó: min y + max y = [1;2]

[1;2]

Câu 55.

C. 1 Lời giải

[1;2]

16 16 2 + m 1 + m 16 ⇔ y ( 2 ) + y (1) = ⇔ + = ⇔ m = 5 ( t/m) 3 3 3 2 3

(CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019) Có một giá trị m0 của tham số m để hàm số y = x3 + (m2 +1) x + m +1 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 trên đoạn [0;1] . Mệnh đề nào sau

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y = x3 − 3 x + m trên đoạn [0;2] bằng 3. Số phần tử của S là B. 6

[1;2]

Khi đó: min y + max y =

4+m min f ( x ) = f ( 4 ) = = 3 ⇔ m = 5 suy ra m > 4 . 3  2;4 

A. 0

1− m

( x + 1)

16 m + 1 m + 2 16 16 ⇔ y (1) + y ( 2 ) = ⇔ + = ⇔ m = 5 (loại). 3 3 2 3 3 Nếu m > 1 ⇒ Hàm số nghịch biến trên đoạn [1;2] .

* TH 1. −1 − m > 0 ⇔ m < − 1 suy ra y đồng biến trên 2; 4  suy ra 2+m min f ( x ) = f ( 2 ) = = 3 ⇔ m = 1 (loại) 1  2;4  * TH 2. −1 − m < 0 ⇔ m > − 1 suy ra y nghịch biến trên 2; 4  suy ra

Câu 53.

D. 0 < m ≤ 2

Nếu m < 1 ⇒ Hàm số đồng biến trên đoạn [1;2] .

−1 − m

( x − 1)

16 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3 B. 2 < m ≤ 4 C. m ≤ 0 Lời giải

Nếu m = 1 ⇒ y = 1, ∀x ≠ −1 . Không thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Chọn A Ta có y ' =

x+m ( m là tham số thực) thoả mãn x +1

Chọn A

[2;4]

B. 3 < m ≤ 4

[1;2]

A. m > 4

x+m ( m là tham số thực) thỏa mãn x −1

min y = 3. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. m > 4

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y =

đây là đúng? A. 2018m0 − m02 ≥ 0 .

B. 2m0 −1 < 0 .

C. 6m0 − m02 < 0 .

D. 2m0 +1 < 0 . Lời giải

D. 2

Chọn D 3 2 Xét hàm số f ( x ) = x − 3x + m , ta có f ′ ( x) = 3x − 3 . Ta có bảng biến thiên của f ( x) :

+ Đặt f ( x) = x3 + ( m2 +1) x + m +1 . + Ta có: y ′ = 3x 2 + m2 +1. Dễ thấy rằng y ′ > 0 với mọi x , m thuộc ℝ nên hàm số đồng biến trên ℝ , suy ra hàm số đồng biến trên [0;1] . Vì thế min y = min f ( x) = f (0) = m + 1 . [ 0;1]

+ Theo bài ra ta có: m + 1 = 5 , suy ra m = 4 . + Như vậy m0 = 4 và mệnh đề đúng là 2018m0 − m02 ≥ 0 .

[ 0;1]

Câu 56.

(SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Tính tổng tất cả các giá trị của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y = x 2 − 2 x + m trên đoạn [ −1;2 ] bằng

y ≠ 3. Với m = 1 ⇒ y = 1 , ∀x ∈  0;1 thì min 0;1  

5. A. − 1 .

Suy ra m ≠ 1 . Khi đó y ′ =

Ta có y ′ =

B. 2 .

C. − 2 . Lời giải

D. 1 .

0;1

Câu 59.

+ Trường hợp m ≥ −1 , ta có max { 3 + m , m , m − 1 } = 5 ⇔ 3 + m = 5 ⇒ m = 2 . + Trường hợp m < − 1 ta có max { 3 + m , m , m − 1 } = 5 ⇔ m − 1 = 5 ⇒ m = −4 . Vậy tổng các giá trị m bằng − 2 .

(THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Nếu hàm số y = x + m + 1 − x 2 có giá trị lớn nhất bằng 2 2 thì giá trị của m là

2 . 2

B. − 2 .

D. −

2 . 2

Xét hàm số y = x + m + 1 − x 2

Do vậ y Min y + Max y = y (1) + y ( 2) = x∈[1;2] x∈[1;2]

Câu 60.

Tập xác định: D = [ −1;1] .

D. m = −5 .

 x = 0 ∈ [ −1;1] y′ = 0 ⇔ 6 x 2 − 6 x = 0 ⇔  .  x = 1 ∈ [ −1;1] Khi đó y ( −1) = −5 − m ; y ( 0 ) = − m ; y (1) = −1 − m [ −1;1]

Theo bài ra ta có min y = −1 nên −5 − m = −1 ⇔ m = −4 . [ −1;1]

Câu 61.

[ −1;1]

Theo bài ra thì Maxy = 2 2 , suy ra m + 2 = 2 2 ⇔ m = 2 . [ −1;1]

(THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y =

x +m ( m là tham x +1

y = 3 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? số thực) thỏa mãn min   0;1

Chọn D Tập xác định: D = ℝ \ {−1} .

C. m = −4 . Lời giải

Ta thấy −5 − m < −1 − m < −m nên min y = −5 − m .

Do hàm số y = x + m + 1 − x 2 liên tục trên [ −1;1] nên Maxy = m + 2 .

B. m > 6

B. m = −3 .

Chọn C Xét [ −1;1] có y′ = 6 x 2 − 6 x .

 1  Ta có: y ( −1) = −1 + m, y (1) = 1 + m, y  = 2+m.  2

A. 1 ≤ m < 3

m +1 m + 2 41 + =8⇔m= . 2 3 5

(THPT NGÔ GIA TỰ VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = 2 x 3 − 3 x 2 − m . Trên [ −1;1] hàm số có giá trị nhỏ nhất là −1 . Tính m ? A. m = −6 .

x 1 − x2

1 > x ≥ 0    x = 1 1> x ≥ 0  1 > ≥ 1 0 x  1 − x 2 = x  ⇔ 2 ⇔  2 ⇔x= ⇔ y′ = 0 ⇔   2x = 1 2.  2  2 1  1 − x = x 1 − x > 0   x = − 2  

Câu 58.

(CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm x+m số y = trên [1; 2] bằng 8 ( m là tham số thực). Khẳng định nào sau đây đúng? x +1 A. m > 10 . B. 8 < m < 10 . C. 0 < m < 4 . D. 4 < m < 8 . Lời giải Nếu m = 1 thì y = 1 (không thỏa mãn tổng của giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bằng 8) 1− m Nếu m ≠ 1 thì hàm số đã cho liên tục trên [1; 2] và y ' = . 2 ( x +1) Khi đó đạo hàm của hàm số không đổi dấu trên đoạn [1; 2] .

Lời giải

Ta có: y′ = 1 −

không đổi dấu trên từng khoảng xác định.

y = y (1) ⇒ m = 5 ( thỏa mãn). TH 2: y ′ < 0 ⇔ m > 1 thì min  

⇔ max { 3 + m , m , m − 1 } = 5 .

(x + 1)

TH 1: y ′ > 0 ⇔ m < 1 thì min y = y (0) ⇒ m = 3 (loại).  

2x − 2 , y′ = 0 ⇒ x = 1 . x − 2x + m 2

Do đó yêu cầu bài toán tương đương max { y ( −1) , y ( 2 ) , y (1)} = 5 .

Câu 57.

1−m

C. m < 1 Lời giải

D. 3 < m ≤ 6

(THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số y = x3 − 3x + 2m − 1 trên đoạn [ 0; 2 ] là nhỏ nhất. Giá trị của m thuộc khoảng nào?

 3  A.  − ; − 1 .  2 

2  B.  ; 2  . 3 

C. [ −1; 0 ] .

Lời giải Xét hàm số y = f ( x ) = x 3 − 3 x + 2m − 1 trên đoạn [ 0; 2 ] .

 x = −1∉ [ 0; 2] Ta có f ' ( x ) = 3x 2 − 3 = 0 ⇔  . x =1 Ta có f ( 0 ) = 2m − 1 , f (1) = 2 m − 3 và f ( 2 ) = 2 m + 1

D. ( 0;1) .

Suy ra max f ( x ) = max { 2m − 1 ; 2m − 3 ; 2m + 1 } = max { 2m − 3 ; 2m + 1 } = P .

A+ B =

[ 0;2]

Trường hợp 1: Xét 2m − 3 ≥ 2m + 1 ⇔ −4 ( 4m − 2 ) ≥ 0 ⇔ m ≤

1 . 2

Câu 64.

1 1 Khi đó P = 2 m − 3 ≥ 2 , ∀m ≤ . Suy ra Pmin = 2 ⇔ m = . 2 2 Trường hợp 2: Xét 2m − 3 < 2m + 1 ⇔ −4 ( 4m − 2 ) < 0 ⇔ m > Khi đó P = 2m + 1 > 2 , ∀m >

1 . 2

(THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tất cả giá trị thực của tham số x 2 + mx + 1 liên tục và đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [ 0; 2 ] tại một điểm m để hàm số y = x+m x0 ∈ ( 0; 2 ) . A. 0 < m < 1

1 . Suy ra Pmin không tồn tại. 2

B. m > 1

C. m > 2 Lời giải

D. −1 < m < 1

Chọn A

−m < 0 m > 0 Tập xác định: D = ℝ \ {− m} . Hàm số liên tục trên [ 0; 2 ] ⇔  ⇔ −m > 2  m < −2

1 Vậ y m = . 2 Câu 62.

m = 1 13 m 2 + m + 3 m 2 + m + 2 13 . ⇔ + = ⇔ 2 2 1 2  m = −2

(HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Biết S là tập giá trị của m để tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 4 − m 2 x 3 − 2 x 2 − m trên đoạn [ 0;1] bằng − 16 . Tính tích các phần tử của S . A. 2 . B. −2 . C. − 15 . D. − 17 .

Ta có y′ =

x 2 + 2mx + m 2 − 1

( x + m)

( x + m) −1 . Cho 2 ( x + m)

 x1 = − m − 1 y′ = 0 ⇔  .  x2 = −m + 1

Ta có bảng biến thiên

Lời giải TXĐ: D = ℝ . Ta có: y ′ = 4 x 3 − 3m 2 x 2 − 4 x x = 0 y′ = 0 ⇔ 4 x 3 − 3m 2 x 2 − 4 x = 0 ⇔  2 2 2  4 x − 3m x − 4 = 0 ( ∆ = 9m + 64 )  x = 0  3m 2 + 9m 4 + 64  ⇔ x = >1 8   3m 2 − 9m 4 + 64 <0 x = 8  Nên hàm số đơn điệu trên ( 0;1) .

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x0 ∈ ( 0; 2 ) nên 0 < − m + 1 < 2 ⇔ −1 < m < 1 So với điều kiện hàm số liên tục trên đoạn [ 0; 2 ] . Ta có 0 < m < 1 . CÓ THỂ GIẢI NHƯ SAU: Điều kiện xác định x ≠ −m  −m < 0 m > 0 Hàm số liên tục trên đoạn [ 0; 2 ] nên − m ∈ [ 0; 2] ⇒  ⇔ ( *)  −m > 2  m < −2

Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn

[0;1]

bằng −16 nên

y' =

y ( 0) + y (1) = −16 ⇔ −m + ( −m2 − m − 1) = −16 ⇔ −m2 − 2m + 15 = 0 . (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Gọi A, B lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số y =

13 . 2 A. m = 1; m = −2 .

x + m2 + m trên đoạn [ 2; 3] . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m x −1

( x + m) −1 2 ( x + m)

Ta thấy −m + 1 > −m − 1, ∀m và do đó để hàm số liên tục và đạt giá trị nhỏ nhất trên [ 0; 2 ] tại một

điểm x0 ∈ ( 0; 2 ) thì 0 < − m + 1 < 2 ⇔ −1 < m < 1 (**)

để A + B =

Từ ( *) , (**) ta có 0 < m < 1

B. m = −2 . 2

C. m = ±2 . Lời giải

D. m = −1; m = 2 .

x+m +m trên đoạn [ 2;3] . x −1 m2 + m + 3 m2 + m + 2 −m2 − m − 1 y' = < 0 ∀x ∈ [ 2;3] ⇒ A = f ( 3) = , B = f ( 2) = . 2 2 1 x − 1 ( )

Xét hàm số y =

( x + m)

 x = −m + 1 y ' = 0 có hai nghiệm là  1 ,  x2 = −m − 1 x1 − x2 = 2 nên chỉ có nhiều nhất một nghiệm thuộc ( 0; 2 )

Vậy m1 .m2 = −15 .

Câu 63.

x 2 + 2mx + m 2 − 1

Câu 65.

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị x 2 + mx + m thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y = trên [1; 2 ] bằng 2 . Số x +1 phần tử của tập S A. 3 . B. 1 . C. 4 . D. 2 . Lời giải

Chọn D Xét y =

A. 1.  x = 0 ∉ [1;2] x2 + 2 x x 2 + mx + m . Ta có: f ′ ( x ) = , f ′( x ) = 0 ⇔  . 2 x +1 x + 1 ( )  x = −2 ∉ [1; 2]

Mà f (1) =

2 − 1 + 3m2 2 + 1 + 3m2 ≤ y≤ . 3 3  2 − 1 + 3m2 < −2 min y =  1 + 3m 2 > 8 3m 2 > 63 m 2 > 21 x∈ℝ 3      Theo đề bài, ta có: m ∈ [ 0;10] ⇔  m ∈ [ 0;10] ⇔  m ∈ [ 0;10] ⇔ m ∈ [ 0;10] m ∈ ℤ m ∈ ℤ m ∈ ℤ m ∈ ℤ      ⇔ m ∈ {5, 6, 7,8,9,10} . Vậy có 6 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài toán. ⇔

3 3m + 4 17 ⇒ = > 2 (loại) 2 3 6

5 3m + 4 7 = < 2 (thỏa mãn) • Với m = − ⇒ 2 3 6 Câu 68.

nhất có thể được, tính a + 2b . A. 2 . B. 4 .

C. − 4 . D. 3 . Lời giải Xét hàm số f ( x ) = x 2 + ax + b . Theo đề bài, M là giá trị lớn nhất của hàm số trên [ −1;3] .

M ≥ f ( −1)  M ≥ 1− a + b   Suy ra  M ≥ f ( 3) ⇔  M ≥ 9 + 3a + b ⇒ 4 M ≥ 1 − a + b + 9 + 3a + b + 2 −1 − a − b  M ≥ 1+ a + b  M ≥ f (1)   ≥ 1 − a + b + 9 + 3a + b + 2 (−1 − a − b ) ⇒ 4 M ≥ 8 ⇒ M ≥ 2 .

10 2m + 1 17 ⇒ = > 2 (loại) 3 2 6

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn. Câu 66.

(THPT MINH CHÂU HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số x − m2 + m f ( x) = trên đoạn (0;1) bằng –2 x +1 m = 1 m = 1  m = −1 1 ± 21 A.  B.  C.  . D. m = . m m m = 2 = − 2 = 2 2    . .

Nếu M = 2 thì điều kiện cần là 1 − a + b = 9 + 3a + b = −1 − a − b = 2 và 1 − a + b , 9 + 3a + b ,

 1 − a + b = 9 + 3a + b = −1 − a − b = 2 a = −2 ⇔ . −1 − a − b cùng dấu ⇔  1 − a + b = 9 + 3a + b = −1 − a − b = −2  b = −1

a = −2 Ngược lại, khi  ta có, hàm số f ( x ) = x 2 − 2 x − 1 trên [ −1;3] .  b = −1 Xét hàm số g ( x ) = x 2 − 2 x − 1 xác định và liên tục trên [ −1;3] .

Lời giải Chọn C

Ta có: y ' =

− m2 + m + 1

( x + 1)

g ′ ( x ) = 2 x − 2 ; g ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 1∈ [ −1;3]

< 0, ∀m ∈ ℝ

{

M là giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) trên [ −1; 3] ⇒ M = max g ( −1) ; g ( 3) ; g (1)

⇒ Hs luôn nghịc biến trên [ 0;1]

m = 2 ⇒ Max f ( x ) = f ( 0 ) ⇔ −m 2 + m = −2 ⇔  [ 0;1]  m = −1

Câu 67.

1 − m sin x . Có bao cos x + 2 nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ 0;10] để giá trị nhỏ nhất của hàm số nhỏ hơn − 2 ?

(THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y =

(ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Xét hàm số f ( x ) = x 2 + ax + b , với a , b là tham số. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số trên [ −1; 3] . Khi M nhận giá trị nhỏ

2 2m + 1 7 • Với m = ⇒ = < 2 (thỏa mãn) 3 2 6 • Với m = −

D. 6 .

Tập xác định: D = ℝ . 1 − m sin x ⇔ y cos x + m sin x = 1 − 2 y . cos x + 2 Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: y 2 + m 2 ≥ 1 − 4 y + 4 y 2 ⇔ 3 y 2 − 4 y + 1 − m 2 ≤ 0

2m + 1 3m + 4  2m + 1 3m + 4  ,f ( 2 ) = ⇒ max y =  ; . x∈[1;2 ] 2 3 3   2

2  m = 3 3m + 4 = 6 3m + 4 Trường hợp 2: max y = =2⇒ ⇔ . x∈[1;2 ] 3 3m + 4 = −6  m = − 10  3

C. 3 . Lời giải

Ta có: y =

3  m = 2 2m + 1 Trường hợp 1: max y = . = 2⇒  x∈[1;2 ] 2 m = − 5  2 • Với m =

B. 9 .

}

=2 .

a = −2 Vậ y  . Ta có: a + 2b = −4 .  b = −1 Câu 69.

(ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = ax3 + cx + d , a ≠ 0 có min f ( x ) = f ( −2 ) . Giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn x∈( −∞ ;0)

[1;3] bằng A. d − 11a .

B. d − 16 a .

C. d + 2 a .

D. d + 8 a .

Lời giải Vì y = ax3 + cx + d , a ≠ 0 là hàm số bậc ba và có min f ( x ) = f ( −2 ) nên a < 0 và y ' = 0 có hai

⇔ 3 = max {− m; m + 1} : Trường hợp này vô nghiệm.

1 Khả năng 3. − < m < 0 . Khi đó 3 = max f ( x ) = max { f ( 0 ) ; f (1) ; f ( −1) } : Vô nghiệm. [ −1;1] 3 Vậy có hai giá trị thỏa mãn là m1 = −3, m2 = 2 . Do đó tổng tất cả các phần tử của S là −1 .

x∈( −∞ ;0)

nghiệm phân biệt. Ta có y ' = 3ax 2 + c = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ac < 0 . Vậy với a < 0, c > 0 thì y ' = 0 có hai nghiệm đối nhau x = ± −

c 3a

Câu 71.

 c c c  = −2 ⇔ − = 2 ⇔ c = −12a Từ đó suy ra min f ( x ) = f  − −  ⇔ − − 3a 3a 3a  x∈( −∞ ;0)  Ta có bảng biến thiên

(GKI THPT NGHĨA HƯNG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số x+m m để hàm số y = 2 có giá trị lớn nhất trên ℝ nhỏ hơn hoặc bằng 1. x + x +1 A. m ≤ 1 . B. m ≥ 1 . C. m ≥ −1 . D. m ≤ −1 . Lời giải Chọn A + TXĐ: D = ℝ . + lim y = 0 x →∞

+ y′ =

− x 2 − 2mx + 1 − m

+ x + 1)

y′ = 0 ⇔ − x 2 − 2mx + 1 − m = 0 (*) Ta suy ra max f ( x ) = f ( 2 ) = 8a + 2c + d = −16a + d .

∆′(*) = m 2 − m + 1 > 0, ∀m ∈ ℝ nên (*) có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2 , ∀m ∈ ℝ

x∈[1;3]

Câu 70.

+ BBT:

(CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số x 2 − mx + 2m m để giá trị lớn nhất của hàm số y = trên đoạn [ −1;1] bằng 3 . Tính tổng tất cả x−2 các phần tử của S . 8 5 A. − . B. 5 . C. . D. −1 . 3 3 Lời giải 4 x 2 − mx + 2m Xét hàm số y = f ( x ) = trên [ −1;1] có f ′ ( x ) = 1 − 2 ; x−2 x − ( 2)

Vậy hàm số đạt giá trị lón nhất là f ( x2 ) =

x = 0 3m + 1 m +1 ; f ( 0 ) = −m; f (1) = f ′( x ) = 0 ⇔  ; f ( −1) = . −3 −1  x = 4 ∉ [ −1;1] Bảng biến thiên x −1 0 1 0 + − f ′( x)

1 ≤ 1 ⇔ 1 − 2m + 2 m2 − m + 1 ≥ 1 ( vì f ( x2 ) > 0 ⇒ 2 x2 + 1 > 0 ) −2m + 2 m2 − m + 1 + 1 m < 0  ⇔ m2 − m + 1 ≥ m ⇔ m ≥ 0 ⇔ m ≤1 m2 − m + 1 ≥ m2 

YCBT ⇔

f (0)

f ( x) f ( −1)

 3m + 1  ; m + 1 ⇔ m + 1 = 3 ⇔ m = 2 . 3 = max f ( x ) = max { f ( −1) ; f (1) } ⇔ 3 = max  [ −1;1]  3  Trường hợp 2. f ( 0 ) > 0 ⇔ m < 0 .  f ( −1) ≥ 0 Khả năng 1.  ⇔ m ≤ −1 . Khi đó 3 = max f ( x ) = f ( 0 ) ⇔ m = −3 . [ −1;1]  f (1) ≥ 0

1 Khả năng 2. −1 < m ≤ − . Khi đó 3

Dạng 6. Bài toán GTLN-GTNN liên quan đến đồ thị đạo hàm

f (1)

Trường hợp 1. f ( 0 ) ≤ 0 ⇔ m ≥ 0 . Khi đó

 f ( −1) ≥ 0 . 3 = max f ( x ) = max { f ( 0 ) ; f (1) }  [ −1;1]  f (1) < 0

1 với x2 = −m + m2 − m + 1 2 x2 + 1

Câu 72.

(Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) , hàm số y = f ′ ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ.

f ( x) < 2x + m ⇔ m > f ( x) − 2x ⇔ m ≥ max  f ( x ) − 2 x  ( 0;2)

Ta tìm max  f ( x ) − 2 x  [ 0;2]

Đặt g ( x ) = f ( x ) − 2 x

g '( x) = f '( x) − 2 ∀x ∈ [ 0; 2] , f ' ( x ) − 2 < 0 ⇒ max g ( x ) = g ( 0 ) = f ( 0 ) Bất phương trình f ( x ) > x + m ( m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi x ∈ ( 0; 2 ) khi và chỉ khi A. m ≤ f ( 0 ) . B. m < f ( 0 ) . C. m ≤ f ( 2 ) − 2 . D. m < f ( 2 ) − 2 .

[ 0;2]

Vậ y m ≥ f ( 0 )

Câu 74.

Lời giải Chọn C Xét bất phương trình f ( x ) > x + m ⇔ m < f ( x ) − x .

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) , hàm số y = f ' ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên dưới

Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) − x với x ∈ ( 0; 2 ) . Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x ) − 1 . g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = 1 . Từ đồ thị ta thấy đường thẳng y = 1 không cắt đồ thị y = f ′ ( x ) tại bất kỳ

điểm nào có hoành độ thuộc khoảng ( 0; 2 ) nên phương trình f ′ ( x ) = 1 vô nghiệm với x ∈ ( 0; 2 ) . Ta có bảng biến thiên như sau:

Bất phương trình f ( x ) < x + m ( m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi x ∈ ( 0; 2 ) khi và chỉ khi A. m > f ( 2 ) − 2. B. m > f ( 0 ) . C. m ≥ f ( 2 ) − 2. D. m ≥ f ( 0 ) . Lời giải Chọn D f ( x) < x + m ⇔ f ( x) − x < m .

(do f ′ ( x ) < 1 với x ∈ ( 0; 2 ) ). Từ bảng biến thiên ta thấy để m < g ( x ) với x ∈ ( 0; 2 ) ⇔ m ≤ g ( 2 ) ⇔ m ≤ f ( 2 ) − 2 .

Câu 73.

Đặt g ( x ) = f ( x ) − x xét trên khoảng ( 0; 2 ) .

(Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) , hàm số y = f ' ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị

g ′( x ) = f ′ ( x ) − 1 .

như hình vẽ bên. Bất phương trình f ( x ) < 2 x + m (m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi

Từ đồ thị ta thấy g ′( x ) = f ′ ( x ) − 1 < 0 với mọi x ∈ ( 0; 2 ) . Suy ra hàm số g ( x) = f ( x ) − x luôn

x ∈ ( 0; 2 ) khi và chỉ khi y

nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) . Bất phương trình f ( x ) < x + m ( m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi x ∈ ( 0; 2 ) khi và chỉ

khi m ≥ lim g ( x ) = f (0) .

2 1

x →0

A. m ≥ f ( 0 ) . Chọn A

B. m ≥ f ( 2 ) − 4 .

C. m > f ( 0 ) . Lời giải

D. m > f ( 2 ) − 4 .

Câu 75.

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) , hàm số f ′ ( x) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ.

Từ đó suy ra giá trị lớn nhất của hàm số trên [−1; 2] là f (1) .

Bất phương trình f ( x) > 2x + m ( m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi x∈ ( 0; 2) khi và chỉ khi A. m < f ( 2) − 4 .

B. m ≤ f ( 2) − 4 .

C. m ≤ f ( 0) . Lời giải

Câu 77.

(THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm s ố f ( x ) có đạo hàm là

f ′ ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) được cho như hình vẽ bên. Biết rằng

f ( 0 ) + f (1) − 2 f ( 3) = f ( 5 ) − f ( 4 ) . Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của f ( x )

D. m < f ( 0) .

trên đoạn [ 0; 5 ] .

Chọn B Hàm số g ( x ) = f ( x ) − 2x nghịch biến trên khoảng ( 0; 2) vì g′ ( x ) = f ′ ( x ) − 2 < 0, ∀x ∈ ( 0;2) (quan sát trên khoảng ( 0; 2) , đồ thị hàm số f ′ ( x) nằm dưới đường thẳng y = 2 ).

A. m = f ( 5 ) , M = f ( 3 ) B. m = f ( 5 ) , M = f (1) C. m = f ( 0 ) , M = f ( 3) D. m = f (1) , M = f ( 3 ) Lời giải Chọn A Từ đồ thị ta có bảng biến thiên của f ( x ) trên đoạn [ 0;5 ]

Suy ra g ( 2) < g ( x ) < g ( 0) , ∀x ∈ ( 0;2) . Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x∈( 0; 2) khi và chỉ khi m < g ( x ) , ∀x ∈ ( 0; 2)

⇔ m ≤ g ( 2) ⇔ m ≤ f ( 2) − 4 . Câu 76.

(THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ℝ , đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ. ⇒ M = f ( 3 ) và f (1) < f ( 3 ) , f ( 4 ) < f ( 3 ) f ( 5 ) − f ( 0 ) = f (1) − f ( 3 ) + f ( 4 ) − f ( 3 ) < 0 ⇒ f ( 5 ) < f ( 0 ) ⇒ m = f ( 5 ) .

Câu 78.

Bất phương trình f ( e x ) < e x + m nghiệm đúng với mọi x ∈ ( −1;1) khi và chỉ khi

Giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −1; 2] là

A. f (1) .

B. f ( −1) .

C. f ( 2 ) . Lời giải

 x = −1 f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 1 .  x = 2 Từ đồ thị hàm y = f ′ ( x) ta có bảng biến thiên

(ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f / ( x) có bảng biến thiên như sau:

D. f ( 0 ) .

1 1 A. m ≥ f   − e e

B. m > f ( −1) −

1 e

C. m ≥ f ( −1) − Lời giải

1 e

1 1 D. m > f   − e e

Chọn A Ta có f ( e x ) < e x + m ⇔ f ( e x ) − e x < m , x ∈ ( −1;1) .

Đặt g ( x ) = f ( e x ) − e x khi đó m > g ( x ) ∀x ∈ ( −1;1) ⇔ m ≥ Max g ( x ) . [ −1;1]

Xét g ( x ) = f ( e ) − e trên [ −1;1] . x

(

)

Có g ′ ( x ) = e x f ′ ( e x ) − e x = e x f ′ ( e x ) − 1 < 0, ∀x ∈ [ −1;1] (Suy ra từ bảng biến thiên). 1 1 Do đó Max g ( x ) = g ( −1) = f   − . [ −1;1] e e 1 1 Vậy m ≥ Max g ( x ) = g ( −1) = f   − là giá trị cần tìm. [ −1;1] e e

Câu 79.

(CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình dưới đây. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số 1 1 g ( x ) = f 4 x − x 2 + x3 − 3x 2 + 8 x + trên đoạn [1;3] . 3 3

(

)

π     − 1 . 2 

 π  π  π Vì f ′ ( x ) ≥ 1 ∀x ∈  0;  ; sin x > 0 ∀x ∈  0;  ⇒ 2cos x sin x.ln 2 > 0 ∀x ∈  0;  nên ta suy ra  2  2  2  π cos x ′ ′ g ( x ) = f ( x ) + 2 sin x.ln 2 > 0 ∀x ∈  0;  .  2 Vậy ta có bảng biến thiên

19 . D. 12. 3 Lời giải 2 g ′ ( x ) = ( 4 − 2 x ) f ′ ( 4 x − x 2 ) + x 2 − 6 x + 8 = ( 2 − x ) 2 f ′ ( 4 x − x ) + 4 − x  . Với x ∈ [1;3] thì 4 − x > 0 ; 3 ≤ 4 x − x 2 ≤ 4 nên f ′ ( 4 x − x 2 ) > 0 .

A. 15.

25 . 3

 π Bất phương trình f ( x ) > 2cos x + 3m đúng với mọi x ∈  0;  khi và chỉ khi  2 1 1 1  π   1 A. m ≤  f ( 0 ) − 2  . B. m <  f ( 0 ) − 2  . C. m ≤  f   − 1 . D. m <  f 3  2  3 3 3 Lời giải  π  π Ta có f ( x ) > 2cos x + 3m ∀x ∈  0;  ⇔ f ( x ) − 2 cos x > 3m ∀x ∈  0;  .  2  2  π cos x Xét hàm g ( x ) = f ( x ) − 2 trên  0;  .  2 Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x ) + 2cos x sin x.ln 2

x g'(x)

2 + π g( ) 2

g(x)

Suy ra 2 f ′ ( 4 x − x 2 ) + 4 − x > 0 , ∀x ∈ [1;3] .

g(0)

Bảng biến thiên

1 Từ bảng biến thiên ta có ycbt ⇔ g ( 0 ) ≥ 3m ⇔ 3m ≤ f ( 0 ) − 2 ⇔ m ≤  f ( 0 ) − 2  . 3 Câu 81.

(Đề minh họa 2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f / ( x) có bảng biến thiên như sau: Bất phương trình f ( e x ) < e x + m nghiệm đúng với mọi x ∈ ( −1;1) khi và chỉ khi

Suy ra max g ( x ) = g ( 2 ) = f ( 4 ) + 7 = 12 . [1;3]

Câu 80.

(THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau

1 1 A. m ≥ f   − e e

B. m > f ( −1) −

1 e

C. m ≥ f ( −1) − Lời giải

Chọn A

1 e

1 1 D. m > f   − e e

Ta có f ( e x ) < e x + m ⇔ f ( e x ) − e x < m , x ∈ ( −1;1) .

Đặt g ( x ) = f ( e x ) − e x khi đó m > g ( x ) ∀x ∈ ( −1;1) ⇔ m ≥ Max g ( x ) . [ −1;1]

Xét g ( x ) = f ( e ) − e trên [ −1;1] . x

(

)

Có g ′ ( x ) = e x f ′ ( e x ) − e x = e x f ′ ( e x ) − 1 < 0, ∀x ∈ [ −1;1] (Suy ra từ bảng biến thiên).

A. max g ( x ) = g ( 3) .

C. max g ( x ) = g ( 0 ) . D. max g ( x ) = g (1) .

[ −3;3]

Lời giải Chọn D

1 1 Vậy m ≥ Max g ( x ) = g ( −1) = f   − là giá trị cần tìm. [ −1;1] e e

Câu 82.

B. min g ( x ) = g (1) .

[ −3;3]

1 1 Do đó Max g ( x ) = g ( −1) = f   − . [ −1;1] e e

g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x + 1) ⇒ g ′ ( x ) = 2 f ′ ( x ) − 2 ( x + 1) Dựa vào đồ thị ta thấy  x = −3 g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = x + 1 ⇔  x = 1  x = 3 Và với x ∈ ( −∞; −3 ) : f ′ ( x ) < x + 1 ⇒ g ′ ( x ) < 0

(THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

với x ∈ ( −3;1) : f ′ ( x ) > x + 1 ⇒ g ′ ( x ) > 0 , với x ∈ (1;3 ) : f ′ ( x ) < x + 1 ⇒ g ′ ( x ) < 0

(

)

Gọi S là tập hợp các số nguyên dương m để bất phương trình f ( x ) ≥ m x3 − 3x 2 + 5 có nghiệm thuộc đoạn [ −1; 3] . Số phần tử của S là

A. 3

B. Vô số

C. 2 Lời giải

D. 0

x = 0 g ' ( x ) = 0 ⇔ 3x 2 − 6x = 0 ⇔  x = 2 g ( −1) = 1; g ( 0 ) = 5; g ( 2 ) = 1; g ( 3 ) = 5 ⇒ 1 ≤ g ( x ) ≤ 5, ∀x ∈ [ −1;3]

f ( x ) ≥ m ( x − 3x + 5 ) , ∀x ∈ [ −1;3] ⇔ m ≤ 2

f ( x) g ( x)

‒

3 0 +

+∞

g (x)

Chọn B Gọi g ( x ) = x 3 − 3 x 2 + 5 trên đoạn [ −1;3]

x g′( x )

với x ∈ ( 3; +∞ ) : f ′ ( x ) > x + 1 ⇒ g ′ ( x ) > 0 Bảng biến thiên −∞ −3 1 0 0 ‒ +

Dựa vào bảng biến thiên suy ra max g ( x ) = g (1) . [ −3;3]

Câu 84.

, ∀x ∈ [ −1;3] ⇔ m ≤ min [ −1;3]

f ( x)

(THPT CHUYÊN VĨNH NH PHÚC NĂM N 2018-2019 LẦN 3) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên ℝ . Biết f ′ ( 0 ) = 3 , f ′ ( 2 ) = −2018 và bảng xét dấu của f ′′ ( x ) như sau:

g ( x)

Vì hàm số f ( x ) , g ( x ) liên tục trên đoạn [ −1; 3] suy ra tồn tại giá trị nhỏ nhất của hàm số

f ( x) g ( x)

trên đoạn [ −1;3] Hàm số y = f ( x + 2017 ) + 2018 x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 thuộc khoảng nào sau đây?

 f ( x)  Suy ra m ∈  −∞; min  ⇒ Số phần tử của tập hợp S là vô số [ −1;3] g ( x )   Câu 83.

A. ( −∞; − 2017 )

(CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) liên 2

tục trên ℝ . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình bên. Đặt g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x + 1) . Mệnh đề dưới đây đúng.

B. ( 2017; +∞ )

C. ( 0; 2 ) D. ( −2017;0 ) Lời giải Dựa vào bảng xét dấu của f ′′ ( x ) ta có bảng biến thiên của hàm sồ f ′ ( x )

Câu 86.

(KTNL GV BẮC GIANG NĂM N 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và có đồ thị của hàm y = f ′ ( x ) được cho như hình vẽ.

Đặt t = x + 2017 . Ta có y = f ( x + 2017 ) + 2018 x = f ( t ) + 2018t − 2017.2018 = g ( t ) . g ′ ( t ) = f ′ ( t ) + 2018 .

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f ′ ( x ) suy ra phương trình g ′ ( t ) có một nghiệm đơn

α ∈ ( −∞;0 ) và một nghiệm kép t = 2 . Ta có bảng biến thiên g ( t )

Biết rằng f ( −3 ) + f ( 0 ) = f ( 4 ) + f ( −1) . Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f ( x ) trên đoạn

Hàm số g ( t ) đạt giá trị nhỏ nhất tại t0 = α ∈ ( −∞;0 ) .

[ −3; 4 ]

Suy ra hàm số y = f ( x + 2017 ) + 2018 x đạt giá trị nhỏ nhất tại x0 mà

A. f (4) và f (−3) .

lần lượt là:

B. f (−3) và f (0) .

x0 + 2017 ∈ ( −∞;0 ) ⇔ x0 ∈ ( −∞; −2017 ) .

Câu 85.

C. f (4) và f (0) .

D. f (2) và f (−3) .

Lời giải Chọn B. Dựa vào đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) ta có bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) : x 0 -3 −∞ +∞ 4 − − f ′( x) 0 0 + −

(ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ bên. Bất phương trình 2 f ( x ) + x 3 > 2m + 3 x 2 nghiệm đúng với mọi x ∈ ( −1; 3 ) khi và chỉ khi

f ( x)

f ( −3 )

f ( 4) f ( 0)

f ′ ( 0 ) = f ′ ( 4 ) = 0 nên x = 0 và x = 4 là hai điểm cực trị của y = f ( x ) .

Từ

bảng

biến

thiên

có

min f ( x) = f (0) , [ −3;4]

đồng

thời

f ( −1) > f ( 0 ) .

đó:

f ( −3 ) + f ( 0 ) = f ( 4 ) + f ( −1) ⇔ f ( −3 ) − f ( 4 ) = f ( −1) − f ( 0 ) > 0 ⇒ f ( −3 ) > f ( 4 ) .

⇒ max f ( x) = f (−3) . Chọn B [ −3;4]

Câu 87.

A. m < − 10.

B. m < − 5.

C. m < − 3. Hướng dẫn giải Ta có 2 f ( x ) + x 3 > 2 m + 3 x 2 ⇔ 2 f ( x ) > − x 3 + 3 x 2 + 2 m Nhận xét minf ( x ) = f ( 2 ) = −3 ( −1;3 )

Đặt g ( x ) = − x 3 + 3 x 2 + 2 m, ∀x ∈ ( −1;3 )

x = 0 g ′ ( x ) = −3x 2 + 6 x, g ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 2 g ( 0 ) = 2m; g ( −1) = 4 + 2m; g ( 3 ) = 2 m và g ( 2 ) = 4 + 2m ⇒ max g ( x ) = g ( 2 ) = 4 + 2m ( −1;3)

ycbt ⇔ 2 min f ( x ) > max g ( x ) ⇔ −6 > 2m + 4 ⇔ m < −5 ( −1;3)

( −1;3 )

D. m < − 2.

Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) được cho như hình vẽ dưới đây:

Biết rằng f ( −1) + f ( 0 ) < f (1) + f ( 2 ) . Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x )

Câu 89.

trên đoạn [ −1; 2 ] lần lượt là:

A. f (1) ; f ( 2 ) .

B. f ( 2 ) ; f ( 0 ) .

C. f ( 0 ) ; f ( 2 ) . D. f (1) ; f ( −1) . Lời giải Từ đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) ta có bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −1; 2 ] như sau

(GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tìm m để bất phương trình 4 x+ ≥ m có nghiệm trên khoảng ( −∞;1) . x −1 A. m ≤ 5 . B. m ≤ −3 . C. m ≤ 1 . D. m ≤ −1 Lời giải Chọn B 2 ( x − 1) − 4 = 0 ⇒  x = 3(l ) 4 4 ⇒ f '( x) = 1 − = f ( x) = x + 2 2  x = −1(tm) x −1 ( x − 1) ( x − 1)  Bảng biến thiên

Nhận thấy min f ( x ) = f (1) .  [−1;2]

 Để tìm max f ( x ) ta so sánh

f ( −1)

[ −1; 2 ]

và

f ( 2)

Vậ y m ≤ −3

Theo giả thiết, f ( −1) + f ( 0 ) < f (1) + f ( 2 ) ⇔ f ( 2 ) − f ( −1) > f ( 0 ) − f (1) .

Câu 90.

Từ bảng biến thiên, ta có f ( 0 ) − f (1) > 0 . Do đó f ( 2 ) − f ( −1) > 0 ⇔ f ( 2 ) > f ( −1) . Hay max f ( x ) = f ( 2 ) . [ −1;2]

Dạng 7. Ứng dụng GTLN-GTNN vào bài toán đại số Câu 88.

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị tham số m

( 2 + x )( 8 − x ) ≤ x 2 + m − 1 nghiệm đúng với mọi

để bất phương trình 6 x + A. m ≥ 16

B. m ≥ 15

Chọn B Xét bất phương trình: 6 x + Đặt t =

( 2 + x )( 8 − x ) ,

C. m ≥ 8 Lời giải

x ∈ [ −2;8]. Ta có: t ' =

3− x

( 2 + x )( 8 − x )

x ∈ [ −2;8].

D. −2 ≤ m ≤ 16

( 2 + x )( 8 − x ) ≤ x 2 + m − 1 (1) , điều kiện

(THPT CHUYÊN LAM SƠN SƠ THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết rằng tập nghiệm 6x − 4 là [ a; b ] . Khi đó giá trị của biểu thức 2x + 4 − 2 2 − x ≥ 5 x2 + 1 P = 3a − 2b bằng: A. 2 B. 4 C. −2 D. 1 Lời giải Chọn C ĐK: −2 ≤ x ≤ 2 6x − 4 2 x + 4 − 4(2 − x) 6x − 4 Ta có: 2 x + 4 − 2 2 − x ≥ ⇔ − ≥0 2x + 4 + 2 2 − x 5 x2 + 1 5 x2 + 1 của bất phương trình

  1 1 ⇔ (6x − 4)  − ≥0 2  2x + 4 + 2 2 − x 5 x +1  ⇔ ( 6 x − 4 ) 5 x 2 + 1 − 2 x + 4 + 2 2 − x  ≥ 0 (1)  

x ∈ [ −2;8].

(

, t'= 0 ⇔ x = 3

)

Xét hàm số f ( x ) = 2 x + 4 + 2 2 − x với −2 ≤ x ≤ 2

Bảng biến thiên

Ta có f ′ ( x ) =

1 1 2  2 − = 0 ⇔ x = − . Do đó f  −  = 2 6; f ( −2 ) = 4; f ( 2 ) = 2 2 3 2x + 4 2− x  3

Suy ra 2 2 ≤ f ( x ) ≤ 2 6 mà 5 x 2 + 1 ≥ 5 nên 5 x 2 + 1 −

Suy ra t ∈ [ 0; 5] . Khi đó (1) trở thành: t 2 + t − 15 ≤ m ( 2 ) . Xét hàm số f ( t ) = t 2 + t − 15 , f ' ( t ) = 2t + 1 > 0, ∀t ∈ [ 0; 5] Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x ∈ [ −2;8] khi và chỉ khi ( 2 ) nghiệm đúng với mọi t ∈ [ 0;5] ⇔ max f ( t ) ≤ m ⇔ m ≥ 15 . [0;5]

(

)

2x + 4 + 2 2 − x ≥ 0

2 (1) ⇔ 6 x − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ . Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm là  2 ; 2  3 3  Vậy P = 3a − 2b = −2 .

Câu 91.

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi s là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m ∈ [ 0; 0;2019 2019] để bất phương trình

x2 − m +

2 3

(1− x )

≤ 0 đúng với mọi x ∈ [ −1;1] . Số phần tử của tập s bằng

A. 1.

B. 2020 .

Đặt t = 1 − x 2 , với x ∈ [ −1;1] ⇒ t ∈ [ 0;1] . Bất phương trình x2 − m + 3

t − t +1− m ≤ 0 ⇔ m ≥ t − t +1

D. 2 .

C. 2019 . Lời giải

2 3

(1 − x )

Xét f ( t ) =

≤ 0 (1) trở thành

1+ t + t2 −2t 2 + 2 ⇒ f ' (t ) = 2 2 1− t + t (1 − t + t 2 )

t = 1 f '(t ) = 0 ⇔  t = −1 Bảng biến thiên

( 2)

Bất phương trình (1) đúng với mọi x ∈ [ −1;1] khi và chỉ khi bất phương trình ( 2 ) nghiệm đúng với mọi t ∈ [ 0;1] . Hay m ≥ max ( t 3 − t 2 + 1) ⇔ m ≥ 1 . [0;1]

Mặt khác, m là số nguyên thuộc [ 0; 2019 ] nên m ∈ {1; 2;3;...; 2019} Vậy có 2019 giá trị của m thỏa mãn bài toán. Câu 92. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số

f ( x ) = 4 x 2 − 4 x + 6 + 4 x − x 2 + 1 . Tính tích các nghiệm của phương trình f ( x ) = M . A. 2 . B. 4 . C. − 2 . D. − 4 . Lời giải Đặt t = x 2 − 4 x + 6 =

( x − 2)

+2 ≥ 2 .

)

Khi đó, M = max f ( x ) = max g ( t ) , với g ( t ) = −t 2 + 4t + 7 trên  2; +∞ .   2; +∞ ) 2

Có g ( t ) = −t 2 + 4t + 7 = 11 − ( t − 2 ) ≤ 11 , dấu đẳng thức xảy ra khi t = 2 ⇔

x2 − 4x + 6 = 2

x = 2 + 2 ⇔ x2 − 4 x + 2 = 0 ⇔  .  x = 2 − 2 Như vây, M = max f ( x ) = max g ( t ) = 11 ⇔ x = 2 ± 2 , suy ra nghiệm của phương trình   2 ; +∞ ) f ( x ) = M là x = 2 ± 2 .

Vậy tích các nghiệm của phương trình f ( x ) = M bằng 2 .

Câu 93.

(THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho x − xy + y = 2 . Giá trị nhỏ 2 2 nhất của P = x + xy + y bằng:

2 A. 3

1 B. 6

1 C. 2 Lời giải

Chọn A P x 2 + xy + y 2 x 2 + xy + y 2 Xét = = 2 2 2 x − xy + y 2 2 +nếu y = 0 thì x = 2 . Do đó P = x 2 = 2 suy ra min P = 2 +nếu y ≠ 0 ta chia tử mẫu cho y 2 ta được 2

x x 1+   +   y y P x + xy + y = =    2 2 x 2 − xy + y 2 x x 1−   +    y  y 2

x P 1+ t + t2 Đặt t = , khi đó = 2 1− t + t2 y

D. 2

Khi đó min

Câu 94.

P 1 2 = do đó min P = . 2 3 3

(THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho x , y là các số thực thỏa mãn x + y = x − 1 + 2 y + 2 . Gọi M , m

lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

P = x 2 + y 2 + 2 ( x + 1)( y + 1) + 8 4 − x − y . Tính giá trị M + m A. 42 B. 41 C. 43 Lời giải Chọn C

( x + y)

(

)

D. 44

x −1 + 2 y + 1 ≤ 3 ( x + y ) ⇔ 0 ≤ x + y ≤ 3 2

P = x 2 + y 2 + 2 ( x + 1)( y + 1) + 8 4 − x − y = ( x + y ) + 2 ( x + y ) + 2 + 8 4 − ( x + y ) Đặt t = 4 − ( x + y ) , t ∈ [1; 2] . 2

Ta có: f ( t ) = ( 4 − t 2 ) + 2 ( 4 − t 2 ) + 2 + 8t = t 4 − 10t 2 + 8t + 26 . f ′ ( t ) = 4t 3 − 20t + 8

t = 2 ∈ [1; 2]  t = 2 f ′ (t ) = 0 ⇔  2 ⇔ t = −1 + 2 ∈ [1; 2]  t + 2t − 1 = 0 t = −1 − 2 ∈ [1; 2] f (1) = 25; f ( 2 ) = 18 .

Suy ra m = min f ( t ) = f ( 2 ) = 18; M = max f ( t ) = f (1) = 25 . [1;2]

Vậy M + m = 43 .

[1;2]

Câu 95.

(KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Cho bất phương trình m

(

)

x2 − 2 x + 2 + 1 + x (2 − x ) ≤ 0 .

Hỏi có bao nhiêu số nguyên m không nhỏ hơn −2018 để bất phương trình đã cho có nghiệm x ∈  0;1 + 3  ? A. 2018 B. 2019 C. 2017 D. 2020 Lời giải Chọn B 2 2 2 2 Đặt t = x − 2x + 2 , ta có x ∈  0;1 + 3  ⇒ t ∈ [1; 2] . Vì t = x − 2x + 2 ⇔ x ( x − 2) = t − 2 . t2 − 2 Bất phương trình đã cho trở thành m ( t + 1) ≤ t 2 − 2 ⇔ m ≤ (1) . t +1 t 2 + 2t + 2 1 t2 − 2 = 1+ > 0, ∀t ∈ (1; 2 ) . Xét hàm số f ( t ) = , ∀t ∈[1;2] . Ta có f ′ ( t ) = 2 t +1 t + 12 ( t + 1)

(

)

Bất phương trình đã cho có nghiệm x ∈ 0;1 + 3  ⇔ Bất phương trình (1) có nghiệm t ∈[1;2] 2 ⇔m≤ . 3 2 Theo giả thiết m ≥ −2018 nên ta có −2018 ≤ m ≤ . Vậy có tất cả là 2019 số nguyên của m thỏa 3 yêu cầu bài toán.

A. 3

PHẦN A. CÂU HỎI

Câu 5.

Dạng 1. Xác định đường tiệm cận thông qua bảng biến thiên Câu 1.

C. 4

D. 1

hình vẽ dưới đây. Hỏi đồ thị của hàm số đã cho có bao nhiêu đường tiệm cận?

(Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có báng biến thiên như sau:

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là: A. 2. B. 3. C. 4. Câu 2.

B. 2

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như

D. 1.

(Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau

A. 3 Câu 6.

B. 2

C. 4

D. 1

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

∞

+∞

0 3

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là A. 1. B. 2 . C. 4 . Câu 3.

4 D. 3 .

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là A. 1. B. 3. C. 4. Câu 7.

D. 2.

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số f ( x ) có

bảng biến thiên như sau:

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là: A. 4 . B. 1. C. 3 . Câu 4.

D. 2 .

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là: A. 4 . B. 3 . C. 1.

D. 2 .

(LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau Câu 8.

như sau

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là A. 4 B. 2 C. 3 Câu 9.

D. 1

(THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho đồ thị hàm số y = f ( x ) như hình bên. Khẳng định nào sau đây là đúng?

Tổng số đường tiệm cận ngang và đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là Trang 1/36 - Mã đề 121

Trang 2/36 - Mã đề 121

A. 2 .

Câu 13. hình sau

B. 1.

C. 0 .

D. 3 .

(THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Cho hàm số có bảng biến thiên như

1 −1

A. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 0 , tiệm cận ngang y = 1. Tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x ) là

B. Hàm số có hai cực trị. C. Đồ thị hàm số chỉ có một đường tiệm cận. D. Hàm số đồng biến trong khoảng ( −∞ ; 0 ) và ( 0 ; + ∞ ) .

B. 2 .

A. 3 .

C. 4 .

D. 1 .

Câu 14. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ \ {1} có bảng biến thiên như hình vẽ. Tổng số đường tiệm

Câu 10. Cho hàmsố f ( x) có bảng biến thiên như sau

cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f ( x )

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là A. 4 .

B. 1.

C. 3 .

D. 2 . A. 1 .

Câu 11.

(ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

B. 4 .

C. 2 .

D. 3.

Dạng 2. Xác định đường tiệm cận đồ thị hàm số thông hàm số cho trước

Câu 15. Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. x = −1 Câu 16.

Câu 12.

B. 1.

C. 3 .

C. y = 2

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x) có lim f ( x) = 1 và x →+∞

lim f ( x) = −1 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là A. 4 .

B. y = −1

2x +1 ? x +1 D. x = 1

x →−∞

A. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng x = 1 và x = −1 . B. Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang. C. Đồ thị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận ngang. D. Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng y = 1 và y = −1 .

D. 2 .

(SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau Câu 17.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng? A. y =

Câu 18.

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho bằng Trang 3/36 - Mã đề 121

x2 − 3x + 2 x −1

B. y =

x2 x2 +1

C. y =

x2 −1

D. y =

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số y =

Trang 4/36 - Mã đề 121

x x +1

x2 − 5x + 4 . x2 −1

A. 2 Câu 19.

B. 3

D. 1

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. 2

Câu 20.

C. 0

B. 1

C. 3

A. 4 . x+4−2 là x2 + x

Câu 30.

D. 0

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Tìm số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số:

x − 3x − 4 x2 − 16 A. 2

Câu 21.

B. 3

B. 2

C. 0

Câu 32.

D. 3

B. 1

Câu 24.

B. x = 3 . D. x = −3 . x + 25 − 5 x2 + x

là B. 2

C. 0

B. 1

x − 2 +1 là x 2 − 3x + 2 C. 3

D. 2

(THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số

1 C. Đồ thị ( C ) của hàm số có một tiệm cận ngang y = 0 và hai tiệm cận đứng x = 1; x = − . 2 D. Đồ thị ( C ) của hàm số chỉ có một tiệm cận ngang y = 0 và một tiện cận đứng x = 1

2x −1 − x + x + 3 . x2 − 5x + 6

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. 3

D. 4

B. Đồ thị ( C ) của hàm số chỉ có một tiệm cận ngang y = 0 .

A. x = 3 và x = 2 . C. x = −3 và x = −2 .

C. 2

x + x2 + x + 1 x3 + x

5 x2 + 6 + x − 12 y= có đồ thị ( C ) . Mệnh đề nào sau đây là đúng? 4 x3 − 3x − 1 A. Đồ thị ( C ) của hàm số không có tiệm cận.

x−2 có mấ y tiệm cận. x2 − 4 C. 2 D. 0

Câu 23. Tìm tất cả các tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

D. 6 .

(THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Số đường tiệm cận

A. 4

x +9 −3 là x2 + x

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Đồ thị hàm số y = A. 3

B. 3

đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

D. 0

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. 1

Câu 22.

C. 1

C. 3 .

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hàm số y =

có bao nhiêu đường tiệm cận? A. 1

Câu 31.

B. 5 .

Câu 33.

(THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Đồ thị hàm số y =

có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận? A. 3 B. 0

C. 2

5 x + 1− x + 1 x2 + 2 x

D. 1

D. 1 Dạng 3. Định m để đồ thị hàm số có đường tiệm cận thỏa mãn điều kiện cho trước

Câu 25.

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. 3

Câu 26. y=

B. 2

B. 0 .

D. 2 .

C. 1 .

x +1 x2 − 1

có

D. 2 .

(ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

x (4x + 6) − 2

Câu 29.

C. 1.

(THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Đồ thị hàm số f ( x ) =

tất cả bao nhiêu tiệm cận đứng và tiệm cận ngang? A. 4 . B. 3 . Câu 28.

Câu 34.

D. 0

(THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

x+4 −2 là x2 + x A. 3 .

Câu 27.

C. 1

x + 16 − 4 là x2 + x

x+2 A. 1

(HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để đồ thị hàm

x2 + m số y = 2 có đúng hai đường tiệm cận. x − 3x + 2 A. m = −1 B. m ∈{1;4}

C. m = 4

D. m ∈{ − 1; −4}

Câu 36.

(TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Có bao nhiêu giá 6x − 3 trị nguyên của m để đồ thị hàm số y = có đúng một đường tiệm cận? ( mx 2 − 6 x + 3)( 9 x2 + 6mx + 1)

là? B. 3

C. 2

D. 4

(THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y =

x2 + 2x + 3 x 4 − 3x 2 + 2

A. 0 .

Đồ thị hàm số đã cho có bao nhiêu đường tiệm cận? Trang 5/36 - Mã đề 121

Trang 6/36 - Mã đề 121

B. 2 .

C. 1.

D. Vô số.

Câu 37.

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị nguyên x+2 của tham số m thuộc đoạn [ −2017; 2017] để hàm số y = có hai tiệm cận đứng: x2 − 4x + m A. 2021. B. 2018. C. 2019. D. 2020. Câu 38.

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm tất cả các giá trị của 5x − 3 không có tiệm cận đứng. tham số m sao cho đồ thị hàm số y = 2 x − 2mx + 1  m < −1 A.  B. −1 < m < 1 C. m = −1 D. m = 1 m > 1 Câu 39.

(GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số x +1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị có ba đường tiệm cận y = f ( x) = 2 x − 2m x + 4 A. m > 2

 m < −2  B.  5 m ≠ − 2

 m > 2    m < −2 C.  5   m ≠ − 2

 m < −2 D.   m>2

Câu 40. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết rằng đồ thị của hàm số ( n − 3) x + n − 2017 ( y= m, n là các số thực) nhận trục hoành làm tiệm cận ngang và trục tung là tiệm x+m+3 cận đứng. Tính tổng m + n . A. 0 B. −3 C. 3 D. 6 Câu 41.

(SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị x −1 nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y = có đúng bốn đường tiệm cận? 2 mx − 8 x + 2 A. 8 B. 6 C. 7 D. Vô số

(TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm 6x − 3 số y = có đúng một đường tiệm cận? ( mx 2 − 6 x + 3)( 9 x2 + 6mx + 1)

Câu 46.

x2 có tiệm cận đứng là: x−m A. ℝ \ {0} B. {0}

hàm số y =

Câu 47.

Câu 43.

B. 2 .

C. 5 .

D. 7 .

(THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị m

nguyên thuộc khoảng ( −10;10 ) để đồ thị hàm số y = A. 12 . Câu 45.

D. Vô số.

(HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Có tất cả bao nhiêu số nguyên m để đồ thi hàm số

x2 −1 có ba đường tiệm cận? 2 x + 2mx + 2m2 − 25 A. 9 . B. 11 .

Câu 44.

C. 1.

B. 11.

x ( x − m) −1

x+2 C. 0 .

có đúng ba đường tiệm cận? D. 10 .

C. ∅

D. ℝ

(THPT CHUYÊN BẮC NINH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y =

tất cả bao nhiêu giá trị m để đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận. A. 2 B. 3 C. 0

x −1 . Có mx2 − 2 x + 3

D. 1

Câu 48. SỞ

GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số x −3 y= 3 . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn [ −6;6] của tham số m để đồ thị x − 3mx 2 + (2m2 + 1) x − m hàm số có 4 đường tiệm cận? A. 8 . B. 9 . C. 12 . D. 11.

Câu 49.

(THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Cho hàm số y =

12 + 4 x − x 2

x 2 − 6 x + 2m

có đồ thị ( Cm ) . Tìm tập

S tất cả các giá trị của tham số thực m để ( Cm ) có đúng hai tiệm cận đứng.  9 B. S =  4;  .  2

A. S = [8;9 ) .

 9 C. S =  4;  .  2

D. S = ( 0;9] .

Câu 50.

(CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị x+2 nguyên của hàm số thực m thuộc đoạn [ −2017; 2017 ] để hàm số y = có hai tiệm cận đứng. 2 x − 4x + m A. 2019 B. 2021 C. 2018 D. 2020

Câu 51.

(THPT NGÔ GIA TỰ VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị nguyên

x 2 − 3x + 2 không có đường tiệm cận đứng? x − mx − m + 5 B. 10. C. 11. D. 9.

của tham số m để đồ thị hàm số y =

Câu 42.

A. 0 .

(THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Tập hợp các giá trị của m để

A. 8. Câu 52. y=

(GKI NHÂN CHÍNH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Xác định m để đồ thị hàm số

x −1 có đúng hai đường tiệm cận đứng? x 2 + 2 ( m − 1) x + m 2 − 2

3 2

A. m < . Câu 53. Cho hàm số y =

B. m > − ; m ≠ 1 .

3 2

C. m < ; m ≠ 1; m ≠ −3 . D. m > − .

với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị x − 3x 2 + m − 1 hàm số đã cho có 4 đường thẳng tiệm cận. A. 1 < m < 5 . B. −1 < m < 2 . C. m < 1 hoặc m > 5 . D. m > 2 hoặc m < −1 . Dạng 4. Xác định tiệm cận của đồ thị hàm số g[f(x)] khi biết bảng biến thiên hàm số f(x) 3

(GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Với giá trị nào của hàm số m để đồ thị Câu 54.

hàm số y = x − mx 2 − 3 x + 7 có tiệm cạn ngang. A. m = 1

B. m = −1

C. m = ±1

D. Không có m Trang 7/36 - Mã đề 121

(CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến

thiên như hình dưới đây.

Trang 8/36 - Mã đề 121

Câu 58.

(CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên

như hình vẽ dưới đây. x

−∞

−

y′

–

1 2

+∞

A. 0. Câu 55.

B. 1.

−3

C. 2.

D. 3.

(THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm bậc ba y = f ( x ) có đồ

thị như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị hàm số y =

+ 4 x + 3) x 2 + x

x  f

( x ) − 2 f ( x ) 

1 Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = là 2 f ( x) −1

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

A. 0 . có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

Câu 59.

B. 1 .

1 là 2 f ( x ) −1

C. 2 .

D. 3.

(THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số bậc ba

f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên dưới:

A. 2 . Câu 56.

B. 3 .

C. 4 .

D. 6 .

(THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên

tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình bên dưới: x −∞ 1 3 f ( x) −∞

B. 3 .

+∞ +∞

A. 5

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. 4 .

Hỏi đồ thị hàm số g (x ) =

)

− 3x + 2

2x − 1

x  f 2 (x ) − f (x )   B. 4

có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

C. 6

D. 3

PHẦN B. LỜI GIẢI Dạng 1. Xác định đường tiệm cận thông qua bảng biến thiên

1 là: 2 f ( x) −1

C. 1.

D. 2 .

Câu 1.

(Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có báng biến thiên như sau:

Câu 57. Cho hàm số bậc ba f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị hàm số g ( x) =

− 3x + 2

)

x −1

( x + 1)  f 2 ( x ) − f ( x ) 

có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là: A. 2. B. 3. C. 4. D. 1. Lời giải Chọn B Nhìn bảng biến thiên ta thấy x=0 hàm số không xác định nên x=0 là TCĐ của đồ thị hàm số

A. 5 .

B. 4 .

C. 6 .

D. 3 .

lim f ( x ) = 3 ⇒ y = 3 là TCN của đồ thị hàm số

x →+∞

lim f ( x ) = 1 ⇒ y = 1 là TCN của đồ thị hàm số

x →−∞

Vậy hàm số có 3 tiệm cận

Câu 2.

(Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là B. 2 . C. 4 . A. 1. Lời giải Chọn B Từ bảng biến thiên đã cho ta có :

Tổng số đường tiệm cận ngang và đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là A. 3 B. 2 C. 4 D. 1 Lời giải Chọn A Từ bảng biến thiên ta có: lim− y = +∞ nên đường thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

D. 3 .

x →1

lim y = 2, lim y = 5 nên đường thẳng y = 2 và y = 5 là các đường tiệm cận ngang của đồ thị

x →−∞

x→−∞

lim f ( x ) = −∞ nên đường thẳng x = 0 là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x →0−

Câu 5.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận.

Câu 3.

x →+∞

hàm số Tổng số đường tiệm cận ngang và đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là 3

lim f ( x ) = 0 nên đường thẳng y = 0 là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. Hỏi đồ thị của hàm số đã cho có bao nhiêu đường tiệm cận?

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

A. 3

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là: A. 4 . B. 1. C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn D

B. 2

C. 4 Lời giải

D. 1

Chọn A Dựa vào bảng biến thiên ta có :

lim f ( x ) = −∞ , suy ra đường thẳng x = −2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x→−2+

Hàm số y = f ( x ) có tập xác định: D = ℝ \ {0} .

lim f ( x ) = +∞ , suy ra đường thẳng x = 0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x →0−

Ta có: lim f ( x ) = +∞ Không tồn tại tiệm cận ngang khi x → +∞.

lim f ( x ) = 0 , suy ra đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

x→+∞

x →+∞

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

lim f ( x ) = 2 vậy hàm số y = f ( x ) có tiệm cận ngang y = 2.

x →−∞

Câu 6.

lim f ( x ) = +∞ ; lim− f ( x ) = −4.

x → 0+

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

x →0

Đồ thị hàm số y = f ( x ) có tiệm cận đứng x = 0. Vậy tổng số tiệm cận đứng và ngang là 2.

Câu 4.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Trang 11/36 - Mã đề 121

Trang 12/36 - Mã đề 121

∞

+∞

(THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho đồ thị hàm số y = f ( x ) như hình bên. Khẳng định nào sau đây là đúng?

+∞

Câu 9.

0 3 4

Tổng số tiệm cận đứng và tiệm ệ cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là A. 1. B. 3. C. 4. Lời giải Chọn B

−1

D. 2.

Ta có lim f ( x ) = 3 và lim f ( x ) = 0 nên đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ận ngang là các đường x →+ ∞

B. Hàm số có hai cực trị. C. Đồ thị hàm số chỉ có một đường tiệm cận. D. Hàm số đồng biến trong khoảng ( −∞ ; 0 ) và ( 0 ; + ∞ ) .

Và lim+ f ( x ) = + ∞ nên hàm số có 1 tiệm cận đứng là đường thẳng có phương trình x = 0. x →0

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận ận đứ đứng của đồ thị hàm số đã cho là: A. 4 . B. 3 . C. 1 . Lời giải lim f ( x ) = 3 ta được tiệm ệm cậ cận ngang y = 3

A. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 0 , tiệm cận ngang y = 1.

x →−∞ →− ∞

thẳng có phương trình y = 3 và y = 0.

Câu 7.

Câu 10. Cho hàmsố f ( x) có bảng biến thiên như sau

D. 2 .

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là A. 4 .

x →+∞

lim − f ( x ) = +∞ ta đượcc tiệm cận c đứng x = −2

B. 1.

C. 3 . Lời giải

D. 2 .

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có: lim f ( x ) = 0 ⇒ y = 0 là một tiệm cận ngang

x →( −2 )

x →−∞

Câu 8.

(LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

lim f ( x) = 5 ⇒ y = 5 là một tiệm cận ngang

x →+∞

lim f ( x) = −∞ ⇒ x = 1 là một tiệm cận đứng

x →1−

Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận là 3. Câu 11.

(ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Tổng số tiệm cận n ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là A. 4 B. 2 C. 3 D. 1 Lời giải Từ bảng biến thiên ta có: + Tiệm cận ngang y = −5 + Tiệm cận đứng x = 2. Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là Trang 14/36 - Mã đề 121

A. 4 .

B. 1.

C. 3 . Lời giải

D. 2 .

Câu 14. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ \ {1} có bảng biến thiên như hình vẽ. Tổng số đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f ( x )

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có: lim f ( x) = 2 ⇒ y = 2 là một ti tiệm cận ngang x →±∞

lim+ f ( x) = −∞ ⇒ x = 1 là một tiệm ti cận đứng x →1

Vậy đồ thị hàm số có tổng ng số đường tiệm cận là 2 . Câu 12.

(SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM ĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến biế thiên như sau

A. 1 .

B. 4 .

C. 2 . Lời giải

D. 3.

Chọn D Do lim+ y = −∞; lim− = +∞ ⇒ TCĐ: x = 1.

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho bằng A. 2 . B. 1 . C. 0 . D. 3 . Lời giải Ta có c đứng của đồ thị hàm số đã cho. lim+ y = −∞ ⇒ x = −2 là tiệm cận

x →1

lim y = −1; lim y = 1 ⇒ đồ thị có 2 tiệm cận ngang là y = ±1

x →+∞

x →−∞

Vậy, đồ thị hàm số đã cho có tổng số TCĐ và TCN là 3. Dạng 2. Xác định đường tiệm cận đồ thị hàm số thông hàm số cho trước

x →−2

lim y = +∞ ⇒ x = 0 là tiệm cận cậ đứng của đồ thị hàm số đã cho.

x → 0−

Câu 15. Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

cậ ngang của đồ thị hàm số đã cho. lim y = 0 ⇒ y = 0 là tiệm cận

x →+∞

Câu 13.

B. y = −1

A. x = −1

Vậy đồ thị hàm số đã cho có tổng đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là 3 .

C. y = 2

2x +1 ? x +1 D. x = 1

Lời giải

(THPT - YÊN ĐỊNH NH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Cho hàm số có bả bảng biến thiên như hình sau

Chọn A Xét phương trình x + 1 = 0 ⇔ x = −1 và lim+ y = +∞ nên x = −1 là tiệm cận đứng. x →−1

Câu 16.

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x) có lim f ( x) = 1 và x →+∞

lim f ( x) = −1 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

x →−∞

B. 2 .

C. 4 .

D. 1 .

Lời giải Vì lim y = 4, lim y = −1 ⇒ Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là y = −1 và y = 4 . x →−∞

x →+∞

Lời giải Chọn D Dựa vào định nghĩa đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số ta chọn đáp án Câu 17.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng? A. y =

lim y = +∞ , lim+ y = −∞ ⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = −1 .

x →−1−

x →−1

lim− y = −∞ , lim+ y = +∞ ⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 1 . x →1

x →1

Nên đồ thị hàm số có 4 đường tiệm ti cận.

x2 − 3x + 2 x −1

B. y =

x2 x +1 2

C. y =

x2 −1

D. y =

x x +1

Lời giải Chọn D Ta có lim− x →−1

x x = +∞ , lim+ = −∞ nên đường thẳng x = − 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm x →−1 x + 1 x +1

số.

Trang 16/36 - Mã đề 121

Câu 18.

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số y = A. 2

B. 3

C. 0 Lời giải

A. 1

x2 − 5x + 4 . x2 −1

B. 2

C. 0 Lời giải

Chọn A

D. 1

Tập xác định của hàm số: D = [ −9; +∞ ) \ {0; −1}

Chọn A Tập xác định: D = ℝ \ {±1}

Ta có: lim + y =

5 4 1− + 2 x2 − 5x + 4 x x = 1 ⇒ y = 1 là đường tiệm cận ngang. Ta có: lim y = lim = lim x →±∞ x →±∞ x →±∞ 1 x2 −1 1− 2 x Mặc khác: ( x − 1)( x − 4 ) = lim ( x − 4 ) = − 3 x2 − 5 x + 4 lim y = lim = lim x →1 ( x − 1)( x + 1) x →1 ( x + 1) x →1 x →1 x2 −1 2

⇒ TCĐ: x = −1 . x+9 −3 x 1 1 = . = lim+ = lim x →0 x2 + x ( x 2 + x ) x + 9 + 3 x→0+ ( x + 1) x + 9 + 3 6

lim y = lim−

x +9 −3 x 1 1 = . = lim− = lim x →0 x2 + x ( x2 + x ) x + 9 + 3 x→0− ( x + 1) x + 9 + 3 6

x →0

x →0−

x →0

(

)

(

x →( −1)

)

Câu 19.

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. 2

B. 1

C. 3 Lời giải

x+4−2 là x2 + x

D. 0

1 . 4

lim + y = lim +

x →( −1)

x+4−2 = +∞ và lim − y = lim − x →( −1) x →( −1) x2 + x

x+4 −2 = −∞ x2 + x

x−2 có mấ y tiệm cận. x2 − 4 C. 2 D. 0 Lời giải

Chọn C Ta có x 2 − 4 = 0 ⇔ x = ±2  x−2  1 lim  2  = nên đường thẳng x = 2 không phải là tiệm cân đứng của đồ thị hàm số. x→2 x − 4   4

A. x = 3 và x = 2 . C. x = −3 và x = −2 .

2x −1 − x2 + x + 3 . x2 − 5x + 6

B. x = 3 . D. x = −3 .

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Tìm số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số:

x2 − 3 x − 4 y= x 2 − 16 A. 2

Lời giải Chọn B Tập xác định D = ℝ \ {2;3}

B. 3

C. 1 Lời giải

D. 0 x→2

x2 − 3x − 4 x + 1 Ta có y = (với điều kiện xác định), do đó đồ thị hàm có 1 tiệm cận đứng. = x+4 x2 − 16

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

( 2 x − 1) − ( x2 + x + 3) ( 2 x − 1) − ( x 2 + x + 3) 2 x − 1 − x2 + x + 3 = lim = lim + x → 2+ x2 − 5x + 6 ( x 2 − 5 x + 6 ) 2 x − 1 + x 2 + x + 3 x →2 ( x 2 − 5 x + 6 ) 2 x − 1 + x 2 + x + 2

lim+

Chọn C

Câu 21.

B. 1

Câu 23. Tìm tất cả các tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

⇒ TCĐ: x = −1 . Vậy đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng. Câu 20.

)

1 1  x−2   x−2  lim  2 = +∞ , lim −  2 = −∞ , nên đường thẳng x = −2  = lim+  = x→lim x → ( −2 )  x − 4  ( −2 ) − x + 2  x − 4  x →−2 x + 2 là tiệm cân đứng của đồ thị hàm số.  x−2  lim   = 0 nên đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x→±∞ x 2 − 4   Vậy có đồ thị có hai đường tiệm cận.

Tập xác định của hàm số: D = [ −4; +∞ ) \ {0; −1} x →0

(

x→−2+

Chọn B

Ta có: lim y =

)

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Đồ thị hàm số y = A. 3

⇒ x = −1 là đường tiệm cận đứng. Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận

(

⇒ x = 0 không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Vậy đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng.

lim − y = lim −

x+9 −3 = −∞ . x2 + x

lim y = lim+

x →0 +

Câu 22.

( x − 1)( x − 4 ) = lim ( x − 4 ) = +∞ x − 5x + 4 = lim − − x → ( −1) ( x − 1)( x + 1) x →( −1) ( x + 1) x2 −1

x +9 −3 = +∞ và lim − y = lim − x → ( −1) x →( −1) x2 + x

lim +

x → ( −1)

x →( −1)

⇒ x = 1 không là đường tiệm cận đứng. ( x − 1)( x − 4 ) = lim ( x − 4 ) = −∞ x2 − 5x + 4 lim + y = lim + = lim+ + x →1 ( x − 1)( x + 1) x → ( −1) x → ( −1) x →( −1) ( x + 1) x2 −1 x → ( −1)

D. 3

x +9 −3 là x2 + x

Trang 17/36 - Mã đề 121

= lim+ x→2

(

(3 x + 1)

( x − 3) ( 2 x − 1 +

Trang 18/36 - Mã đề 121

x2 + x + 3

)

=−

7 6

)

(

2 x −1 − x2 + x + 3 7 = − . Suy ra đường thẳng x = 2 không là tiệm cận đứng x→2 x2 − 5x + 6 6 của đồ thị hàm số đã cho.

x →( −1)

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

lim y = lim x →0

x + 25 − 5 x2 + x

B. 2

C. 0 Lời giải

Tập xác định D = [ −25; +∞ ) \ {−1;0} . Biến đổi f ( x) = Vì lim + y = lim + x →( −1)

D. 1

Câu 27.

x →( −1)

( x + 1) (

x + 25 + 5

)

( x + 1) (

x + 25 + 5

)

= +∞ nên đồ thị hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng

x+4 −2 x ( x + 1)

)(

(

x+4+2

)

) = lim x →0

( x + 1) (

x+4+2

)

1 4

A. 3

B. 2

C. 1 Lời giải

TH2: x > 1 ⇒ x + 1 > 0 . Khi đó f ( x ) =

D. 0

Câu 28.

x + 16 − 4 x lim y = lim = lim = lim x →0 x →0 ( x + 1) x x→0 x ( x + 1) x + 16 + 4 x→0 ( x + 1)

(

x →( −1)

vì lim + x →( −1)

(

)

(

x + 16 + 4

)

(

1 = . x + 16 + 4 8

)

x →( −1)

x (4x + 6) − 2

x+2

A. 1

)

x →+∞

= −∞ .

Vậy đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là x = −1 .

(THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

lim

x →−∞

x+4−2 là x2 + x

B. 0 .

x −1

( x + 1) ( x − 1)( x + 1)

x +1 . x −1

B. 3

C. 1.

C. 2 Lời giải

D. 4

Chọn C

lim

x + 16 + 4

x +1

= +∞ .

x →( −1)

( x + 1) (

x +1 . x −1

là?

=−

(ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

x + 16 + 4 = 15 + 4 > 0 , lim + ( x + 1) = 0 và x → ( −1) thì x > −1 ⇒ x + 1 > 0 .

Tương tự lim − y = lim −

( x + 1) ( x − 1)( x + 1)

x −1

có

D. 2 .

−

x2 − 1

Suy ra hàm số TCN y = 1 , TCĐ x = 1 . Vậy hàm số có 2 TCN và 1 TCN

Ta có

x + 16 − 4 = lim ( x + 1) x x→(−1)+ ( x + 1)

x +1

Suy ra hàm số TCN y = −1 , không có TCĐ.

x + 16 − 4 là x2 + x

Chọn C Tập xác định hàm số D = [ −16; +∞ ) \ {−1;0} .

lim + y = lim +

(THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Đồ thị hàm số f ( x ) =

TH1: x < −1 ⇒ x + 1 < 0 . Khi đó f ( x ) =

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

A. 3 .

(

tất cả bao nhiêu tiệm cận đứng và tiệm cận ngang? A. 4 . B. 3 . C. 1 . Lờigiải Tập xác định của hàm số D = ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ )

x = −1 .

x+4 −2 = lim x →0 x2 + x

Nên đường thẳng x = 0 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Chọn D

Câu 26.

x →0

Vậy đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận đứng x = −1 .

là A. 3

Câu 25.

x →( −1)

Nên đường thẳng x = −1 là một đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

2x −1 − x2 + x + 3 2x −1 − x2 + x + 3 = +∞; lim− = −∞ . Suy ra đường thẳng x = 3 là tiệm 2 x →3 x →3 x − 5x + 6 x2 − 5x + 6 cận đứng của đồ thị hàm số đã cho. lim+

Câu 24.

x+4 −2 = −∞ x2 + x

Ta có: lim + y = lim +

Tương tự lim−

D. 2 .

Lời giải

lim

x →−2±

x ( 4x + 6) − 2 x+2

x ( 4 x + 6) − 2 x+2 x ( 4 x + 6) − 2 x+2

6 2 − x x =2 2 1+ x

= lim

x →+∞

6 2 − x x = −2 2 1+ x

− 4+

= lim

x →−∞

= lim± x →−2

( x + 2 )( 4 x − 2 ) = lim ( x + 2 ) ( x ( 4 x + 6 ) + 2 ) x→−2

Vậy hàm số có hai tiệm cận ngang y = ±2 .

TXĐ: D = [ −4; +∞ ) \ {−1;0} .

Trang 19/36 - Mã đề 121

Trang 20/36 - Mã đề 121

4x − 2 x ( 4x + 6) + 2

−5 2

Câu 29.

x2 + 2x + 3

(THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y =

A. 4

x − 3x + 2

Đồ thị hàm số đã cho có bao nhiêu đường tiệm cận? A. 4 . B. 5 . C. 3 . Lời giải

(

)

Điều kiện: x ∈ −∞; − 2 ∪ ( −1;1) ∪

Do lim y = lim y = lim x →+∞

x →−∞

x →±∞

(

lim + y = lim + x →( −1)

)

 x − 2 +1  Ta có: lim+  2 nên đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.  = +∞ x →2  x − 3x + 2 

2; +∞ .

2 3 1+ + 2 x2 + 2 x + 3 x x = 1 ⇒ y = 1 là đường tiệm cận = lim x 4 − 3 x 2 + 2 x →±∞ 1 − 3 + 2 x 2 x4

( x + 1)( x + 2 ) ( x + 1) ( x + 2 ) ( x − 1) ( x −

)

= lim + x →( −1)

 x − 2 +1  lim  2  = 0 nên đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.  x − 3x + 2 

x →+∞

Câu 32.

(THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số

5 x 2 + 6 + x − 12 có đồ thị ( C ) . Mệnh đề nào sau đây là đúng? 4 x3 − 3x − 1 A. Đồ thị ( C ) của hàm số không có tiệm cận. y=

( x + 1) ( x + 2 )

( x + 2 ) ( x − 1) ( x − 2 )

= 0 nên

B. Đồ thị ( C ) của hàm số chỉ có một tiệm cận ngang y = 0 .

đường thẳng x = −1 không là đường tiệm cận đứng.

Có lim + y = +∞ nên đường thẳng x = 2 là đường tiệm cận đứng. x →( 2 ) Có

lim − y = +∞ nên đường thẳng x = − 2 là đường tiệm cận đứng. ( )

Lời giải

x→ − 2

Chọn D

Vậy đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận ( 1 tiệm cận ngang, 3 tiệm cận đứng).

Câu 30.

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hàm số y = có bao nhiêu đường tiệm cận? A. 1 B. 3

Ta có: lim− y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ Đồ thị hàm số có một TCĐ là x = 1

D. 4

x→1

lim y = 0 ⇒ Đồ thị hàm số có một TCN là y = 0

x→±∞

Chọn C TXĐ: D = ℝ \ {0}

Câu 33.

(THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Đồ thị hàm số y = có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận? A. 3 B. 0

 1 1   1 1  x 1 − 1 + + 2   1 1− 1+ + 2  x x  x x =0   lim y = lim = lim 2 . x →−∞ x →−∞ x →−∞  x 1 1    1 + x3 1 + 2    x2  x   

D. 1

5 1 1 1 + − 3+ 4 5 x + 1− x + 1 x x2 x x = lim = 0 ⇒ y = 0 là đường tiệm cận ngang x→+∞ x→+∞ 2 x2 + 2x 1+ x

• lim y = lim x →+∞

của đồ thị hàm số. 2

lim+ y = +∞ ⇒ TCĐ: x = 0 .

• lim y = lim

x →0

x→0

x→ 0

(THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

C. 2 Lời giải

5 x + 1− x + 1 x2 + 2 x

Chọn D Tập xác định: D = [−1; + ∞) \ {0 } .

 1 1   1 1  x 1 + 1 + + 2   1 1+ 1+ + 2  x x  x x =0  lim y = lim = lim  2 . x →+∞ x →+∞ x →+∞  x 1 1   3 1+ 2 x 1 + 2    x  x    ⇒ TCN: y = 0

Câu 31.

   1 TXĐ: D = R \ 1; −     2   

x + x2 + x + 1 x3 + x

x→1

C. 2 Lời giải

D. 2

x − 2 ≥ 0 x ≥ 2 Đkxđ:  2 ⇔ ⇔ x>2  x ≠ 2, x ≠ 1  x − 3x + 2 ≠ 0

x →1

x →( −1)

C. 3 Lời giải

Chọn D

D. 6 .

ngang của đồ thị hàm số. Có lim− y = +∞ nên đường thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng. Có

B. 1

= lim

x − 2 +1 là x − 3x + 2

x→ 0

(5 x + 1) − x −1 25 x 2 + 9 x 5x + 1− x + 1 = lim 2 = lim 2 2 0 x → x → 0 x + 2x ( x + 2 x) 5 x + 1 + x + 1 ( x + 2 x) 5 x + 1 + x + 1

(

25 x + 9

( x − 2)(5 x + 1 + x + 1)

)

−9 4

⇒ x = 0 không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Trang 21/36 - Mã đề 121

Trang 22/36 - Mã đề 121

(

)

 m = −1 Khi đó:  .  m = −4 Với m = −1 có một tiệm cận đứng x = 2 . Với m = −4 có một tiệm cận đứng x = 1 . Vậy m ∈{ − 1; −4} .

Vậy đồ thị hàm số có tất cả 1 đường tiệm cận. Dạng 3. Định m để đồ thị hàm số có đường tiệm cận thỏa mãn điều kiện cho trước

Câu 34.

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho x +1 đồ thị của hàm số y = có hai tiệm cận ngang mx 2 + 1 A. m < 0 B. m = 0 C. m > 0 D. Không có giá trị thực nào của m thỏa mãn yêu cầu đề bài Lời giải Chọn C Xét các trường hơp sau: Với m = 0 : hàm số trở thành y = x + 1 nên không có tiệm cận ngang. Với m < 0 :  1 1   suy ra không tồn tại hàm số y = = có tập xác định là D =  − ; 2 2  m m  1− m x mx + 1  giới hạn lim y hay hàm số không có tiệm cận ngang.

x +1

x →±∞

Câu 36.

cận? A. 0 . Kí hiệu ( C ) là đồ thị hàm số y =

x →−∞

 1 1 +  1 x và lim y = lim = lim = lim = lim  = . 2 x →+∞ x →+∞ x →+∞ x →+∞ x →+∞ 1 1 1 m mx + 1 x m+ 2 x m+ 2 m+ 2 x x x 1 1 Vậy hàm số có hai tiệm cận ngang là : y = ;y = − khi m > 0 . m m x +1

Câu 35.

x +1

6x − 3 . 2 mx x − 6 + 3 )( 9 x 2 + 6 mx + 1) (

Nhận thấy: ( C ) luôn có một đường tiệm cận ngang y = 0 và phương trình (1) không thể có duy nhất một nghiệm đơn với mọi m . Do đó ( C ) có đúng một đường tiệm cận khi và chỉ khi ( C ) không có tiệm cận đứng ⇔ (1) vô

9 − 3m < 0 m > 3 nghiệm ⇔  2 , ( không tồn tại m ). ⇔  −1 < m < 1 9m − 9 < 0 Kết hợp các trường hợp ta được m = 0 . Câu 37.

số y =

D. m ∈{ − 1; −4}

Lời giải

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị nguyên x+2 của tham số m thuộc đoạn [ −2017; 2017] để hàm số y = có hai tiệm cận đứng: 2 x − 4x + m A. 2021. B. 2018. C. 2019. D. 2020. Lời giải Chọn D Hàm số có hai tiệm cận đứng khi x 2 − 4 x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác − 2 m ≠ −12 ⇔ ⇒ m ∈ −2017; 4 ) \{−12} m < 4

x2 + m x2 + m . y= 2 = x − 3x + 2 ( x − 1)( x − 2 )

Câu 38.

lim y = 1 ⇒ y = 1 là đường tiệm cận ngang. x →±∞

Đồ thị hàm số y =

D. Vô số.

Xét phương trình ( mx 2 − 6 x + 3 )( 9 x 2 + 6mx + 1) = 0 (1)

(HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để đồ thị hàm x2 + m có đúng hai đường tiệm cận. x2 − 3x + 2 A. m = −1 B. m ∈{1;4} C. m = 4

C. 1. Lời giải

Do đó chọn m = 0 . * Trường hợp 2: m ≠ 0 .

 1 − 1 +  x +1 x +1 x +1 1 x = lim = lim = lim  =− . x →−∞ x →−∞ 1 1 m mx 2 + 1 x→−∞ x m + 1 −x m + 2 m+ 2 2 x x x

x →−∞

B. 2 .

* Trường hợp 1: m = 0 . 6x − 3 . Đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận ngang y = 0 . Khi đó y = ( −6 x + 3) ( 9 x 2 + 1)

Với m > 0 : Ta có: lim y = lim

(TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Có bao nhiêu giá 6x − 3 có đúng một đường tiệm trị nguyên của m để đồ thị hàm số y = ( mx 2 − 6 x + 3)( 9 x 2 + 6mx + 1)

x2 + m có đúng hai đường tiệm cận ⇔ đồ thị hàm số có đúng một tiệm x − 3x + 2 2

cận đứng ⇔ pt x 2 + m = 0 nhận nghiệm x = 1 hoặc x = 2 .

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm tất cả các giá trị của 5x − 3 tham số m sao cho đồ thị hàm số y = 2 không có tiệm cận đứng. x − 2mx + 1  m < −1 A.  B. −1 < m < 1 C. m = −1 D. m = 1 m > 1 lời giải Chọn B

Trang 23/36 - Mã đề 121

Trang 24/36 - Mã đề 121

Câu 39.

để hàm số không có tiệm cận đứng thì x 2 − 2mx + 1 = 0 vô nghiệm

TH3: m > 0 suy ra tập xác định của hàm số là D = ( −∞; x1 ) ∪ ( x2 ; +∞ ) ( x1 ; x2 là nghiệm của

suy ra m2 − 1 < 0 ⇒ −1 < m < 1

phương trình mx 2 − 8 x + 2 = 0 ). Do đó đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận khi phương trình mx 2 − 8 x + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 16 − 2m > 0 m < 8   1 ⇔ m > 0; m ∈ ℤ ⇔ m > 0; m ∈ ℤ ⇒ m = {1; 2;3; 4;5;7} . Suy ra có tất cả 6 giá trị nguyên của m − 8 + 2 ≠ 0 m ≠ 6  

(GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số x +1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị có ba đường tiệm cận y = f ( x) = 2 x − 2 mx + 4  m < −2  B.  5 m ≠ − 2

A. m > 2

 m > 2    m < −2 C.  5   m ≠ − 2 Lời giải

 m < −2 D.   m>2

tham số m thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

Câu 42.

Chọn C Để đồ thị có ba đường tiệm cận thì x 2 − 2 mx + 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt ≠ −1

A. 0 .

Lờigiải

Phương trình 9 x 2 + 6mx + 1 = 0 ( 2 ) có ∆′ = 9 m 2 − 9 .

Để đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận ta xét các trường hợp sau:

ax + b ta có cx + d

9 − 3m < 0 3 < m ⇔ 2 ⇔ ⇔ m ∈∅ . 9 m 9 0 − <  −1 < m < 1 

d = − m − 3 = 0 làm TCĐ ⇒ m = −3 c

- TH2: Phương trình (1) có nghiệm đơn x =

(SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị x −1 nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y = có đúng bốn đường tiệm cận? 2 mx − 8 x + 2 A. 8 B. 6 C. 7 D. Vô số Lời giải TH1: m < 0 suy ra tập xác định của hàm số là D = ( x1; x2 ) , ( x1 ; x2 là nghiệm của phương trình mx 2 − 8 x + 2 = 0 ). Do đó m < 0 không thỏa yêu cầu của bài toán. x −1 TH2: m = 0 => y = suy ra tập xác định của hàm số là D = ( −∞; 4 ) . −8 x + 2 lim y = −∞; lim− y = −∞ . Khi đó ta có x = −4 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x →−∞

Phương trình mx 2 − 6 x + 3 = 0 (1) có ∆′ = 9 − 3m .

- TH1: Cả hai phương trình (1) và ( 2 ) đều vô nghiệm

a Đồ thị hàm số nhận y = = n − 3 = 0 làm TCN ⇒ n = 3 . c V ậy m + n = 0 .

Câu 41.

D. Vô số.

Để đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận thì đồ thị không có tiệm cận đứng.

Chọn A

Đồ thị hàm số nhận x = −

C. 1.

Nhận thấy với mọi giá trị của m đồ thị luôn có 1 tiệm cận ngang.

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết rằng đồ thị của hàm số ( n − 3) x + n − 2017 ( y= m , n là các số thực) nhận trục hoành làm tiệm cận ngang và trục tung x+m+3 là tiệm cận đứng. Tính tổng m + n . A. 0 B. −3 C. 3 D. 6

Theo công thức tìm nhanh tiệm cận của đồ thị hàm số y =

B. 2 .

Lời giải

 m > 2  ∆>0    m < −2 ⇔ ⇔ 2 m − − − + ≠ 1 2 1 4 0 ( ) 5  ( ) m ≠ − 2 ⋅ Câu 40.

(TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm 6x − 3 số y = có đúng một đường tiệm cận? ( mx 2 − 6 x + 3)( 9 x2 + 6mx + 1)

m = 0 m = 0 ⇔ 2 ⇔ ⇔m=0 9m − 9 < 0 −1 < m < 1 Vậy với m = 0 thì đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận.

Câu 43.

(HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Có tất cả bao nhiêu số nguyên m để đồ thi hàm số x2 −1 có ba đường tiệm cận? x + 2mx + 2m 2 − 25 B. 11 . C. 5 . A. 9 . y=

Lời giải Điều kiện x 2 + 2mx + 2m 2 − 25 ≠ 0 .

x→4

Do đó m = 0 không thỏa yêu cầu của bài toán

Trang 25/36 - Mã đề 121

1 và phương trình ( 2 ) vô nghiệm 2

Trang 26/36 - Mã đề 121

D. 7 .

Vậy m ∈ [ −2;10 ) ; m ∈ ℤ nên có 12 giá trị nguyên m .

1 x2 = 1 và 2m 2m2 − 25 1+ + 2 x x 1 1− 2 x2 −1 x lim 2 = lim = 1. 2 x →+∞ x + 2mx + 2m − 25 x →+∞ 2m 2m2 − 25 1+ + 2 x x x2 −1 = lim x →−∞ x 2 + 2mx + 2m 2 − 25 x →−∞

1−

Ta có lim

Câu 45.

(GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Với giá trị nào của hàm số m để đồ thị hàm số y = x − mx 2 − 3x + 7 có tiệm cạn ngang.

A. m = 1

B. m = −1

C. m = ±1 Lời giải

D. Không có m

Chọn A Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang ⇒ Hàm số xác định trên một trong các miền ( −∞; a ) , ( −∞; a ] , ( a, +∞ ) hoặc [ a; +∞ )

Suy ra y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (khi x → −∞ và x → +∞ ).

m≥0 Đồ thị hàm số không có tiệm cận xiên.

TH1: m = 0 ⇒ y = x − −3x + 7, lim y = ±∞ đồ thị không có tiệm cận ngang x →±∞

x2 −1 Yêu cầu bài toán trở thành tìm điều kiện của m ∈ ℤ để đồ thị hàm số y = 2 x + 2mx + 2m 2 − 25 có 2 tiệm cận đứng ⇔ x 2 + 2mx + 2m 2 − 25 = 0 phải có hai nghiệm phân biệt khác ±1

TH2: m > 0, y = x − mx − 3x + 7  3 7  3 Khi lim y = lim  x − x m − + 2  = đồ thị hàm số có tiệm cận ngang khi và chỉ khi m = 1. x →+∞  x x  2 x →+∞  V ậy m = 1 Cách trắc nghiệm: 3 Thay m = 1 ⇒ y = x − x 2 − 3 x + 7 ⇒ lim x − x 2 − 3 x + 7 = đồ thị hàm số có tiệm cận x →+∞ 2 ngang

 ∆ ' = m 2 − ( 2m 2 − 25) > 0  −5 < m < 5   ⇔  1 + 2m + 2m 2 − 25 ≠ 0 ⇔  m ≠ 3, m ≠ −4 .  1 − 2m + 2m 2 − 25 ≠ 0  m ≠ −3, m ≠ 4 

(

Do m ∈ ℤ nên m ∈ {−2; − 1; 0; 1; 2} .

x →−∞

nguyên thuộc khoảng ( −10;10 ) để đồ thị hàm số y =

B. 11.

)

(

Thay m = −1 ⇒ y = x − − x 2 − 3 x + 7 ⇒ lim x − − x 2 − 3 x + 7 không xác định. x →+∞

(THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị m

cận? A. 12 .

)

(

⇒ lim x − x 2 − 3 x + 7 = −∞ không có tiệm cận ngang.

Vậy có 5 giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 44.

)

C. 0 .

x ( x − m) −1

x+2

(

)

lim x − − x 2 − 3 x + 7 không xác định.

x →−∞

có đúng ba đường tiệm

D. 10 .

V ậy m = 1

Câu 46.

(THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Tập hợp các giá trị của m để hàm số y =

Lời giải

A. ℝ \ {0}

Ta có m m m 1− x. 1 − x x x = 1 ⇒ Tiệm cận ngang y = 1 lim y = lim = lim = lim x →+∞ x →+∞  2  x →+∞  2  x →+∞  2  x. 1 +  x. 1 +  + 1    x  x  x

Đồ thì hàm số đúng ba đường tiệm cận

3   −2. ( −2 − m ) − 1 ≠ 0 m ≠ − ⇔ ⇔ x = −2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ⇔  2 −2. ( −2 − m ) ≥ 0 m ≥ −2 Trang 27/36 - Mã đề 121

D. ℝ

Chọn A Điều kiện x ≠ m . Để đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = m thì x = m không là nghiệm của phương trình

x2 = 0

x . 1−

Vậy ta luôn có 2 đường tiệm cận ngang với giá trị m nguyên thuộc khoảng ( −10;10 ) .

C. ∅ Lời giải.

x . 1−

m m m − x. 1 − − 1− x x x = −1 ⇒ Tiệm cận ngang y = −1 lim y = lim = lim = lim x →−∞ x →−∞  2  x →−∞  2  x →−∞  2  x.  1 +  x. 1 +  1 +   x  x  x

x2 có tiệm cận đứng là: x−m B. {0}

⇒ m2 ≠ 0 ⇒ m ≠ 0 Câu 47.

(THPT CHUYÊN BẮC NINH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = tất cả bao nhiêu giá trị m để đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận. A. 2 B. 3 C. 0 D. 1 Lời giải Chọn B Nhận xét:

Trang 28/36 - Mã đề 121

x −1 . Có mx 2 − 2 x + 3

Lời giải

+ f ( x ) = mx 2 − 2 x + 3 có bậc ≥ 1 nên đồ thị hàm số luôn có 1 tiệm cận ngang.

Điều kiện 4 x − x 2 ≥ 0 ⇔ x ∈ [ 0; 4] .

+ Do đó: Yêu cầu bài toán 9 đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng. 3 + m = 0 , đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng là đường thẳng x = ⇒ m = 0 thỏa bài toán. 2 + m ≠ 0 , đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình mx 2 − 2 x + 3 = 0

Dễ thấy 12 + 4 x − x 2 > 0, ∀x ∈ [ 0; 4] . Admin: Nhận xét: Nếu phương trình x 2 − 6 x + 2m = 0 có hai nghiệm a , b, a < b thì

1  ∆ f = 0 m= có nghiệm kép hoặc nhận x = 1 làm nghiệm ⇔  ⇔ 3   f (1) = 0  m = −1

x 2 − 6 x + 2m < 0, ∀x ∈ ( a; b ) Do đó để đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận đứng thì phương trình x 2 − 6 x + 2m = 0 có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn ( 0; 4 ) .

 1  + KL: m ∈ 0; ; −1 .  3 

Xét g ( x ) = x 2 − 6 x = −2m có g ′ ( x ) = 2 x − 6 = 0 ⇔ x = 3 ∈ ( 0; 4 ) .

Câu 48. SỞ

GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số x −3 . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn [ −6;6] của tham số m y= 3 x − 3mx 2 + (2m 2 + 1) x − m để đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận? A. 8 . B. 9 . C. 12 . D. 11. Lời giải x −3 Gọi ( C ) là đồ thị hàm số y = 3 . x − 3mx 2 + (2m 2 + 1) x − m

Ta có: lim y = lim x →±∞

x →±∞

Ta có bảng biến thiên của hàm số g ( x ) trên đoạn ( 0; 4 ) :

-8

-9

Từ đó ta thấy phương trình x 2 − 6 x + 2m = 0 có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn ( 0;4 ) khi

−9 < −2m < −8 ⇔ 4 < m <

⇔ x3 − 3mx 2 + ( 2m 2 + 1) x − m = 0 (1) có 3 nghiệm phân biệt khác 3 .

Câu 50.

x 2 − 4 x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác − 2

Do m ∈ [ −6;6] , m nguyên nên m ∈ {−6; −5; −4; −3; −2; 2; 4;5;6} .

 ( − 2 )2 − m > 0 4 − m > 0 m < 4  ⇔ ⇔  2 m m ≠ − 12 12 + ≠ 0   m − 2 − 4. − 2 + ≠ 0  ( ) ( )

Vậy có 9 giá trị m thỏa mãn.

x 2 − 6 x + 2m

 9 C. S =  4;  .  2

Vì m là số nguyên và thuộc đoạn [ −2017; 2017 ] nên có 2021 giá trị của m

có đồ thị ( Cm ) . Tìm tập

S tất cả các giá trị của tham số thực m để ( Cm ) có đúng hai tiệm cận đứng.  9 B. S =  4;  .  2

(CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị x+2 có hai tiệm x2 − 4x + m cận đứng. A. 2019 B. 2021 C. 2018 D. 2020 Lời giải Chọn B Điều kiện x 2 − 4 x + m > 0 x+2 Đồ thị hàm số y = có hai tiệm cận đứng khi x2 − 4x + m

 5 5  ⇔ m ∈ ( −∞; −1) ∪ 1;  ∪  ;3  ∪ ( 3; +∞ ) .  3 3 

12 + 4 x − x 2

9 . 2

nguyên của hàm số thực m thuộc đoạn [ −2017; 2017 ] để hàm số y =

 m ≠ 3 m ≠ 3   2   m < −1 m − 1 > 0 Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khác 3 ⇔  2 ⇔  2  m − 2m + 1 ≠ 0 m > 1 2 3 − 6 m + 1 ≠ 0  5  m ≠ 3 

(THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Cho hàm số y =

x−3 = 0 nên đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận x 3 − 3mx 2 + ( 2m 2 + 1) x − m

x = m Ta có (1) ⇔ ( x − m ) ( x 2 − 2mx + 1) = 0 ⇔  2 .  x − 2mx + 1 = 0

Do đó ( C ) có 4 đường tiệm cận khi và chỉ khi ( C ) có 3 đường tiệm cận đứng

A. S = [8;9 ) .

3 -

ngang là y = 0.

Câu 49.

D. S = ( 0;9] .

Câu 51.

(THPT NGÔ GIA TỰ VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị nguyên

của tham số m để đồ thị hàm số y = A. 8.

Trang 29/36 - Mã đề 121

Trang 30/36 - Mã đề 121

B. 10.

x 2 − 3x + 2 không có đường tiệm cận đứng? x − mx − m + 5 C. 11. D. 9. 2

Lời giải Chọn

x = 1 Nhận xét: x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔  . x = 2 Đặt f ( x ) = x 2 − mx − m + 5 . Hàm số đã cho không có đường tiệm cận đứng khi và chỉ khi

Từ bảng biến thiên, ta thấy phương trình x 3 − 3 x 2 + m − 1 = 0 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m − 5 < 0 < m − 1 ⇔ 1 < m < 5 . Dạng 4. Xác định tiệm cận của đồ thị hàm số g[f(x)] khi biết bảng biến thiên hàm số f(x)

∆ f < 0  m2 + 4m − 20 < 0   2  −2 − 2 6 < m < −2 + 2 6  ∆ f > 0  m + 4m − 20 > 0 . ⇔ ⇔     1− m − m + 5 = 0 m = 3   f (1) = 0   f ( 2) = 0  4 − 2m − m + 5 = 0 

Câu 54.

(CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến

thiên như hình dưới đây.

Vì m là số nguyên nên m ∈ {−6; −5; −4; −3; −2; −1;0;1; 2;3} . Câu 52.

(GKI NHÂN CHÍNH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Xác định m để đồ thị hàm số y=

x −1 có đúng hai đường tiệm cận đứng? x 2 + 2 ( m − 1) x + m 2 − 2

3 2

A. m < .

B. m > − ; m ≠ 1 .

3 2

C. m < ; m ≠ 1; m ≠ −3 . D. m > − .

Lờigiải Chọn C Xét phương trình g ( x ) = x 2 + 2 ( m − 1) x + m 2 − 2 = 0

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

(1)

C. 2. D. 3. Lời giải 1 Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = đúng bằng số nghiệm thực của phương trình 2 f ( x ) −1

Để đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận đứng thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt 3   ∆′ > 0  −2 m + 3 > 0  m< . ⇔ 2 ⇔ 2  m + 2m − 3 ≠ 0  g (1) ≠ 0  m ≠ 1; m ≠ −3

khác 1 ⇔ 

Câu 53. Cho hàm số y =

A. 0.

B. 1.

2 f ( x) −1 = 0 ⇔ f ( x) =

1 . 2

1 là 2 f ( x ) −1

với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị x 3 − 3x 2 + m − 1 hàm số đã cho có 4 đường thẳng tiệm cận. A. 1 < m < 5 . B. −1 < m < 2 . C. m < 1 hoặc m > 5 . D. m > 2 hoặc m < −1 . Lời giải 1 1 Ta có lim y = lim không tồn tại. Suy ra = 0 , lim y = lim x →+∞ x →+∞ x →−∞ x →−∞ x3 − 3x2 + m − 1 x 3 − 3x 2 + m − 1 y = 0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Do đó, để đồ thị hàm số đã cho có 4 đường thẳng tiệm cận thì phương trình x 3 − 3 x 2 + m − 1 = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

Mà số nghiệm thực của phương trình f ( x ) = với đường thẳng y =

1 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) 2

1 . 2

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y = biệt. Vậy đồ thị hàm số y = Lại có lim

x →±∞

Xét hàm số g ( x ) = x3 − 3x 2 + m − 1 . Tập xác định D = R .

1 cắt đồ thị hàm số y = f ( x) tại 2 điểm phân 2

1 có 2 tiệm cận đứng. 2 f ( x ) −1

1 = 1 ⇒ đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang là y = 1 . 2 f ( x ) −1

Vậy tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

x = 0 . g ′ ( x ) = 3x − 6 x ; g ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 2 Bảng biến thiên: 2

Câu 55.

(THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm bậc ba y = f ( x ) có đồ

thị như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị hàm số y = đứng? Trang 31/36 - Mã đề 121

1 là 3 . 2 f ( x ) −1

Trang 32/36 - Mã đề 121

+ 4 x + 3) x 2 + x

x  f 2 ( x ) − 2 f ( x ) 

có bao nhiêu đường tiệm cận

 ( x + 1)( x + 3) x ( x + 1)  lim+ =0 x →− 1 x. f ( x ) .  f ( x ) − 2  ( x + 1)( x + 3) x ( x + 1) nên x = −1 không là tiệm lim+ =0  x →b x. f ( x ) .  f ( x ) − 2   ( x + 1)( x + 3) x ( x + 1) =0  xlim →−1− x. f ( x ) .  f ( x ) − 2   cận đứng. A. 2 .

B. 3 .

C. 4 .

D. 6 .

lim

( x + 1)( x + 3) x ( x + 1) = +∞ x. f ( x ) .  f ( x ) − 2

lim

( x + 1)( x + 3) x ( x + 1) = +∞ (do x. f ( x ) .  f ( x ) − 2

x →b +

Lời giải

x → c+

(do x → b + thì f ( x ) → 2+ ) nên x = b là tiệm cận đứng. x → c + thì f ( x ) → 2− ) nên x = c là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có 4 tiệm cận đứng. Câu 56.

(THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên

tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình bên dưới: x −∞ 1 2 3 f ( x) 0 −∞

(x y=

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

+ 4 x + 3) x 2 + x

( x + 1)( x + 3) x ( x + 1) = x. f ( x ) .  f ( x ) − 2 x  f 2 ( x ) − 2 f ( x ) 

Điều kiện tồn tại căn

A. 4 .

x ≥ 0 . x2 + x :   x ≤ −1

Đặt h ( x ) =

x = 0  Xét phương trình x  f 2 ( x ) − 2 f ( x )  = 0 ⇔  f ( x ) = 0 . f x =2  ( ) Với x = 0 ta có lim+ x→0

x →+∞

x = 0 là

( x + 1)( x + 3) x ( x + 1) = −∞ x. f ( x ) .  f ( x ) − 2 

x →+∞

lim h ( x ) = lim

x →−∞

1 = 0. 2 f ( x) −1

Suy ra đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang y = 0 . *) Tiệm cận đứng: 1 Xét phương trình: 2 f ( x ) − 1 = 0 ⇔ f ( x ) = . 2 1 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f ( x ) = có ba nghiệm phân biệt a, b, c thỏa 2 mãn a < 1 < b < 2 < c .

Với f ( x ) = 0 ⇒ x = −3 (nghiệm bội 2) hoặc x = a (loại vì −1 < a < 0 ).

x →−3

D. 2 .

1 . 2 f ( x ) −1

Ta có: lim h ( x ) = lim

( x + 1)( x + 3) x ( x + 1) ( x + 1)( x + 3) x + 1 = +∞ . Suy ra = lim x→ 0 x. f ( x ) .  f ( x ) − 2 x . f ( x ) .  f ( x ) − 2  +

C. 1. Lời giải

1 là: 2 f ( x ) −1

*) Tiệm cận ngang:

tiệm cận đứng.

Ta có: lim+

B. 3 .

+∞ +∞

nên x = −3 là tiệm cận đứng.

 x = −1  Với f ( x ) = 2 ⇒  x = b ( −3 < b < −1) (nghiệm bội 1). Ta có:  x = c c < −3 ( ) 

Đồng thời lim+ h ( x ) = lim− h ( x ) = lim+ h ( x ) = +∞ nên đồ thị hàm số y = h ( x ) có ba đường tiệm x→a

x →b

x →c

cận đứng là x = a , x = b và x = c . Vậy tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = h ( x ) là bốn.

Trang 33/36 - Mã đề 121

Trang 34/36 - Mã đề 121

Câu 57. Cho hàm số bậc ba f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị hàm số

g ( x) =

− 3x + 2 ) x − 1

( x + 1)  f 2 ( x ) − f ( x ) 

Từ bảng biến thiên ta có lim f ( x ) = lim f ( x ) = 1 . x →+∞

x →−∞

1 1 1 = lim = 1 . Vậy đồ thị hàm số y = có 1 đường tiệm Do đó lim x →+∞ 2 f ( x ) − 1 x →−∞ 2 f ( x ) − 1 2 f ( x) −1

có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

cận ngang là đường thẳng y = 1 . x = a 1 1 1 , trong đó a > − , b < − . ⇔ 2 2 2 x = b 1 1 1 1 lim = +∞ , lim− = −∞ và lim+ = −∞ , lim− = +∞ . x→a+ 2 f ( x ) − 1 x→a 2 f ( x ) − 1 x →b 2 f ( x ) − 1 x →b 2 f ( x ) − 1

Ta có 2 f ( x ) − 1 = 0 ⇔ f ( x ) =

A. 5 .

B. 4 .

C. 6 . Lời giải

Vậy đồ thị hàm số y =

D. 3 .

1 có 2 đường tiệm cận ngang là đường thẳng x = a và đường 2 f ( x) −1

thẳng x = b .

Chọn D TXĐ: x ≥ 1

Kết luận: Đồ thị hàm số y =

y = g ( x ) tương ứng số số nghiệm của phương trình

Số tiệm cận đứng của

 x = −1( l )  x = −1 ( l )  2 ( x + 1)  f ( x ) − f ( x )  = 0 ⇔  2 ⇔  f ( x ) = 1(1)   f ( x ) − f ( x ) = 0  f ( x) = 0 ( 2) +) Xét phương trình (1)

Câu 59.

1 có tất cả 3 đường tiệm cận. 2 f ( x) −1

(THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số bậc ba f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên dưới:

f ( x ) = 1 , theo hình vẽ ta thấy phương trình sẽ có 3 nghiệm:

 x1 = 1( l )  1 < x2 < 2 ( tm ) => có 2 tiệm cận đứng   2 < x3 < 2 ( tm ) +) Xét phương trình ( 2 ) f ( x ) = 0 , theo hình vẽ ta thấy phương trình sẽ có 2 nghiệm:  x4 < 1( l ) . Do nghiệm x5 = 2 là nghiệm kép và trên tử là nghiệm đơn nên x5 = 2 vẫn là một   x5 = 2 ( tm )

A. 5

tiệm cận đứng => có 1 tiệm cận đứng Vậy tổng cộng g ( x ) có tất cả 3 tiệm cận đứng Câu 58.

(CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên

như hình vẽ dưới đây. x −∞

−

–

y′

1 2

+∞ +

−3

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. 0 .

B. 1 .

Hỏi đồ thị hàm số g (x ) =

C. 2 . Lời giải

1 là 2 f ( x) −1

)

− 3x + 2

2x − 1

x  f 2 (x ) − f (x )  

B. 4

có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?

C. 6 Lời giải

D. 3

Chọn B

1 ĐK x ≥ ; f (x ) ≠ 0; f (x ) ≠ 1 . 2  x = 0 x = 2  x = 1 x = 0     2   1    Xét phương trình x  f (x ) − f (x ) = 0 ⇔  f (x ) = 0 ⇔     x = a a ∈  ;1      2   f (x ) = 1   x = b b ∈ (1;2)   x = c c ∈ (2; 3) Đồ thi hàm số có 4 đường tiệm cận đứng x = a; x = b; x = c; x = 2

( (

D. 3.

Trang 36/36 - Mã đề 121

) )

CHUYÊN ĐỀ 5

Câu 2. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM ĂM 2018) Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị ccủa hàm số nào dưới đây?

ĐỌC ĐỒ THỊ, TƯƠNG GIAO, TIẾP TUYẾN

MỤC LỤC PHẦN A. CÂU HỎI......................................................................................................................................................... 1 Dạng 1. Đọc đồ thị hàm số ............................................................................................................................................... 1 Dạng 2. Đồ thị hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối ............................................................................................................. 9 Dạng 3. Bài toán tương giao........................................................................................................................................... 10 Dạng 3.1 Bài toán tương giao đồ thị thông qua đồ thị, bảng biến thiên ..................................................................... 10 Dạng 3.2 Bài toán tương giao đồ thị thông qua hàm số cho trước ............................................................................. 14 Dạng 3.3 Bài toán tìm m để phương trình f(x) = f(m) thoả mãn điều kiện cho trước khi biết đồ thị, BBT của f(x) . 15 Dạng 3.4 Bài toán tìm m để phương trình |f(x)|=f(m) thỏa mãn điều kiện cho trước khi biết đồ thị, BBT f(x) ........ 17 Dạng 3.5 Bài toán tương giao đường thẳng với đồ thị hàm số bậc 3 ......................................................................... 17 Dạng 3.6 Bài toán tương giao của đường thẳng với đồ thị hàm số nhất biến ............................................................ 19 Dạng 3.7 Bài toán tương giao của đường thẳng với hàm số khác (chứa tham số) ..................................................... 21 Dạng 3.8 Định m để hàm số f(u) thỏa mãn điều kiện cho trước khi biết f(x) ............................................................ 22 Dạng 3.9 Một số bài toán tương giao liên quan đến đồ thị f(x), g(x), f’(x) f(u) khác. ............................................... 27 Dạng 4. Bài toán tiếp tuyến ............................................................................................................................................ 31 PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO .............................................................................................................................. 34 Dạng 1. Đọc đồ thị hàm số ............................................................................................................................................. 34 Dạng 2. Đồ thị hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối ........................................................................................................... 38 Dạng 3. Bài toán tương giao........................................................................................................................................... 38 Dạng 3.1 Bài toán tương giao đồ thị thông qua đồ thị, bảng biến thiên ..................................................................... 38 Dạng 3.2 Bài toán tương giao đồ thị thông qua hàm số cho trước ............................................................................. 42 Dạng 3.3 Bài toán tìm m để phương trình f(x) = f(m) thoả mãn điều kiện cho trước khi biết đồ thị, BBT của f(x) . 44 Dạng 3.4 Bài toán tìm m để phương trình |f(x)|=f(m) thỏa mãn điều kiện cho trước khi biết đồ thị, BBT f(x) ........ 45 Dạng 3.5 Bài toán tương giao đường thẳng với đồ thị hàm số bậc 3 ......................................................................... 46 Dạng 3.6 Bài toán tương giao của đường thẳng với đồ thị hàm số nhất biến ............................................................ 50 Dạng 3.7 Bài toán tương giao của đường thẳng với hàm số khác (chứa tham số) ..................................................... 56 Dạng 3.8 Định m để hàm số f(u) thỏa mãn điều kiện cho trước khi biết f(x) ............................................................ 63 Dạng 3.9 Một số bài toán tương giao liên quan đến đồ thị f(x), g(x), f’(x) f(u) khác. ............................................... 69 Dạng 4. Bài toán tiếp tuyến ............................................................................................................................................ 74

A. y = − x 3 + x 2 − 1

B. y = − x 4 + 2 x 2 − 1

C. y = x3 − x 2 − 1

D. y = x 4 − 2 x 2 − 1

Câu 3. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM ĂM 2017) Đường cong ở hình bên dưới là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào?

A. y = − x3 + 3x2 + 1 B. y = x3 − 3x 2 + 3 C. y = − x 4 + 2 x 2 + 1 D. y = x 4 − 2x 2 + 1. Câu 4. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT ĐT N NĂM 2017) Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B , C , D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Đọc đồ thị hàm số Câu 1. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Đường cong hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào?

A. y = − x3 + 3x + 2

B. y = x 4 − x 2 + 1

C. y = x 4 + x 2 + 1

A. y = x 3 − 3x + 1

C. y = x 4 − x 2 + 1

D. y = − x 2 + x − 1

Câu 5. (Mã 103 - BGD - 2019) Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường ng cong trong hình vẽ bên?

D. y = x 3 − 3x + 2

A. y = x 3 − 3 x 2 − 2 . 1

B. y = − x 3 + 3x + 1

B. y = x 4 − 2 x 2 − 2 . 2

C. y = − x 3 + 3 x 2 − 2 . D. y = − x 4 + 2 x 2 − 2 .

Câu 6. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ bên?

2x −1 x +1 B. y = C. y = x 4 + x 2 + 1 D. y = x 3 − 3x − 1 x −1 x −1 Câu 11. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. y =

A. y = x3 − 3x 2 + 3 . B. y = − x 3 + 3 x 2 + 3 . C. y = x 4 − 2 x 2 + 3 .s D. y = − x 4 + 2 x 2 + 3 . Câu 7. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM ĂM 2018) Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y = x 3 − 3x 2 − 1

B. y = − x 3 + 3x 2 − 1

C. y = − x 4 + 3x 2 − 1

D. y = x 4 − 3x 2 − 1

Câu 8. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ bên?

A. y = x 4 − x 2 − 2

B. y = − x 4 + x 2 − 2

C. y = − x 3 + 3 x 2 − 2

D. y = x 3 − 3 x 2 − 2

Câu 12. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y

x O

A. y = 2 x 4 − 4 x 2 + 1

B. y = −2 x 3 + 3x + 1

C. y = 2 x3 − 3 x + 1

D. y = −2 x 4 + 4 x 2 + 1

Câu 9. (Mã 102 - BGD - 2019) Đồ th thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ bên

A. y = x 3 − 3x − 1

B. y = x 4 − 3x 2 − 1

C. y = − x 3 − 3x − 1

D. y = − x 4 + x 2 − 1

Câu 13. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào?

A. y = − x3 + 3x + 1 .

B. y = x3 − 3x + 1 .

C. y = x4 − 2 x2 + 1.

D. y = − x 4 + 2 x 2 + 1.

Câu 10. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT Đ NĂM 2018-2019) Đường con trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. y = x 4 − x 2 − 1

B. y = − x4 + x 2 − 1

C. y = x 3 − x 2 − 1

D. y = − x3 + x2 − 1

Câu 14. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Đường cong trong hình bên là của đồ thị hàm số nào dưới 3

Câu 19. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Hình vẽ sau đây là đồ thị của một trong bốn hàm số cho ở các đáp án A, B, C , D . Hỏi đó là hàm số nào?

đây?

A. y = x3 − 3x 2 + 2

B. y = − x3 + 3x2 + 2

C. y = − x 4 + 2 x2 + 2

D. y = x 4 − 2 x 2 + 2

Câu 15. ..MẤT ĐỀ RỒI HAHA! ax + b với cx + d

Câu 16. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số y =

a , b , c , d là các số thực. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. y = x 3 + 2 x + 1 .

B. y = x 3 − 2 x 2 + 1 .

C. y = x3 − 2 x + 1 .

D. y = − x3 + 2 x + 1 .

Câu 20. (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số úng vvề dấu của a , b , c , y = ax 3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Chọn khẳng định đúng

A. y′ < 0, ∀x ∈ ℝ

B. y′ > 0, ∀x ≠ 1

C. y′ < 0, ∀x ≠ 1

D. y′ > 0, ∀x ∈ ℝ

Câu 17. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số y =

a , b, c , d là các số thực. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

ax + b với cx + d A. a > 0 , b > 0 , d > 0 , c > 0 C. a > 0, b > 0, c > 0, d > 0.

B. a > 0 , c > 0 > b , d < 0 D. a > 0 , b < 0 , c < 0 , d > 0

Câu 21. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đ là đúng?

A. y′ > 0, ∀x ≠ 1

B. y′ < 0, ∀ x ≠ 1 3

C. y′ < 0, ∀ x ≠ 2

D. y′ > 0, ∀ ≠ 2

Câu 18. Cho hàm số y = ax + bx + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. a > 0, b < 0, c > 0

B. a > 0, b < 0, c < 0

C. a > 0, b > 0, c < 0

D. a < 0, b > 0, c < 0

Câu 22. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho đường cong hình vẽ bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn ốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi đó là hàm số nào? A. a < 0, b > 0, c > 0, d < 0 C. a > 0, b < 0, c < 0, d > 0

B. a < 0, b < 0, c > 0, d < 0 . D. a < 0, b > 0, c < 0, d < 0 . 5

A. a > 1, b > 0, c < 1.

B. a > 1, b < 0, c > 1.

C. a < 1, b > 0, c < 1.

Câu 26. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y =

A. y =

2x + 1 x −1

B. y =

2x + 3 x +1

C. y =

2x −1 x +1

D. y =

2x − 2 x −1

Câu 23. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y =

D. a > 1, b > 0, c > 1.

ax + b có đồ thị như hình bên x+c

dưới, với a , b , c ∈ ℤ . Tính giá trị của biểu thức T = a + 2b + 3c ?

ax + b có đồ cx + d

thị như sau.

A. T = −8 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. ac > 0; bd > 0

B. ab < 0; cd < 0

C. bc > 0; ad < 0

D. ad > 0; bd < 0

B. T = 2 .

C. T = 6 .

D. T = 0 .

4 2 Câu 27. (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = ax + bx + c ( a ≠ 0 ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Câu 24. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019) Hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên dưới:

Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a < 0 , b > 0 , c < 0 . B. a < 0 , b < 0 , c > 0 . C. a < 0 , b > 0 , c > 0 . D. a < 0 , b < 0 , c < 0 . Câu 28. (THPT MINH CHÂU HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Cho hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên.

Khẳng định nào là đúng? A. a < 0 , b < 0 , c < 0 , d < 0 . C. a > 0 , b > 0 , c < 0 , d > 0 .

B. a > 0 , b > 0 , c > 0 , d < 0 . D. a > 0 , b < 0 , c < 0 , d > 0 .

Câu 25. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho hàm số y =

(a −1) x + b , d < 0 có (c −1) x + d

đồ thị như hình trên. Khẳng định nào dưới đây là đúng? Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a < 0, b > 0, c > 0, d > 0 7

B. a < 0, b < 0, c = 0, d > 0 8

C. a < 0, b > 0, c = 0, d > 0

D. a > 0, b < 0, c > 0, d > 0

Câu 29. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị như hình bên. Trong các mệnh đề sau mệnh mệ đề nào đúng?

A. ab < 0, bc > 0, cd < 0 B. ab < 0, bc < 0, cd > 0 C. ab > 0, bc > 0, cd < 0 D. ab > 0, bc > 0, cd > 0 Câu 30. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) y = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị như hình dưới. Khẳng định nào sau đây đúng ?

A. a < 0, b < 0, c < 0, d < 0 C. a < 0, b > 0, c < 0, d > 0

Cho

hàm

số

A. Hình 1

B. Hình 2

C. Hình 3

D. Hình 4

Câu 33. (THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = x3 − 6x2 + 9x có đồ thị như Hình 1 . Đồ thị Hình 2 là đồ thị hàm số nào dưới đây?

B. a < 0, b > 0, c > 0, d > 0 D. a < 0, b > 0, c > 0, d < 0

Câu 31. (THPT CHUYÊN BẮC NINH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? đ 3

A. y = x − 6 x + 9 x . B. x − 6 x 2 + 9 x + 1 . C. − x 3 + 6 x 2 − 9 x .

D. x3 − 6 x 2 + 9 x .

Câu 34. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số y = f ( x ) như hình vẽ.

A. a > 0, b < 0, c < 0 .

B. a < 0, b < 0, c < 0 .

C. a < 0, b > 0, c < 0 .

D. a > 0, b < 0, c > 0

Dạng 2. Đồ thị hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối Chọn kết luận đúng trong các kết luận sau: A. f ( x ) = − x3 + x 2 + 4 x − 4 Câu 32. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT BGD&Đ NĂM 2017) Hàm số y = ( x − 2 ) ( x 2 − 1) có đồ thị như hình vẽ bên. Hình nào dưới đây là đồ thị của hàm số y = x − 2 ( x 2 − 1) ?

B. f ( x ) = x3 − x 2 − 4 x + 4

C. f ( x ) = − x3 − x 2 + 4 x − 4

D. f ( x ) = x3 + x 2 − 4 x − 4.

Dạng 3. Bài toán tương giao Dạng 3.1 Bài toán tương giao đồ thị thông qua đồ thị, bảng biến thiên 10

Câu 35. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Câu 39. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM M 2017-2018) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [ −2; 2] và có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của phươ phương trình 3 f ( x ) − 4 = 0 trên đoạn [ −2; 2] là

Số nghiệm thực của phương trình 2 f ( x ) − 3 = 0 là A. 2 .

B. 1.

C. 4 .

D. 3 .

Câu 36. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) bảng biến thiên như sau:

A. 4 .

B. 3 .

Câu 40. (Mã 102 x f'(x)

Số nghiệm thực của phương trình 2 f ( x ) − 3 = 0 là B. 0 . C. 1. D. 2 . A. 3 . Câu 37. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số f ( x ) = ax3 + bx2 + cx + d ( a , b , c , d ∈ ℝ ) . Đồ thị của hàm số y = f ( x ) như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình 3 f ( x ) + 4 = 0 là

BGD

-2

-∞ _

f(x)

2019)

Cho

hàm

số

D. 2 .

f ( x)

có

bảng

biến

thiên

như

+∞

C. 1 .

+ +∞

2 -1

-1

Số nghiệm thực của phương trình 3 f ( x ) − 5 = 0 là A. 3 .

B. 4 .

C. 0 .

D. 2 .

Câu 41. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

y 2

x −2

A. 2

C. 1

B. 0

D. 3

Câu 38. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c ( a, b, c ∈ ℝ ) . Đồ thị của hàm số y = f ( x ) như hình vẽ bên.

Số nghiệm của phương trình 4 f ( x ) − 3 = 0 là A. 2

C. 4

B. 0

D. 3

Số nghiệm thực của phương trình 2 f ( x ) + 3 = 0 là C. 2 .

B. 1 .

A. 0 .

D. 3 .

Câu 42. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT T N NĂM 2017) Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số y = ax 4 + bx 2 + c , với a, b, c là các số thự thực. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Phương trình B. Phương trình C. Phương trình D. Phương trình

y′ = 0 y′ = 0 y′ = 0 y′ = 0

vô nghiệm trên tập số thực có đúng một nghiệm thực có đúng hai nghiệm thực phân biệt có đúng ba nghiệm thực phân biệt 12

Câu 43. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM ĂM 2018) Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ −2; 4] và có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của ủa phương trình 3 f ( x) − 5 = 0 trên đoạn [ −2; 4] là

Hỏi phương trình 2. f ( x ) − 5 = 0 có bao nhiêu nghiệm thực? A. 0 . B. 1. C. 3 . D. 2 . Câu 48. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình bên.

A. 2 B. 1 C. 0 D. 3 Câu 44. (THPT CÙ HUY CẬN NĂM ĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ.

Số nghiệm của phương trình f ( x ) − 3 = 0 là A. 3

B. 2

C. 1

D. 0

Câu 49. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm thực của phương trình 4 f ( x) − 7 = 0 A. 2 . B. 4 .

C. 3 .

D. 1 .

Câu 45. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN N NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau x

–∞

-2 +

–

+∞

Số nghiệm của phương trình f ( x ) = 2 là

+∞

A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 6 . Câu 50. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn

[ −2;2] và có đồ thị là đường cong như hình vẽ bên. Tìm số nghiệm của phương trình [ −2;2] .

–∞

A. 3.

Số nghiệm của phương trình f ( x ) − 2 = 0 là A. 1

C. 3

B. 2

D. 4

Câu 47. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH N NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên sau đây.

B. 5.

C. 6.

D. 4.

(

)

Câu 51. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = ( x − 2 ) x 2 + 1 có đồ thị (C ) . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. (C ) cắt trục hoành tại một điểm.

B. (C ) cắt trục hoành tại ba điểm.

C. (C ) cắt trục hoành tại hai điểm.

D. (C ) không cắt trục hoành.

Dạng 3.2 Bài toán tương giao đồ thị thông qua hàm số cho trước

f (x) = 1 trên đoạn

Câu 52. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Biết rằng đường thẳng y = −2 x + 2 cắt đồ thị hàm số y = x3 + x + 2 tại điểm duy nhất; kí hiệu ( x0 ; y0 ) là tọa độ của điểm đó. Tìm y0 A. y0 = 4

B. y0 = 0

C. y0 = 2

Câu 61. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ:

D. y0 = −1

Câu 53. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = x3 − 3x có đồ thị ( C ) . Tìm số giao điểm của ( C ) và trục hoành. A. 2

B. 3

C. 1

D. 0

Câu 54. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho hàm số y = x 4 − 3x 2 có đồ thị ( C ) . Số giao điểm của đồ thị ( C ) và đường thẳng y = 2 là A. 2 .

B. 1.

C. 0 .

D. 4 .

Câu 55. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Biết rằng đường thẳng y = 4 x + 5 cắt đồ thị hàm số y = x3 + 2 x + 1 tại điểm duy nhất; kí hiệu ( x0 ; y0 ) là tọa độ của điểm đó. Tìm y0 .

A. y0 = 10 .

B. y0 = 13 .

C. y0 = 11 .

D. y0 = 12 .

Tìm số nghiệm thực phân biệt của phương trình f ( x ) = 1 + m 2 . A. 2. B. 1. C. 0.

D. 3.

Câu 62. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như sau.

Câu 56. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Gọi P là số giao điểm của hai đồ thị y = x 3 − x 2 + 1 và y = x 2 + 1. Tìm P . A. P = 0 . B. P = 2 . C. P = 1 . D. P = 3 . Câu 57. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Đồ thị của hàm số y = −x 4 − 3x 2 + 1 cắt trục tung tại điểm có tung độ bao nhiêu A. -3. B. 0. C. 1. D. -1. Câu 58. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Số giao điểm của đường cong y = x3 − 2 x 2 + 2 x + 1 và đường thẳng y = 1 − x là A. 1 B. 2 C. 3 D. 0 Câu 59. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 4 − 4 + 5 và đường thẳng y = x A. 3 . B. 0 . C. 2 . D. 1. Dạng 3.3 Bài toán tìm m để phương trình f(x) = f(m) thoả mãn điều kiện cho trước khi biết đồ thị, BBT của f(x)

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 f ( x ) + 3m − 3 = 0 có 3 nghiệm phân biệt. 5 5 5 5 B. − < m < 1 C. − ≤ m ≤ 1 D. −1 ≤ m ≤ 3 3 3 3 Câu 63. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên.

A. −1 < m <

y 1

Câu 60. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số y = − x 4 + 2 x 2 có đồ thị như hình bên. Tìm tất cả

các giá trị thực của tham số m để phương trình − x 4 + 2 x 2 = m có bốn nghiệm thực phân biệt. y

-2

-1

Khi đó, điều kiện đầy đủ của m để phương trình f ( x ) = m có bốn nghiệm thực phân biệt là

1 0

A. m ≤ −2 .

B. −2 < m < 1.

C. m = 1 .

D. m > 1 .

Câu 64. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau A. m < 1

B. m > 0

C. 0 ≤ m ≤ 1 15

D. 0 < m < 1 16

Câu 68. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số mđể đường thẳng y = mx − m + 1 cắt đồ thị hàm số y = x 3 − 3x 2 + x + 2 tại ba điểm A , B , C phân biệt sao AB = BC  5  A. m ∈  − ; +∞   4 

Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình f ( x ) = m có 5 nghiệm phân biệt.

A. −2 < m < 3

B. −5 < m < 3

C. −2 < m < 0

D. −2 ≤ m ≤ 0

Câu 65. (SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x) xác định, liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau:

Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình f ( x) − 1 = m có đúng hai nghiệm. A. m > 0, m = −1 . B. −2 < m < −1 . C. m ≥ −1, m = −2 . D. m > −1, m = −2 . Dạng 3.4 Bài toán tìm m để phương trình |f(x)|=f(m) thỏa mãn điều kiện cho trước khi biết đồ thị, BBT f(x)

Câu 66. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c bảng biến thiên

( a,

b, c ∈ R ) có

B. m ∈ ( −2; +∞ )

D. m ∈ ( −∞; 0 ) ∪  4; +∞ )

C. m ∈ ℝ

Câu 69. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = − mx cắt đồ thị của hàm số y = x3 − 3x 2 − m + 2 tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC . A. m ∈ ( −∞; −1) B. m ∈ ( −∞ : +∞ ) C. m ∈ (1: +∞ ) D. m ∈ ( −∞;3) Câu 70. (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = x3 − 3x 2 cắt đường thẳng y = m tại ba điểm phân biệt. A. m ∈ ( −∞; −4 ) . B. m ∈ ( −4; 0 ) . C. m ∈ ( 0; +∞ ) .D. m ∈ ( −∞; −4 ) ∪ ( 0; +∞ ) . Câu 71. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 3 + 3 x 2 − 2 = m có ba nghiệm phân biệt. A. m ∈ ( 2; +∞ ] . B. m ∈ ( −∞; −2 ] . C. m ∈ ( −2; 2 ) . D. m ∈ [ −2; 2 ] . Câu 72. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y = x3 − 3x 2 + 2 (C ) cắt đường thẳng d : y = m( x −1) tại ba điểm phân biệt x1 , x2 , x3 . A. m >−2 . B. m = −2 .

C. m >−3 .

D. m = −3 .

Câu 73. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Đường thẳng ∆ có phương trình y = 2 x +1 cắt đồ thị của hàm số y = x3 − x + 3 tại hai điểm A và B với tọa độ được kí hiệu lần lượt là A( x A ; y A ) và B ( xB ; yB ) trong đó xB < xA . Tìm xB + yB ? A. xB + yB =−5

B. xB + yB =−2

C. xB + yB = 4

D. xB + yB = 7 3

Câu 74. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y = x + 3mx2 − m3 có đồ thị ( Cm ) và đường thẳng d : y = m2 x + 2m3 . Biết rằng m1 , m2 ( m1 > m2 ) là hai giá trị thực của m để đường thẳng d cắt đồ thị ( Cm ) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn x14 + x2 4 + x3 4 = 83 . Phát biểu nào sau đây Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình f ( x ) = 3m có đúng 8 nghiệm phân biệt

A. Vô số.

B. 1.

C. 4.

D. 2.

Câu 67. (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hình vẽ bên là đồ thị của một hàm số trùng phương y = f ( x ) . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình 2 f ( x ) = m có 6 nghiệm thực phân biệt?

là đúng về quan hệ giữa hai giá trị m1 , m2 ?

A. m1 + m2 = 0 .

B. m12 + 2 m2 > 4 .

C. m2 2 + 2m1 > 4 .

D. m1 − m2 = 0 .

Câu 75. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Đường thẳng ∆ có phương trình y = 2 x + 1 cắt đồ thị của hàm số y = x 3 − x + 3 tại hai điểm A và B với tọa độ được kí hiệu lần lượt là

A ( xA ; y A ) và B ( xB ; yB ) trong đó xB < x A . Tìm xB + yB ? A. xB + yB = −5

B. xB + yB = −2

C. xB + y B = 4

D. xB + y B = 7

Câu 76. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi S là tập tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 x3 − 3x 2 = 2m + 1 có đúng hai nghiệm phân biệt. Tổng các phần tử của S bằng 3 1 5 1 A. − . B. − . C. − . D. . 2 2 2 2 A. 5 B. 6 C. 7 Dạng 3.5 Bài toán tương giao đường thẳng với đồ thị hàm số bậc 3 17

D. 3

Câu 77. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = − x + 5 cắt đồ thị hàm số y = x3 + 2mx 2 + 3(m − 1) x + 5 tại 3 điểm phân biệt. 18

m <1 A.  . m > 2

 2  m ≠ 3  B.   .  m ≤ 1  m≥2 

 2  m ≠ 3  C.   .  m < 1  m>2 

m ≤1 D.  . m ≥ 2

Câu 78. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị ( C ) như hình vẽ, đường thẳng d có phương trình y = x − 1 . Biết phương trình f ( x ) = 0 có ba nghiệm x1 < x2 < x3 . Giá trị của x1 x3 bằng 7 5 A. −3 . B. − . C. −2 . D. − . 3 2 Câu 79. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −2018; 2019] để đồ thị hàm số y = x 3 − 3mx + 3 và đường thẳng y = 3x + 1 có duy nhất một điểm chung? A. 1 . B. 2019 . C. 4038 . D. 2018 .

Câu 80. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Phương trình x 3 − 6mx + 5 = 5m 2 có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng khi A. m = 0 . B. m = −1 ∨ m = 1 . C. m = 1. D. m ∈∅ . Dạng 3.6 Bài toán tương giao của đường thẳng với đồ thị hàm số nhất biến x −1 có đồ thị ( C ) . Gọi I là giao điểm của x+2 hai đường tiệm cận của ( C ) . Xét tam giác đều ABI có hai đỉnh A , B thuộc ( C ) , đoạn thẳng AB có độ dài bằng: A. 2 3 B. 2 C. 2 2 D. 6 x −1 Câu 82. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) . Gọi I là giao điểm của x +1 hai tiệm cận của ( C ) . Xét tam giác đều IAB có hai đỉnh A, B thuộc ( C ) , đoạn thẳng AB có độ dài bằng

Câu 81. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y =

A. 3

C. 2 2 D. 2 3 x−2 Câu 83. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) . Gọi I là giao điểm của x +1 hai tiệm cận của ( C ) . Xét tam giác đều ABI có hai đỉnh A , B thuộc ( C ) , đoạn thẳng AB có độ dài bằng A.

B. 2

Câu 84. Cho là đồ thị hàm số y =

B. 2 3

C. 2 2

2x + 1 . Tìm k để đường thẳng d : y = kx + 2 k + 1 cắt tại hai điểm phân x +1

biệt A,B sao cho khoảng cách từ A đến trục hoành bằng khoảng cách từ B đến trục hoành.

A. 1.

2 5

C. −3 .

D. −2 .

Câu 85. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Biết đường thẳng y = x − 2 cắt đồ thị hàm số y = tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ lần lượt xA , xB . Khi đó giá trị của xA + xB bằng A. 5 . B. 3 . C. 1. D. 2 .

Câu 86. (ĐỀ MẪU KSNL ĐHQG TPHCM NĂM 2018-2019) Đường thẳng y = x + 2m cắt đồ thị hàm số x −3 y= tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi x +1 m ≤ −1  m < −1  m < −3 A.  . B.  . C.  . D. −3 < m < 1 . m > 3 m ≥ 3  m > 1 Câu 87. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tìm điều kiện của m để đường x −3 thẳng y = mx + 1 cắt đồ thị hàm số y = tại hai điểm phân biệt. x +1 A. ( −∞;0] ∪ [16; +∞ ) B. (16; +∞ ) C. ( −∞;0 ) D. ( −∞;0 ) ∪ (16; +∞ ) Câu 88. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi M ( a ; b ) là điểm trên x−2 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d : y = 2 x + 6 nhỏ nhất. Tính x 2 2 ( 4 a + 5 ) + ( 2b − 7 ) .

đồ thị hàm số y =

A. 162 .

C. 18 .

D. 0 .

Câu 89. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị của m để đồ thị của x cắt đường thẳng y = x − m tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc giữa hai đường thẳng 1− x OA và OB bằng 600 ( với O là gốc tọa độ)? A. 2 B. 1 C. 3 D. 0

hàm số y =

Câu 90. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Để đường thẳng d : y = x − m + 2 2x cắt đồ thị hàm số y = ( C ) tại hai điểm phân biệt A và x −1 B sao cho độ dài AB ngắn nhất thì giá trị của m thuộc khoảng nào? A. m ∈ ( −4; −2 ) B. m ∈ ( 2; 4 ) C. m ∈ ( −2; 0 ) D. m ∈ ( 0; 2 ) Câu 91. (TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI SỐ 2 NĂM 2018-2019) Biết rằng đường thẳng y = 2 x + 2m luôn cắt đồ thị hàm số y =

trung điểm của AB? A. m + 1

x2 + 3 tại hai điểm phân biệt A, B với mọi giá trị của tham số m. Tìm hoành độ x +1 B. −m − 1

C. −2m − 2

D. −2m + 1

Câu 92. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm m để đường thẳng y = 2 x + m cắt đồ thị hàm x +3 số y = tại hai điểm M , N sao cho độ dài MN là nhỏ nhất. x +1 A. 3 . B. −1. C. 2 . D. 1. Câu 93. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi ( H ) là đồ thị hàm số

2x + 3 . Điểm M ( x0 ; y0 ) thuộc ( H ) có tổng khoảng cách đến hai đường tiệm cận là nhỏ x +1 nhất, với x0 < 0 khi đó x0 + y0 bằng A. −1. B. −2 . C. 3 . D. 0 .

2x +1 x −1

Câu 94. A và B là hai điểm thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị hàm số y = AB ngắn nhất bằng A. 4 2 .

B. 2 .

B. 4 .

C. 2 2 . 20

x . Khi đó độ dài đoạn x−2 D. 2 2 .

Dạng 3.7 Bài toán tương giao của đường thẳng với hàm số khác (chứa tham số) x − 3 x − 2 x −1 x và + + + x − 2 x −1 x x +1 và ( C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m

Câu 95. (Mã đề 101 - BGD - 2019) (Mã đề 001) Cho hai hàm số y =

y = x + 2 − x + m ( m là tham số thực) có đồ thị lần lượt là ( C1 ) để ( C1 ) và ( C2 ) cắt nhau tại đúng bốn điểm phân biệt là A. [ 2; +∞ ) .

B. ( −∞; 2 ) .

C. ( 2; +∞ ) .

D. ( −∞; 2] .

x −1 x x +1 x + 2 và y = x + 2 − x − m ( m + + + x x +1 x + 2 x + 3 là tham số thực) có đồ thị lần lượt là ( C1 ) , ( C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m để ( C1 ) và ( C2 ) cắt nhau tại đúng bốn điểm phân biệt là B. ( −∞; − 2] . C. [ −2; + ∞ ) . D. ( −∞; − 2 ) . A. ( −2; + ∞ ) .

Câu 96. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hai hàm số y =

x x +1 x + 2 x + 3 và y = x + 1 − x + m ( m + + + x +1 x + 2 x + 3 x + 4 và ( C 2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m để ( C1 ) và ( C 2 ) cắt

C. m ∈ ( −1;0 ) ∪ ( 0;1) .

D. −1 ≤ m ≤ 1 .

Câu 104. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số

m ∈ ℝ sao cho phương trình 7 A. m > . 12

x2 + mx + 2 = 2 x + 1 có hai nghiệm thực. 7 3 B. m ≥ − . C. m ≥ . 2 2

Câu 106. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình m( 1 + x + 1 − x + 3) + 2 1 − x 2 − 5 = 0

là tham số thực) có đồ thị lần lượt là ( C1 ) nhau tại đúng 4 điểm phân biệt là A. ( −∞;3] . B. ( −∞ ;3) .

5 Có đúng 2 nghiêm thực phân biệt là một nửa khoảng (a;b].Tính b − a . 7 6−5 2 6−5 2 12 − 5 2 A. B. C. 7 35 35

D. ( 3; +∞ ) .

x − 2 x −1 x x +1 + + + và y = x + 1 − x − m ( x −1 x x +1 x + 2 và ( C 2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m để ( C1 ) và ( C2 ) cắt

Câu 98. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hai hàm số y = m là tham số thực) có đồ thị lần lượt là ( C1 )

nhau tại đúng bốn điểm phân biệt là A. ( −∞; −3) . B. [ −3; +∞ ) .

C. ( −∞; −3] .

D. ( −3; +∞ ) .

Câu 99. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình x 2 − x + 1 + x 2 − 3x + 9 = 7 − m có nghiệm. Số phần tử của S là A. 3. B. 4 . C. 2 . D. 5 . Câu 100. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019) Tập tất cả các giá trị của m để 1  phương trình x 6 + 6 x 4 − m3 x 3 + 3 (5 − m 2 ) x 2 − 6 mx + 10 = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc  ; 2 là  2 

9 . 2

Câu 105. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = x 4 − ( 3m + 2 ) x 2 + 3m có đồ thị là (C m ) . Tìm m để đường thẳng d : y = −1 cắt đồ thị (Cm ) tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2. 1 1 A. − < m < 1 và m ≠ 0 B. − < m < 1 và m ≠ 0 3 2 1 1 1 1 C. − < m < và m ≠ 0 D. − < m < và m ≠ 0 2 2 3 2

Câu 97. (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hai hàm số y =

C. [3; +∞ ) .

D. m ≥

12 − 5 2 7

Câu 107. (THPT NGÔ GIA TỰ VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho phương trình

x3 − 3x2 − 2 x + m − 3 + 2 3 2 x3 + 3x + m = 0 . Tập S là tập các giá trị của m nguyên để phương trình có ba nghiệm phân biệt. Tính tổng các phần tử của tập S . A. 15 . B. 9 . C. 0 . D. 3 . Dạng 3.8 Định m để hàm số f(u) thỏa mãn điều kiện cho trước khi biết f(x) Câu 108. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( sin x ) = m có nghiệm thuộc khoảng ( 0; π ) là

S = ( a; b ] . Tính T = 5a + 8b . A. T = 18 . B. T = 43 . C. T = 30 . D. T = 31 . Câu 101. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình cos 3 x − 3 cos 2 x − m = 0 có nghiệm? A. Vô số. B. 3 . C. 4 . D. 5 . Câu 102. (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình x 2 ( x − 3 ) + 2 − m 2 ( m − 3 ) = 0 có 4 nghiệm phân biệt. A. 3

B. 12

C. T = 7

D. 5

Câu 103. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số 1 m để phương trình   5 A. m ≤ 1 .

x2 −4 x +3 4

= m − m + 1 có 4 nghiệm thực phân biệt

A. ( −1;3)

B. [ −1;1)

C. [ −1; 3 )

Câu 109. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Số nghiệm thực của phương trình f ( x 3 − 3 x ) =

3 là 2

B. 0 < m ≤ 1 . 21

D. ( − 1;1)

A. 7 .

B. 3 .

C. 8 .

D. 4 .

Câu 110. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm 2 thực của phương trình f ( x3 − 3 x ) = là 3

A. 10

Tìm m để phương trình 2 f ( x + 2019 ) − m = 0 có 4 nghiệm phân biệt.

A. m ∈ ( 0;2 ) .

B. m ∈ ( −2 ; 2 ) .

C. m ∈ ( −4 ; 2 ) .

D. m ∈ ( −2;1) .

Câu 114. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( x 2 + 2 x − 2 ) = 3m + 1 có nghiệm thuộc khoảng [ 0;1] . .

B. 3

C. 9

D. 6

Câu 111. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình f ( x 3 − 3 x ) =

4 là 3

A. [ 0; 4] .

C.  0;1 .

B. [ −1; 0] .

 1  D.  − ;1  3 

Câu 115. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( e x ) = m có nghiệm thuộc khoảng ( 0;ln 2 ) .

A. 7 .

B. 4 .

C. 3 .

D. 8 .

Câu 112. (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm

(

)

3 thực của phương trình f x − 3 x =

1 2

A. ( −3;0) .

C. (0; 3) .

B. ( −3;3) .

D. [ −3;0]

Câu 116. (THPT CÙ HUY CẬN NĂM ĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( ln 2 x ) = m có nghiệm A. 6 .

B. 10 .

C. 12 .

D. 3 .

thuộc nửa khoảng (1; e] :

Câu 113. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau 23

A. [ −2;0] .

B. [ −4; −2] .

C. [ −4;0] .

D. [ −1;1] .

Câu 120. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM ĂM 2018-2019) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Số giá trị nguyên của tham số m để phương trình f ( x + m ) = m có 4 nghiệm phân biệt là

A. [ −1;3) .

B. [ −1;1) .

C. ( −1;1) .

D. ( −1;3) .

Câu 117. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

y 3 1

−2

O −1

A. 2.

B. Vô số.

C. 1.

D. 0.

Câu 121. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

2 x

Số các giá trị nguyên của tham số m không vượt quá 5 để phương trình f (π x ) −

m2 − 1 = 0 có hai nghiệm 8

phân biệt là A. 5. B. 4. C. 7. D. 6. Câu 118. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) xác định liên tục trên ℝ và có thị

đồ

như

hình

vẽ.

Có

bao

nhiêu

giá

trị

nguyên

của

để

phương

trình

)

(

2. f 3 − 3 −9 x 2 + 30 x − 21 = m − 2019 có nghiệm.

Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( 4 − x 2 ) = m có nghiệm thuộc nửa khoảng [ − 2 ; 3) là:

A. [-1;3] .

B. [-1; f ( 2)] .

C. (-1; f ( 2)] .

D. (-1;3] .

Câu 122. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ.

A. 15 .

B. 11 .

C. 10 .

D. 13 .

Câu 119. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình f

(

)

4 x − x 2 − 1 = m có

nghiệm là

Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình

A. 11

B. 9

1 x  f  + 1 + x = m có nghiệm thuộc đoạn [ −2; 2] ? 3 2  C. 8 D. 10

Câu 123. (SỞ GD&ĐT T THANH HÓA N NĂM 2018 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f

(

)

2 f ( cos x ) = m có

π  nghiệm x ∈  ; π  . 2 

A. 5 .

C. 2 .

B. 3 .

Câu 124. (THPT NGÔ GIA TỰ VĨNH ĨNH PHÚC N NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm s ố y = f ( x) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ.

Gọi m là số nghiệm của phương trình f ( f ( x )) = 1. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. m = 6. B. m = 7. C. m = 5. D. m = 9.

Câu 125. (TT THANH TƯỜNG NG NGH NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục

A. [ −1; 2] .

B. [ 0; 2] .

C. [ −1;1] .

g ( x ) = f  f ( x )  . Hỏi phương trình g ′ ( x ) = 0 có bao nhiêu nghiệm phân biệt?

A. 10.

D. 4 .

 trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình f   nghiệm là

Câu 126. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT ẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM M 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị là đường cong trơn (không bị gãy khúc), hình vẽ bên. Gọi hàm

B. 12.

C. 8.

A. a + c > 0 .

B. a + b + c + d < 0 .

C. a + c < b + d .

D. b + d − c > 0 .

Câu 128. (THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Biết f (0) = 0 và f ′ ( x ) được cho như hình vẽ bên. Phương trình f ( x ) = m ( với m là tham số) có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm?

 2x   f  2   = m có  x +1  

D. [ −2; 2 ] .

A. 8

B. 6

C. 2

Dạng 3.9 Một số bài toán tương ng giao liên quan đến đồ thị f(x), g(x), f’(x) f(u) khác. 27

D. 14.

Câu 127. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) = ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e . Hàm số y = f ′ ( x ) có đô thị như hình vẽ. Trong các khẳng định sau khẳng định nào đúng

D. 4

Câu 129. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y = f ( x ) là hàm đa thức với hệ số thực. Hình vẽ bên dưới là một phần đồ thị của hai hàm số: y = f ( x ) và y = f ′ ( x ) .

Câu 132. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hai hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) có đồ thị như hình sau: y 4

y=f(x)

3 2 1 O -3 -2 -1

3 4 -1 -2

5 x

-3 -4 y=g(x)

Tập các giá trị của tham số m để phương trình f ( x ) = me có hai nghiệm phân biệt trên [ 0; 2 ] là nửa x

khoảng [ a; b ) . Tổng a + b gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. −0.81 .

B. −0.54 .

C. −0.27 .

D. 0.27 .

Khi đó tổng số nghiệm của hai phương trình f ( g ( x ) ) = 0 và g ( f ( x ) ) = 0 là

A. 25 .

B. 22 .

C. 21 .

D. 26 .

Câu 133. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Cho hàm số y = f (x ) có đạo hàm liên tục

Câu 130. Cho f ( x ) là một hàm đa thức bậc bốn có đồ thị như hình dưới đây.

trên R . Hàm số y = f ′ (x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới: y

4 2 −3 −2

−1 O

2 3

4 5

6 7

−2 2

Tập nghiệm của phương trình  f ′ ( x )  = f ( x ) . f ′′ ( x ) có số phần tử là A. 1. B. 2. C. 6.

D. 0.

Câu 131. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) là các hàm xác định và liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên (trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số y = f ( x ) ). Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình f (1 − g ( 2 x − 1) ) = m có nghiệm thuộc  5 đoạn  −1;  .  2

Số nghiệm thuộc đoạn − 2; 6 của phương trình f (x ) = f (0) là   A. 5 B. 2 C. 3

D. 4

Câu 134. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên R và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới. Đặt g ( x ) = f  f ( x )  . Tìm số nghiệm của phương trình g ′ ( x ) = 0 .

A. 8

B. 3

C. 6 29

D. 4

A. 2

B. 8

C. 4 30

D. 6

Câu 135. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và có đồ thị là đường cong như hình vẽ dưới đây.

1 4 7 2 x − x có đồ thị ( C ) . Có bao nhiêu 4 2 điểm A thuộc ( C ) sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại A cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt M ( x1 ; y 1 ) ; N ( x2 ; y2 )

Câu 142. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y =

khác A thỏa mãn y1 − y2 = 6( x1 − x2 ) A. 0 B. 3

C. 1

D. 2

1 14 Câu 143. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hàm số y = x 4 − x 2 có đồ thị ( C ) . Có bao 3 3 nhiêu điểm A thuộc ( C ) sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại A cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt M ( x1; y1 ) ,

N ( x2 ; y2 ) ( M , N khác A ) thỏa mãn y1 − y2 = 8 ( x1 − x2 ) ? A. 0 B. 3 C. 1 Đặt g ( x ) = f ( f ( x ) ) . Số nghiệm của phương trình g ' ( x ) = 0 là : A. 6. B. 5. C. 8.

Câu 144. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = 4 x + 2 cos 2 x có đồ thị là ( C ) . Hoành độ của các điểm trên ( C ) mà tại đó tiếp tuyến của ( C ) song song hoặc trùng với trục hoành là

D. 7.

Dạng 4. Bài toán tiếp tuyến

A. x =

Câu 136. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Phương trình tiếp tuyến của đường cong y = x 3 + 3x 2 − 2 tại điểm có hoành độ x0 = 1 là A. y = 9 x + 7 .

B. y = −9 x − 7 .

C. y = −9 x + 7 .

D. y = 9 x − 7 .

−x + 3 Câu 137. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = tại điểm có hoành độ x = 0 là x −1 A. y = −2 x + 3 . B. y = −2 x − 3 . C. y = 2 x − 3 . D. y = 2 x + 3 . Câu 138. (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = x3 + 3x có đồ thị ( C ) .Hệ số góc k của tiếp tuyến với đồ thị ( C ) tại điểm có tung độ bằng 4 là: A. k = 0

B. k = −2

C. k = 6

D. k = 9

Câu 139. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y =

x −1 . Phương trình tiếp x +1

tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M (1;0 ) là

A. y =

1 3 x− 2 2

B. y =

1 1 x− 2 2

C. y =

1 1 x+ 2 2

D. y =

1 1 x− 4 2

−x + 2 có đồ thị (C) và điểm A( a;1) x −1 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số a để có đúng một tiếp tuyến của (C) đi qua A . Tổng tất cả các giá trị các phần tử của S là Câu 140. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hàm số y =

A. 1

3 2

5 2

1 2

1 4 7 2 x − x có đồ thị ( C ) . Có bao nhiêu 8 4 điểm A thuộc đồ thị ( C ) sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại A cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt M ( x1 ; y1 ) ;

Câu 141. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số y =

N ( x2 ; y2 ) ( M , N khác A ) thỏa mãn y1 − y2 = 3 ( x1 − x2 ) . A. 3 B. 1 C. 0 31

D. 2

π 4

+ kπ ( k ∈ ℤ ) . B. x =

π 2

+ kπ ( k ∈ ℤ ) . C. x = π + kπ ( k ∈ ℤ ) . D. x = k 2π ( k ∈ ℤ ) .

Câu 145. (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tiếp tuyến tại điểm cực tiểu của đồ thị 1 hàm số y = x3 − 2 x2 + 3x − 5. 3 A. Có hệ số góc bằng −1. B. Song song với trục hoành. C. Có hệ số góc dương. D. Song song với đường thẳng x = 1 . Câu 146. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Tiếp tuyến với đồ thị 1 hàm số y = − x 4 + 2 x 2 + 3 tại điểm cực tiểu của đồ thị cắt đồ thị ở A, B khác tiếp điểm. Tính độ dài đoạn 4 thẳng AB . A. 2 . B. 2 . C. 2 2 . D. 4 2 . Câu 147.

Từ BBT suy ra điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là M ( 0; 3) .

Tiếp tuyến của đồ thị tại điểm cực tiểu là đường thẳng y = 3 . Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và tiếp tuyến là: x = 0 1 1 − x4 + 2 x 2 + 3 = 3 ⇔ − x4 + 2 x 2 = 0 ⇔  4 4  x = ±2 2

(

) (

)

⇒ A −2 2;3 ; B 2 2;3 ⇒ AB = 4 2 .

Câu 148. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao mx − 2 cho tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = tiếp xúc với parabol y = x 2 + 7 . x − m +1 A. m = 7 . B. m = 7 . C. m = 4 . D. m ∈ ℝ . x+b Câu 149. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hàm số y = , ( ab ≠ −2 ) . Biết ax − 2 rằng a , b là các giá trị thỏa mãn tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A (1; −2 ) song song với đường thẳng d : 3 x + y − 4 = 0 . Khi đó giá trị của a − 3b bằng A. −2 . B. 4 . C. −1 . D. 5 . Câu 150. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm m để mọi tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 3 − mx 2 + ( 2 m − 3) x − 1 đều có hệ số góc dương. 32

A. m ≠ 0 .

B. m > 1 .

C. m ≠ 1 .

D. m ∈ ∅ .

Câu 151. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠ DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Câu 156. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi M , N là hai điểm di động trên đồ thị (C ) của hàm số y = −x3 + 3x 2 − x + 4 sao cho tiế p tuyến của (C ) tại M và N luôn song song với nhau. Hỏi khi M , N thay đổi, đường thẳng MN luôn đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây?

A. Điểm N (−1; −5)

B. Điểm M (1; −5)

C. Điểm Q (1;5)

D. Điểm P (−1;5)

x+2 đồ thị ( C ) . Gọi x +1 d là khoảng cách từ giao điểm hai tiệm cận của đồ thị ( C ) đến một tiếp tuyến của ( C ) . Giá trị lớn nhất của d có thể đạt được là A. 3 3 . B. 3 . C. 2 . D. 2 2 .

Câu 157. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Cho hàm số y =

Đồ thị hàm số đã cho có bao nhiêu tiếp tuyến vuông góc với trục Oy . A. 3 . B. 0 . C. 2 .

D. 1.

Câu 152. (THCS - THPT NGUYỄN KHUY KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tiếp tuyến của đồ thị 1− x tại điểm có tung độ bằng 1 song song với đường thẳng (C ) : y = x +1 A. ( d ) : y = 2 x − 1 . B. ( d ) : y = − x + 1 . C. ( d ) : y = x − 1 . D. ( d ) : y = −2 x + 2 .

x −1 Câu 153. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = , gọi d là x+2 tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng m − 2 Biết đường thẳng d cắt tiệm cận đứng của đồ thị hàm số tại điểm A ( x1 ; y1 ) và cắt tiệm cận ngang của đồ thị hàm số tại điểm B ( x2 ; y2 ) . Gọi S là tập hợp các số m sao cho x2 + y1 = −5 . Tính tổng bình phương các phần tử của S . A. 10 . B. 9 . C. 0 .

D. 4 .

x+2 (1) 2x + 3 . Đường thẳng d : y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) . Biết d cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm A,B sao cho ∆OAB cân tại O . Khi đó a + b bằng A. −1 . B. 0 . C. 2 . D. −3 . Câu 154. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm s ố y =

Câu 155. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019) Cho hàm số ax + b y = f ( x) = , ( a, b, c, d ∈ ℝ; c ≠ 0, d ≠ 0) có đồ thị (C ) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x) như hình vẽ cx + d dưới đây. Biết (C ) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng − 2 . Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại giao điểm của (C ) với trục hoành.

Câu 158. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Có bao nhiêu giá trị của tham số thực m để đồ thị hàm số x 2 − 2mx + m cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt và các tiếp tuyến của đồ thị tại hai điểm đó vuông góc y= x+m với nhau. A. 5 B. 2 C. 0 D. 1 1 4 x − 3x 2 có đồ thị (C ) . Có bao nhiêu điểm A thuộc (C ) sao cho tiếp tyến của 4 A cắt (C ) tại hai điểm phân biệt M ( x1 ; y1 ) , N ( x2 ; y2 ) ( M , N khác A ) thỏa mãn

Câu 159. Cho hàm số y = (C ) tại

y1 − y2 = 5( x1 − x2 ) A. 1 .

B. 2 .

C. 0 .

D. 3 .

2x − 3 Câu 160. Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị y = đi qua giao điểm của hai đường tiệm cận? x+2 A. 1 . B. Không có. C. Vô số. D. 2 .

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1. Đọc đồ thị hàm số Câu 1. Chọn D Đồ thị hình vẽ là đồ thị hàm số bậc ba có hệ số a > 0 nên chỉ có hàm số y = x 3 − 3x + 2 thỏa mãn điều kiện trên. Câu 2. Chọn D Dựa vào hình vẽ suy ra hàm số đã cho có 3 cực trị → loại C, D. Mặt khác nhánh bên tay phải của đồ thị hàm số đi lên suy ra hệ số a > 0 → Chọn D Câu 3. Chọn B Dựa vào đồ thị ta thấy đây là hình ảnh đồ thị của hàm số bậc ba nên loại đáp án B và C; Mặt khác dựa vào đồ thị ta có lim y = +∞ nên hệ số của x3 dương nên ta chọn đáp án y = x3 − 3x 2 + 3 x →+∞

Chọn A Câu 4. Từ đồ thị : lim y = +∞ và đây là đồ thị hàm bậc ba nên ta chọn phương án y = x 3 − 3x + 1. x→+∞

A. x − 3 y + 2 = 0 .

B. x + 3 y − 2 = 0 .

C. x + 3 y + 2 = 0 .

D. x − 3 y − 2 = 0 .

Câu 5. Chọn B Quan sát đò thị ta thấy đây là đồ thị của hàm số y = ax 4 + bx 2 + c ( a > 0 ) . Vậy chọn B. Câu 6. Chọn A Dạng hàm bậc ba nên loại C Từ đồ thị ta có a > 0 . Do đó loại B, 34

D. Câu 7. Chọn C + Nhìn đồ thị khẳng định đồ thị hàm trùng phương loại B, C + lim y = −∞ nên chọn x →±∞

D. Câu 8. Chọn D Dạng đồ thị hình bên là đồ thị hàm số trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c có hệ số a < 0 . Do đó, chỉ có đồ thị ở đáp án B là thỏa mãn. Câu 9. Chọn A Trong bốn hàm số đã cho thì chỉ có hàm số y = − x3 + 3x + 1 (hàm số đa thức bậc ba với hệ số a < 0 ) có dạng đồ thị như đường cong trong hình. Câu 10. Chọn B Vì từ đồ thị ta suy ra đồ thị của hàm phân thức có tiệm cận đứng và ngang x = 1; y = 1 Câu 11. Chọn C Dựa trên hình dáng đồ thị, ta loại y = x 3 − 3 x 2 − 2 và y = x 4 − x 2 − 2 Mặt khác từ đồ thị, ta thấy lim y = −∞

Xét phương án B có y ′ = 3 x 2 − 6 x và y ′ đổi dấu khi đi qua các điểm x = 0, x = 2 nên hàm số đạt cực tri tại x = 0 và x = 2 , loại phương án B . Vậy phương án đúng là C . Câu 20. lời giải Chọn D Dựa vào đồ thị ta có a > 0 , đồ thị cắt Oy tại 1 điểm có tung độ dương nên d > 0 , đồ thị có 2 cực trị trái c dấu nên x1.x2 < 0 ⇒ < 0 ⇒ c < 0 . Vậy đáp án D a Câu 21. Chọn B Ta có đồ thị có hình dạng như trên với hàm bậc bốn trùng phương có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại nên a > 0, b < 0 . Giá trị cực đại nhỏ hơn 0 nên c < 0 . Câu 22. Chọn C Dựa vào đồ thị suy ra tiệm cận đứng x = −1 loại C, D Đồ thị hàm số giao với trục hoành có hoành độ dương suy ra chọn B

x →+∞

nên loại y = − x 4 + x 2 − 2 Câu 12. Chọn A Đồ thị hàm số là đồ thị của hàm số bậc ba nên loại A và B. Đồ thi hàm số bậc ba có hệ số a > 0 nên D đúng. Câu 13. Chọn A Đây là hình dáng của đồ thị hàm bậc bốn trùng phương có hệ số a > 0 Câu 14. Chọn C Đồ thị hàm số trên là đồ thị hàm trùng phương có 3 cực trị và có a < 0 Câu 15. Chọn C Ta có :

Câu 23.

Theo đồ thị: a Tiệm cận ngang: y = > 0 (1) c d d Tiệm cận đứng: x = − c > 0 ⇒ c < 0 ( 2) b b y = 0 ⇒ x = − < 0 ⇒ > 0 ( 3) a a Câu 24. + Dựa vào hình dạng đồ thị ta khẳng định được a > 0 . + Đồ thị cắt trục Oy tại điểm có tọa độ (0; d ) . Dựa vào đồ thị suy ra d > 0 . + Ta có: y ′ = 3ax 2 + 2bx + c . Hàm số có hai điểm cực trị x1 , x2 ( x1 < x2 ) trái dấu nên phương trình y′ = 0

Dựa vào hình dáng của đồ thị ta được: + Điều kiện x ≠ 1 + Đây là đồ thị của hàm nghịch biến Từ đó ta được y′ < 0, ∀x ≠ 1. Câu 17. Chọn C Dựa vào đồ thị ta nhận thấy tiệm cận đứng bằng 2, Hàm số nghịch biến vậy chọn B Câu 18. Chọn A Dựa vào đồ thị suy ra hệ số a < 0 ⇒ loại phương án C y′ = 3ax 2 + 2bx + c = 0 có 2 nghiệm x1 , x2 trái dấu (do hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm hai phía với

D. Do ( C ) ∩ Oy = D ( 0; d ) ⇒ d < 0.

Oy ) ⇒ 3a.c < 0 ⇒ c > 0 ⇒ loại phương án

Câu 19.

có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 trái dấu. Vì thế 3a.c < 0 , nên suy ra c < 0 .  x1 > −1  + Mặt khác từ đồ thị ta thấy  nên x1 + x2 > 0 .     x2 > 1 −2b −2b nên suy ra > 0 ⇒b<0. 3a 3a Vậ y a > 0 , b < 0 , c < 0 , d > 0 .

Mà x1 + x2 =

Câu 25.

Theo bài ra, đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x = −

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là: y =

Dựa vào đồ thị, ta có lim y = +∞ , loại phương án D . x→+∞

Xét phương án A có y ′ = 3 x 2 + 2 > 0, ∀ x ∈ ℝ , hàm số không có cực tri, loại phương án A . 35

Nhìn đồ thị ta thấy: x = −

a −1 . c −1

d > 0 mà d < 0 ⇒ c −1 > 0 ⇒ c > 1 . c −1 36

d . c −1

a −1 > 0 ⇒ a −1 > 0 ⇒ a > 1 . c −1

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng

- Mặt khác b < 0 ⇒ b > 0. d

Câu 26. Từ đồ thị hàm số, ta suy ra  Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1 , tiệm cận ngang là đường thẳng y = −1 .  Đồ thị hàm số đi qua các điểm A ( 2; 0 ) , B ( 0; −2 ) .

x1 + x2 b = − > 0 ⇒ b > 0. 2 3a

Câu 31. Chọn C - Dựa vào hình dạng đồ thị suy ra a < 0 - Hàm số có 3 điểm cực trị nên ab < 0 ⇒ b > 0 - Giao điểm với trục tung nằm dưới trục hoành nên c < 0 .

ax + b (vì đồ thị hàm số là đồ thị hàm nhất biến nên ac − b ≠ 0 ), ta suy ra x+c  Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −c , tiệm cận ngang là đường thẳng y = a .  b   b  Đồ thị hàm số đi qua A  − ;0  , B  0;  .  a   c Đối chiếu lại, ta suy ra c = −1 , a = −1 , b = 2 . Vậy T = a + 2b + 3c = ( −1) + 2.2 + 3 ( −1) = 0 .

Dạng 2. Đồ thị hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối Câu 32. Chọn A ( x − 2 ) x 2 − 1 , x ≥ 2  Đồ thị gồm 2 phần: y = x − 2 x2 −1 =  2  − ( x − 2 ) x − 1 , x < 2 +) Giữ nguyên phần đồ thị đã cho ứng với x ≥ 2 . +) Lấy đối xứng phần đồ thị đã cho ứng với x < 2 qua trục Ox Hình 1 nhận vì đồ thị là hàm y = x − 2 ( x 2 − 1)

Câu 27.

Hình 2 loại vì đồ thị là hàm y = ( x − 2 ) x − 1 ( x + 1)

Từ biểu thức hàm số y =

Đồ thị cắt trục tung tại điểm ( 0; c ) , từ đồ thị suy ra c < 0 y′ = 0 có ba nghiệm phân biệt, hay

Mặt khác đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên

y′ = 4ax3 + 2bx = 2 x ( 2ax 2 + b ) = 0 có ba nghiệm phân biệt. Suy ra a, b trái dấu. Mà a < 0 ⇒ b > 0 Câu 28.

Lời giải Chọn B Đạo hàm: y′ = 3ax 2 + 2bx + c Từ hình dáng đồ thị suy ra: Hệ số a < 0 y ′ = 0 có một nghiệm bằng x1 = 0 và một nghiệm x2 > 0 . y ′ = 0 có một nghiệm bằng x1 = 0 ⇒ c = 0 . 2b 2b x1 + x2 = − ⇒ x2 = − > 0 mà a < 0 nên −b > 0 ⇔ b < 0 3a 3a Câu 29. Chọn A Từ dáng điệu của đồ thị ta có ngay được: ⊕ lim y = +∞; lim y = −∞ ⇒ a > 0 . x→+∞

x →−∞

⊕ Đồ thị hàm số cắt trục tung tại một điểm có tung độ dương nên d > 0 . Ta có: y ' = 3ax 2 + 2bx + c Mặt khác dựa vào đồ thị ta thấy phương trình y ' = 0 có hai nghiệm trái dấu và tổng hai nghiệm này luôn ac < 0 c < 0  dương nên  2b ⇒  (do a > 0 ) − 3a > b < 0 Do đó: ab < 0, bc >, cd < 0 . Câu 30. Chọn D - Dựa vào hình dáng của đồ thị suy ra hệ số a < 0 . - Đồ thị cắt trục Oy tại điểm có tung độ âm nên d < 0 . - Ta thấy đồ thị như hình vẽ có hai điểm cực trị, hoành độ các điểm cực trị trái dấu suy ra phương trình y′ = 3ax2 + 2bx + c = 0 có 2 nghiệm x1 , x2 trái dấu kéo theo 3a.c < 0 ⇒ c > 0 . 37

(

)

(

)

Hình 3 loại vì đồ thị hàm số y = ( x − 2 ) ( x 2 − 1) Hình 4 loại vì đồ thị hàm y = ( x − 2 ) ( x 2 − 1) Câu 33. Cách 1: +) Ta thấy Hình 2 có được là do ta giữ nguyên phần đồ thị của hàm số y = x3 − 6x2 + 9x thuộc trục Oy và nằm bên phải của trục Oy và sau đó lấ y đối xứng phần đồ thị này qua Oy . Do đó ta suy ra Hình 2 là đồ thị 3

của hàm số y = x − 6 x + 9 x . Ghi nhớ: Từ đồ thị hàm số y = f ( x ) , muốn vẽ đồ thì của hàm số y = f ( x ) thì ta làm như sau:

Bước 1: Giữ nguyên phần đồ thị hàm số y = f ( x ) thuộc trục Oy (nếu có) và nằm bên phải trục Oy. Bước 2: Ta lấy đối xứng phần đồ thị đó qua trục Oy . Cách 2: Từ hình 2 ta thấy đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng nên suy ra đây là đồ thị của hàm số chẵn, do đó ta loại được phương án C và D. Lại thấy đồ thị đi qua gốc tọa độ nên suy ra ta loại phương án B. Vậy đáp án là A. Câu 34. Chọn A Do đồ thị giao với trục Oy tại điểm có tung độ bằng −4 và lim y = −∞ . x →+∞

Dạng 3. Bài toán tương giao Dạng 3.1 Bài toán tương giao đồ thị thông qua đồ thị, bảng biến thiên Câu 35. Chọn C 3 Ta có 2 f ( x ) − 3 = 0 ⇔ f ( x ) = . 2

Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = Dựa vào bảng biến thiên của f ( x ) ta có số giao điểm của đồ thị Câu 36. Chọn A 3 (1) . Ta có 2 f ( x ) − 3 = 0 ⇔ f ( x ) = 2

3 . 2

Số nghiệm thực của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) với đường thẳng 3 y= . 2 3 Từ bảng biến thiên đã cho của hàm số f ( x ) , ta thấy đường thẳng y = cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại ba 2 điểm phân biệt. Do đó phương trình (1) có ba nghiệm thực phân biệt. Câu 37. Chọn D 4 Ta có: 3 f ( x ) + 4 = 0 ⇔ f ( x ) = − (*) 3 4 (*) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = − . 3 Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy (*) có 3 nghiệm. Câu 38. Chọn C 3 Ta có 4 f ( x ) − 3 = 0 ⇔ f ( x ) = 4

Đường thẳng y =

3 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 4 điểm phân biệt nên phương trình đã cho có 4 nghiệm 4

Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số ( C ) : y = f ( x ) và đường thẳng d : y =

3 . 2

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng d cắt đồ thị ( C ) tại bốn điểm phân biệt. Câu 41. Chọn D

3 . 2 Nhìn bảng biến thiên ta thấy phương trình này có 3 nghiệm. Câu 42. Chọn D Dựa vào hình dáng của đồ thị hàm số y = ax 4 + bx 2 + c ta thấy đây là đồ thị của hàm số bậc bốn trùng phương có 3 điểm cực trị nên phương trình y′ = 0 có ba nghiệm thực phân biệt. Câu 43. Chọn D 5 Ta có 3 f ( x ) − 5 = 0 ⇔ f ( x) = . 3 5 Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y = cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại ba điểm phân biệt thuộc đoạn 3 [ −2; 4] .

Ta có 2 f ( x ) + 3 = 0 ⇔ f ( x ) = −

Do đó phương trình 3 f ( x) − 5 = 0 có ba nghiệm thực.

phân biệt. Câu 39. Chọn B Ta có 3 f ( x ) − 4 = 0 ⇔ f ( x ) =

4 . 3

Dựa vào đồ thị, ta thấy đường thẳng y =

4 cắt y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt nên phương trình đã cho có 3 3

nghiệm phân biệt. Câu 40. Chọn B Bảng biến thiên x

_ f'(x) f(x)

+∞

-2

-∞

Câu 44. 7 7 Ta có: 4 f ( x ) − 7 = 0 ⇔ f ( x) = . Do đường thẳng y = cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt 4 4 nên suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm. Câu 45. Chọn C Xét phương trình f ( x ) − 2 = 0 ⇔ f ( x ) = 2

+∞

+ +∞

y=3/2 -1

-1

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = 2 Từ bảng biến thiên ta thấy hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt hay phương trình có ba nghiệm.

5 Xét phương trình 3 f ( x ) − 5 = 0 ⇔ f ( x ) = . 3

Câu 46. (TRƯỜNG THPT LƯƠNG ƯƠNG TÀI SỐ 2 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x) = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình vẽ. Phương trình 1 − 2. f ( x) = 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm? A. 4 B. 3 C. Vô nghiệm D. 2 Lời giải Chọn A  y = f ( x )( C ) 1  ⇔ 1 2  y = (d )  2 Số giao điểm của đường thẳng ( d ) và đường cong ( C ) ứng với số nghiệm của phương trình (1) . Theo hình

Xét phương trình: 1 − 2. f ( x ) = 0 (1) ⇔ f ( x ) =

Ta có số nghiệm của phương trình f (x) = 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số

vẽ ta có 4 giao điểm => phương trình (1) sẽ có 4 nghiệm phân biệt. Câu 47.

Phương trình 2. f ( x ) − 5 = 0 ⇔ f ( x ) =

y = f (x) với đường thẳng y = 1 .

5 ( *) . 2

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy 2 đồ thị y = f ( x ) và y =

5 . 2

5 có 3 điểm chung. 2

Vậy phương trình 2. f ( x ) − 5 = 0 có 3 nghiệm thực. Câu 48. Chọn A Ta có: f ( x ) − 3 = 0 ⇔ f ( x ) = 3 , theo bảng biến thiên ta có phương trình có 3 nghiệm. Câu 49.

*Đồ thị y = f ( x )

- Bước 1: Giữ nguyên phần đồ thị của y = f ( x ) nằm phía trên Ox - Bước 2: Lấ y đối xứng phần đồ thị của y = f ( x ) nằm phía dưới Ox qua trục hoàn. - Bước 3: Xóa phần đồ thị của y = f ( x ) nằm phía dưới trục hoành

Từ hình vẽ ta thấy đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 6 điểm. Vậ y số nghiệm của phương trình f (x) = 1 là 6. Dạng 3.2 Bài toán tương giao đồ thị thông qua hàm số cho trước Câu 51. Chọn A Dễ thấy phương trình ( x − 2 ) x 2 + 1 = 0 có 1 nghiệm x = 2 ⇒ ( C ) cắt trục hoành tại một điểm.

(

Số nghiệm của phương trình f ( x ) = 2 cũng chính là số giao điểm cũng đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = 2 . Dựa vào hình vẽ trên, ta thấy có 4 giao điểm. *Cách giải khác:  f ( x) = 2 f ( x) = 2 ⇔  , dựa vào đồ thị suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm  f ( x) = −2 Câu 50.

)

Câu 52. Chọn C Xét phương trình hoành độ giao điểm: −2 x + 2 = x 3 + x + 2 ⇔ x3 + 3 x = 0 ⇔ x = 0 Với x0 = 0 ⇒ y0 = 2 . Câu 53. Chọn B x = 0 Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và trục hoành: x3 − 3x = 0 ⇔  x = ± 3 Vậy số giao điểm của (C ) và trục hoành là 3. Câu 54.

Số giao điểm của đồ thị ( C ) và đường thẳng y = 2 là số nghiệm của phương trình sau:

 2 3 + 17 x = 3 + 17 2 x − 3 x = 2 ⇔ x − 3x − 2 = 0 ⇔  ⇔ x=± . 2  2 3 − 17 <0 x =  2 4

Phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm nên số giao điểm của đồ thị ( C ) và đường thẳng là 2. Câu 55. Phương trình hoành độ giao điểm là x3 + 2 x + 1 = 4 x + 5 ⇔ x3 − 2 x − 4 = 0 ⇔ x = 2 Với x = 2 ⇒ y = 13 . Vậy y0 = 13

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị y = x 3 − x 2 + 1 và y = x2 + 1: x = 0 x3 − x 2 + 1 = x 2 + 1 ⇔ x3 − 2 x 2 = 0 ⇔  x = 2 Với x = 0 ⇒ y = 1. Với x = 2 ⇒ y = 5 . Câu 56.

Nên hai đồ thị trên có hai giao điểm là ( 0;1) và ( 2;5 ) . Vậ y P = 2 . Câu 57. Trục tung có phương trình: x = 0 . Thay x = 0 vào y = −x 4 − 3x 2 + 1 được: y = 1 . Câu 58. Chọn A Xét phương trình hoành độ giao điểm x3 − 2 x 2 + 2 x + 1 = 1 − x

Số nghiệm của phương trình x 4 − 4 + 5 = x là số giao điểm của đồ thị y = h( x) = x 4 − 4 + 5 − x và trục hoành y = 0 . Dựa vào BBT ta thấy phương trình

x 4 − 4 + 5 = x vô nghiệm hay đồ thị hàm số

y = x 4 − 4 + 5 và đường thẳng y = x không có giao điểm nào. Dạng 3.3 Bài toán tìm m để phương trình f(x) = f(m) thoả mãn điều kiện cho trước khi biết đồ thị, BBT của f(x) Câu 60. Chọn D Số nghiệm thực của phương trình − x 4 + 2 x 2 = m chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = − x 4 + 2 x 2 và đường thẳng y = m . Dựa vào đồ thị suy ra − x 4 + 2 x 2 = m có bốn nghiệm thực phân biệt khi 0 < m < 1 . Câu 61. Số nghiệm của phương trình f ( x ) = 1 + m 2 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x) và đường thẳng y = 1 + m 2 . Mặt khác, 1 + m 2 ≥ 1, ∀m . Do đó ta có đồ thị

⇔ x 3 − 2 x 2 + 3x = 0

⇔ x ( x 2 − 2 x + 3) = 0 ⇔ x = 0 Câu 59. Cách 1: Phương trình hoành độ giao điểm x ≥ 5 ⇔ 4 2  x − 4 = ( x − 5) x ≥ 5  ⇔ 4 2  x − x + 10 x − 29 = 0 (*)

x4 − 4 + 5 = x ⇔ x4 − 4 = x − 5

4 2 2 2 Do x ≥ 5 nên x − x = x ( x −1) > 0 và 10 x − 29 > 0 . Vì vậy (*) vô nghiệm

Như vậy phương trình x 4 − 4 + 5 = x vô nghiệm hay đồ thị hàm số y = x 4 − 4 + 5 và đường thẳng y = x không có giao điểm nào. Cách 2: x ≥ 2 Phương trình hoành độ giao điểm x 4 − 4 + 5 = x . Ta có điều kiện xác định   x ≤ − 2

x 4 − 4 + 5 = x ⇔ x4 − 4 + 5 − x = 0 2 x3 Xét hàm số h( x) = x 4 − 4 + 5 − x . Ta có h '( x ) = − 1 ; h '( x) = 0 ⇔ 2 x3 = x 4 − 4 x4 − 4

Với điều kiện trên ta có

Với x ≥ 2 ta có 2 x3 > x4 − 4 . Với x ≤ − 2 ta có 2 x3 < x4 − 4 Ta có Bảng biến thiên:

Dựa vào đồ thị, ta thấy phương trình f ( x ) = 1 + m 2 luôn có một nghiệm thực với mọi giá trị của m . Vậy phương trình đã cho có một nghiệm thực. −3m + 3 Câu 62. 2 f ( x ) + 3m − 3 = 0 ⇔ f ( x ) = 2 −3m + 3 5 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt ⇔ −1 < < 3 ⇔ −1 < m < 2 3 Câu 63. Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m bằng số giao điểm của đồ thị y = f ( x ) và đường thẳng y = m. Khi đó, phương trình y = f ( x ) có bốn nghiệm thực phân biệt ⇔ −2 < m < 1 . Câu 64.

Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) với đường thẳng y = m (song song hoặc trùng với Ox ).

Để phương trình f ( x ) = m có 5 nghiệm phân biệt ⇔ −2 < m < 0 . Câu 65.

Ta có f ( x) − 1 = m ⇔ f ( x ) = 1 + m  m + 1 = −1  m = −2 Để phương trình có hai nghiệm thì  ⇔  m +1 > 0  m > −1 Dạng 3.4 Bài toán tìm m để phương trình |f(x)|=f(m) thỏa mãn điều kiện cho trước khi biết đồ thị, BBT f(x) Câu 66. Lấy đối xứng phần đồ đồ thị phía dưới Ox của hàm số y = f ( x ) qua trục Ox .

Bỏ phần đồ thị y = f ( x ) phía dưới Ox .

Để phương trình 2 f ( x ) = m có 6 nghiệm thực phân biệt thì 1 <

Mà m ∈ ℤ , m > 0 ⇒ m ∈ {3; 4;5} Dạng 3.5 Bài toán tương giao đường thẳng với đồ thị hàm số bậc 3 Câu 68. Chọn B Ta có phương trình hoành độ giao điểm là: x 3 − 3 x 2 + x + 2 = mx − m + 1 ⇔ x 3 − 3 x 2 + x − mx + m + 1 = 0 ( 1)

Khi đó ta có đồ thị hàm số y = f ( x ) .

x = 1 ⇔ ( x − 1) x 2 − 2 x − m − 1 = 0 ⇔  2 .Để đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại ba điểm phân  x − 2x − m − 1 = 0 biệt thì phương trình x 2 − 2 x − m − 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1 .Hay 1 + m + 1 > 0 m > −2 ⇔ ⇔m>− −2 2 .Với m > −2 thì phương trình ( 1) có ba nghiệm phân biệt là  1 − 2 − m − 1 ≠ 0  m ≠ −2

(

Số nghiệm của phương trình f ( x ) = 3m là số giao điểm của 2 đồ thị y = f ( x ) và y = m . Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị y = f ( x ) cắt đường thẳng y = m tại 8 điểm phân biệt khi và chỉ khi 0 < m < 2 . Vì m ∈ Z nên m = 1 . Câu 67. Chọn D Ta có 2 f ( x ) = m ⇔ f ( x ) =

m < 3 ⇔ 2 < m < 6. 2

m (*) 2

Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y = f ( x ) và đường thẳng y =

m 2

Phần đồ thị hàm số y = f ( x ) được suy ra từ đồ thị hàm số y = f ( x ) như hình vẽ và là đường nét liền.

)

x1 + x 2 = 1 suy ra điểm có hoành độ x=1 luôn là 2 trung điểm của hai điểm còn lại. Nên luôn có 3 điểm A,B,C thoả mãn AB = BC Vậy m > −2 . Câu 69. Chọn D Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình x = 1 x3 − 3 x 2 − m + 2 = − mx ⇔ ( x − 1) ( x 2 − 2 x + m − 2 ) = 0 ⇔  2  x − 2x + m − 2 = 0 Đặt nghiệm x2 = 1. Từ giải thiết bài toán trở thành tìm m để phương trình có 3 nghiệm lập thành cấp số cộng. Khi đó phương trình x 2 − 2 x + m − 2 = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt (vì theo Viet rõ ràng x1 + x3 = 2 = 2 x2 ) 1, x1 , x2 ( x1 , x2 là nghiệm của x 2 − 2 x − m − 1 = 0 ). Mà

Vậy ta chỉ cần ∆′ = 1 − ( m − 2) > 0 ⇔ m < 3 Câu 70. Lời giải Chọn B x = 0 Ta có y = x3 − 3 x 2 ⇒ y′ = 3x 2 − 6 x; y′ = 0 ⇔  x = 2

Bảng biến thiên: 45

−∞

y′

−

+∞

+∞ −4

−∞

⇔ x ( x 2 − m 2 ) + 3m ( x 2 − m 2 ) = 0 ⇔ ( x + 3m ) ( x 2 − m 2 ) = 0  x = −3m ⇔  x = m  x = −m

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y = x 3 − 3 x 2 cắt đường thẳng y = m tại ba điểm phân biệt khi −4 < m < 0 Câu 71. Xét hàm số y = x 3 + 3 x 2 − 2 , y′ = 3x 2 + 6 x . Lập bảng biến thiên

Để đường thẳng d cắt đồ thị ( Cm ) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 ⇔ m ≠ 0 .

Số nghiệm của phương trình x3 + 3 x 2 − 2 = m (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 + 3 x 2 − 2 và

Câu 76. Xét hàm số: y = 2 x 3 − 3x 2 ⇒ y′ = 6 x 2 − 6 x ⇒ y′ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1 . Bảng biến thiên:

đường thẳng y = m . Dựa vào bảng biến thiên suy ra PT (*) có 3 nghiệm phân biệt khi −2 < m < 2 . Câu 72. Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và d là

x3 − 3x2 + 2 = m( x −1) (1) Phương trình (1) ⇔ x3 − 3x2 − mx + 2 + m = 0 ⇔ ( x −1)( x 2 − 2 x − m − 2) = 0  x −1 = 0 x =1 ⇔ ⇔  f ( x ) = x 2 − 2 x − m − 2 = 0  f ( x) = x 2 − 2 x − m − 2 = 0 (2)   Phương trình (1) luôn có nghiệm x = 1 , vậy để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt thì phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt khác 1. ∆ ' = 1 + m + 2 > 0  m > −3  ⇔ ⇔ ⇔ m > −3 .     f ≠ (1) 0  m ≠ −3   Vậy m >−3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 73. Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và y = x3 − x + 3 :  x = −2 ⇒ y = −3 x 3 − x + 3 = 2 x +1 ⇔ x 3 − 3 x + 2 = 0 ⇔   x = 1 ⇒ y = 3 Vậy A (1;3); B (−2; −3) ⇒ xB + yB = −5

Câu 74.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( Cm )

x 3 + 3mx 2 − m3 = m 2 x + 2m3 ⇔ x 3 + 3mx 2 − m 2 x − 3m3 = 0 ⇔ ( x3 − m 2 x ) + ( 3mx 2 − 3m3 ) = 0

Khi đó, x14 + x2 4 + x34 = 83 ⇔ m 4 + ( − m ) + ( −3m ) = 83 4

⇔ 83m = 83 ⇔ m = ±1 Vậy m1 = 1, m2 = −1 hay m1 + m2 = 0 . Câu 75. Chọn C Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình: x 3 − x + 3 = 2 x + 1 x = 1 Giải phương trình ta được  x = 2 Vì xB < x A Vậy xB = 1; yB = 3 ⇒ xB + yB = 4

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của hai đồ thị: 3 2 ( C ) : y = 2 x − 3x  d : y = 2m + 1

 m = −1  2 m + 1 = −1  ⇔ Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy: Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔  m = − 1  2m + 1 = 0  2 1  ⇒ S = −1; −  . 2   1  −3 . Vậy tổng các phần tử của S bằng −1 +  −  =  2 2 Câu 77. Phương trình hoành độ giao điểm chung là: x3 + 2mx 2 + 3(m − 1) x + 5 = − x + 5 x = 0 ⇔ x 3 + 2mx 2 + (3m − 2) x = 0 ⇔  2  x + 2mx + 3m − 2 = 0 (1) Đường thẳng y = − x + 5 cắt đồ thị hàm số y = x 3 + 2mx 2 + 3( m − 1) x + 5 tại 3 điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 .

Cho f ′′ ( x ) = 0 ⇒ 6 x = 0 ⇔ x = 0 .

 m > 2  2  m ≠ 3 ∆′ = m2 − 3m + 2 > 0   m < 1  ⇔ ⇔ ⇔  .  m < 1 2 3m − 2 ≠ 0  m ≠   3  m>2 Câu 78.

Với x = 0 ta có: 5 − 5m 2 = 0 ⇔ m = ±1 . Thử lại:

x = 0 Với m = 1 thì ta có x3 − 6 x + 5 = 5 ⇔ x ( x 2 − 6 ) = 0 ⇔  x = ± 6 3 2 Với m = −1 thì ta có: x + 6 x + 5 = 5 ⇔ x x + 6 = 0 ⇔ x = 0

(

Dạng 3.6 Bài toán tương giao của đường thẳng với đồ thị hàm số nhất biến Câu 81. Chọn A Cách 1:  a −1   b −1  Giả sử A  a;  , B  b;  , I ( −2;1) .  a+2  b+2   3   3 3   3  IA =  a + 2; −  , IB =  b + 2; −  ⇒ IA =  a1 ; − a  , IB =  b1 ; − b  . a+2 b+2    1  1 

 x = −1  +Ta có: f ( x ) = x − 1 ⇔  x = 1 .  x = 3 f ( x ) là hàm bậc ba nên f ( x ) − ( x − 1) = a ( x + 1)( x − 1)( x − 3) ⇒ f ( x ) = a ( x + 1)( x − 1)( x − 3) + x − 1 ; f ( 0 ) = 2 ⇔ a = 1 . ⇒ f ( x ) = ( x + 1)( x − 1)( x − 3) + x − 1 .

5 nên từ đồ thị ta có phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt. 2 Câu 79. Phương trình hoành độ giao điểm: x 3 − 3x + 2 x3 − 3mx + 3 = 3x + 1 ⇔ x3 − 3x + 2 = 3mx ⇔ 3m = (1). x 3 x − 3x + 2 2 2 2 x3 − 2 Xét hàm f ( x ) = = x2 − 3 + ; f ′ ( x ) = 2 x − 2 = ; f ′( x) = 0 ⇔ x = 1 . x x x x2 Bảng biến thiên. x 0 −∞ 1 +∞

thẳng y =

f ( x)

−

+∞

9 9  2 2 2 2 2  IA = IB = AB = a1 + a 2 = b1 + b 2 1 1 Do tam giác ABI đều nên  1 cos IA, IB =  2  2   9 2 ( a1 − b1 )  1 − 2 2  = 0 (1)   a1 b1  ⇒ a b + 9 = 1  a 2 + 9  2  1 1 a b 2  1 a2  ( )  1 1 1    a1 = −b1 a = b (1) ⇔  1 1 a1b1 = 3   a1b1 = −3 Nếu a1 = −b1 thì ( 2 ) vô lý.

(

 x = 1 = x2 . + f ( x) = 0 ⇔  ( x + 1)( x − 3) + 1 = 0 ( 2 ) x1 , x3 là các nghiệm của ( 2 ) nên ta có x1 x3 = −2 .

f ′( x)

)

Nếu a1 = b1 thì A ≡ B ⇒ Loại. Nếu a1b1 = −3 thì ( 2 ) vô lý.

+∞

)

+∞

Nếu a1b1 = 3 thì ( 2 ) ⇒ a12 +

9 = 12 ⇒ AB = 2 3 . a12

0 −∞ Khi đó yêu cầu bài toán ⇔ m < 0 . Mà m nguyên và m ∈ [ −2018; 2019] nên có 2018 giá trị thỏa mãn.

Vậy AB = 2 3 . Cách 2: I ( −2;1)

Câu 80. Phương trình đã cho tương đương: x 3 − 6 mx + 5 − 5m 2 = 0 . Đặt y = f ( x ) = x 3 − 6 mx + 5 − 5m 2 có f ′ ( x ) = 3 x 2 − 6m ; f ′′ ( x ) = 6 x . PT đã cho có 3 nghiệm phân biệt ⇔ Hàm số y = f ( x ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt

x − 1 IXY 3 ⇒ (C ) : Y = − . x+2 X Trong hệ trục toạn độ IXY ( C ) nhận đường thẳng Y = − X làm trục đối xứng.

⇔ f ′ ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn f ( x1 ) . f ( x2 ) < 0 .

∆ABI đều nên IA tạo với IX một góc 15° ⇒ A ∈ d : Y = − tan15°.X ⇒ A ∈ d : Y =

3 nghiệm đó lập thành cấp số cộng nên x2 − x1 = x3 − x2 .

⇒ A X;

Suy ra, x2 là hoành độ của tâm đối xứng hay là nghiệm của f ′′ ( x ) = 0 . 49

(C ) : y =

( (

) )

3 −2 X .

(

)

3−2 X .

Mà A ∈ ( C ) ⇒

(

)

3−2 X = −

3 3 ⇒ X2 = = 3 2+ 3 . X 2− 3

(

)

⇒ AB 2 = IA2 = X 2 +  3 − 2 X  = 12 ⇒ AB = 2 3 .   Câu 82. Chọn C x −1 2 Ta có y = . = 1− x +1 x +1 Đồ thị ( C ) có hai đường tiệm cận là x = −1 và y = 1 . Do đó I ( −1;1) .

(

)

Giả sử A, B có hoành độ lần lượt là x1 , x2 . Ta có: 4 4 2 2 ; IB 2 = ( x2 + 1) + ; IA2 = ( x1 + 1) + 2 2 ( x1 + 1) ( x2 + 1) 2

4 ( x2 + 1) − ( x1 + 1)  2 2 2  AB 2 = ( x2 − x1 ) +  −  = ( x2 + 1) − ( x1 + 1)  + 2 2 ( x2 + 1) . ( x1 + 1)  x2 + 1 x1 + 1  Do tam giác IAB đều nên ta có: 2 2 2 2  4 ( x2 + 1) − ( x1 + 1)  2 2  ⇔ ( x2 + 1) − ( x1 + 1) = 0 IA2 = IB 2 ⇔ ( x2 + 1) − ( x1 + 1) =  2 2 2 2  ( x2 + 1) ( x1 + 1) ( x2 + 1) ( x1 + 1) = 4 2

( x2 + 1) − ( x1 + 1)

= 0 ⇒ AB = 0 ⇒ Loại.

2   x2 + 1 = x + 1 1 ( x2 + 1) ( x1 + 1) = 4 ⇔  2   x2 + 1 = − x + 1  1 2 + x2 + 1 = : x1 + 1 2

( x2 + 1)2 = −4 − 2 3 < 0 4 2 ⇔ ( x2 + 1) + 8 ( x2 + 1) + 4 = 0 ⇔  ⇒ Loại ( x2 + 1)2 = −4 + 2 3 < 0  Vậy AB = 2 2 . Câu 83. Chọn B −3 Tịnh tiến hệ trục theo vecto OI = ( −1;1) → I ( 0;0 ) và ( C ) : Y = . X  −3   −3  Gọi A  a;  , B  b;  ∈ ( C ) , điều kiện: ( a ≠ b ) .  a   b  9  2 9 2  a + a 2 = b + b 2 (1)  IA = IB  Theo đề bài, ta có:  ⇔ 9 cos IA; IB = 60°  ab + ab 1 = ( 2)   AB 2 2 2 2 2 2 ab > 0 Từ ( 2 ) → ab > 0 , do đó: (1) ↔ ( a − b )( a b − 9 ) = 0  → ab = 3 .

(

)

9  Suy ra: AB 2 = 2  3 +  = 12  → AB = 2 3 . 3  Câu 84. Phương trình hoành độ giao điểm:

 x ≠ −1(ld) 2x +1 = kx + 2k + 1 ⇔  2 . x +1 kx + ( 3k − 1) x + 2k = 0 (1) Ycbt tương đương có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2 sao cho kx1 + 2k + 1 = kx2 + 2k + 1

k ≠ 0 k ≠ 0   ⇔  ∆ = k 2 − 6k + 1 > 0 ⇔  k 2 − 6k + 1 > 0 ⇔ k = −3.  k x + x + 4k + 2 = 0 1 − 3k + 4 k + 2 = 0 ⇔ k = −3   ( 1 2) 2

2  2  2  x + 1)2 − 2  Khi đó AB 2 = 2 ( x2 + 1) − ( x1 + 1)  = 2 ( x2 + 1) −  = 2 ( 2  ( x2 + 1)  ( x2 + 1)  2 2 4 2 2 2  x + 1) − 2 = ( x2 + 1)2 + Lại có AB = IB ⇔ 2 ( 2 2  ( x + 1)  ( x + 1) 2

 2 ( x + 1)2 = 4 − 2 3 ⇒ AB 2 =  2 4 2 ⇔ ( x2 + 1) − 8 ( x2 + 1) + 4 = 0 ⇔   2 ( x + 1)2 = 4 + 2 3 ⇒ AB 2 =  2 2 + x2 + 1 = − : x1 + 1 2

(2 − 2 3 )

4−2 3

( −2 − 2 3 ) 4+2 3

=8 2

2  2  2  x + 1)2 + 2  Khi đó AB 2 = 2 ( x2 + 1) − ( x1 + 1)  = 2 ( x2 + 1) +  = 2 ( 2  x + 1 ( )  ( x2 + 1) 2  2 2 4 2 2 2 2   Lại có AB = IB ⇔ x + 1) + 2 = ( x2 + 1) + 2 ( 2 2  ( x + 1)  ( x + 1) 2

Câu 85.

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y = x − 2 và đồ thị hàm số y =

2x +1 ⇔ ( x − 2 )( x − 1) = 2 x + 1 x −1 2 ⇔ x − 3x + 2 = 2 x + 1 ⇔ x 2 − 5 x + 1 = 0 (*) Ta có xA , xB là nghiệm của phương trình (*), theo định lí Viét ta có xA + xB = 5 Câu 86. Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho ( x + 2m )( x + 1) = x − 3 x −3 = x + 2m ⇔  ⇔ x 2 + 2mx + 2m + 3 = 0 (*) . (vì khi x = −1 thì phương trình trở x +1  x ≠ −1 thành 0 = −4 vô lí). Để đồ thị của hai hàm số đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có hai nghiệm

x−2=

 m < −1 phân biệt. Khi đó m phải thoả mãn ∆′(*) > 0 ⇔ m 2 − 2m − 3 > 0 ⇔  . m > 3  m < −1 Vậy tập hợp các giá trị của tham số m là  . m > 3 Câu 87. Chọn D

2x +1 là: x −1

x−3 = mx + 1 x +1 2  x − 3 = ( mx + 1)( x + 1) mx + mx + 4 = 0 (*) ⇔ ⇔  x ≠ −1  x ≠ −1 x −3 Để đường thẳng y = mx + 1 cắt đồ thị hàm số y = tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai x +1 ∆ > 0 m2 − 16m > 0 nghiệm phân biệt khác −1 hay  ⇔ 2 m ( −1) + m ( −1) + 4 ≠ 0 4 ≠ 0

Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình:

⇔ m ∈ ( −∞;0 ) ∪ (16; +∞ ) . Câu 88.

m + ( m − mx2 ) + (m − mx1 ) +  x1 x2 − m ( x1 + x2 ) + m  2m 1 ⇔ = 2 2 2 2 2 m + (m − mx2 ) + ( m − mx1 ) +  m − m 2 + m 2  2 1 ⇔ = 2 2 2 2 + (1− x ) + (1− x ) 2

1 2

⇔ 2 + (1− x2 ) + (1− x1 ) = 16

Để có hia điểm phân biệt A, B thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt khác 1 1− m + m ≠ 0  m > 4   ⇔  2  m < 0   m − 4m > 0 Khi đó phương trình (*) có hai nghiệm phân biết x1 , x2 thỏa mãn:  x1 + x2 = m       x1 x2 = m Giả sử A( x1; x1 − m) , B ( x2 ; x2 − m) , suy ra: OA ( x1 ; x1 − m) , OB ( x2 ; x2 − m) Theo giả thiết góc giữa hai đường thẳng OA và OB bằng 600 suy ra: x1 x2 + ( x1 − m )( x2 − m ) 1 cos (OA; OB ) = cos 60 0 ⇔ = 2 2 2 x12 + ( x1 − m ) x22 + ( x2 − m )

2 x1 x2 − m ( x1 + x2 ) + m2 2 1

x x + ( x1 x2 − mx2 ) + x ( x1 x2 − m) + ( x1 − m)( x2 − m) 53

m = 6 ⇔ m 2 − 4m −12 = 0 ⇔   m = −2 Câu 90. Chọn D Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( C ) :

2x = x − m + 2 ⇔ x 2 − ( m + 1) x + m − 2 = 0 (*) (vì x = 1 không phải là nghiệm). x −1 Đường thẳng d cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt:

⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . 2

⇔ ∆ = ( m + 1) − 4 ( m − 2 ) = ( m − 1) + 8 > 0, ∀m ∈ ℝ .

AB =

x ≠ 1  x Xét phương trình hoành độ giao điểm = x−m ⇔   2  1− x   x − mx + m = 0 (*)

 x1 + x2 = m + 1 Theo định lý Vi-et ta có:   x1.x2 = m − 2 Khi đó A ( x1; x1 − m + 2 ) , B ( x2 ; x2 − m + 2 ) .

1 2 2  1  Với M  − ;5  ⇒ a = − , b = 5 ⇒ ( 4 a + 5 ) + ( 2b − 7 ) = 18 . 2  2 

2 2 1 2

2 2

⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) = 12

x−2 . x

 M ( −2; 2 )  Mà M ∈ ( C ) ⇒ M = d ∩ ( C ) ⇒   1  . M − ;5   2  2 2 Với M ( −2; 2 ) ⇒ a = −2, b = 2 ⇒ ( 4 a + 5 ) + ( 2b − 7 ) = 18 .

⇔

Gọi ( C ) là đồ thị hàm số y =

x−2 Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và đường thẳng d là: = 2 x + 6 ⇔ 2 x 2 + 5 x + 2 = 0 ( x ≠ 0) x  x = −2 ⇔ .  x = −1  2  1  Suy ra đường thẳng d cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt M 1 ( −2; 2 ) , M 2  − ;5  .  2  Ta có d ( M ; d ) ≥ 0, ∀M ⇒ min d ( M ; d ) = 0 khi M ∈ d .

Câu 89.

2m − m 2 + m 2

⇔

1 2

= 2

( x2 − x1 ) + ( x2 − m + 2 − x1 + m − 2) ( m −1)

= 2 ( x2 − x1 ) = 2

( x2 + x1 )

− 4 x1 x2 .

+8 ≥ 4 .

AB nhỏ nhất ⇔ AB = 4 ⇔ m = 1 . Câu 91. Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và d là:

x2 + 3 = 2 x + 2m ⇔ x 2 + 2 (1 + m ) x + 2m − 3 = 0 (1) , ( x ≠ −1 ). x +1 Đường thẳng d cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A , B ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2 2 m2 + 4 > 0, ∀m  ∆′ = (1 + m ) − ( 2 m − 3 ) > 0 ⇔ . ⇔ 2 −4 ≠ 0 ( −1) + 2 (1 + m ) . ( −1) + 2 m − 3 ≠ 0 Khi đó, gọi A ( x1 ; 2 x1 + 2m ) ; B ( x2 ; 2 x2 + 2m )

x1 + x2 2 + 2m =− = −m − 1. 2 2 x +3 Câu 92. Phương trình hoành độ giao điểm: 2 x + m = x +1 ⇔ ( 2 x + m )( x + 1) = x + 3 (do x = −1 không là nghiệm) Hoành độ trung điểm của AB là xI =

⇔ 2 x 2 + ( m + 1) x + m − 3 = 0 (1) . 54

Để có hai giao điểm thì pt (1) phải có hai nghiệm phân biệt. Điều này tương đương với

Vậy ABmin = 4 .

∆ > 0 ⇔ m 2 − 6 m + 25 > 0 (luôn đúng). Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1) . Giả sử M ( x1 ; 2 x1 + m ) , N ( x2 ; 2 x2 + m )

Dạng 3.7 Bài toán tương giao của đường thẳng với hàm số khác (chứa tham số) Câu 95. Chọn A x − 3 x − 2 x −1 x Xét phương trình + + + = x+2 −x+m x − 2 x −1 x x +1 x − 3 x − 2 x −1 x ⇔ + + + − x + 2 + x = m (1) x − 2 x −1 x x +1 x  x − 3 x − 2 x −1 khi x ≥ −2  x − 2 + x − 1 + x + x + 1 − 2 x − 3 x − 2 x −1 x Hàm số p ( x ) = + + + − x+2 + x =  . x − 2 x −1 x x +1  x − 3 + x − 2 + x − 1 + x + 2 x + 2 khi x < −2 x x +1  x − 2 x − 1 1 1 1  1 + + 2+ > 0, ∀x ∈ ( −2; +∞ ) \ {−1;0;1; 2} 2 2  x ( x + 1)2  ( x − 2 ) ( x − 1) Ta có p′ ( x ) =  1 1 1  1 + + + + 2 > 0, ∀x < −2  ( x − 2 )2 ( x − 1)2 x 2 ( x + 1)2  nên hàm số y = p ( x ) đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) , ( −1; 0 ) , ( 0;1) , (1; 2 ) , ( 2; +∞ ) .

Khi đó, ta có:  m + 1  2 5 35 2 2 2 m − 3 5  MN 2 = 5 ( x1 − x2 ) = 5 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2  = 5   = ( m − 3) + 14 ≥ .14 = . {  −4   4 4 2 2 2     5 5 2 = ( m − 3) + 16  ≥ .16 = 20 .}  4 4 Dấu " = " xảy ra khi m = 3 nên MN nhỏ nhất khi m = 3 . Câu 93. TXĐ: D = ℝ \ {−1} .

Dễ thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng d1 : x = −1 và tiệm cận ngang d2 : y = 2 .

 2x + 3  Do M ∈ ( H ) ⇒ M  x0 ; 0 . x0 + 1   Xét d ( M , d1 ) + d ( M , d 2 ) = x0 + 1 +

2 x0 + 3 1 − 2 = x0 + 1 + ≥ 2. x0 + 1 x0 + 1

Mặt khác ta có lim p ( x ) = 2 và lim p ( x ) = −∞ .

 x =0 1 ⇔ 0 . x0 + 1  x0 = −2 Theo đề bài, ta có x0 < 0 nên nhận x0 = −2 ⇒ y0 = 1 .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x0 + 1 =

x →+∞

x →−∞

Bảng biến thiên hàm số y = g ( x ) :

Vậy x0 + y0 = −1 . Câu 94. Chọn B y

x a  b    có đồ thị ( C ) như hình vẽ. Gọi A  a;  và B  b;  là hai điểm thuộc hai nhánh x−2  a−2  b−2 của ( C ) ( a < 2 < b ) .

Hàm số y =

  b a   b−a Ta có: AB =  b − a; − .  =  b − a; b − 2 a − 2   ( b − 2 )( 2 − a )  

Áp dụng BĐT Côsi ta có: ( b − 2 )( 2 − a ) ≤

(b − a ) 4

Suy ra: AB 2 = ( b − a ) +

(b − a) 2 ( b − 2 )( 2 − a ) 

≥ (b − a ) +

(b − a )

Do đó để ( C1 ) và ( C2 ) cắt nhau tại đúng bốn điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 4 nghiệm phân biệt. Điều này xả y ra khi và chỉ khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = p ( x ) tại 4 điểm phân biệt

⇔ m≥ 2. Câu 96. Chọn B Xét phương trình hoành độ giao điểm x −1 x x +1 x + 2 x −1 x x +1 x + 2 + + + = x+2 −x−m ⇔ + + + − x + 2 + x = − m (1) x x +1 x + 2 x + 3 x x +1 x + 2 x + 3 x −1 x x +1 x + 2 Xét f ( x ) = + + + − x + 2 + x, x ∈ D = ℝ \ {−3; − 2; − 1;0} x x +1 x + 2 x + 3 x x +1 x + 2  x −1  x + x + 1 + x + 2 + x + 3 − 2, x ∈ ( −2; + ∞ ) ∪ D = D1 Ta có f ( x ) =   x − 1 + x + x + 1 + x + 2 + 2 x + 2, x ∈ ( −∞; − 2 ) ∪ D = D 2  x x +1 x + 2 x + 3

≥ 16

⇒ AB ≥ 4 . Dấu bằng xả y ra khi và chỉ khi a = 2 − 2 và b = 2 + 2 . 55

1 1 1 1 , ∀x ∈ D1 + + 2 2 2  x2 + ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3)  Có f ′ ( x ) =  1 1 1 + 1 + + + 2, ∀x ∈ D2 2 2 2  2  x ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3) Dễ thấy f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ D1 ∪ D2 , ta có bảng biến thiên

-∞

-2

-3 +

f'(x)

+∞

+ 2

+∞

f(x) -∞

-∞

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: −m ≥ 2 ⇔ m ≤ −2 .

Câu 97. Chọn C Điều kiện x ≠ −1; x ≠ −2; x ≠ −3 và x ≠ −4 . Ta có phương trình hoành độ giao điểm x x +1 x + 2 x + 3 + + + = x +1 − x + m x +1 x + 2 x + 3 x + 4 1   1   1   1   1 −  + 1 −  + 1 −  + 1 −  = x −1 − x + m  x +1   x + 2   x + 3   x + 4  1 1 1   1 ⇔ x − x +1 + 4 −  + + + =m  x +1 x + 2 x + 3 x + 4  Đặt tập D1 = ( −1; +∞ ) và D2 = (−∞; −4) ∪ ( −4; −3) ∪ ( −3; −2) ∪ ( −2; −1) . 1 1 1    1 khi x ∈ D1 3 −  x + 1 + x + 2 + x + 3 + x + 4  = m,    ⇔  1 1 1   1 + + + 2x + 5 −   = m, khi x ∈ D2  x +1 x + 2 x + 3 x + 4  

Do đó để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì m ≥ 3 ⇒ m ∈ [3; +∞ ) .

Câu 98. Chọn B Xét phương trình hoành độ x − 2 x −1 x x +1 x − 2 x −1 x x +1 + + + = x +1 − x − m ⇔ + + + − x + 1 + x = −m (1) x −1 x x +1 x + 2 x −1 x x +1 x + 2 Số nghiệm của (1) là số giao điểm của x x +1  x − 2 x −1 , x > −1  x − 1 + x + x + 1 + x + 2 − 1 x − 2 x −1 x x +1 F ( x) = + + + − x +1 + x =  x −1 x x +1 x + 2  x − 2 + x − 1 + x + x + 1 + 2 x + 1, x < −1 x x +1 x + 2  x − 1 1 1 1  1 + 2+ + , x ∈ ( −1; +∞ ) \ {0;1} 2  x ( x + 1)2 ( x + 2 )2  ( x − 1) Ta có F ′ ( x ) =  . 1  1 + 1 + 1 + x + 2, ∈ −∞ ; − 1 \ − 2 ( ) { }  ( x − 1)2 x 2 ( x + 1)2 ( x + 2 )2  Mặt khác lim F ( x ) = +∞; lim F ( x ) = 3 x →+∞

x →−∞

lim+ F ( x ) = +∞; lim− F ( x ) = −∞; lim+ F ( x ) = −∞; lim− F ( x ) = +∞

x →−2

x →−1

lim+ F ( x ) = −∞; lim− F ( x ) = +∞; lim+ F ( x ) = −∞; lim− F ( x ) = +∞

x →0

x →1

Bảng biến thiên

  1 1 1 1  khi x ∈ D1 3 −  x + 1 + x + 2 + x + 3 + x + 4  ,    Đặt f ( x ) =  . 2 x + 5 −  1 + 1 + 1 + 1  , khi x ∈ D 2     x +1 x + 2 x + 3 x + 4 

 1 1 1 1   khi x ∈ D1 + + +  > 0, 2 2 2 2  x 1 x 2 x 3 x + + + +  ( ) ( ) ( ) ( 4 )  ⇒ f ′( x) =  .   1 1 1 1  + + +  >0, khi x ∈ D2 2 +  2 2 2 2    ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3) ( x + 4 )  Vậy hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định lim f ( x ) = 3 lim f ( x ) = −∞ x →+∞ ; x →−∞ nên ta có bảng biến thiên 57

Để phương trình có 4 nghiệm thì − m ≤ 3 ⇔ m ≥ −3 . Câu 99. Xét phương trình x 2 − x + 1 + x 2 − 3 x + 9 = 7 − m (*). Đặt f ( x ) = x 2 − x + 1 + x 2 − 3 x + 9 có tập xác định D = ℝ .

Ta có, f ′ ( x ) =

2x −1 2 x2 − x + 1

2x − 3 2 x 2 − 3x + 9

; f ′( x) = 0 ⇔ x =

3 . 4

t=0  ⇒ t = 0 và f ′( −1) = −4; f ′(1) = −2; f ′(0) = 0 . Ta có f ′(t ) = 3t 2 − 6t , f ′(t ) = 0 ⇔  t = 2 ∉ [ −1;1]

Bảng biến thiên:

Phương trình t 3 − 3t 2 = m có nghiệm t ∈ [−1; 1] ⇔ min f (t ) ≤ m ≤ max f (t ) ⇔ −4 ≤ m ≤ 0 . t∈[ −1;1]

3 x

∞

+∞ +

+∞

t∈[ −1;1]

Do m ∈ ℤ nên m ∈ {−4; − 3; − 2; − 1; 0} . Vậy có 5 giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 102. Chọn A

+∞

y 13 Từ bảng biến thiên ta thấy (*) có nghiệm ⇔ min f ( x ) ≤ 7 − m . ℝ

⇒ 13 ≤ 7 − m ⇒ m ≤ 7 − 13 ≈ 3,39 . Mà m ∈ ℤ + ⇒ m ∈ {1;2;3} .

Câu 100. x 6 + 6 x 4 − m 3 x 3 + 3(5 − m 2 ) x 2 − 6 mx + 10 = 0 ⇔

⇔ u 3 + 6u 2 + 15u + 10 = v 3 + 3v 2 + 6v ⇔ (u + 2) + 3u + 2 = (v + 1) + 3v −1 3

⇔ (u + 2) + 3(u + 2) = (v + 1) + 3 (v + 1) (1) .

(*)

Xét hàm số: y = f ( x ) = x − 3 x + 2 có đồ thị như hình vẽ: Từ đồ thị của hàm số ta có: Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt 3 2 ⇔ −2 < m − 3 m < 2 3

Do đó (1) ⇔ f (u + 2) = f (v + 1) ⇔ u + 2 = v +1 ⇒ x 2 + 2 = mx + 1 ⇒ x +

Bảng biến thiên:

Mà m ∈ ℤ ⇒ m − 3 m ∈ ℤ ⇔ m2 ( m − 3) ∈ ℤ

Xét hàm f (t ) = t 3 + 3t ⇒ f ′ (t ) = 3t 2 + 3 > 0 , ∀t ∈ ℝ .

1 1 Xét hàm g ( x) = x + ⇒ g ′ ( x) = 1− 2 ; g ′ ( x) = 0 ⇔ x x

Ta có x 2 ( x − 3) + 2 − m2 ( m − 3) = 0 ⇔ x − 3 x + 2 = m − 3 m

x 6 + 6 x 4 − m3 x 3 + 15 x 2 − 3m 2 x 2 − 6mx + 10 = 0 . 2 Đặt u = x (u ≥ 0) ; v = mx ⇒ u 3 + 6u 2 − v3 + 15u − 3v 2 − 6v + 10 = 0

1 = m. x

 1   x = 1 ∈  ; 2   2  .      x = −1 ∉  1 ; 2    2  

m =3   m = ±3 m = 0 ⇒ m2 ( m − 3) ∈ {−1;0;1} ⇒  ⇒ m = 1 ( l )  m = 0   m = −1 ( l ) 1 Câu 103. Ta có:   5

x2 − 4 x +3

= m 4 − m 2 + 1 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = log 1 ( m 4 − m 2 + 1) (1) 5

(

)

Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của hai đồ thị y = f ( x ) và y = log 1 m4 − m2 + 1 5 2

Xét đồ thị y = x − 4 x + 3 có dạng như hình vẽ: y 4

1  5 Để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc  ; 2 thì 2 < m ≤ . 2  2  5 Vậy 5a + 8b = 5.2 + 8. = 30 . 2 Câu 101. Ta có cos 3 x − 3cos 2 x − m = 0 ⇔ cos3 x − 3cos 2 x = m . Đặt t = cos x ⇒ t ∈ [−1; 1] . Yêu cầu bài toán trở thành tìm điều kiện của m để phương trình t 3 − 3t 2 = m có nghiệm t ∈ [ −1; 1] .

x -3

-2

-1

1 -2

Xét hàm số f (t ) = t 3 − 3t 2 , t ∈ [−1; 1] . 59

(

)

Dựa vào đồ thị ta thấy để phương trình (1) có 4 nghiệm khi hai đồ thị y = f ( x ) và y = log 1 m 4 − m2 + 1 5

giao nhau tại 4 điểm phân biệt.

(

)

Khi đó 0 < log 1 m 4 − m2 + 1 < 1 ⇔ 1 > m 4 − m 2 + 1 > 5

1 5

m 2 ( m 2 − 1) < 0 m4 − m 2 < 0   −1 < m < 1  . ⇔ ⇔ 4 ⇔  2 1 2 11 1 11 2 m m − + + > 0 m ≠ 0 m − + > 0    4 20  2  20  Đồ thị nên có đánh dấu mốc trên trục tung y = 1 vì ta cần dùng mốc này để kết luận bài toán, cũng nên nói 1 thêm m 4 − m 2 + 1 > luôn đúng 5 Câu 104. Cách 1 – Phan Văn Tài

x2 + mx + 2 = 2 x + 1 . (1) 1  2 x + 1 ≥ 0 x ≥ − 2 . ⇔ 2 2 ⇔   x + mx + 2 = ( 2 x + 1) 3 x 2 − ( m − 4 ) x − 1 = 0 ( 2 ) 

Ta có:

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệ t x1 , x2 thỏa mãn 1 − ≤ x1 < x2 . 2  ∆ > 0 ( m − 4 )2 + 12 > 0   1  1 9  ⇔  x1 +   x2 +  ≥ 0 ⇔  2m − 9 ≥ 0 ⇔m≥ . 2 2  2   m − 4 > −3  x1 + x2  1 >−   2 2 9 Vậ y m ≥ . 2 Cách 2 - Nguyễn Văn Hậu 1  2 x + 1 ≥ 0 x ≥ − x 2 + mx + 2 = 2 x + 1 (1) ⇔  2 ⇔ 2 2  x + mx + 2 = (2 x + 1) 3x 2 + 4 x − 1 = mx (2)  Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên phương trình đã cho tương đương với phương trình sau: 1   x ≥ − 2 , x ≠ 0 3x2 + 4 x − 1 1 . Xét hàm số f ( x ) = với x ≥ − , x ≠ 0 .  2 x 2 3 x 4 x 1 + −  =m  x 3x2 + 1 Ta có f ′ ( x ) = > 0, ∀x ≠ 0 . x2  −1  9 lim f ( x ) = −∞ , lim− f ( x ) = +∞ , lim f ( x ) = +∞ , f   = x→+∞ x →0 + x →0  2  2 Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có hai nghiệm thực khi m ≥

9 . 2

Câu 105. Chọn A Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và đường thẳng d 4

là

x 4 − ( 3m + 2 ) x 2 + 3m = −1

⇔ x − ( 3m + 2 ) x + 3m + 1 = 0 Đặt t = x 2 , ( t ≥ 0 ) , phương trình trở thành t 2 − ( 3m + 2 ) t + 3m + 1 = 0 ( 2 ) t = 1 ⇔ t = 3m + 1 Đường thẳng d : y = −1 cắt đồ thị (C m ) tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2 khi và chỉ khi phương trình ( 2 ) có hai nghiệm dương phân biệt t1 , t2 thỏa mãn 0 < t1 < t2 < 4 m ≠ 0 3m + 1 ≠ 1  ⇔ ⇔ 1 0 < 3m + 1 < 4  − 3 < m < 1 Câu 106. Chọn D m( 1 + x + 1 − x + 3) + 2 1 − x 2 − 5 = 0 (*)

Đặt t= 1 + x + 1 − x Theo bất đẳng thức bunhiacosky ta có: t 2 = ( 1 + x + 1 − x )2 ≤ (1 + 1)(1 + x + 1 − x) = 4 ⇒0≤t ≤2 t2 − 2 t 2 = ( 1 + x + 1 − x )2 = 2 + 2 1 − x 2 ⇒ 1 − x 2 = (1)để phương trình có nghĩa 2 4 2 4 2 −t + 4t t − 4t + 4 (1) ⇔ 1 − x 2 = ⇔ x2 = để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì 4 4 −t 4 + 4t 2 >0  ⇒ 2 ≤t <2 4  t ≥ 2  7 − t2 Lúc này pt (*) ⇔ m(t + 3) + t 2 − 7 = 0 ⇔ m = t +3 2  t = −3 + 2 7 − t2 − t − 6 t − 7 =0⇔ Đặt f (t ) = ⇒ f ' (t ) = t +3 (t + 3)2 t = −3 − 2 Ta có bảng biến thiên:

2 ≤t

−∞

+∞ +∞

f '(t) 5( 3- 2 ) f(t)

Từ đồ thị hàm số y = f ( t ) và đường thẳng y =

t1 < −2 < t2 < 0 < t3 < 2 < t4

x = 1 Ta có bảng biến thiên Xét hàm t = x3 − 3x . Ta có t ′ = 3x 2 − 3 = 0 ⇔   x = −1

3 5 12 − 5 2 Suy ra < m ≤ 5 3 − 2 ⇒ b − a = 5 7 7 Câu 107. Chọn B

(

3 ta suy ra phương trình (*) có 4 nghiệm 2

)

Đặt t = 3 2 x3 + 3 x + m ⇒ t 3 = 2 x3 + 3x + m  t 3 − 2 x3 = 3x + m 3 Ta có  3 ⇒ t 3 + 2t = ( x + 1) + 2 ( x + 1) 2 x − 3 x − 2 x + m − 3 + 2 t = 0  Xét hàm số y = f (u ) = u 3 + 2u ⇒ f ′(u ) = 3u 2 + 2 > 0, ∀u ∈ ℝ . Do đó hàm số liên tục và đồng biến trên ℝ

Với t1 < −2 phương trình: t1 = x3 − 3 x cho ta 1 nghiệm. Với −2 < t2 < 0 phương trình: t2 = x 3 − 3 x cho ta 3 nghiệm.

⇒ t = x + 1 ⇒ 2 x3 + 3x + m = ( x + 1) ⇔ x3 − 3x 2 − 1 = −m

Với 0 < t3 < 2 phương trình: t3 = x3 − 3 x cho ta 3 nghiệm.

Xét g ( x ) = x3 − 3x 2 − 1 ⇒ g ′( x ) = 3 x 2 − 6 x x = 0 g ′( x ) = 0 ⇔  x = 2 Bảng biến thiên

Với 2 < t 4 phương trình: t4 = x3 − 3 x cho ta 1 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có tất cả 8 nghiệm. Chọn C Câu 110. Chọn A Đặt t = g ( x ) = x3 − 3x (1)

x g'(x)

∞

g(x)

2 0

0 + 0 -1

+∞ +

Ta có g ' ( x ) = 3x 2 − 3 = 0 ⇔ x ± 1 Bảng biến thiên

+∞ 5

∞ m∈Z

Từ bảng biến thiên suy ra −5 < − m < −1 ⇒ 1 < m < 5 ⇒ m ∈ {2;3; 4} . Vậy tổng các phần tử của S bằng 9 . Dạng 3.8 Định m để hàm số f(u) thỏa mãn điều kiện cho trước khi biết f(x) Câu 108. Chọn B Đặt t = sin x ⇒ ∀x ∈ ( 0; π ) ⇒ t ∈ ( 0;1] Vậy phương trình trở thành f ( t ) = m . Dựa và đồ thị hàm số suy ra m ∈ [ −1;1) . Câu 109. Chọn C 3 Đặt t = x3 − 3x ta có phương trình f ( t ) = ( *) . 2

Dựa vào bảng biến thiên ta có với t ∈ ( −2; 2 ) cho ta 3 giá trị x thỏa mãn (1)

t ∈ {−2; 2} cho ta 2 giá trị x thỏa mãn (1) t ∈ ( −∞; −2 ) ∪ ( 2; +∞ ) cho ta 1 giá trị x thỏa mãn (1). 2 Phương trình f ( x3 − 3 x ) = (2) trở thành 3 2   f (t ) = 3 2 f (t ) = ⇔  3  f (t ) = − 2  3 Dựa vào đồ thị ta có: 2 + Phương trình f ( t ) = có 3 nghiệm thỏa mãn −2 < t1 < t 2 < 2 < t3 ⇒ có 7 nghiệm của phương trình (2). 3 64

2 có 3 nghiệm thỏa mãn t4 < −2 < 2 < t5 < t6 ⇒ có 3 nghiệm của phương trình (2). 3 Vậy phương trình đã cho có 10 nghiệm. Câu 111. Chọn D Đặt t = x 3 − 3 x ⇒ t ′ = 3 x 2 − 3 . Ta có bảng biến thiên

+ Phương trình f ( t ) = −

1  3 (1)  f ( x − 3x ) = 2 1 Ta có f ( x − 3 x ) = ⇔  2  f x3 − 3 x = − 1 ) 2 ( 2)  (  x 3 − 3 x = α 1 ( −2 < α 1 < 0 ) 3

1 2



+) (1) ⇔ f ( x3 − 3 x ) = ⇔  x3 − 3 x = α 2 ( 0 < α 2 < 2 )  3  x − 3 x = α 3 (α 3 > 2 )

 x 3 − 3x = α 4 ( x4 < −2 )  3 1 3 +) ( 2 ) ⇔ f ( x − 3 x ) = − ⇔  x − 3x = α 5 (α 5 > 2 ) 2  3  x − 3x = α 6 (α 6 > 2 ) 3 Xét hàm số y = x − 3x, D = ℝ

4 Khi đó f ( t ) = (1) 3

Ta có y ' = 3x 2 − 3 Bảng biến thiên

Dựa vào đồ thị hàm số f ( t ) ta thấy phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt t1 < −2, −2 < t2 < 0, 0 < t3 < 2 ,

Dựa vào bảng biến thiên ta có Phương trình: x3 − 3x = α1 có 3 nghiệm. Phương trình: x3 − 3x = α2 có 3 nghiệm. Mỗi phương trình x3 - 3x = α3 , x3 - 3x = α4 , x3 -3x = α5 , x3 -3x = α6 đều có một nghiệm 1 Từ đó suy ra phương trình f ( x 2 − 3x ) = có 10 nghiệm. 2 m Câu 113. 2 f ( x + 2019 ) − m = 0 ⇔ f ( x + 2019 ) = (*) . 2 Ta có bảng biến thiên của hàm số y = g ( x ) = f ( x + 2019 ) như sau:

t4 > 2 . Mỗi nghiệm t của phương trình (1) , ta thay vào phương trình t = x 3 − 3 x để tìm nghiệm x . Khi đó + t1 < −2 ⇒ phương trình t = x 3 − 3 x có 1 nghiệm. + −2 < t2 < 0 ⇒ phương trình t = x3 − 3 x có 3 nghiệm. + 0 < t3 < 2 ⇒ phương trình t = x 3 − 3 x có 3 nghiệm. + t4 > 2 ⇒ phương trình t = x 3 − 3 x có 1 nghiệm. 4 Vậy phương trình f ( x 3 − 3 x ) = có 8 nghiệm. 3 Câu 112. Chọn B

m < 1 ⇔ −4 < m < 2 . 2 2 Câu 114. Đặt t = x + 2 x − 2 . Với x ∈ [0;1] ⇒ t ∈ [ −2;1] Phương trình ( *) có 4 nghiệm phân biệt khi −2 <

Phương trình f ( x 2 + 2 x − 2 ) = 3m + 1 có nghiệm thuộc đoạn [ 0;1] khi và chỉ khi phương trình f ( t ) = 3m + 1 1 có nghiệm thuộc [ −2;1] ⇔ − ≤ m ≤ 1 . 3 1;2 2) Câu 115. Đặt t = e x . Với x ∈ ( 0;ln 2) ⇒ t ∈ (1; 65

Phương trình f ( e x ) = m có nghiệm thuộc khoảng ( 0;ln 2) khi và chỉ khi phương trình f ( t ) = m có nghiệm thuộc khoảng (1;2 ) ⇔ −3 < m < 0 .

1 Câu 116. Đặt ln 2 x = t với x ∈ (1; e ] khi đó t ' = 2 ln x. > 0 ∀x ∈ (1; e] nên t ∈ ( 0;1] . x ycbt ⇔ f ( t ) = m có nghiệm trên nửa khoảng ( 0;1] ⇔ m ∈ [ −1;1) .

Vậy có 1 giá trị nguyên thỏa mãn

m2 −1 m2 −1 = 0 ⇔ f (π x ) = (1) 8 8 Phương trình π x = k có nghiệm duy nhất khi k > 0 Câu 117. f (π x ) −

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì đường thẳng ( d ) : y =

m2 − 1 phải cắt đồ thị tại hai điểm 8

m2 −1 < 1 ⇔ −7 < m2 < 9 ⇔ −3 < m < 3 8 Theo yêu cầu bài toán thì có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn. phân biệt có hoành độ dương ⇔ −1 <

(

)

(

)

Câu 118. Ta có: 2. f 3 − 3 −9 x 2 + 30 x − 21 = m − 2019 ⇔ f 3 − 3 −9 x 2 + 30 x − 21 =

m − 2019 . 2

 7 Đặt t = 3 − 3 −9 x 2 + 30 x − 21 , vì t xác định khi x ∈ 1;  nên t ∈ [ −3;3] .  3 m − 2019 ≤ max f ( t ) . Khi đó phương trình đã cho có nghiệm khi min f ( t ) ≤ [−3;3] [ −3;3] 2 m − 2019 m∈ℤ Dựa vào đồ thị, ta có −5 ≤ → m ∈ {2009; 2010;...; 2021} . ≤ 1 ⇒ 2009 ≤ m ≤ 2021  2 Vậy có 13 giá trị nguyên của m thoả mãn. Câu 119. Phương trình f

(

)

4 x − x 2 − 1 = m có điều kiện 0 ≤ x ≤ 4 . Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra, với 0 ≤ x ≤ 4 thì −1 ≤ 4 x − x 2 − 1 ≤ 1 . Đặt t = 4 x − x2 − 1 , −1 ≤ t ≤ 1.(Có thể biến đổi t = 4 − ( x − 2 )

− 1 ⇒ −1 ≤ t ≤ 1 ).

Phương trình đã cho trở thành f ( t ) = m (1). Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm t ∈ [ −1;1]

⇔ −4 ≤ m ≤ 0 . Câu 120. Đặt t = x + m ≥ 0 Với t = 0 ⇒ x = m

3  m= Từ đồ thị của hàm số y = f ( t ) trên miền t ≥ 0 ⇒  4   m = −1 Câu 121. Đặt t = g ( x) = 4 − x 2 với x ∈ [- 2 ; 3) . −x . Suy ra: g '( x) = 4 − x2 g '( x ) = 0 ⇔ x = 0 ∈ [ − 2 ;3) . Ta có: g (0) = 2 , g (− 2) = 2 , g ( 3) = 1 . Mà hàm số g ( x) liên tục trên [- 2 ; 3) Suy ra, t ∈ (1;2] . Từ đồ thị, phương trình f (t ) = m có nghiệm thuộc khoảng (1;2] khi m ∈ (−1;3] . Câu 122. Chọn C x Đặt t = + 1 , khi −2 ≤ x ≤ 2 thì 0 ≤ t ≤ 2 . 2 1 Phương trình đã cho trở thành f ( t ) + 2t − 2 = m ⇔ f ( t ) + 6t − 6 = 3m . 3 Xét hàm số g ( t ) = f ( t ) + 6t − 6 trên đoạn [ 0; 2] . Ta có g ′ ( t ) = f ′ ( t ) + 6 . Từ đồ thị hàm số y = f ( x ) suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên khoảng ( 0; 2 ) nên

f ′ ( t ) > 0, ∀t ∈ ( 0; 2 ) ⇒ g ′ ( t ) > 0, ∀t ∈ ( 0; 2 ) và g ( 0 ) = −10 ; g ( 2 ) = 12 . Bảng biến thiên của hàm số g ( t ) trên đoạn [ 0; 2]

Phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn [ −2; 2] khi và chỉ khi phương trình g ( t ) = 3m có nghiệm thuộc

10 ≤m≤ 4. 3 Mặt khác m nguyên nên m ∈ {−3; − 2; − 1; 0;1; 2;3; 4} . Vậy có 8 giá trị m thoả mãn bài toán. Câu 123. Từ hình vẽ, đặt f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d , ( a ≠ 0 ) . Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O nên d = 0 . đoạn [0; 2] hay −10 ≤ 3m ≤ 12 ⇔ −

− a + b − c = 2 a = 1   Ta có hệ phương trình a + b + c = −2 ⇒ b = 0 . Do đó f ( x ) = x3 − 3x. 4 a + 2b + c = 1 c = −3  

Với mỗi giá trị t > 0 sẽ ứng với 2 giá trị x Ta có phương trình : f ( t ) = m ( t ≥ 0 ) (*)

Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì (*) có 2 nghiệm phân biệt dương

π  Đặt t = cos x, x ∈  ; π  ⇒ t ∈ ( −1;0 ] ⇒ f ( cos x ) = f ( t ) = t 3 − 3t với t ∈ ( −1;0] . 2  f ' ( t ) = 3t 2 − 3 < 0, ∀t ∈ ( −1;0] ⇒ f ( t ) nghịch biến trên ( −1; 0 ] ⇒ 2 f ( t ) ∈  2 f ( 0 ) ; 2 f ( −1) ) 68

Lờigiải

hay 2 f ( t ) ∈ [ 0; 4 ) . Đặt u = 2 f ( t ) ⇒ u ∈ [ 0; 2 ) ⇒ m = f ( u ) = u 3 − 3u với u ∈ [ 0; 2 ) . Ta có f ' ( u ) = 3u 2 − 3 ⇒ f ' ( u ) = 0 ⇔ u = 1 ∈ [ 0; 2 ) . Bảng biến thiên của f ( u ) .

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm ⇔ −2 ≤ m < 2 . m ∈ [ −2; 2 ) ⇒ ⇔ m ∈ {−2; −1;0;1} . m ∈ ℤ Câu 124. Chọn B Từ đồ thị hàm số và phương trình f ( x ) = 1 có ba số thực a, b, c thỏa −1 < a < 1 < b < 2 < c sao cho f ( a ) = f (b) = f (c ) = 1. Do đó,

 f ( x) = a f ( f ( x)) = 1 ⇔  f ( x) = b  f ( x) = c Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) ta có: Do −1 < a < 1 nên đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt. Do đó, f ( x ) = a có 3 nghiệm phân biệt. Ta lại có, 1 < b < 2 nên đường thẳng y = b cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt khác. Do đó, f ( x ) = b có 3 nghiệm phân biệt khác các nghiệm trên. Ngoài ra, 2 < c nên đường thẳng y = b cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 1 điểm khác các điểm trên. Hay f ( x ) = c có 1 nghiệm khác các nghiệm trên. Từ đó, số nghiệm của phương trình f ( f ( x )) = 1 là m = 7. 2x 2x Câu 125. Vì: x 2 + 1 ≥ 2 x ⇒ 2 ≤ 1 ⇒ −1 ≤ 2 ≤1 x +1 x +1 Từ đồ thị thấy x ∈ [ −1;1] ⇒ f ( x ) ∈ [ −2; 2 ] x ∈ [ −2; 2] ⇒ f ( x ) ∈ [ −2; 2 ] Xét phương trình   2x   2x  2x  f  f  2   = m . Đặt t = 2 ; u= f 2 . x +1  x +1    x +1   Vì t ∈ [ −1;1] ⇒ u ∈ [ −2; 2] ⇒ f (u ) ∈ [ −2; 2 ]

g ( x ) = f  f ( x )  ⇒ g ′( x) = f ′( x). f ′  f ( x )  . g ′( x) = 0 ⇔ f ′( x ). f ′  f ( x )  = 0  x = x1 ∈ ( −2; − 1)  x = 0  x = x ∈ (1;2 ) 2  x = 2 ′  f ( x) = 0 ⇔ ⇔ .  f ( x ) = x1 ∈ ( −2; − 1) ⇔ x = x3 < −2  f ′  f ( x )  = 0  f ( x) = 0 ⇔ x ∈ −2;0;2 { }   f ( x) = x ∈ (1;2 ) ⇔ x ∈ { x ; x ; x } , x < x < x < 0 < 2 < x 2 4 5 6 3 4 5 6   f ( x) = 2 ⇔ x ∈ { x7 ; x8 ; x9 } , x4 < x7 < x8 < x5 < x6 < x9 Kết luận phương trình g ′ ( x ) = 0 có 12 nghiệm phân biệt.

Câu 127. Nhận xét từ đồ thị a < 0 . Ta có f ′ ( x ) = 4ax3 + 3bx 2 + 2cx + d = 4ax ( x − 2 )( x + 1) = 4ax3 − 4ax 2 − 8ax . 4a  b = − 3  ⇒ c = −4 a ⇒ a + c = a − 4a = −3a > 0 . d = 0   Câu 128. Chọn B BBT của hàm số y = f ( x) x −∞

y′

Vậy để phương trình ban đầu có nghiệm thì f ( u ) = m có nghiệm thuộc đoạn [ −2; 2 ] nên m ∈ [ −2; 2 ] .

−∞

3 +

−

f (3)

−∞

BBT của hàm số y = f ( x )

Dạng 3.9 Một số bài toán tương giao liên quan đến đồ thị f(x), g(x), f’(x) f(u) khác. Câu 126. 69

∞

−3

−∞ +

y′

0 0

−

3 +

f (3)

+∞

−

f (3)

−∞

Yêu cầu bài toán ta suy ra:

−∞

BBT của hàm số y = f ( x )

f ( 2)

≤ m < 0 (dựa vào đồ thị ta nhận thấy f ( 0 ) = f ( 2 ) ≈ −2 )

⇔ −0, 27 ≤ m < 0 . Suy ra: a = −0, 27, b = 0 . Vậy a + b = −0, 27 . Câu 130. Chọn A 2

Xét phương trình  f ′ ( x ) = f ( x ) . f ′′ ( x ) (1) Do f ( x ) = 0 có ba nghiệm x1 , x2 , x2 ( x1 < x2 < x3 ) và f ' ( x3 ) = 0 suy ra x3 là một nghiệm của (1) 2

Suy ra phương trình f ( x ) = m có nhiều nhất là 6 nghiệm.

Ta có f ( x ) = a ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) , ( a ≠ 0 )

 f ′ ( x ) ′  1 1 2 ′ Với x ≠ x3 ⇒ (1) ⇔  + +  = 0 ⇔   =0  x − x1 x − x2 x − x3   f ( x)  1 1 2 ⇔− − − = 0 vô nghiệm. 2 2 2 ( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − x3 )

Câu 129. Nhận xét: Đồ thị hàm y = f ′ ( x ) cắt trục hoành tại điểm x0 thì x0 là điểm cực trị của hàm y = f ( x ) . Dựa vào hai đồ thị đề bài cho, thì ( C1 ) là đồ thị hàm y = f ( x ) và ( C 2 ) là đồ thị hàm y = f ′ ( x ) . Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = me x ta có:

f ( x) f ( x ) = me ⇔ m = x . e x

f ( x) ta có: ex f ′( x) − f ( x) g′( x) = . ex

Đặt g ( x ) =

x =1  g′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = f ( x ) ⇔  x = 2 .  x = x ∈ ( −1;0 ) 0  Dựa vào đồ thị của hai hàm số: y = f ( x ) và y = f ′ ( x ) ta được:

Vậy, phương trình (1) có đúng một nghiệm x = x3 . Câu 131. Chọn B  5 Với x ∈  −1;  ⇒ 2 x − 1 ∈ [ −3; 4 ] ⇒ g ( 2 x − 1) ∈ [ −3; 4] ⇒ t = 1 − g ( 2 x − 1) ∈ [ −3; 4 ]  2 Vậy ta cần tìm m để phương trình f ( t ) = m có nghiệm thuộc đoạn [ −3; 4] ⇔ min f ( t ) ≤ m ≤ max f ( t ) ⇔ min f ( t ) ≤ m ≤ 2 trong đó min f ( t ) ∈ ( −1;0 ) . Vậy các số nguyên cần tìm [ −3;4 ]

[ −3;4 ]

[ −3;4]

là a ∈{0,1, 2}

Câu 132. Chọn

 x = x1 ( −3 < x1 < −2 )   x = −1  Quan sát đồ thị ta thấy: f ( x ) = 0 ⇔  x = x2 (1 < x2 < 2 ) .  x = x ( 2 < x < 3) 3 3   x = x4 ( 4 < x4 < 5)  g ( x ) = x1 (1)   g ( x ) = −1( 2 )  Do đó: f ( g ( x ) ) = 0 ⇔  g ( x ) = x2 ( 3)  g ( x ) = x ( 4) 3   g ( x ) = x4 ( 5 )

Phương trình (1) có đúng 1 nghiệm; Phương trình ( 2 ) có đúng 3 nghiệm; Phương trình ( 3 ) có đúng 3 nghiệm; Phương trình ( 4) có đúng 3 nghiệm; Phương trình ( 5 ) có đúng 1 nghiệm. Tất cả các nghiệm trên đều phân biệt nên phương trình f ( g ( x ) ) = 0 có đúng 11 nghiệm.  x = x5 ( −2 < x5 < −1)  Quan sát đồ thị ta thấy: g ( x ) = 0 ⇔  x = x6 ( 0 < x6 < 1) x = 3   f ( x ) = x5 ( 6 )  Do đó g ( f ( x ) ) = 0 ⇔  f ( x ) = x6 ( 7 )   f ( x ) = 3 (8) Phương trình ( 6 ) có 5 nghiệm; Phương trình ( 7 ) có 5 nghiệm; Phương trình ( 8 ) có 1 nghiệm.

 f ′ ( x) = 0 Câu 134. Ta có: g ′ ( x ) = f ′ ( x ) f ′  f ( x )  = 0 ⇔  ( *) .  f ′  f ( x ) = 0 Theo đồ thị hàm số suy ra. x = 0 , với 2 < a1 < 3 . f ′( x) = 0 ⇔   x = a1  f ( x ) = 0 , (1) . f ′  f ( x )  = 0 ⇔   f ( x ) = a1 , ( 2 ) Phương trình (1) : f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình ( *) .

Tất cả các nghiệm này đều phân biệt nên phương trình g ( f ( x ) ) = 0 có đúng 11 nghiệm.

Phương trình ( 2 ) : f ( x ) = a1 có 3 nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình (1) và phương trình (*) . Vậy phương trình ban đầu có 8 nghiệm phân biệt. x =1 Câu 135. Nhìn vào đồ thị hàm số đạt cực trị tại x = 1; x = −1. Hay f ' ( x ) = 0 ⇔  .  x = −1

Vậy tổng số nghiệm của hai phương trình f ( g ( x ) ) = 0 và g ( f ( x ) ) = 0 là 22 nghiệm.

Ta có g ' ( x ) = f ' ( x ) . f ' ( f ( x ) )

Câu 133. Từ đồ thị của hàm số f ' ( x ) ta có BBT

 x = 1  '  = f x 0 ( )   x = −1 g' ( x) = 0 ⇔  ' ⇔  f ( x) = 1  f ( f ( x ) ) = 0    f ( x ) = −1 

Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ' ( x ) ; y = 0; x = 0; x = 2 Gọi S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ' ( x ) ; y = 0; x = 2; x = 5 Gọi S3 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ' ( x ) ; y = 0; x = 5; x = 6 2

S1 = − ∫ f ' ( x ) dx = f ( 0 ) − f ( 2 ) ; S2 = ∫ f ' ( x ) dx = f ( 5) − f ( 2 ) ; S3 = − ∫ f ' ( x ) dx = f ( 5 ) − f ( 6 )

Từ đồ thị ta thấy S2 > S1 ⇒ f ( 5) − f ( 2 ) > f ( 0 ) − f ( 2 ) ⇒ f ( 5 ) > f ( 0 ) và S1 + S3 < S2 ⇒ f ( 0 ) − f ( 2 ) + f ( 5) − f ( 6 ) < f ( 5 ) − f ( 2 ) ⇒ f ( 6 ) > f ( 0 ) Khi đó ta có BBT chính xác ( dạng đồ thị chính xác ) như sau:

Dựa vào đồ thị ta có: + đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm hay phương trình f ( x ) = 1 có 3 nghiệm. + đường thẳng y = −1 cắt đồ thị hàm số tại 1 điểm hay phương trình f ( x ) = −1 có 1 nghiệm. Vậy phương trình g ' ( x ) = 0 có 6 nghiệm.

Dạng 4. Bài toán tiếp tuyến Câu 136. Xét hàm y = f ( x ) = x 3 + 3x 2 − 2 ⇒ f '( x ) = 3x 2 + 6 x ⇒ f '(1) = 9. Ta có x0 = 1 ⇒ y0 = 2 ⇒ M 0 (1; 2 ) . Phương trình tiếp tuyến tại điểm M 0 (1; 2 ) có dạng:

y − y0 = f '( x0 ) ( x − x0 ) ⇔ y − 2 = 9 ( x − 1) ⇔ y = 9 x − 7 . Vậy phương trình f (x ) = f (0) có 2 nghiệm thuộc đoạn −2 ; 6    73

Câu 137. Tập xác định D = ℝ \ {1} . Ta có y′ =

−2 . ( x − 1) 2 74

−x + 3 . x −1 Ta có x0 = 0 thì y0 = −3 nên M ( 0 ; − 3 ) .

Để chỉ có một tiếp tuyến duy nhất đi qua A thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất khác 1

Gọi M ( x0 ; y 0 ) thuộc đồ thị hàm số y =

Mà y′ ( 0 ) = −2 . Vậy phương trình tiếp tuyến tại điểm M ( 0; − 3 ) là y = −2 x − 3 . Câu 138. Chọn C Ta có hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến là nghiệm của phương trình x3 + 3x = 4 ⇔ x = 1 Ta có y ' = 3x 2 + 3 Hệ số góc của tiếp tuyến là k = y ' (1) = 6 .

Phương trình đường thẳng MN có dạng k=

Câu 139. Chọn B 2 1 Ta có y′ = ⇒ y′ (1) = 2 2 ( x + 1) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M (1;0 ) là 1 1 1 ( x − 1) + 0 ⇔ y = x − . 2 2 2 Câu 140. Chọn C −1 ĐK: x ≠ 1 ; y ' = ( x − 1)2 Đường thẳng d qua A có hệ số góc k là y = k( x − a) + 1 y=

 −x + 2  k( x − a) + 1 = x − 1 ( 1) có nghiệm. d tiếp xúc với (C ) ⇔   k = −1 ( 2 )  ( x − 1)2 Thế ( 2) vào (1) ta có:

  ∆′ = 9 − 2 a − 6 = 0  3  a= 1 − 6 + a + 3 ≠ 0 ⇔ ⇒ 2   ∆′ = 9 − 2 a − 6 > 0   a = 1 2 − 6 + a + 3 = 0 Câu 141. Chọn D

−1 −x + 2 ( x − a) + 1 = ⇔ −x + a + x2 − 2 x + 1 = − x2 + 3x − 2, x ≠ 1 x −1 ( x − 1)2

⇔ 2 x2 − 6 x + a + 3 = 0 ( 3 ) Để đồ thị hàm số có một tiếp tuyến qua A thì hệ là số nghiệm của hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất

⇔ phương trình ( 3) có nghiệm duy nhất khác 1  ∆ ' = 9 − 2a − 6 = 0   3 a= 1 − 6 + a + 3 ≠ 0 ⇔ 2 x 2 − 6 x + a + 3 = 0 (3) ⇔  ⇒ 2 ∆ ' = 9 − 2a − 6 > 0  a = 1     2 − 6 + a + 3 = 0 −1 Cách 2: TXĐ : D = R \ {1} ; y ′ = 2 x ( − 1) Giả sử tiếp tuyến đi qua A ( a;1) là tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = x0 , khi đó phương trình tiếp tuyến có −x + 2 −1 dạng : y = x − x0 ) + 0 (d ) 2 ( x0 − 1 ( x0 − 1) Vì A ∈ d nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d ta có : 2 x 2 − 6 x0 + 3 + a = 0 (1) −x + 2 −1 1= a − x0 ) + 0 ⇔ 0 2 ( x0 − 1 ( x0 −1)  x0 ≠ 1 75

x − x2 y − y2 = ⇒ hệ số góc của đường thẳng MN là x1 − x2 y1 − y2

y1 − y2 = 3. x1 − x2

7  1 7  1 Vậy tiếp tuyến tại A  x0 ; x04 − x02  có hệ số góc k = 3 ⇔ f ′ ( x0 ) = 3 ⇔ x03 − x0 = 3 4  2 2  8  x0 = −1 1 7  ⇔ x03 − x0 − 3 = 0 ⇔  x0 = 3 . 2 2  x0 = −2

13  11  +) Với x0 = −1 ⇒ A  −1; −  ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = 3 x + . 8 8 

 x = −1  1 4 7 2 11 1 4 7 2 11 Xét phương trình hoành độ giao điểm x − x = 3x + ⇔ x − x − 3x − = 0 ⇔  x = 1 + 3 ⇒ 8 4 8 8 4 8 x = 1− 3  13   A  −1; −  thỏa mãn đề bài. 8  195 171   +) Với x0 = 3 ⇒ A  3; − .  ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = 3x − 8  8  1 7 195 1 7 195 Xét phương trình hoành độ giao điểm x 4 − x 2 = 3 x − ⇔ x 4 − x 2 − 3x + =0 8 4 8 8 4 8 2 171   ⇔ ( x − 3) x 2 + 6 x + 13 = 0 ⇔ x = 3 ⇒ Tiếp tuyến cắt đồ thị tại một điểm ⇒ A  3; −  Không thỏa 8   mãn. +) Với x0 = −2 ⇒ A ( −2; −5) ⇒ Phương trình tiếp tuyến: y = 3 x + 1 .

(

)

1 4 7 2 1 7 x − x = 3x + 1 ⇔ x4 − x2 − 3x − 1 = 0 8 4 8 4  x = −2  2 ⇔ ( x + 2 ) ( x 2 − 4 x − 2 ) = 0 ⇔  x = 2 + 6 ⇒ A ( −2; −5 ) Thỏa mãn đề bài. x = 2 − 6  Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 142. Chọn D 7   1 Ta có A ∈ ( C ) ⇒ A  t ; t 4 − t 2  2   4 y ′ = x 3 − 7 x ⇒ y ′ ( t ) = t 3 − 7t Xét phương trình hoành độ giao điểm

Phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại A là 76

1 7 3 7 y = ( t 3 − 7 t ) ( x − t ) + t 4 − t 2 ⇔ y = ( t 3 − 7t ) x − t 4 + t 2 4 2 4 2 Phương trình hoành độ giao điểm: 1 4 7 2 3 7 x − x = ( t 3 − 7t ) x − t 4 + t 2 4 2 4 2 ⇔ x 4 − 14 x 2 − 4 ( t 3 − 7t ) x + 3t 4 − 14t 2 = 0

14   1 Gọi A  a; a 4 − a 2  là tọa độ tiếp điểm 3   3 28  1 14 4 Phương trình tiếp tuyến tại A là d : y =  a3 − a  ( x − a ) + a 4 − a 2 3  3 3 3 Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và d là:

⇔ ( x − t ) ( x 2 + 2tx + 3t 2 − 14 ) = 0 x = t ⇔ 2 2  x + 2tx + 3t − 14 = 0 (1) Tiếp tuyến cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt M ( x1 ; y 1 ) ; N ( x2 ; y2 ) khác A khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác t

− 7 < t < 7 t 2 − ( 3t 2 − 14 ) > 0  ⇔ ⇔ ( 2) 21 2 2 2 t + 2t + 3t − 14 ≠ 0 t ≠ ± 3  Khi dó 3 4 7 2  3  y1 = ( t − 7t ) x1 − 4 t + 2 t  x1 + x2 = −2t và  ⇒ y1 − y2 = ( t 3 − 7t ) ( x1 − x2 )  2  x1 x2 = 3t − 14  y = ( t 3 − 7t ) x − 3 t 4 + 7 t 2 2  2 4 2 3 Ta có y1 − y2 = 6( x1 − x2 ) ⇔ ( t − 7t ) ( x1 − x2 ) = 6 ( x1 − x2 )

t + 1 = 0 ⇔ ⇔ t 3 − 7t − 6 = 0 ⇔ ( t + 1) t 2 − t − 6 = 0 ⇔  2 t − t − 6 = 0

(

)

 t = −1 ( n )  t = −2 ( n ) (do ( 2 ) ) t = 3 l () 

13   Với t = −1 ta có A  −1; −  4  Với t = −2 ta có A ( −2; −10 )

 7  ∆ > 0 ⇔ 2 ⇔ a ∈ − 7; 7 \  ± . 6 a − 14 ≠ 0  3   28  4 Theo đề bài: y1 − y2 = 8 ( x1 − x2 ) ⇔  a3 − a  ( x1 − x2 ) = 8 ( x1 − x2 ) 3  3 a = 3 4 28 ⇔ a 3 − a = 8 ⇔  a = −1 . 3 3  a = −2

(

)

 a = −1 Đối chiếu điều kiện:  . Vậy có 2 điểm A thỏa đề bài.  a = −2 Câu 144. Ta có y′ = 4 − 4 sin 2 x . Khi đó, hoành độ của các điểm trên ( C ) mà tại đó tiếp tuyến của ( C ) song song hoặc trùng với trục hoành là nghiệm của phương trình: y′ = 0 ⇔ 4 − 4sin 2 x = 0

+ k 2π ⇔ x = + kπ ( k ∈ ℤ ) . 2 4 Câu 145. Gọi x0 là hoành độ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số. Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm ⇔ sin 2 x = 1 ⇔ 2 x =

cực tiểu của đồ thị hàm số là: y′ ( x0 ) = 0 . Vậy ta loại đáp án A, C, D và chọn đáp án B. x = 0 . Câu 146. Ta có: y′ = − x 3 + 4 x; y′ = 0 ⇔   x = ±2 BBT:

⇒ có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán. Câu 143. Chọn D Cách 1: Gọi d là tiếp tuyến của ( C ) tại A .

y′ =

1 4 28 2  4 3 28  1 14 x − x =  a − a  ( x − a) + a4 − a2 3 3 3  3 3 3 x = a 2 2 2 ⇔ ( x − a ) ( x + 2ax + 3a − 14 ) = 0 ⇔  2 2  x + 2ax + 3a − 14 = 0 (1) Để ( C ) cắt d tại 3 điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác a

x = − 7  4 3 28 . x − x ⇒ y′ = 0 ⇔  x = 0 3 3 x = 7 

(

)

Do tiếp tuyến tại A cắt ( C ) tại M , N ⇒ x A ∈ − 7; 7 . Ta có: y1 − y2 = 8 ( x1 − x2 ) ⇒

 xA = 3 4 28 y1 − y2  = 8 ⇒ k d = 8. Suy ra x A3 − xA = 8 ⇔  x A = −1 . 3 3 x1 − x2  x A = −2

 x A = −1 Đối chiếu điều kiện:  . Vậy có 2 điểm A thỏa ycbt.  x A = −2 Cách 2: 77

Câu 147. Chọn A 78

Mặt khác, ∆OAB cân tại O ⇒ hệ số góc của tiếp tuyến là −1 . 3 Gọi tọa độ tiếp điểm ( x0 ; y0 ) , với x0 ≠ − . 2 −1 = −1 ⇔ x0 = −2 ∨ x0 = −1 . Ta có: y′ = 2 ( 2 x0 + 3)

 m ≠ −1 Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang khi m (1 − m ) + 2 ≠ 0 ⇔  . m ≠ 2 Khi đó đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = m ( ∆ ) .

(∆)

tiếp xúc với parabol y = x 2 + 7 ⇔ m = 7 .

Câu 149. Có y′ =

−ab − 2

( ax − 2 )

Do A (1; −2 ) thuộc đồ thị hàm số nên

Với x0 = −1 ⇒ y0 = 1 . Phương trình tiếp tuyến là: y = − x loại vì A ≡ B ≡ O . Với x0 = −2 ⇒ y0 = 0 . Phương trình tiếp tuyến là: y = − x − 2 thỏa mãn. Vậy d : y = ax + b hay d : y = − x − 2 ⇒ a = −1; b = −2 ⇒ a + b = −3 .

1+ b = −2 ⇔ b = 3 − 2a . a−2

Do tiếp tuyến tại A (1; −2 ) song song với d : 3 x + y − 4 = 0 nên y′ (1) = −3 ⇔

− ab − 2

( a − 2)

Câu 155. = −3

a = 1 2 Thay b = 3 − 2a ta được phương trình −a ( 3 − 2a ) − 2 = −3 ( a − 2 ) ⇔ 5a 2 − 15a + 10 = 0 ⇔  . a = 2 Với a = 2 ⇒ b = −1 (loại, do ab ≠ −2 ) Với a = 1 ⇒ b = 1 . Phương trình tiếp tuyến tại A ( −1; 2 ) là y = −3 ( x + 1) + 2 song song với d . Vậy a = 1 ,

b = 1 , suy ra a − 3b = −2 . Câu 150. Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 3 − mx 2 + ( 2 m − 3) x − 1 là y′ = 3x 2 − 2mx + 2m − 3 a = 3 > 0 2 y ′ = 3x 2 − 2mx + 2m − 3 > 0 ⇔  ⇔ m 2 − 6m + 9 < 0 ⇔ ( m − 3) < 0 ⇒ m ∈ ∅ .  ∆′ < 0 Câu 151. Từ đồ thị ta có hai tiếp tuyến vuông góc với trục Oy là y = −1; y = −2 . −2 Câu 152. y′ = . 2 ( x + 1) 1 − x0 = 1 ⇔ x0 = 0 . x0 + 1

Tiếp tuyến của ( C ) tại điểm A có phương trình: y = y′ ( 0 )( x − 0 ) + y ( 0 ) = −2 x + 1 . Suy ra tiếp tuyến song song với ( d ) : y = −2 x + 2 .

Câu 153. Điều kiện m ≠ 0 . Phương trình tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số lần lượt là: x + 2 = 0 và y − 1 = 0 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng m − 2 là: ( d ) :

3 x m 2 − 6m + 6 + . Đường m2 m2

m−6  thẳng d cắt tiệm cận đứng của đồ thị hàm số tại điểm A  −2;  và cắt tiệm cận ngang của đồ thị hàm m   số tại điểm B ( 2m − 2;1) m−6 = −5 ⇒ m = 1; m = −3 . theo giả thiết ta có 2m − 2 + m Vậy bằng tổng bình phương các phần tử của S bằng 10 . x+2  3 Câu 154. Tập xác định của hàm số y = là D = ℝ \  −  . 2x + 3  2 −1 < 0, ∀x ∈ D . Ta có: y′ = 2 ( 2 x + 3) 79

b = −2 ⇒ b = −2d (1). d ad − bc d Có y = f ′ ( x ) = không xác định tại điểm duy nhất x = − . Từ đồ thị hàm số y = f ′ ( x) ở trên 2 c + cx d ( ) ⇒

d = −1 ⇒ c = d (2). c 2  c = d ax − 2c ac + 2c a + 2c Từ (1) và (2) suy ra  và f ′ ( x) = = . ⇒ f ( x) = 2 2  cx + c (cx + c) c ( x + 1)  b = −2d = −2c

ta thấy hàm số y = f ′ ( x) không xác định tại điểm duy nhất x = −1 . Vậy −

Ta thấy đồ thị hàm số y = f ′ ( x) cắt trục tung tại điểm y = 3 nên x = 0 ⇒ f ′ (0) = 3

Vì hệ số góc dương với mọi x nên ta có

Gọi A( x0 ;1) ∈ ( C ) thì

(C ) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng − 2 nên với x = 0 có f (0) = −2

⇒

a + 2c x−2 3 và f ( x ) = = 3 ⇒ a = c ⇒ f ′ ( x) = 2 x +1 c ( x + 1)

x−2 với trục hoành ứng với y = 0 ⇒ x = 2 và x +1 1 1 f ′ ( 2) = nên phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = ( x − 2) + 0 ⇔ x − 3 y − 2 = 0 3 3 1 1 4 11 Câu 156. Ta có y ′ = −3x 2 + 6 x −1 ; y =  x −  y ′ + x + . Suy ra phương trình đường thẳng đi qua  3 3 3 3 4 11 hai điểm cực đại và cực tiểu là ∆ : y = x + . 3 3 Do M , N là hai điểm di động trên đồ thị (C ) của hàm số y = −x3 + 3x 2 − x + 4 sao cho tiếp tuyến của (C )

Giao điểm của đồ thị (C ) của hàm số y = f ( x) =

tại M và N luôn song song với nhau, nên ta xét trường hợp M , N là hai điểm cực trị của đồ thị, khi đó phương trình MN chính là phương trình đường thẳng ∆ . Thử trực tiếp ta được điểm Q (1;5) ∈ ∆ , các điểm còn lại không thuộc ∆ . Câu 157. Chọn C Tiệm cận đứng d1 : x + 1 = 0 , tiệm cận ngang d 2 : y − 1 = 0 ⇒ tâm đối xứng là I ( −1;1) .

a+2 −1  a+2 x − a) + Phương trình tiếp tuyến tại điểm M  a; (d ) .  ∈ ( C ) là: y = 2 ( a +1  a +1  a + 1 ( ) −1

Khi đó d ( I , d ) =

( a + 1)

( −1 − a ) +

( a + 1)

a+2 a +1

2 a +1 1

( a + 1)

= +1

( a + 1)

≤

( a + 1)

2 = 2. 2

Câu 158. y =

3m 2 + m 3m 2 + m x 2 − 2mx + m . = x − 3m + ⇒ y′ = 1 − 2 x+m x+m ( x + m)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục Ox . x 2 − 2mx + m = 0 ⇔ f ( x ) = x 2 − 2mx + m = 0 (*) ( x ≠ −m ) . x+m Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt và các tiếp tuyến tại hai điểm đó vuông góc với nhau thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 khác − m và y′ ( x1 ) . y′ ( x2 ) = −1 .

 m > 1     m < 0 ∆ ′ = m 2 − m > 0 m ≠ 0   ⇔  f ( −m ) = 3m 2 + m ≠ 0 ⇔ 1 ⇔m =5.  m ≠ − 3 2 2    3m + m 3m + m    1 −  = −1 2 2  y ′ ( x1 ) . y′ ( x2 ) = 1 −  m = 0     ( x1 + m )  ( x2 + m )   m = 5  Câu 159. Lờigiải Chọn B 3 y ' = x − 6x 1 Gọi A( x0 ; x04 − 3x02 ) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến tại A. Phương trình tiếp tuyến tại A là đường thẳng 4 (d) có phương trình: 1 y = ( x03 − 6 x0 )( x − x0 ) + x04 − 3 x02 4 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: 1 1 ( x03 − 6 x0 )( x − x0 ) + x04 − 3 x02 = x 4 − 3 x 2 ⇔ ( x − x0 ) 2 ( x 2 + 2 x0 x + 3 x02 − 12) = 0 4 4  x − x0 = 0 ⇔ 2  x + 2 x0 x + 3x0 − 12 = 0 (2) (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác A khi và chỉ chi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác x0

 x0 ≠ ± 2 ⇔ (3)  − 6 < x0 < 6 Khi đó, phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt M ( x1 ; y1 ) ,

  x0 = −1  −1 − 21 ⇔  x0 = 2   x = −1 + 21  0 2  x0 = −1 Kết hợp với điều kiện (3) có hai giá trị x0 thỏa mãn yêu cầu bài toán là   x = −1 + 21  0 2 Câu 160. Chọn B d Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = − = −2 làm tiệm cận đứng. c a Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y = = 2 làm tiệm cận ngang. c Vậy I ( −2; 2 ) là giao điểm của hai đường tiệm cận. TXĐ: D = ! 7 y' = ( x + 2)2 2x − 3 Gọi tiếp tuyến tại M ( x0 ; y0 ) của đồ thị hàm số y = có dạng: x+2 2x − 3 7 ∆ : y = y ' ( x0 ) .( x − x0 ) + y0 hay ∆ : y = .( x − x0 ) + 0 x0 + 2 ( x0 + 2)2 7 2 x0 − 3 Vì ∆ đi qua I ( −2; 2 ) ⇒ 2 = .( −2 − x0 ) + x0 + 2 ( x0 + 2)2 −7 2 x0 − 3 −7 2x − 3 ⇔2= ⇔2= + 0 .( x0 + 2) + x0 + 2 ( x0 + 2) 2 ( x0 + 2) x0 + 2 2 x − 10 ⇔2= 0 ⇔ 4 = −10 , phương trình vô nghiệm. x0 + 2 2x − 3 Vậy không tồn tại tiếp tuyến nào của đồ thị hàm số y = mà đi qua giao điểm của hai tiệm cận. x+2

N ( x2 ; y2 ) trong đó: 1 4 1 x0 − 3x02 y2 = ( x03 − 6 x0 )( x2 − x0 ) + x04 − 3 x02 4 4 ⇒ y1 − y2 = ( x03 − 6 x0 )( x1 − x2 ) Từ giả thiết ta suy ra: ( x03 − 6 x0 )( x1 − x2 ) = 5( x1 − x2 ) ⇔ x03 − 6 x0 = 5 (Vì x1 ≠ x2 )

y1 = ( x03 − 6 x0 )( x1 − x0 ) +

CHUYÊN ĐỀ 9

LŨY THỪA, HÀM SỐ LŨY THỪA

Câu 7. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Rút gọn biểu thức P = x 6 ⋅ 3 x với x > 0 . 1

PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Rút gọn biểu thức lũy thừa Câu 1. (GKI NHÂN CHÍNH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho a > 0, m, n ∈ℝ . Khẳng định nào sau đây đúng? m

A. a + a = a

m +n

B. a .a = a m

m −n

am = a n−m . n D. a

C. ( a ) = (a ) . m n

n m

A. 10α =

(

)

B. 10α = 10 2 .

α 2

( ) = (100)

C. 10

α2

( ) = (10 )

D. 10α

A. Q = b

B. Q = b

4 3

C. Q = b

5 9

D. Q = b

C. P = x 9

Câu 9. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019) Rút gọn biểu thức P =

A. P = x

2 3

B. P = x

1 2

B. P = a3 .

A. P = a .

B. P = x

2 +2

với

D. P = a5 .

Câu 10. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Biểu thức P = 3 x 5 x 2 x = xα (với x > 0 ), giá trị của α là 1 5 9 3 A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 Câu 11. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho a là số thực dương khác 1 . Khi đó

a 3 bằng A.

a2 .

B. a 3 .

3 +1

.a 2−

C. a 8 .

2 +2

với a > 0

B. P = a3

A. P = x −2

C. P = a 4

D. P = a5 3

B. P = x

−

1 2

C. P = x 2

x5 , x > 0 .

D. P = x 2

3 4 3 Câu 14. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho biểu thức P = x. x x , với x > 0. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

D. P = x 2

x. 3 x 2 . x3 , với x > 0 . Mệnh đề nào

A. P = x 2 .

B. P = x12 .

C. P = x 8 .

D. P = x 24 .

Câu 15. (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hai số thực dương a, b .

C. P = x

C. P = a 4 .

−

13 24

D. P = x

1 4

A. P = x

.a 2−

(a )

Câu 13. (TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI SỐ 2 NĂM 2018-2019) Cho biểu thức P = x 4 . Khẳng định nào sau đây là đúng?

Rút gọn biểu thức A =

Câu 6. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho biểu thức P = x 2 .x 3 . 6 x với x > 0 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 11 6

3 +1

a> 0.

Câu 5. (ĐỀ BỘ GIÁO DỤC NĂM 2017) Cho biểu thức P = dưới đây đúng?

2 −2

A. P = a

Câu 4. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Rút gọn biểu thức P = x . x với x > 0 . B. P = x 8

2 −2

1 3 6

A. P = x

D. P = x 2

biểu thức a 2018 .2018 a dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ. Tìm số mũ của biểu thức rút gọn đó. 2 1 3 3 A. . B. . C. . D. . 1009 1009 1009 20182

(a )

Câu 3. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Rút gọn biểu thức Q = b : 3 b với b > 0 . 4 3

C. P = x 9

Câu 8. (THPT SƠN TÂY HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho a là số thực dương. Viết và rút gọn

5 3

−

B. P = x

Câu 12. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Rút gọn biểu thức

Câu 2. (CỤM 8 TRƯỜNG CHUYÊN LẦN 1) Với α là số thực bất kì, mệnh đề nào sau đây sai? α

A. P = x 8

7 6

D. P = x

5 6

1 8

a3 b + b3 a ta thu được A = a m .b n . Tích của m.n là 6 a+6b 1 1 B. C. 21 9

1 18

Câu 16. (SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Rút gọn biểu thức A = m

a 7 .a 3 4 7

a . a

−5

với

m là phân số tối giản. Khẳng định nào sau đây đúng? n 2 2 B. m + n = 543 . C. m2 − n2 = −312 . D. m2 + n2 = 409.

a > 0 ta được kết quả A = a n trong đó m, n ∈ N * và A. m2 − n2 = 312 .

Câu 17. (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho a là số thực dương. 4  −1 2  a 3 a 3 + a 3    Đơn giản biểu thức P = 1 3 . −1    a 4 a 4 + a 4    A. P = a ( a + 1) .

B. P = a − 1 .

C. P = a .

Câu 18. Cho a, b là các số thực dương. Rút gọn P = A. P = ab .

B. P = a + b .

4 3

Câu 23. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số f ( a ) =

(

với a > 0, a ≠ 1 . Tính giá trị M = f 2017

A. M = 20171008 − 1

2016

Câu 24. (THPT TRẦN PHÚ) Giá trị của biểu thức P = A. −9 .

D. P = a + 1 .

C. M = 2017 2016 − 1

23.2−1 + 5−3.54

10−3 :10−2 − ( 0,1)

B. −10 .

A. 20172018 + 1.

D. P = ab (a + b) .

m Câu 19. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Cho biểu thức 5 8 2 3 2 = 2 , trong đó n là phân số tối giản. Gọi P = m2 + n2 . Khẳng định nào sau đây đúng? A. P ∈ (330;340) . B. P ∈ (350;360) . C. P ∈ ( 260;370 ) . D. P ∈ (340;350) . 1

(

2017

) ( 4 3 − 7) A. P = ( 7 + 4 3 )

P= 7+4 3

BGD&ĐT

2 . 3

1 . 3

B. −20171009 − 1.

(

3 −1

)

(

2 −1

2018

)

C. ( 5 − 2)

NĂM

2017)

Tính

giá

trị

của

biểu

thức

23 2 2 . Mệnh đề nào trong các mệnh đề sau là đúng? 3 3 3 1

 2 8 A. P =   . 3

 2 B. P =   .  3

) )

2 3

D. M = 1 − 2017 2016

D. 9 .

( a − a ) với a > 0, a ≠ 1 . Tính giá trị a ( a − a ) a

1 8

−2

−1

D. 20171009 + 1.

C. 20171009.

2017

(

3 −1

)

(

2 −1

2017

)

B. 2

2018

2 +1

>2 .

 2 D. 1 −  2  

2019

 2 <  1 −  2  

2018

> ( 5 − 2)

2019

B. ( 5 + 2)2018 > ( 5 + 2) 2019 . D. ( 5 − 2) 2018 < ( 5 − 2)2019 .

3 A.   7

1 B.    2

5 >  . 8

 2 A. 1 −  2   C.

 2 18 C. P =   . 3

−π

1 <  . 3

C. 3−

1 <  . 5

1 D.   4

−50

100

( 2)

Câu 29. (Tổng Hợp Đề SGD Nam Định - 2017 - 2018 - BTN) Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

D. P = 7 + 4 3

Câu 22. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho biểu thức P=

a − a

−1

Câu 28. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Khẳng định nào dưới đây là đúng?

C. P = 7 − 4 3

B. P = 1

Câu 26. (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào SAI?

A. ( 5 + 2)−2017 < ( 5 + 2)−2018 .

2016

a − 3 a4

Câu 27. (THPT SƠN TÂY HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Khẳng định nào sau đây đúng? C.

Dạng 2. Tính giá trị biểu thức lũy thừa KHẢO

Dạng 3. So sánh các biểu thức chứa lũy thừa

2 2  1 a b  T = 2 ( a + b ) . ( ab ) . 1 +  −   bằng a   4 b   1 A. 1. B. . 2 1 2

THAM

(

là

C. 10 .

Câu 20. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho a > 0 , b > 0 , giá trị của biểu thức

Câu 21. (ĐỀ

1 8

1 3

M = f ( 2017 2018 ) .

a b + ab ta được 3 a+3b C. P = a 4b + ab 4 .

m n

−1

−

)

B. M = −20171008 − 1

Câu 25. [THPT Ngô Quyền – 2017] Cho hàm số f ( a ) =

4 3

(

)

3 −1

2018

 2 <  1 −  2  

(

)

3 −1

2017

. .

(

D. 2

)

2 −1 2 +1

2017

(

)

2 −1

2018

>2 3.

 2 2 D. P =   . 3

Câu 30. [THPT Tiên Lãng] Tìm tập tất cả các giá trị của a để A. a > 0 .

B. 0 < a < 1 .

a5 > 7 a2 ?

C. a > 1 .

Dạng 4. Tìm tập xác định của hàm số lũy thừa 3

5 2 <a< . 21 7

Câu 41. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Tập xác định của hàm số

Câu 31. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Tập xác định D của hàm số y = ( x − 1) 3 là:. A. D = ( 1; +∞ )

C. D = ℝ \{1}

B. D = ℝ

D. D = ( −∞;1)

(

Câu 32. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm tập xác định D của hàm số y = x 2 − x − 2 A. D = ( −∞; − 1) ∪ ( 2; + ∞ ) C. D = R

2019

y = ( x 2 − 4 x ) 2020 là

)

−3

A. (−∞ ;0] ∪ [4 ; + ∞)

B. D = R \ {−1; 2}

D. D = ( 0; + ∞ )

Câu 33. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Tập xác định của hàm số 1

y = ( x − 1) 5 là A. [1; +∞ )

B. ℝ \ {1}

C. (1; +∞ )

A. D = (2;4) .

B. ( −∞; 2 ) .

B. ( −∞; 2 ) ∪ ( 5; +∞ ) . C. ℝ .

(

)

của hàm số y = 4 x 2 − 1 D. D = R

−3

C. D = ℝ .

y = (4 − x 2 )3 là

C. D = R

D. D = ( 2; +∞)

(

)

1   B. y =  2 + 2  x  

C. y = ( 2 + x 2 )

y = ( 4 − 3x − x 2 )

−2019

là

A. ℝ \ {−4;1} .

D. y = ( 2 + x )

1 3

B. D = ℝ

2 B. y =   3

C. y =

( 3)

(

y = x 2 − 3x + 2

D. y = ( 0,5)

y = ( x 2 + 2 x − 3) .

B. D = ( −∞; −3) ∪ (1; +∞ )

C. D = ( 0; +∞ )

D. D = ℝ \ {−3;1}

C. (1; + ∞ ) .

2x . + 2 ) ln 5

D. ℝ .

là B. ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) .

A. (1;2 ) . .

C. ℝ \ {1;2} .

D. ( −∞;1 ∪ 2; +∞ )

Câu 48. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm tập xác định D của hàm số 2− 3

A. D = ℝ \ {−1; 4} .

B. D = ( −∞; −1] ∪ [ 4; +∞ ) .

C. D = ℝ .

D. D = ( −∞; −1) ∪ ( 4; +∞ ) .

Câu 49. [THPT Lý Nhân Tông - 2017] Hàm số y =

Câu 40. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập xác định của hàm số y = ( x − 1) là B. [1; + ∞ ) .

C. y′ =

Dạng 5. Đạo hàm hàm số lũy thừa

1 2

A. ( 0; + ∞ ) .

)

y = ( x 2 − 3x − 4 )

Câu 39. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tập xác định D của hàm số A. D = ℝ

B. ℝ \ {1; 2} .

Câu 47. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Tập xác định của hàm số

1   1   D. D =  −∞; − ; +∞  ∪ 3   3  

Câu 38. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập xác định của nó?

1 A. y =   π

D. ( −4;1) .

−1

A. ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) .

1   3

C. [ −4;1].

y = ( x 2 − 3x + 2 ) 3

y = ( 3 x 2 − 1) .

1   1  ; +∞  ∪ 3  3 

B. ℝ .

Câu 46. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tập xác định của

Câu 37. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Tìm tập xác định D của hàm số

 A. D =  −∞; −   C. D = ℝ \  ± 

−1   1   B. D =  −∞ ;  ∪  ; + ∞  . 2  2    1 1 D. D =  − ;  .  2 2

Câu 45. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Tập xác định của hàm số

Câu 36. (TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI SỐ 2 NĂM 2018-2019) Trong các hàm số sau đây, hàm số nào có tập xác định D = ℝ ? A. y = 2 + x

D. ( 2;5 ) .

 1 1 A. D = ℝ \ − ;  .  2 2

Câu 35. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Tìm tập xác định của hàm số:

B. D = R \ {2; −2}

D. D = ℝ .

Câu 44. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Tìm tập xác định D

B. D = ℝ \ {0;3} .

A. D = (−2; 2)

C. ( 4; +∞ ) .

−3

A. ℝ \ {2;5} .

−4

C. D = ( −∞;0 ) ∪ ( 3; +∞ ) .

D. R \ {0; 4}

Câu 43. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Tìm tập xác định của hàm số y = ( x 2 − 7 x + 10 )

D. ( 0; +∞ )

Câu 34. Tìm tập xác định D của hàm số y = ( x 2 − 3x ) . A. ( 0;3) .

B. ( −∞ ;0) ∪ (4 ; + ∞) C. ( 0; 4 )

Câu 42. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Tập xác định của hàm số y = ( − x 2 + 6 x − 8) 2 là

+ 1) có đạo hàm là.

D. ( −∞ ; + ∞ ) . 5

A. y ′ =

B. y′ = 2 x x 2 + 1 .

C. y′ = 4 x 5 x2 + 1 .

D. y ′ =

5 5 ( x + 1) 2

Câu 50. [SỞ GD ĐT HƯNG YÊN - 2017] hàm số y = ( 3 − x2 ) −7 2 3

−

4 3

+ 1)

(

Câu 56. (THPT Quốc Oai - Hà Nội - HKII - 2016 - 2017 - BTN) Cho hàm số y = x− sau đây đúng? A. Đồ thị hàm số cắt trục Ox . B. Đồ thị hàm số không có tiệm cận. C. Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng và không có tiệm cận ngang. D. Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng và một tiệm cận ngang.

)

có đạo hàm trên khoảng − 3; 3 là:

−7 3

4 (3 − x ) . B. y = − 83 x ( 3 − x 2 ) . 3 −7 −7 4 8 C. y = − x 2 ( 3 − x 2 ) 3 . D. y = x ( 3 − x 2 ) 3 . 3 3

A. y = −

−

khẳng định nào

α, β y = xα , y = xβ Câu 57. [THPT CHUYÊN VINH ] Cho là các số là các số thực. Đồ thị các hàm số ( 0; +∞ ) được cho trong hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây là đúng? trên khoảng

Câu 51. [THPT Nguyễn Đăng Đạo - 2017] Đạo hàm của hàm số y = (2 x + 1) 4 1 − A. − (2 x +1) 3 . 3

1 3

trên tập xác định là.

1 3

B. 2 ( 2 x + 1) ln ( 2 x + 1) .

1 − 3

C. (2 x + 1) ln (2 x + 1) . D. −

4 2 − (2 x +1) 3 . 3 1

Câu 52. (CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Đạo hàm của hàm số y = ( x 2 + x + 1) 3 là 8 1 2 x + x + 1) 3 . ( 3

2x +1 . 2 3 x2 + x + 1 2 2x + 1 1 C. y′ = . D. y′ = ( x2 + x + 1) 3 . 2 3 3 3 ( x 2 + x + 1) A. y′ =

B. y′ =

A. 0 < α < 1 < β .

B. y ' = 6sin 3x (cos3x −1) .

D. y ' = 18sin 3x (1− cos3x ) . e

Câu 1.

Câu 54. [THPT Chuyên LHP - 2017] Tìm đạo hàm của hàm số y = ( x 2 + 1) 2 trên ℝ . e−2

Câu 2.

A. y′ = 2 x ( x 2 + 1) 2 .

B. y ′ = ex

e −1 e C. y ′ = ( x 2 + 1) 2 . 2

D. y′ = ( x + 1) ln ( x + 1) .

+ 1) e 2

B. Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; + ∞ ) .

D. Đồ thị hàm số không cắt trục hoành.

Dạng 1. Rút gọn biểu thức lũy thừa Chọn C. Tính chất lũy thừa Theo định nghĩa và các tính chất của lũ y thừa, ta thấy A, B, C là các mệnh đề đúng.

( )

Xét mệnh đề D: với α = 1 , ta có: 101

Câu 4.

Q = b3 : 3 b = b3 : b3 = b3 Chọn A

Câu 5.

Ta có: P = x 3 . 6 x = x 3 .x 6 = x 3 Chọn C

Câu 6.

Ta có, với x > 0 : P = x. 3 x 2 . x 3 = x. x 2 .x 2 = x. x 2 = x.x 6 = x 6 = x 24 . Chọn A

Câu 7.

P = x 2 .x 3 . 6 x = x 2 Chọn B

Câu 8.

Với x > 0; P = x 6 .x 3 = x 6 Chọn A

1 1 + 6

1 1 1 + + 3 6

C. β > γ > α .

D. γ > β > α . 7

= x2 = x 4

B. β > α > γ .

= 100 ≠ (10 ) = 10 nên mệnh đề D sai.

Chọn B

Câu 55. Cho các hàm số lũ y thừa y = x , y = x , y = x có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề đúng là α

Câu 3.

Dạng 6. Nhận dạng đồ thị hàm số lũy thừa

A. α > β > γ .

. Mệnh đề nào sau đây là sai?

A. Hàm số có tập xác định là ( 0; + ∞ ) .

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO

C. y ' = 18sin 3x (cos3x −1) .

−1

D. α < 0 < 1 < β .

A. y ' = 6sin 3x (1− cos3 x ) .

C. 0 < β < 1 < α .

Câu 58. [THPT – THD Nam Dinh- 2017] Cho hàm số y = x −

Câu 53. [THPT Chuyen LHP Nam Dinh - 2017] Tính đạo hàm của hàm số y = (1 − cos3 x) . 5

B. β < 0 < 1 < α .

=x 1 1 + 3

= x2 = x 8

a 2018 .2018 a = a 2018 .a 2018 = a 2018 = a 1009 . Vậy số mũ của biểu thức rút gọn bằng Câu 9.

3 +1

.a 2−

Câu 10. Câu 11.

(a )

(

3 +1+ 2− 3 2 −2

)(

2 +2

)

Câu 20.

a3 = a5 . a−2

Ta có T = 2 ( a + b )

1  5 5  3 3 1 x = x x 2 .x = 3 x.  x 2  =  x 2  = x 2 ⇒ α = . 2     1 2

2 21 1 .  2 a3 =  a3  = a3 4 = a6 = 6 a  

3 +1

.a 2−

2 −2

Câu 21.

= 2 ( a + b)

= 2(a + b)

−1

1  ( a + b )2  2 (a + b) = 1. 1 . ( ab ) .  . ( ab ) 2 .  =2 1 a+b  4ab  2 ( ab ) 2 1 2

P = 7+4 3 −

−

x 5 = x 4 .x 4 = x

3 5 − + 4 4

= x2 .

(

Câu 22.

Ta có: A =

1 3

a .a

11 3

a 4 . 7 a −5

1 3

1 2

7 3

11 3

−5 7

a .a

Câu 23.

1 2

)

2016

= 7 + 4 3 . 7 + 4 3 4 3 − 7   

(

) (

23 7

1 10

1 30

8 2 3 2 = 5 23 2 3 2 = 2 .2 .2 = 2

a a

3 1 1 + + 5 10 30

)

2016

= 7 + 4 3. 31 . +1

23 2 2 2  2 2  2 2 3 =3 3  =3  3 3 3 3 3 3

 2 2  2 2 = 3   =  .  3 3

Chọn B

19 7

−

1 8

1 3

(

( 8

a − 3 a4 3

a − a

−1

) = 1 − a = −1 − ) a −1

a nên

M = f ( 2017 2016 ) = −1 − 2017 2016 = −1 − 20171008

Câu 24.

3 5

)(

Cách 1:

f ( a) =

Chọn B Ta có P =

⇒ m 2 − n 2 = 312 4  −1 2  4 −1 4 2 a 3 a 3 + a 3   a 3 .a 3 + a 3a 3 a (a + 1)  a + a2 Câu 17. P = 1 3 = = = =a. 1 3 1 −1 −1   a +1 a +1  a 4 a 4 + a 4  a 4 .a 4 + a 4 .a 4   1  1 4 4 1 1 ab a 3 + b 3   a 3 b + ab 3 a.a 3 b + ab.b 3  = = = ab. Câu 18. P = 3 1 1 1 1 a+3b a3 + b3 a3 + b3 Câu 19. Chọn D

Ta có

2016

3 −7

a .a a m Mà A = a , m, n ∈ N và là phân số tối giản n ⇒ m = 19, n = 7 m n

)

Ta có: P =

1 1 1  1  a 3 .b 3  b 6 + a 6  1 1 b + b a a .b + b .a   = a 3 .b 3 ⇒ m = 1 , n = 1 ⇒ m.n = 1 = = . 1 1 1 1 6 3 3 9 a+ b a 6 + b6 a6 + b6 1 3

2017

) (4

= 7 + 4 3 ( −1)

Ta có: P = 3 x. 4 x 3 x = x 8 Câu 15. Chọn C 1 3

Dạng 2. Tính giá trị biểu thức lũy thừa Chọn D

(

Chọn C

Ta có P = x 4 . Câu 14. Chọn C

2 1   1  a − b 2  2 (a − b)  2 −1 . ( ab ) . 1 +    = 2 ( a + b ) . ( ab ) 2 . 1 +  4ab    4  ab   1

a3 = a5 a 2−4

2 +2

2 2  1 a b  . ( ab ) . 1 +  −   a   4 b   1 2

1 2

Chọn D a

−1

1 4

(a )

Câu 16.

m 11 m = 11 = ⇒ ⇒ P = m2 + n2 = 112 + 152 = 346 . n 15 n = 15 Cách 2:

⇒

Chọn D

Ta có P = Câu 13.

P = 3 x 5 x2

Ta có: Câu 12.

2 +2

2 −2

2 . 1009

Câu 25.

23.2−1 + 5−3.54 −3

−2

10 :10 − ( 0,1)

23−1 + 5−3+ 4 4+5 9 = = = −10. . 10 −3+ 2 − 1 10−1 − 1 1 − 1 10

Chọn B 2 1  −2  a3  a 3 − a3  1   = 1 − a = −1 − a 2 Ta có f ( a ) = 1 3 . 1 1 −   a 8  a 8 − a 8  a 2 −1  

(

)

(

Do đó M = f 2017 2018 = −1 − 2017 2018

Câu 26.

11 15

1 2

= −1 − 20171009 .

Dạng 3. So sánh các biểu thức chứa lũy thừa Chọn A A.

)

(

)

3 −1

2018

(

)

3 −1

2017

. Cùng cơ số, 0 < 3 − 1 < 1 , hàm nghịch biến, số mũ lớn hơn nên bé

hơn. Sai 9

B. 2

2 +1

> 2 . Cùng cơ số, 2 > 1, hàm đồng biến, số mũ

(

)

2 +1 = 3 + 2 2 >

( 3)

hơn. Đúng

(

)

2 −1

2017

(

)

2 −1

2018

. Cùng cơ số, 0 < 2 − 1 < 1 , hàm nghịch biến, số mũ bé hơn nên lớn

hơn. Đúng. 2019

2018

  2 2 2 < 1 , hàm nghịch biến, số mũ lớn hơn nên D. 1 − <  1 −   . Cùng cơ số, 0 < 1 − 2  2  2   bé hơn. Đúng Câu 27. Chọn C 0 < 5 − 2 < 1 ⇒ ( 5 − 2)2018 > ( 5 − 2)2019 ⇒ C đúng.  2018 < 2019

1 1 1 > ⇒  2 3  2

−π

1   4

−50

100

( 2)

⇒ 3−

( )

⇒ 2−2

Chọn A Điều kiện: 4 − x 2 > 0 ⇔ x ∈ (−2; 2) . Vậy TXĐ: D = (−2; 2) .

Câu 36.

Chọn C Đáp án A: Điều kiện x ≥ 0 . Tập xác định D = [ 0; +∞ ) .

Đáp án C: Điều kiện 2 + x 2 > 0 (luôn đúng). Tập xác định D = ℝ . Đáp án D: Điều kiện 2 + x > 0 ⇔ x > − 2 . Tập xác định D = ( −2; +∞ ) . Câu 37. Chọn A 1  x < − 3 Điều kiện xác định: 3x 2 − 1 > 0 ⇔  1   x > 3 1   1   Tập xác định D =  −∞; − ; +∞  ∪ 3  3   Câu 38. Chọn C Hàm số y = a x đồng biến trên ℝ khi và chỉ khi a > 1 . 1 2 Thấy các số ; ; 0,5 nhỏ hơn 1 , còn 3 lớn hơn 1 nên chọn C. π 3 Câu 39. Chọn B x > 1 Hàm số xác định khi x 2 + 2 x − 3 > 0 ⇔  .  x < −3 Vậy D = ( −∞; −3) ∪ (1; +∞ ) .

1 >   (vì − 2 < 0 ). Phương án C Sai. 5

−50

100

< ( 2)

⇒ 2100 < 2100 ( Mệnh đề sai ). Phương án D Sai.

Câu 29. Hướng dẫn giải Chọn C 0 < 2 − 1 < 1 ⇒ +)  2017 < 2018

(

0 < 3 − 1 < 1 ⇒ +)  2018 > 2017  2 > 1 +)  ⇒2  2 + 1 > 3

(

)

2 −1

)

3 −1 2 +1

2017

2018

(

2 −1

)

(

3 −1

)

2018

2017

−2

Đáp án B: Điều kiện x ≠ 0 . Tập xác định D = ℝ \ {0} .

3 > 0 ). Phương án A Sai.

−π

Chọn B

Câu 35.

5 <   (vì 8

1 <   (vì −π < 0 ). Phương án B Đúng. 3

> 5−

Chọn B Vì −3 ∈ ℤ− nên hàm số xác định khi x 2 − x − 2 ≠ 0 ⇒ x ≠ −1; x ≠ 2 . Vậy D = R \ {−1; 2} . Câu 33. Chọn C 1 Vì ∉ ℤ nên hàm số xác định khi và chỉ khi x − 1 > 0 ⇔ x > 1 5 Vậy tập xác định của hàm số D = (1; +∞ ) x ≠ 0 . xác định khi x 2 − 3 x ≠ 0 ⇔  x ≠ 3 Vậy tập xác định của hàm số là D = ℝ \ {0;3} .

3 < 5 ⇒ 3−

Câu 32.

Hàm số y = ( x 2 − 3x )

0 < 5 − 2 < 1 ⇒ ( 5 − 2) 2018 > ( 5 − 2) 2019 ⇒ D sai.  2018 < 2019 Câu 28. Ta có: 3

a 2 = 21 a 6 .

Ta có 21 a 5 > 7 a 2 ⇔ 21 a 5 > 21 a 6 mà 5 < 6 vậy 0 < a < 1 . Dạng 4. Tìm tập xác định của hàm số lũy thừa Câu 31. Chọn A Hàm số xác định khi x − 1 > 0 ⇔ x > 1 . Vậy D = ( 1; +∞ ) .

Câu 34.

 5 + 2 > 1 ⇒ ( 5 + 2) −2017 > ( 5 + 2) −2018 ⇒ A sai  −2017 > −2018  5 + 2 > 1 ⇒ ( 5 + 2) 2018 < ( 5 + 2) 2019 ⇒ B sai  2018 < 2019

 3 5  3  < ⇒  7 8 7

= 3 nên lớn

nên A đúng. nên B sai.

nên C đúng.

Câu 40. Điều kiện để hàm số xác định: x − 1 > 0 ⇔ x > 1 . Tập xác định: D = (1; + ∞ ) .

2018 2017  2  2 2 0 < 1 − <1  +)  nên D đúng. ⇒ 1 − <  1 −   2 2  2   2018 > 2017    Câu 30. Chọn B

Câu 41. Câu 42. 11

x < 0 Điều kiện x 2 − 4 x > 0 ⇔  . x > 4 Hàm số xác định khi và chỉ khi: − x 2 + 6 x − 8 > 0 ⇔ 2 < x < 4 . 12

Câu 43.

Vậy tập xác định của hàm số là D = ( 2; 4 ) . Chọn A x ≠ 2 ĐKXĐ: x 2 − 7 x + 10 ≠ 0 ⇔  . x ≠ 5

e ′ e e −1 −1   e Ta có: y′ =  ( x 2 + 1) 2  = .2 x ( x 2 + 1) 2 = ex ( x 2 + 1) 2 = ex 2  

Điều kiện xác định của hàm số là 4 x 2 − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ ±

1 . 2

Lờigiải

(

)

−2019

+ 1)

e−2

Dạng 6. Nhận dạng đồ thị hàm số lũy thừa Chọn C Dựa vào đồ thị ta có α < 0 , β > 1 ; 0 < γ < 1. Vậ y β > γ > α . Câu 56. Chọn D * TXĐ: D = ( 0; +∞ ) . * Đồ thị hàm số:

Câu 45. Vì y = 4 − 3x − x 2

Câu 55.

Vậy TXĐ: D = ℝ \ {2;5} .

Câu 44.

là hàm số lũ y thừa có số mũ nguyên âm nên điều kiện xác định là

x ≠ 1 4 − 3x − x2 ≠ 0 ⇔  .  x ≠ −4 Vậy tập xác định của hàm số là D = ℝ \ {−4;1} . −1 1 không nguyên nên y = ( x 2 − 3x + 2 ) 3 xác định khi 3 x 2 − 3x + 2 > 0 ⇔ x ∈ ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) .

Câu 46.

Vì −

Câu 47.

Chọn B π x < 1 Hàm số y = x 2 − 3x + 2 xác định ⇔ x 2 − 3x + 2 > 0 ⇔  x > 2 Tập xác định D = ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ )

(

Câu 48.

)

 x < −1 Hàm số xác định khi x 2 − 3x − 4 > 0 ⇔  .  x>4 Vậy tập xác định D của hàm số là: D = ( −∞; −1) ∪ ( 4; +∞ ) .

Câu 49.

Dạng 5. Đạo hàm hàm số lũy thừa Chọn A Vì Áp dụng công thức u n ′ = n.u n−1.u′ .

Câu 50.

Chọn D

Câu 57.

Với x0 > 1 ta có: x0α > 1 ⇒ α > 0; x0β > 1 ⇒ β > 0 .

x0α > x0β ⇒ α > β . Câu 58. Chọn B Tập xác định: D = ( 0; + ∞ ) , suy ra C đúng.

( )

4 3

(

Phân tích: y ' = − . ( −2x ) . 3 − x2

Câu 51.

)

−7 3

Từ đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là trục Oy và một tiệm cận ngang là trục Ox . Đáp án đúng là D. Chọn C

Do x > 0 nên x −

8 = x 3 − x2 3

(

)

−7 3

Ta có: y′ = − 2.x− .

Ta có lim+ x x →0

Chọn D

− 2

> 0 , suy ra A đúng. 2 −1

< 0; ∀x > 0 , suy ra B đúng.

= +∞ nên đồ thị hàm số nhận Oy làm tiệm cận đứng, đáp án D đúng.

1 ′ 1 4 −1 −2 −  − −1 −  Ta có: y′ = ( 2 x + 1) 3  = ( 2 x + 1)′ ( 2 x + 1) 3 = ( 2 x + 1) 3 . 3 3   Câu 52. Chọn C 1 −1 1 2x +1 ′ Ta có y′ = x2 + x + 1 3 x2 + x + 1 = . 2 3 3 3 x2 + x + 1

(

Câu 53.

) (

)

(

)

Chọn D 6 5 Ta có y = (1 − cos 3 x ) ⇒ y = 6 (1 − cos 3 x ) . (1 − cos 3 x ) ' . 5

= 6 (1 − cos 3 x ) .3sin 3 x = 18sin 3 x (1 − cos 3 x ) .

Câu 54.

Chọn B 13

CHUYÊN ĐỀ 10

LOGARIT

B. log a b =

1 với mọi số a, b dương và a ≠ 1 . logb a

C. log a b + log a c = log a bc với mọi số a, b dương và a ≠ 1 .

D. log a b =

log c a với mọi số a, b, c dương và a ≠ 1 . log c b

Dạng 2. Tính, rút gọn biểu thức chứa logarit .............................................................................................................. 3

Câu 5. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Cho a , b là hai số thực dương tùy

Dạng 3. Biểu diễn biểu thức logarit này theo logarit khác ......................................................................................... 9

ý và b ≠ 1 .Tìm kết luận đúng.

Dạng 4. Một số bài toán khác ...................................................................................................................................... 13 PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO ............................................................................................................................. 14 Dạng 1. Câu hỏi lý thuyết ............................................................................................................................................ 14

A. ln a + ln b = ln ( a + b ) . C. ln a − ln b = ln ( a − b ) .D. log b a =

B. ln ( a + b ) = ln a.ln b .

ln a . ln b

Dạng 2. Tính, rút gọn biểu thức chứa logarit ............................................................................................................ 14

Câu 6. (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hai số dương

Dạng 3. Biểu diễn biểu thức logarit này theo logarit khác ....................................................................................... 19

a, b ( a ≠ 1) . Mệnh đề nào dưới đây SAI?

Dạng 4. Một số bài toán khác ...................................................................................................................................... 23

A. loga a = 2a .

B. loga aα = α .

C. loga 1 = 0 .

D. a

loga b =b.

Câu 7. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Với các số thực dương a , b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Câu hỏi lý thuyết

Câu 1. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017). Cho hai số thực a và b , với 1 < a < b . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng? A. log b a < 1 < log a b B. 1 < log a b < log b a C. log b a < log a b < 1 D. log a b < 1 < log b a Câu 2. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho a là số thực dương khác 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng với mọi số dương x, y ? A. log a

x = log a x − log a y y

B. log a

x = log a ( x − y ) y

C. log a

x = log a x + log a y y

D. log a

x log a x = y log a y

Câu 3. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Với mọi số thực dương a, b, x, y và a, b ≠ 1 , mệnh đề nào sau đây sai? 1 1 A. log a = . x log a x

B. log

a log a = . b log b

C. log ( ab ) = log a + log b .

D. log

a = logb − loga . b

Câu 8. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Với các số thực dương a , b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. ln ( ab ) = ln a + ln b

C. ln ( ab ) = ln a.ln b

a D. ln   = ln b − ln a b

Câu 10. Cho a, b, c > 0 , a ≠ 1 và số α ∈ ℝ , mệnh đề nào dưới đây sai? α

C. log a b = α log a b

x D. log a = log a x − log a y . y

 a  ln a B. ln   =  b  ln b

Câu 9. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Với các số thực dương a , b bất kì. Mệnh đề nào sau đây đúng? a A. log ( ab) = log a.log b . B. log = log b − log a . b a log a = + log ab log a log b log = C. . D. . ( ) b log b

A. log a ac = c

B. log a ( xy ) = log a x + log a y .

C. log b a.log a x = logb x .

A. log ( ab ) = log a.log b .

B. log a a = 1 D. log a b − c = log a b − log a c

Câu 11. [THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho a, b, c là các số dương ( a, b ≠ 1) . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào là mệnh đề đúng?  b  1 A. log a  3  = log a b. B. a logb a = b. a  3

Câu 4. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. loga bα = α loga b với mọi số a, b dương và a ≠ 1 .

C. log aα b = α log a b (α ≠ 0 ) . 1

D. log a c = log b c.log a b. 2

Dạng 2. Tính, rút gọn biểu thức chứa logarit

A. ln ( ab ) = ln a + ln b. B. ln ( ab ) = ln a.ln b. C. ln

Câu 12. (Mã 103 - BGD - 2019) Với a là số thực dương tùy ý, log 2 a 3 bằng A. 3 + log 2 a.

B. 3log 2 a.

1 log 2 a. 3

1 + log 2 a. 3

A. I = −2.

1 1 log5 a . B. + log5 a . C. 3 + log5 a . D. 3log 5 a . 3 3 Câu 14. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho a là số thực dương tùy ý khác 1. Mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 1 B. log 2 a = C. log 2 a = D. log 2 a = − log a 2 A. log 2 a = log a 2 log 2 a log a 2 A.

Câu 15. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Với a là số thực dương tùy ý, log2 a bằng:

1 log 2 a . 2

B. 2 + log 2 a

C. 2log 2 a .

1 + log 2 a . 2

Câu 16. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Với a , b là hai số dương tùy ý, log ( ab 2 ) bằng

A. 2 ( log a + log b )

1 B. log a + log b 2

D. log a + 2 log b

Câu 17. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho a là số thực dương a ≠ 1 và log 3 a a3 . Mệnh đề nào sau đây đúng? 1 A. P = 3

B. P = 3

C. P = 1

Câu 18. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Với a là số thực dương tùy ý, bằng log 5 a A.

1 log 5 a. 2

B. 2 + log5 a.

1 + log 5 a. 2

ln 7 ln 3

B. ln

7 3

C. ln ( 4a )

D. P = 9

 2a3  1 B. log 2   = 1 + log 2 a + log 2 b . 3  b 

 2a 3  C. log 2   = 1 + 3log 2 a − log 2 b .  b 

 2a3  1 D. log 2   = 1 + log 2 a − log 2 b . 3  b 

Câu 26. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho log a b = 2 và log a c = 3 . Tính P = log a ( b 2 c 3 ) . B. P = 31

C. P = 30

A. 4 .

B. 5 .

C. 2 .

b a

B. P = −1 + 3

C. P = −1 − 3

A. 1 − log3 a

B. 3log 3 a

ln ( 5a ) ln ( 3a )

C. 3 + log 3 a

D. P = −5 − 3 3

Câu 29. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn a2b3 = 16 . Giá trị của 2log 2 a + 3log 2 b bằng A. 2 .

ln ( 7 a ) ln ( 3a )

B. 8 .

C. 16 .

D. 4 .

Câu 30. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Với các số thực dương x , y tùy ý, đặt log 3 x = α , log3 y = β . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3

 x α  x α  C. log 27   = 9  − β   = − β D. log 27  y 2 y 2     

D. 32 .

b . a

Câu 21. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Với a là số thực dương tùy ý, log3 ( 3a ) bằng:

ln 5 ln 3

D. P = 108

Câu 27. (Mã 102 - BGD - 2019) Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn a3b2 = 32 . Giá trị của 3log 2 a + 2log2 b bằng

 x α  x α  A. log 27   = + β B. log 27   = 9  2 + β  y 2 y    

D. I = 0

 2a 3  A. log 2   = 1 + 3log 2 a + log 2 b .  b 

D. ln ( 2a )

5 3

Câu 25. Với các số thực dương a, b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. P = −5 + 3 3

D. 2 log 5 a.

Câu 20. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Với a là số thực dương tùy ý, ln ( 5a ) − ln ( 3a ) bằng: A. ln

3 Câu 24. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Với a là số thực dương tùy ý, log 3   bằng: a 1 A. 1 − log3 a B. 3 − log3 a C. D. 1 + log3 a log3 a

a ≠ b và log a b = 3 . Tính P = log

1 C. I = 2

Câu 28. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a ≠ 1 ,

Câu 19. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Với a là số thực dương tùy ý, ln ( 7a ) − ln ( 3a ) bằng A.

a = ln b − ln a. b

B. I = 2

A. P = 13 C. 2 log a + log b

D. ln

Câu 23. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho a là số thực dương khác 1 . Tính I = log

Câu 13. (Mã 102 - BGD - 2019) Với a là số thực dương tùy ý, log 5 a 3 bằng

a ln a = . b ln b

D. 1 + log3 a

Câu 22. Với các số thực dương a , b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng. 3

Câu 31. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn a 4b = 16 . Giá trị của

Câu 40. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho log a x = 3,log b x = 4 với a, b là các số thực lớn hơn 1.

4log2 a + log 2 b bằng

Tính P = log ab x.

A. 4 .

B. 2 .

C. 16 .

D. 8 .

B. P =

A. P = 12

Câu 32. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Cho các số thực dương a , b với a ≠ 1 . Khẳng định nào

Tính M =

P = log a b 3 + log a2 b6 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

105

BGD&ĐT

NĂM

2017)

Cho

log 3 a = 2

và

log 2 b =

1 . 2

Tính

A. P = x y

C. I = 4

3 D. I = 2

A. ln

2018 3

C. M =

1 . 4

D. M = 1

)

B. P = 6 xy

C. P = 3x + 2 y

D. P = x 2 + y 2

B. ln ( 2015a )

ln ( 2018a ) ln ( 3a )

ln 2018 ln 3

B. 56

C. 36

D. 8log 2 256

Câu 45. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho log8 c = m và log c3 2 = n . B. mn = 9 .

C. mn = 9 log 2 c .

D. mn =

1 . 9

Câu 46. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho a > 0, a ≠ 1 và

log a x = −1,log a y = 4 . Tính P = log a ( x 2 y 3 )

Câu 37. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Với mọi a , b , x là các số thực dương thoả mãn log 2 x = 5 log 2 a + 3log 2 b . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

C. x = a 5b 3

1 . 3

Câu 44. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Giá trị của biểu thức M = log 2 2 + log 2 4 + log 2 8 + ... + log 2 256 bằng

Khẳng định đúng là 1 A. mn = log 2 c . 9

 a2  Câu 36. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho a là số thực dương khác 2 . Tính I = log a   . 4 2  1 1 A. I = 2 B. I = − C. I = −2 D. I = 2 2

B. x = a 5 + b 3

1 12

Câu 43. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Với a là số thực dương tuỳ ý, ln ( 2018a ) − ln ( 3a ) bằng

A. 48

B. I = 0

D. P =

Câu 42. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho các số thực dương a, b thỏa

I = 2 log 3  log 3 ( 3a ) + log 1 b .

A. x = 5a + 3b

B. M =

(

D. P = 9 log a b

5 A. I = 4

1 . 2

mãn ln a = x;ln b = y . Tính ln a 3b 2

C. P = 15 log a b

Câu 34. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 1 A. log ( 3a ) = log a B. log ( 3a) = 3log a C. log a3 = log a D. log a3 = 3log a 3 3 Câu 35. (MĐ

7 12

1 + log12 x + log12 y . 2 log12 ( x + 3 y ) A. M =

Câu 33. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Với a , b là các số thực dương tùy ý và a khác 1 , đặt B. P = 27 log a b

C. P =

Câu 41. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho x, y là các số thực lớn hơn 1 thoả mãn x 2 + 9 y 2 = 6 xy .

sau đây là khẳng định đúng ? 1 1 1 A. log a2 ( ab ) = log a b B. log a2 ( ab ) = + log a b 4 2 2 1 C. log a2 ( ab ) = log a b D. log a2 ( ab ) = 2 + 2log a b 2

A. P = 6 log a b

12 7

A. P = 18 .

B. P = 6 .

C. P = 14 .

D. P = 10 .

Câu 47. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Với a và b là hai số thực dương tùy ý;

D. x = 3a + 5b

log 2 ( a 3b 4 ) bằng

Câu 38. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn ab = 8 . Giá trị của log 2 a + 3log 2 b bằng 3

A. 6 .

B. 2 .

C. 3 .

D. 8 .

1 1 log 2 a + log 2 b 3 4

B. 3log 2 a + 4log 2 b

C. 2 ( log2 a + log4 b)

D. 4log 2 a + 3log 2 b

Câu 48. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho a là số thực dương khác 2. Tính

Câu 39. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Với mọi số thực dương a và b thỏa mãn a2 + b2 = 8 ab , mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 1 A. log ( a + b ) = ( log a + log b ) B. log ( a + b ) = + log a + log b 2 2 1 C. log ( a + b ) = ( 1 + log a + log b ) D. log ( a + b ) = 1 + log a + log b 2 5

 a2  I = log a   . 4 2  A. I = 2 .

B. I = −

1 . 2

C. I = −2 .

D. I =

1 . 2

Câu 49. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho P = 20 3 7 27 4 243 . Tính log 3 P ? 6

45 . 28

9 . 112

45 . 56

A. 13

D. Đáp án khác.

Câu 50. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho các số dương a , b , c , d . Biểu thức

S = ln

a b c d + ln + ln + ln bằng b c d a A. 1.

B. 0.

log8 y + log 4 x 2 = 7 . Tìm giá trị của biểu thức P = x − y .

 x   x  1 1 C. log 1  3  = − a − b . D. log 1  3  = − a + b . 3 3 27  y  27  y  Câu 52. (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Với a, b là các số thực dương tùy ý và 3 6 a khác 1 , đặt P = loga b + loga2 b . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

D. P = 6log a b .

Câu 53. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Với các số thực dương a , b bất kỳ a ≠ 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. log a C. log a

1 − 2 log a b. 3

B. log a

1 1 − log a b. 3 2

D. log a

a 1 = 3 − log a b. 2 b2 3

1 log a c . 4

B. log a b 2 .log b c =

C. loga b2 .log b c = 4loga c .

D. loga b2 .log b c = 2loga c .

a ≠ 1 , khi đó log a4 ( ab ) bằng B.

1 1 + log a b 4 4

C. 4 log a b

C. log (10ab ) = 2 + 2 log ( ab )

B. log (10ab ) = (1 + log a + log b )

D. log (10ab ) = 2 (1 + log a + log b )

Câu 57. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho log a b = 3, log a c = −2 . Khi

(

thực

D. P = 64 . dương a , b .Nếu

viết

64 a 3b 2 = 1 + x log 2 a + y log 4 b ( x, y ∈ ℚ) thì biểu thức P = xy có giá trị bằng bao nhiêu? log 2 ab 1 2 1 1 A. P = B. P = C. P = − D. P = 3 3 12 12 b Câu 61. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Cho log 700 490 = a + với a, b, c là các số c + log 7

nguyên. Tính tổng T = a + b + c . A. T = 7 . B. T = 3 . C. T = 2 . D. T = 1 . Câu 62. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Cho a, b là hai số thưc dương thỏa mãn a 2 + b 2 = 14ab .

B. ln

a + b ln a + ln b = . 4 2

a+b = log a + log b . D. 2log 4 ( a + b ) = 4 + log 4 a + log4 b . 4 Câu 63. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho x , y là các số thực dương tùy ý, đặt log 3 x = a , C. 2log

 x  1  x  1 A. log 1  3  = a − b . B. log 1  3  = a + b . y 3 y  3    27 27  x   x  1 1 C. log 1  3  = − a − b . D. log 1  3  = − a + b . y 3 y 3     27 27

β = logb x . Khi đó log ab2 x 2 bằng.

Câu 56. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Giả sử a , b là các số thực dương bất 2

số

Câu 64. (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho α = log a x ,

D. 4 + 4 log a b

kỳ. Mệnh đề nào sau đây sai?

A. log (10ab ) = 2 + log ( ab )

C. P = 8 . Cho hai

log 3 y = b . Chọn mệnh đề đúng.

Câu 55. (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho các số thực dương a; b với

1 log a b 4

B. P = 16 . NĂM 2018-2019)

A. 2log 2 ( a + b ) = 4 + log 2 a + log2 b .

= 3 − 2 log a b.

A. loga b2 .log b c = loga c .

NINH

Khẳng định nào sau đây sai?

Câu 54. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho các số thực dương a, b, c với a và b khác 1 . Khẳng định nào sau đây là đúng?

Câu 58. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Rút gọn biểu thức x M = 3log 3 x − 6 log 9 ( 3x ) + log 1 . 3 9

A. P = 56 . Câu 60. (HSG BẮC

C. P = 9log a b .

D. 10

 x x B. M = 2 + log 3   C. M = − log 3   D. M = 1 + log3 x 3 3 Câu 59. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho log 8 x + log 4 y 2 = 5 và

 x  1  x  1 A. log 1  3  = a − b . B. log 1  3  = a + b . 3 3 27  y  27  y 

B. P = 15log a b .

C. 8

A. M = − log 3 ( 3x )

a b c d  C. ln  + + +  . D. ln ( abcd ) . b c d a

Câu 51. Cho x , y là các số thực dương tùy ý, đặt log3 x = a , log3 y = b . Chọn mệnh đề đúng.

A. P = 27 log a b .

B. 5

)

2 ( α+β ) 2αβ αβ 2 . B. . C. . D. . 2α+β 2α+β α+β α+2β Câu 65. (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Tính giá trị biểu thức  a  −2 P = log a2 ( a10b 2 ) + log a   + log 3 b ( b )  b (với 0 < a ≠ 1; 0 < b ≠ 1 ). A.

đó log a a3b 2 c bằng bao nhiêu? 7

B. 1 .

D. 2 . 8

Câu 66. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Đặt M = log 6 56, N = a +

log 3 7 − b với log 3 2 + c

a, b, c ∈ R . Bộ số a, b, c nào dưới đây để có M = N ? B. a = 3, b = 2, c = 1 .

C. a = 1, b = 2, c = 3 .

D. a = 1, b = −3, c = 2 . NINH

Câu 68. Cho a, b, x > 0; a > b và b, x ≠ 1 thỏa mãn log x

5 . 4

B. P =

2 . 3

NĂM

HỌC

2018-2019

LẦN

Tính

1 . 100

3 4a

1+ b

( 3a + b ) c 1+ a

( 3b + a ) c 1+ c

a ( m + nb ) b (a + p)

A. 3

thì m + n + p bằng

B. 4

C. 6

D. −3

thỏa mãn log 3 a = x , log 3 b = y . Tính P = log 3 ( 3a 4b 5 ) .

D. 2 .

A. P = 3x 4 y 5

a + 2b 1 . = log x a + 3 log b x 2

16 . 15

4 3a

D. P =

4 . 5

D. P = 1 + 4 x + 5 y

b a

b 1+ a

b 1− a

b a −1

3a + 1 . 3+ a

3a − 1 . 3+ a

Câu 77. Cho log12 3 = a . Tính log 24 18 theo a . A.

C. P = 60 xy

log3 5 theo a , b

A. C. P =

B. P = 3 + x 4 + y 5

Câu 76. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Biết log 6 3 = a, log 6 5 = b . Tính

3a − 1 . 3− a

3a + 1 . 3−a

Câu 78. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Đặt log 6 45 biểu diễn theo a và b .

Câu 69. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Đặt log 3 2 = a khi đó log16 27 bằng

3a 4

( 3a + b ) c

Câu 75. (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho các số thực dương a , b

Dạng 3. Biểu diễn biểu thức logarit này theo logarit khác

1+ c

biểu diễn log 6 45 =

2 a 2 + 3ab + b 2 Khi đó biểu thức P = có giá trị bằng: ( a + 2b ) 2

A. P =

( 3a + b ) c

Câu 74. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Đặt a = log 2 3 ; b = log 5 3 . Nếu

A. a = 3, b = 3, c = 1 .

Câu 67. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC 1 2 3 98 99 T = log + log + log + ... + log + log . 2 3 4 99 100 1 A. . B. −2 . 10

4a 3

A. log 6 45 =

Câu 70. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Đặt a = log 2 3, b = log5 3. Hãy biểu diễn log 6 45 theo a

a = log 2 3

và

b = log 5 3

. Hãy

2a 2 − 2ab a + 2ab . . B. log 6 45 = ab ab

a + 2ab 2 a 2 − 2ab . D. log 6 45 = . ab + b ab + b BẮC NINH NĂM 2018-2019) Đặt

C. log 6 45 =

và b .

2a 2 − 2ab a + 2ab B. log 6 45 = ab ab + b 2a 2 − 2ab a + 2 ab D. log 6 45 = C. log 6 45 = ab + b ab

Câu 79. (HSG

A. log 6 45 =

1 2 3 98 99 I = ln + ln + ln + ... + ln + ln theo a và b . 2 3 4 99 100 A. −2 ( a + b ) B. −2 ( a − b )

Câu 71. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Đặt a= log3 2 , khi đó log6 48 bằng

3a - 1 a- 1

3a + 1 a+ 1

4a - 1 a- 1

a = ln 2, b = ln 5 ,

C. 2 ( a + b )

hãy

biểu

diễn

D. 2 ( a − b )

Câu 80. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Đặt a = log 2 3; b = log3 5 Biểu diễn đúng của log 20 12 theo a, b là

4a + 1 a+ 1

Câu 72. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Cho log 3 5 = a, log 3 6 = b, log 3 22 = c . Tính  90  P = log 3   theo a, b, c ?  11  A. P = 2a − b + c . B. P = 2a + b + c . C. P = 2a + b − c . D. P = a + 2b − c . Câu 73. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Với log 27 5 = a , log3 7 = b và

ab + 1 . b−2

a +b . b+2

a +1 . b−2

a+2 . ab + 2

Câu 81. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho log2 3 = a, log 2 5 = b , khi đó

log15 8 bằng A.

a +b 3

1 3(a + b)

C. 3(a + b)

3 a+b

log 2 3 = c , giá trị của log6 35 bằng 9

Câu 82. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 log 27 5 = a; log8 7 = b; log 2 3 = c . Hãy biểu diễn log12 35 theo a, b, c ? A.

3b + 3ac . c+2

3b + 3ac . c +1

3b + 2ac . c+3

LẦN

02)

Giả

sử

3b + 2ac . c+2

Câu 83. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho log3 5 = a , log3 6 = b

 90  , log3 22 = c . Tính P = log 3   theo a , b , c .  11  A. P = 2a + b − c . B. P = a + 2b − c .

Câu 92. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Đặt 2 a = 3 , khi đó log 3 3 16 bằng A.

C. P = 2a + b + c .

log20 12 theo a, b .

2 + 3a . 3 + 2a

3 + 2a . 2 + 3a

B. 2a + b + 1

C. 2a + b − 1

3 4a

4 3a

3a . 4

4a . 3

1 . 12a

Câu 94. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Nếu 2+a 1+ a 1 + 2a A. . B. . C. . 1 + 2a 2+a 2+a

2 + 3a . 2 + 2a

Câu 86. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho log 30 3 = a;log 30 5 = b . Tính log 30 1350 theo a, b ; log 30 1350 bằng A. 2a + b

4a 3

Câu 93. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho log 3 = a . Giá trị của A.

a +1 a+2 a+b ab + 1 A. log 20 12 = . B. log 20 12 = . C. log 20 12 = . D. log 20 12 = . b+2 b−2 b−2 ab + 2 Câu 85. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Nếu log 2 3 = a thì log 72 108 bằng

2+a . 3+ a

3a 4

D. P = 2a − b + c .

Câu 84. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Đặt a = log 2 3; b = log3 5 . Biểu diễn

Câu 91. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Cho log3 5 = a , log3 6 = b , log 3 22 = c . Tính 90 theo a, b, c . P = log 3 11 A. P = 2a + b − c B. P = a + 2b − c C. P = 2a + b + c D. P = 2a − b + c

D. 2a + b − 2

1 bằng? log81 1000

D. 12a.

log3 5 = a thì log 45 75 bằng 1 + 2a D. . 1+ a

Câu 95. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho log 3 5 = a , log 3 6 = b, log 3 22 = c. Tính P = log  90  theo a, b, c. 3   11  A. P = 2a + b − c . B. P = a + 2b − c . C. P = 2a + b + c . D. P = 2a − b + c .

Câu 87. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Đặt m = log 2 và n = log 7 .

Câu 96. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho log12 3 = a .

Hãy biểu diễn log 6125 7 theo m và n .

Tính log 24 18 theo a .

6 + 6m + 5n . 2

1 (6 − 6n + 5m) . 2

C. 5m + 6n − 6 .

6 + 5n − 6 m . 2

Câu 88. (GKI CS2 LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho log 27 5 = a , log 3 7 = b , log 2 3 = c . Tính log 6 35 theo , b và . a

(3a + b) c 1+ c

(3a + b) c 1+ b

(3a + b) c 1+ a

(3b + a ) c 1+ c

B. A =

4+a . a

3a + 1 . 3+ a

3a − 1 . 3+ a

3a − 1 . 3− a

Câu 97. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Đặt log a b = m,log b c = n . Khi đó

log a ( ab 2c 3 ) bằng

Hãy biểu diễn log6 45 theo a và b

A. log 6 45 = C. A = (4 + a)a.

A. 1 + 6mn . B. 1 + 2m + 3n . C. 6mn . D. 1 + 2m + 3mn . Câu 98. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Đặt a = log2 3 và b = log5 3 .

Câu 89. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Cho a = log 2 m và A = log m 16m , với 0 < m ≠ 1 . Mệnh đề nào sau đây đúng? 4−a . A. A = a

3a + 1 . 3− a

D. A = (4 − a)a.

Câu 99. (THPT

Câu 90. (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết log315 = a , tính P = log 25 81 theo a ta được 2 2 A. P = 2 ( a + 1) B. P = 2( a − 1) C. P = D. a +1 a −1

a + 2ab ab + b

THIỆU

B. log 6 45 = HÓA

–

a + 2ab ab

C. log 6 45 =

2a 2 − 2ab 2a 2 − 2ab D. log 6 45 = ab ab + b

THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN mb + nac log9 5 = a; log 4 7 = b; log 2 3 = c .Biết log 24 175 = .Tính A = m + 2 n + 3 p + 4 q . pc + q A. 27 B. 25 C. 23 D. 29

01)

Cho

Câu 100. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Với các số a, b > 0 thỏa mãn a 2 + b2 = 6ab , biểu thức log 2 ( a + b ) bằng

1 ( 3 + log 2 a + log 2 b ) . 2 1 C. 1 + ( log 2 a + log 2 b ) . 2

Câu 108. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho a, b là các số dương thỏa mãn

1 (1 + log 2 a + log 2 b ) . 2 1 D. 2 + ( log 2 a + log 2 b ) . 2

log 9 a = log16 b = log12

Dạng 4. Một số bài toán khác Câu 101. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Tìm số nguyên dương n sao cho

log2018 2019 + 22 log

2018

5 −1 . 2

5 +1 . 2

3 . 2

A. T =

2019 . 2

B. T = 2019 .

C. T = 2018 .

Câu 105. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho a , b , c là ba số thực dương, a > 1 và thỏa mãn 2

bc   log 2a ( bc ) + log a  b3c 3 +  + 4 + 4 − c 2 = 0 . Số bộ ( a; b; c ) thỏa mãn điều kiện đã cho là 4   A. 0. B. 1. C. 2. D. Vô số.

4 . 5

p ? q

1 1+ 5 . 2

(

)

8 . 5

(

C. 27.

a 3+ 6 . = b 4

Câu 2.

D. Chọn A Theo tính chất của logarit.

Câu 3.

Với mọi số thực dương a, b, x, y và a, b ≠ 1 . Ta có: log a

1 1 . Vậy A sai. = log a x −1 ≠ x log a x

Theo các tính chất logarit thì các phương án B, C và D đều đúng.

Câu 4. Câu 5. Câu 6. Câu 7.

Chọn A. Theo tính chất làm Mũ-Log. Chọn A

Câu 8. Câu 9.

Chọn A. Với các số thực dương a , b bất kì ta có: a +) log = log a − log b nên B, C sai. b

Ta có log ( ab ) = log a + log b .

+)log ( ab) = log a + log b nên A sai, D đúng. Vậy chọn Chọn D

Theo tính chất của logarit, mệnh đề sai là log a b − c = log a b − log a c .

Câu 11.

CHỌN D

Dạng 2. Tính, rút gọn biểu thức chứa logarit Câu 12. Chọn B Ta có log 2 a 3 = 3log 2 a.

log 3 a = log 6 b = log 2 ( a + b ) . Giá trị A. 18.

log a b > log a a log a b > 1 ⇔ ⇒ log b a < 1 < log a b Cách 1- Tự luận: Vì b > a > 1 ⇒  logb b > log b a 1 > log b a Cách 2- Casio: Chọn a = 2;b = 3 ⇒ log 3 2 < 1 < log 2 3 ⇒ Đáp án

)

Câu 107. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho các số a, b > 0 thỏa mãn

1 1 + bằng a2 b2 B. 45.

a = 7+2 6 . b

Lời giải

Câu 10.

1 −1 + 5 . 2

Chọn A

Câu 106. (CỤM 8 TRƯỜNG CHUYÊN LẦN 1) Giả sử p , q là các số thực dương thỏa mãn

log16 p = log 20 q = log 25 ( p + q ) . Tìm giá trị của

a 3− 6 . = b 4

Dạng 1. Câu hỏi lý thuyết

D. T = 1009 .

Câu 104. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Gọi a là giá trị nhỏ nhất của log 3 2.log 3 3.log 3 4...log3 n với n ∈ ℕ và n ≥ 2 . Hỏi có bao nhiêu giá trị của n để f ( n ) = a . f (n) = 9n A. 2 B. 4 C. 1 D. vô số

Câu 1.

2 . 3

  1   2   2018  1 17  Câu 103. Cho hàm số f ( x) = log 2  x − + x 2 − x +  . Tính T = f  + f   + ... + f    2019    2019   2019  2 4 

a = 7−2 6 . b

PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO

2019 + 32 log 3 2018 2019 + ... + n 2 log n 2018 2019 = 10102.20212 log2018 2019

A. n = 2021 . B. n = 2019 . C. n = 2020 . D. n = 2018. . Câu 102. (ĐỀ MẪU KSNL ĐHQG TPHCM NĂM 2018-2019) Nếu a > 0 , b > 0 thỏa mãn a log 4 a = log 6 b = log 9 ( a + b ) thì bằng b

5b − a a . Tính giá trị . 2 b

D. 36.

Câu 13. Lời giải 13

Chọn D log 5 a 3 = 3log 5 a

b 1 1 3 −1 ( log a b − 1) 3 −1 a =2 = −1 − 3 . = 2 = 1 b log a b − 1 3 −2 log a b − 1 log a 2 a Cách 2: Phương pháp trắc nghiệm.

Câu 14.

Chọn C

Câu 15.

Áp dụng công thức đổi cơ số. Chọn C

Chọn D

Ta có 2log 2 a + 3log 2 b = log 2 ( a 2b 3 ) = log 2 16 = 4

Có log ( ab 2 ) = log a + log b 2 = log a + 2 log b .

Câu 17.

Câu 30.

Chọn D

 x 3 1 α log 27   = log27 x − 3log27 y = log3 x − log3 y = − β . 2 2 2 y   Câu 31. Chọn A

log 3 a a = log 1 a = 9 . a3

Câu 18.

Chọn D Vì a là số thực dương nên ta có log 5 a 2 = 2 log 5 a.

Câu 19.

Chọn B

( )

4 log 2 a + log 2 b = log 2 a 4 + log 2 b = log 2 a 4b = log 2 16 = log 2 2 4 = 4 .

Câu 32.

7  7a  ln ( 7a ) − ln ( 3a ) = ln   = ln . 3  3a  Câu 20. Chọn A 5 ln ( 5a ) − ln ( 3a ) = ln . 3 Câu 21. Chọn D Câu 22. Chọn A Theo tính chất của lôgarit: ∀a > 0, b > 0 : ln ( ab ) = ln a + ln b

Chọn B

1 1 1 1 Ta có: log a2 ( ab ) = log a2 a + log a2 b = .log a a + .log a b = + .log a b . 2 2 2 2 Câu 33. Chọn A 6 P = log a b 3 + log a2 b 6 = 3 log a b + log a b = 6 log a b . 2 Câu 34. Lời giải Chọn D Câu 35. Chọn D

Chọn B Với a là số thực dương khác 1 ta được: I = log a a = log 1 a = 2 log a a = 2

I = 2 log 3  log 3 ( 3a )  + log 1 b2 = 2 log 3 ( log 3 3 + log 3 a ) + 2 log 2−2 b = 2 −

Câu 24.

Chọn D 3

Câu 23.

)

Chọn a = 2 , b = 2 3 . Bấm máy tính ta được P = −1 − 3 . Câu 29. Chọn D

Vì a là số thực dương tùy ý nên log2 a = 2log2 a .

Câu 16.

(

log a

Chọn A

Câu 36.

3 Ta có log 3   = log3 3 − log 3 a = 1 − log 3 a . a

1 3 = . 2 2

Chọn A 2

 a2  a I = log a   = log a   = 2 4 2 2  2  Câu 37. Chọn C Có log 2 x = 5 log 2 a + 3 log 2 b = log 2 a 5 + log 2 b 3 = log 2 a 5b 3 ⇔ x = a 5b 3 .

Câu 25. Lời giải Chọn A

 2a 3  3 3 Ta có: log 2   = log 2 ( 2a ) − log 2 ( b ) = log 2 2 + log 2 a − log 2 b = 1 + 3log 2 a − log b .  b  Câu 26. Chọn A

Câu 38.

Chọn C Ta có log 2 a + 3log 2 b = log 2 a + log 2 b3 = log 2 ( ab3 ) = log 2 8 = 3 .

Câu 39.

Chọn C

Ta có: log a ( b 2 c3 ) = 2 log a b + 3log a c = 2.2 + 3.3 = 13 .

Ta có a2 + b 2 = 8 ab ⇔ ( a + b ) = 10ab .

Câu 27.

Chọn B Ta có: log 2 a 3b 2 = log 2 32 ⇔ 3log 2 a + 2 log 2 b = 5

Lấy log cơ số 10 hai vế ta được: log ( a + b ) = log ( 10ab ) ⇔ 2 log ( a + b ) = log 10 + log a + log b .

Câu 28.

Chọn C Cách 1: Phương pháp tự luận.

Hay log ( a + b ) =

Câu 40.

1 (1 + log a + log b ) . 2

Chọn B

P = log ab x =

Câu 41.

1 1 1 12 = = = log x ab log x a + log x b 1 1 7 + 3 4

log a

a = log a 3 a − log a b 2 b2 1

= log a a 3 − 2 log a b

Chọn D

1 1 = = log a a − 2 log a b = − 2 log a b 3 3

Ta có x 2 + 9 y 2 = 6 xy ⇔ ( x − 3 y ) = 0 ⇔ x = 3 y . Khi đó M =

Câu 42.

log12 ( 36 y 2 ) log12 (12 xy ) 1 + log12 x + log12 y = = =1. 2 2 log12 ( x + 3 y ) log12 ( 36 y 2 ) log12 ( x + 3 y )

Câu 54.

Chọn C

(

Câu 55.

)

Ta có ln a3b2 = ln a3 + ln b2 = 3ln a + 2 ln b = 3x + 2 y

Câu 43.

Chọn B

1 1 1 1 Ta có: log a4 ( ab ) = log a ( ab ) = (1 + log a b ) = + log a b . 4 4 4 4 Câu 56. Chọn B

Chọn A ln ( 2018a ) − ln ( 3a ) = ln

Câu 44.

Chọn C 2 Ta có: loga b .log b c = 2loga b.log 1 c = 2 log a b.2 logb c = 4 log a b.log b c = 4 log a c .

2018a 2018 = ln . 3a 3

log (10ab ) = log102 + log ( ab ) = 2 + log ( ab ) ⇒ A đúng

Chọn C

Ta có M = log 2 2 + log 2 4 + log 2 8 + ... + log 2 256 = log 2 ( 2.4.8...256 ) = log 2 ( 21.22.23...28 )

1 + log a + log b = log (10ab ) ⇒ (1 + log a + log b ) = log 2 (10ab ) ≠ log (10ab ) ⇒ B sai

= log 2 ( 21+2+3+...+8 ) = (1 + 2 + 3 + ... + 8 ) log 2 2 = 1 + 2 + 3 + ... + 8 = 36 .

log (10ab ) = log102 + log ( ab ) = 2 + 2log ( ab ) ⇒ C đúng

Câu 45.

1  1  1 mn = log8 c.log c3 2 =  log 2 c  .  log c 2  = . 3  3  9

log (10ab ) = log102 + log ( ab ) = 2 + 2log ( ab ) = 2 (1 + log a + log b ) ⇒ D đúng

Câu 46.

Ta có log a ( x 2 . y 3 ) = log a x 2 + log a y 3 = 2log a x + 3log a y = 2.(−1) + 3.4 = 10 .

Câu 47.

Chọn B

Câu 57.

Chọn C

(

)

M = 3log3 x − 3 (1 + log3 x ) − log3 x + 2 = −1 − log3 x = − (1 + log 3 x ) = − log 3 ( 3x ) .

 a2  a I = log a   = log a   = 2. 4   2 2 2

Câu 59. 1

1 1 .

1 11 . .

Câu 49.

Ta có: P = 20 3 7 27 4 243 ⇒ P = 320.27 20 7.24320 7 4 = 3112 ⇒ log3 P = log3 3112 =

Câu 50.

Cách 1: Ta có S = ln

1 1 Ta có log a a3b 2 c = log a a 3 + log a b 2 + log a c = 3 + 2 log a b + log a c = 3 + 2.3 − .2 = 8 . 2 2 Câu 58. Chọn A ĐK: x > 0 .

Ta có: log 2 ( a 3b 4 ) = log 2 a 3 + log 2 b 4 = 3log 2 a + 4 log 2 b nên B đúng.

Câu 48.

Điều kiên: x, y ≠ 0 Cộng vế với vế của hai phương trình, ta được:

9 . 112

log8 xy + log 4 x 2 y 2 = 12 ⇔ log 2 xy = 9 ⇔ xy = 512 (1) Trừ vế với vế của hai phương trình, ta được:

a b c d a b c d  + ln + ln + ln = ln  ⋅ ⋅ ⋅  = ln1 = 0 . b c d a b c d a

log 8

x y2 x x + log 4 2 = −2 ⇔ log 2 =3⇔ = 8 ⇔ x = 8 y . (2) y y y x

Từ (1) và (2) suy ra y = 8 ⇒ x = 64 ⇔ P = 56 .

Cách 2:

a b c d Ta có: S = ln + ln + ln + ln = ln a − ln b + ln b − ln c + ln c − ln d + ln d − ln a = 0 . b c d a Câu 51. Do x , y là các số thực dương nên ta có: 1 1  x   x  1 log 1  3  = − log 3  3  = − log 3 x − log 3 y 3 = − ( log 3 x − 3log3 y ) 3 3 3 y  27  y  1 1 = − log 3 x + log 3 y = − a + b . 3 3 1 3 Câu 52. Ta có P = log a b + log a2 b6 = 3log a b + 6. log a b = 6log a b. 2 Câu 53. Ta có:

(

1 64a 3b 2 1 1 = log 2 64 6 + log 2 a + log 2 b − log 2 a − log 2 b ab 2 3 1 4 1 4 2 = 1 − log 2 a − log 4 b . Khi đó x = − ; y = − ⇒ P = xy = 2 3 2 3 3 log 490 log10 + log 49 1 + 2log 7 4 + 2 log 7 − 3 −3 = = = = 2+ Ta có: log 700 490 = log 700 log100 + log 7 2 + log 7 2 + log 7 2 + log 7 6

Câu 60.

)

Câu 61.

Ta có log 2

Suy ra a = 2, b = −3, c = 2 Vậ y T = 1 .

Câu 62.

Ta có a 2 + b 2 = 14ab ⇔ ( a + b ) = 16ab .

Câu 71.

Suy ra log 4 ( a + b ) = log 4 (16ab ) ⇔ 2 log 4 ( a + b ) = 2 + log 4 a + log 4 b .

Câu 63. Câu 64.

Cách 1: Giải trực tiếp

 x   x   x  1 1 1 1 log 1  3  = log 3−3  3  = − log 3  3  = − ( log 3 x − log 3 y 3 ) = − log 3 x + log 3 y = − a + b . 3 3 3 3 y  y  27  y  1 2 2 Ta có : log ab2 x 2 = 2 log ab2 x = 2. = = 1 1 log x ab 2 log x a + log x b 2 + 2. log a x log b x

2 1

log 6 48 = log 6 6.8 = log 6 6 + log 6 8 = 1+

Ta có: P = log a 2 ( a10b 2 ) + log

Câu 66.

Ta có: M = log 6 56 =

 a  −2   + log 3 b ( b ) = 5 + log a b + 2 − log a b − 6 = 1 .  b

Cách 2: Dùng máy tính Casio Ta có log6 48 = 2.1605584217 . Thay a= log3 2 = 0.63092975375 vào 4 đáp án thì ta chọn đáp

log3 56 log 3 23.7 3log 3 2 + log 3 7 3(1 + log 3 2) + log 3 7 − 3 log 3 7 − 3 = = = = 3+ log 3 6 1 + log 3 2 1 + log 3 2 1 + log 3 2 log 3 2 +1

 a = 3   Vậy M = N ⇔ b = 3     c = 1

án D vì

Câu 72.

1 2 3 98 99 1  1 2 3 98 99  T = log + log + log + ... + log + log = log  . . ... . = log10 −2 = −2 .  = log 2 3 4 99 100 100  2 3 4 99 100 

Câu 68.

log x

a + 2b 1 a + 2b = log x a + ⇔ log x = log x a + log x b 3 log b x 2 3

⇔ a + 2b = 3 ab ⇔ a 2 − 5ab + 4b2 = 0 ⇔ (a − b)(a − 4b) = 0 ⇔ a = 4b (do a > b ). 2 a 2 + 3ab + b 2 32b 2 + 12b 2 + b 2 5 = = . ( a + 2b ) 2 36b 2 4

Dạng 3. Biểu diễn biểu thức logarit này theo logarit khác Câu 69.

Ta có log 3 6 = b ⇔ log 3 2 + 1 = b ⇔ log 3 2 = b − 1 , log3 22 = c ⇔ log 3 2 + log 3 11 = c

 90  Khi đó P = log 3   = log3 90 − log3 11 = 2 + log 3 2 + log 3 5 − log 3 11 = 2b + a − c .  11  Câu 73. Chọn A 1 1 Ta có: log 27 5 = a ⇒ a = log 3 5 ⇒ 3a = log 3 5 ⇒ log 5 3 = 3 3a 1 1 log 3 7 = b ⇒ log 7 3 = ; bc = log 2 3.log 3 7 = log 2 7 ⇒ log 7 2 = ; b bc 1 3ac = log 3 5.log 2 3 = log 2 5 ⇒ log 5 2 = 3ac 1 1 1 1 + = + log 6 35 = log 6 5 + log 6 7 = log 5 6 log 7 6 log 5 2 + log 5 3 log 7 3 + log 7 2

lời giải

( 3a + b ) c 1 1 + = 1 1 1 1 c +1 + + 3ac 3a b bc Chọn B

Chọn B Ta có log16 27 =

4a + 1 = 2.1605584217 a+ 1

⇔ log 3 11 = c − log3 2 = c − b + 1 .

Câu 67.

1 1 1 = 1+ = 1+ 1 log 8 6 log 23 2.3 (1+ log 2 3) 3

1 1+ log 2 3+ 3 4 + a 4a + 1 . Chọn đáp án D = = = (1+ log 2 3) 1+ 1 a + 1 a

2αβ . β + 2α

Câu 65.

Câu 70.

Chọn D

3 3 3 log 2 3 = = 4 4.log 3 2 4a

Câu 74.

1 2+ log 3 45 log 3 9 + log3 5 b = a ( 2b + 1) = = log 3 6 log 3 2 + log 3 3 1 + 1 b (1 + a ) a Suy ra m = 1, n = 2, p = 1 ⇒ m + n + p = 4

Chọn B log 2 3 a 2a + 2a + log 2 ( 32.5 ) 2 log 2 3 + log 2 5 2a + log 2 3.log 3 5 log 5 3 a + 2ab b log 6 45 = = = = = = log 2 ( 2.3) 1 + log 2 3 1+ a 1+ a 1+ a ab + b

log 6 45 =

CASIO: Sto\Gán A = log 2 3, B = log 5 3 bằng cách: Nhập log 2 3 \shift\Sto\ A tương tự B

Câu 75.

A + 2 AB − log 6 45 ≈ 1,34 ( Loại) AB A + 2 AB Thử đáp án C: − log 6 45 = 0 ( chọn ). AB

Chọn D P = log 3 ( 3a 4b 5 ) = log 3 3 + log 3 a 4 + log 3 b 5 = 1 + 4 log 3 a + 5log 3 b = 1 + 4 x + 5 y .

Thử từng đáp án A:

Câu 76.

Chọn A

log 6 3 = a ⇔ 3 = 6a , log 6 5 = b ⇔ 5 = 6b ⇒ log 3 5 = log 6a 6b =

Câu 77.

b a

Chọn B Ta có: a = log12 3 =

log 2 3 log 2 3 log 2 3 log 2 3 2a . ⇒ log 2 3 = = = = log 2 12 log 2 ( 22.3) log 2 ( 22 ) + log 2 3 2 + log 2 3 1− a

Câu 78.

Câu 79.

Ta có log 72 108 =

Câu 86.

Ta có 1350 = 30.45 = 30.9.5 = 30.32.5 Nên log30 1350 = log30 30.32.5 = log 30 30 + log 30 32 + log 30 5 = 1 + 2 log30 3 + log30 5 = 1 + 2a + b

5 5 10 5 Ta có log 6125 7 = log 537 2 = 3log 5 + log 7 = 3log + log 7 2 2 2 5 5 6 + 5n − 6m = 3(l− log 2) + log 7 = 3 (1 − m ) + n = . 2 2 2 6 + 5n − 6m . Vậy log 6125 7 = 2 Câu 88. Chọn D. 1 Theo giả thiết, ta có log 27 5 = a ⇔ log 3 5 = a ⇔ log3 5 = 3a . 3 Ta có log 2 5 = log 2 3⋅ log 3 5 = 3ac và log 2 7 = log 2 3⋅ log3 7 = bc .

2a log 2 18 1 + 2 log 2 3 1 − a = 3a + 1 . Ta có: log 24 18 = = = = 2a 3− a log 2 24 log 2 ( 23.3) 3 + log 2 3 3+ 1− a 3a + 1 . Vậy log 24 18 = 3− a log 3 45 log 3 32.5 log 3 32 + log 3 5 log 6 45 = = = log 3 6 log 3 2.3 log 3 2 + log 3 3 log 2 ( 2.32 )

Câu 87.

1 + 2.

1 1  2b + 1  2+   log 5 3 b  ( 2b + 1) a a + 2 ab b = = = = = 1 1 a +1  b ( a + 1) b + ab  +1 +1   log 2 3 a  a  2+

Vậy log 6 35 =

1 2 3 98 99 I = ln + ln + ln + ... + ln + ln 2 3 4 99 100  1 2 3 98 99  1 = ln  . . ... . = ln10 −2  = ln 100  2 3 4 99 100 

Câu 81.

Ta có log 20 12 = log 20 3 + 2log 20 2 =

Câu 90.

Chọn D Ta có log 315 = a ⇒ 1 + log3 5 = a ⇒ log3 5 = a − 1

Câu 82.

Câu 91.

3 3 3 = = log 2 15 log 2 3 + log 2 5 a + b

1 log 2 5 = 3a ⇔ log 2 5 = 3ac. log 27 5 = a ⇔ log 3 5 = a ⇔ 3 log 2 3

Câu 83.

Ta có: P = log 3 90 − log 3 11 = log3 90 + log3 2 − log 3 11 − log 3 2 4

Câu 92.

Ta có: 2 a = 3 ⇔ a = log 2 3 ; Mặt khác log 3 3 16 = log 3 ( 2 ) 3 =

Câu 93.

Chọn B Ta có

1 log 8 7 = b ⇔ log 2 7 = b ⇔ log 2 7 = 3b. 3 log 2 35 log 2 ( 5.7 ) log 2 5 + log 2 7 3ac + 3b = = = . Xét log12 35 = c+2 log 2 12 log 2 3.22 log 2 3 + 2

(

log3 81 4 4 2 = = = log3 25 2 log3 5 2 ( a − 1) a − 1

= log3 180 − log3 2 = log3 ( 5.36 ) − log3 2 = log3 5 + 2 log3 6 − log3 2 = a + b − 2c

Chọn D log15 8 = 3log15 2 =

log 2 16m log 2 16 + log 2 m 4 + a = = . log 2 m log 2 m a

Ta có A = log m 16 m =

P = log 25 81 =

1 2 a+2 1 2 + = + = . 2log3 2 + log 3 5 log 2 5 + 2 2. 1 + b ab + 2 ab + 2 a

log 2 35 log 2 5 + log 2 7 3ac + bc (3a + b) c = = = . log 2 6 log 2 2 + log 2 3 1+ c 1+ c

Câu 89.

= −2 ln10 = −2 ( ln 2 + ln 5 ) = −2 ( a + b ) .

Câu 80.

2 3 log 2 108 log 2 ( 2 .3 ) 2 + 3log 2 3 2 + 3a . = = = 3 2 log 2 72 log 2 ( 2 .3 ) 3 + 2 log 2 3 3 + 2a

Câu 85.

Câu 94.

4 4 4 log 3 2 = = 3 3log 2 3 3a

1 4 4a = log1000 81 = log103 34 = log 3 = . log 81 1000 3 3

Ta có log 45 75 = 2.log 45 5 + log 45 3 .

a 1 1 1 1 1 1 = = = ;log 45 3 = = = . log 5 45 2 log 5 3 + 1 2 + 1 a + 2 log 3 45 2 + log 3 5 a + 2 a 2a 1 1 + 2a Do đó log 45 75 = + = . a+2 a+2 2+a Và log 45 5 =

)

Ta có:

 90   180  P = log3   = log3   = log3 180 − log3 22 = log3 ( 36.5) − log3 22 = log3 36 + log3 5 − log3 22  11   22  = log 3 ( 6 2 ) + log 3 5 − log 3 22 = 2log3 6 + log3 5 − log3 22 = a + 2b − c . Vậy P = a + 2b − c . log 2 12 log 2 4.3 2 + log 2 3 2 + log 2 3 a+2 Câu 84. Ta có log 20 12 = . = = = = log 2 20 log 2 4.5 2 + log 2 5 2 + log 2 3.log 3 5 ab + 2 21

Câu 95.

 5.6 2   90   180  Ta có P = log 3   = log 3   = log 3   = log 3 5 + 2 log 3 6 − log 3 22 = a + 2b − c . 11 22      22 

Câu 96.

Ta có a = log12 3 =

1 1 2a = ⇔ log 2 3 = . log 312 1 + 2 log3 2 1− a 22

2a 1 + 2. 1 + 2 log 2 3 1 − a = 1 + 3a . Khi đó: log 24 18 = = = 2a 3− a log 2 ( 23.3) 3 + log 2 3 3+ 1- a

 n ( n + 1)  2 2 ⇔  = 1010 .2021  2  n ( n + 1) ⇔ = 1010.2021 2

log 2 ( 32.2 )

Câu 97.

log a ( ab 2c 3 ) = log a a + 2log a b + 3log a c

= 1 + 2m + 3 Câu 98.

⇔ n 2 + n − 2020.2021 = 0

logb c = 1 + 2m + 3log a b.log b c = 1 + 2m + 3mn . logb a

 n = 2020 ⇔  n = −2021 ( ℓ )

Chọn A

a = 4k  . Câu 102. Đặt: log 4 a = log 6 b = log 9 ( a + b ) = k ⇒ b = 6k  a + b = 9k 

a 2a + 2 log 2 3 + log 2 3.log3 5 b = 2ab + a log 6 45 = = = log 2 ( 2.3) 1 + log 2 3 1+ a ab + b log 2 ( 32.5 )

Câu 99.

Chọn B Ta có log 24 175 = log 24 7.52 = log 24 7 + 2 log 24 52 = 1 2 + = log 7 3 + log 7 23 log 5 3 + log 5 23

1 2 + = log 7 24 log 5 24

1 2 + = 1 3 1 3 + + log3 7 log 2 7 log 3 5 log 2 5

2 Đặt t =   3

1 2 1 2 + = + = 1 3 1 3 1 3 1 3 + + + + log 2 7.log3 2 log 2 7 log3 5 log 2 3.log3 5 2b. 1 2b 2a c.2a c 1 2 2b 4ac 2b + 4ac . + = + = c 3 c 3 c+3 c+3 c+3 + + 2b 2b 2ac 2ac A = m + 2n + 3 p + 4q = 2 + 8 + 3 + 12 = 25

 1 17  17  1  = log 2  x − + x 2 − x +  x 2 − x + −  x −  = log 2 4 = 2   2 4  4  2    1   2   2018  ⇒ T = f  + f   + ... + f    2019   2019   2019 

1 ( 3 + log 2 a + log 2 b ) . 2

 1  = f  +  2019 

Dạng 4. Một số bài toán khác

2019 + 32 log 3 2018 2019 + ... + n 2 log n 2018 2019 = 10102.20212 log2018 2019 3

⇔ log 2018 2019 + 2 log 2018 2019 + 3 log 2018 2019 + ... + n log 2018 2019 = 1010 .2021 log 2018 2019

(

)

⇔ 1 + 23 + 33 + ... + n3 log 2018 2019 = 10102.20212 log 2018 2019 3

 −1 + 5 t = 2 . ( t > 0) , lúc đó phương trình (*) trở thành: t + t − 1 = 0 ⇔   −1 − 5 (l ) t =  2 2

  1 17  17  1  f ( x ) + f (1− x ) = log 2  x − + x 2 − x +  + log 2  x 2 − x + −  x −     2 4 4  2  

log 2 ( a + b ) = log 2 ( 8ab ) ⇔ 2 log 2 ( a + b ) = 3 + log 2 a + log 2 b

ab > 0 Do a, b > 0 ⇒  , lấ y logarit cơ số 2 hai vế của (*) ta được: a + b > 0

2018

a 4k  2  −1 + 5 . = = = b 6k  3  2   1 17  17  1  2 Câu 103. Ta có: f (1− x) = log 2 1− x − + (1− x) − (1− x) +  = log 2  x 2 − x + −  x −   2 4  4  2  

Câu 101. log2018 2019 + 22 log

Do đó:

Câu 100. Ta có: a 2 + b 2 = 6ab ⇔ a 2 + b 2 + 2ab = 6ab + 2 ab ⇔ ( a + b ) = 8ab (*) .

⇔ log 2 ( a + b ) =

4 6 2 2 Do đó: 4k + 6k = 9k ⇔   +   = 1 ⇔   +   = 1 (*) 9 9 3 3

⇔ 1 + 2 + 3 + ... + n = 10102.20212 2

⇔ (1 + 2 + ... + n ) = 10102.20212

 2018  f  +  2019 

 2  f  +  2019 

 2017  f  + ... +  2019 

 1009  f  +  2019 

 1010  f    2019 

= 1009.2 = 2018 Câu 104. Chọn A log 3 2.log 3 3.log 3 4...log 3 n 1 = log39 2.log 39 3.log39 4...log 39 n f (n) = 9n 9 Ta có: 1 - Nếu 2 ≤ n ≤ 38 ⇒ 0 < log 39 k < 1 ⇒ f ( n ) = log 39 2.log39 3.log39 4...log39 n ≥ f ( 38 ) 9 - Nếu n = 39 ⇒ f ( 39 ) = f ( 38 ) .log 39 39 = f ( 38 )

- Nếu n > 39 ⇒ log 39 n > 1 ⇒ f ( n ) = f ( 39 ) .log 39 ( 39 + 1) ...log 39 n > f ( 39 )

3 Bình luận: Xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số f ( t ) =   + 3t , có thể làm theo cách 2

Từ đó suy ra Min f ( n ) = f ( 39 ) = f ( 38 ) .

3 khác sau đây: Do cơ số lớn hơn 1 nên g ( t ) =   và h ( t ) = 3t là các hàm đồng biến trên ℝ , nên 2 f (t ) = g (t ) + h(t ) cũng là một hàm đồng biến trên ℝ . Dựa vào tính chất này, ta có thể khẳng định

Câu 105. Điều kiện 4 − c 2 ≥ 0 ⇔ −2 ≤ c ≤ 2 , kết hợp giả thiết ta có 0 < c ≤ 2 . 2

bc   Do a > 1 nên ta có log a2 ( bc ) + log a  b3c 3 +  + 4 + 4 − c 2 4 

rất nhanh một số hàm số là đồng biến, mà không phải tính đạo hàm cồng kềnh và không phải mất công xét dấu của đạo hàm. 5b − a 5b − a Câu 108. Đặt log 9 a = log16 b = log12 = 12t . = t , t ∈ R . Ta có a = 9t , b = 16t , 2 2 Suy ra:

 bc  ≥ log ( bc ) + log a  2 b3c 3 .  + 4 + 4 − c 2 = log 2a ( bc ) + 4log a ( bc ) + 4 + 4 − c 2 4   2 a

= ( log a ( bc ) + 2 ) + 4 − c 2 ≥ 0 . 1  log a ( bc ) + 2 = 0 bc = a 2    4 − c2 = 0 a = 2 c = 2   bc  1 b 3 c 3 = 1  Đẳng thức xảy ra ⇔  ⇔ bc = . ⇔ b = 4 2 4  a > 1  a > 1  c = 2  b > 0 b > 0   0 < c ≤ 2 0 < c ≤ 2

3  3 9  12  3 3 5.16t − 9t = 2.12t ⇔ 5 −   = 2.   ⇔ 5 −   = 2.   ⇔   + 2.   − 5 = 0 . 4  4  16   16  4 4 t

 3 3 Giải phương trình, ta được   = 6 − 1 , (nhận) hoặc   = − 6 − 1 , (loại).  4 4 t

Suy ra

a  9  3 =  =  = b  16   4 

(

)

6 −1 = 7 − 2 6 .

Vậy có duy nhất một bộ số ( a; b; c ) thỏa mãn bài toán. t t Câu 106. Đặt t = log16 p = log 20 q = log 25 ( p + q ) ⇒ p = 16t , q = 20 , p + q = 25 . Suy ra:

 4 t −1 + 5   = 2 5  4 4 16t + 20t = 25t ⇔   +   − 1 = 0 ⇔  . t  5 5 − − 4 1 5   = 2  5  2t

−1 + 5 4 4 Vì   > 0 nên   = . 2 5 5 t

Từ đó ta được

p 16t  4  −1 + 5 . = = = q 20t  5  2

Câu 107. Lờigiải

a = 3t t  3 ⇒ 3t + 6t = 2t ⇔   + 3t = 1 Đặt t = log 3 a = log 6 b = log 2 ( a + b ) ⇒ b = 6t 2 a + b = 2t  t

(1)

3  3  3 Xét hàm số f ( t ) =   + 3t trên ℝ , có f ' ( t ) =   .ln   + 3t.ln 3 > 0, ∀t ∈ ℝ ⇒ f ( t ) đồng 2  2  2 1 1 1 1 biến trên ℝ và (1) ⇔ f ( t ) = f ( −1) ⇔ t = −1 ⇒ a = , b = ⇒ 2 + 2 = 45. 3 6 a b

CHUYÊN ĐỀ 11

HÀM SỐ MŨ, HÀM SỐ LOGARIT VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

(

) (

)

(

) (

D. D = 2 − 2;1 ∪ 3;2 + 2

C. D = −∞;2 − 2 ∪ 2 + 2; +∞ .

)

Câu 4. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tìm tập xác định của hàm số y = log 2018 3x − x 2 .

(

A. D = ℝ B. D = ( 0; + ∞ ) C. D = ( −∞; 0 ) ∪ ( 3; + ∞ ) D. D = ( 0; 3) Câu 5. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Tập xác định của y = ln − x 2 + 5 x − 6 là

(

)

Dạng 1.2 Chứa tham số .............................................................................................................................................. 2 Dạng 2. Tìm đạo hàm ..................................................................................................................................................... 4 Dạng 3. Khảo sát hàm số mũ, logarit ............................................................................................................................ 7 Dạng 4. Bài toán thực tế (lãi suất, tăng trưởng…) .................................................................................................... 16

A. [ 2; 3] Câu 6. y = log

Dạng 5. Bài toán cực trị ............................................................................................................................................... 21 Dạng 6. Một số bài toán khác ...................................................................................................................................... 24 PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO ............................................................................................................................. 25

Dạng 2. Chứa tham số .............................................................................................................................................. 26

C. ( −∞; 2] ∪ [3; + ∞ )

B. ( 2; 3)

D. ( −∞; 2 ) ∪ ( 3; + ∞ )

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm tập xác định của hàm số 1 . 5 6− x A. ( −∞;6 ) B. ℝ C. ( 0; +∞ ) D. ( 6; +∞ )

Câu 7. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Tập xác định của hàm số y = log2 3 − 2x − x 2 là

(

)

A. D = (−1;1) .

Dạng 1. Tìm tập xác định ............................................................................................................................................. 25 Dạng 1.1 Không chứa tham số ................................................................................................................................ 25

)

B. D = (−1; 3) .

C. D = (−3;1) .

D. D = (0;1) .

Câu 8. (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Tập xác định của hàm số y = log2 x2 − 2 x − 3 là

(

)

B. [ −1;3] .

Dạng 2. Tìm đạo hàm ................................................................................................................................................... 29

A. ( −1;3 ) .

Dạng 3. Khảo sát hàm số mũ, logarit .......................................................................................................................... 32

C. ( −∞ ; − 1) ∪ ( 3; + ∞ ) . D. ( −∞ ; − 1] ∪ [3; + ∞ ) .

Dạng 4. Bài toán thực tế (lãi suất, tăng trưởng…) .................................................................................................... 40

Câu 9.

Dạng 5. Bài toán cực trị ............................................................................................................................................... 52

định của hàm số: y = 2

(THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm tập xác

Dạng 6. Một số bài toán khác ...................................................................................................................................... 62

+ log ( 3 − x )

A.  0; +∞ ) .

B. ( 0;3) .

C. ( −∞;3) .

D. 0;3) .

Câu 10. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập xác định của hàm π

số y =  ln ( x − 2 )  là PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Tìm tập xác định Dạng 1.1 Không chứa tham số

Câu 1.

Câu 2.

Câu 3.

B. ( 3; +∞ ) .

A. ℝ .

D. ( 2; +∞ ) .

Câu 11. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tập xác định D của hàm số

y = log 2019 ( 4 − x 2 ) + ( 2x − 3)

−2019

 3 3  A. D =  −2;  ∪  ; 2 .  2 2  3  C. D =  ; 2  . 2 

x−3 (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Tìm tập xác định D của hàm số y = log 5 . x+2 A. D = ( −∞; −2) ∪ (3; +∞) B. D = ( −2; 3) C. D = ( −∞ ; −2) ∪ [3; +∞ ) D. D = ℝ\{ −2}

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tìm tập xác định D của hàm số y = log 2 ( x − 2 x − 3 ) A. D = ( −∞; −1] ∪ [3; +∞ )

B. D = [ −1;3]

C. D = ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ )

D. D = ( −1;3)

3 3   B. D =  −2;  ∪  ; 2  . 2 2   D. D = ( −2; 2 ) .

( x − 2 ) + log 2 ( 9 − x 2 ) là D = ( −3;3) \ {2} . C. D = ( 3; +∞ ) . .

Câu 12. Tìm tập xác định của hàm số y =

A. D = ( 2;3) .

D. D = ( −3;3) . .

Dạng 1.2 Chứa tham số Câu 13. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm tập xác định D của hàm số y = log 3 ( x 2 − 4 x + 3 ) . A. D = (1;3 )

C. ( 0; +∞ ) .

(

)

y = log x2 − 2 x − m + 1 có tập xác định là ℝ .

B. D = ( −∞;1) ∪ ( 3; +∞ ) 1

A. m ≤ 2

B. m > 2

C. m ≥ 0

D. m < 0

Câu 14. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = ln x 2 − 2 x + m + 1 có tập xác định là ℝ.

(

)

A. 0 < m < 3

B. m < −1 hoặc m > 0 C. m > 0

(

A. ( −∞;1) ∪ ( 3; +∞ ) . B. (1;3) \ {2} . C. ( −∞;1] . D. [1;3] \ {2} . Câu 25. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số   x2 m để hàm số y = log 2018  2017 x − x − − m + 1 xác định với mọi x thuộc [ 0; + ∞ ) ? 2   A. 1 . B. 2 . C. 2018 . D. Vô số.

D. m = 0

)

Câu 15. Hàm số y = ln x 2 + mx + 1 xác định với mọi giá trị của x khi.  m < −2 A.  . m > 2

B. m > 2 .

C. −2 < m < 2 .

D. m < 2 .

Câu 16. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 1 xác định trên khoảng ( 0; +∞ ) y= m log 32 x − 4 log3 x + m + 3 A. m ∈ ( −∞; −4 ) ∪ (1; +∞ ) . B. m ∈ (1; +∞ ) . C. m ∈ ( −4;1) .

D. m ∈ (1; +∞ ) .

)

1 A. m ≥ − . 3

3 B. m ≥ . 4

3 C. m > . 4

1 D. m < − . 3

Câu 18. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = log( x 2 − 4 x − m + 1) có tập xác định là ℝ . A. m > −4 . B. m < 0 . C. m < −4 . D. m < −3 . Câu 19. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trên [ −2018; 2018] để hàm số y = ln x 2 − 2 x − m + 1 có tập xác định là ℝ ?

(

A. 2019

B. 2017

)

C. 2018

D. 1009

)

A. − 2 ≤ m ≤ 2 .

B. m = 2 .

m > 2 C.  . m < −2

)

B. m > 0 .

C. m <

A. 2 x − x.ln 2 .

D. m >

−x

A. ( 2 x − 1) .3

x2 − x

(

)

có đạo hàm là

.ln 2 . C. ( x 2 − x).2 x

x Câu 29. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Hàm số y = 3

A. y′ =

13x ln13

B. x − x .3

x2 − x −1

−x

− x −1

D. (2 x − 1).2 x

−x

có đạo hàm là 2

C. ( 2 x − 1) .3 x − x.ln 3 .

B. y′ = x.13x −1

( 2 x + 1) ln 2

A. y ' =

1 − 2 ( x + 1) ln 2 22 x

D. 3x − x.ln 3 .

C. y′ = 13x ln13

D. y′ = 13x

B. y′ =

C. y′ =

( 2 x + 1) ln 2

2 2x +1

D. y′ =

1 . 4

B. y ' =

1 + 2 ( x + 1) ln 2 22 x

C. f ' ( x ) =

ln 2 x 2 − 2x

( 2x − 2 ) ln 2 x 2 − 2x

B. f ' ( x ) = D. f ' ( x ) =

1 − 2 ( x + 1) ln 2 2x

x +1 4x

D. y ' =

1 + 2 ( x + 1) ln 2 2x

1 − 2x ) ln 2

2x − 2 2 x ( − 2x ) ln 2

Câu 34. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Hàm số y = 2 x 3

C. y ' =

1 2x +1

Câu 33. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Hàm số f ( x ) = log 2 ( x 2 − 2x ) có đạo hàm A. f ' ( x ) =

1 . 4

B. (2 x − 1).2

x2 − x

Câu 32. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tính đạo hàm của hàm số y =

Câu 23. Hàm số y = log 2 4 x − 2 x + m có tập xác định là ℝ thì 1 . 4

A. y′ =

Câu 22. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số   x2 y = log 2018  2018 x − x − − m  xác định với mọi giá trị x thuộc [0; +∞ ) 2   A. m > 9 B. m < 1 C. 0 < m < 1 D. m < 2

A. m ≥

Câu 28. (Mã 103 - BGD - 2019) Hàm số y = 2 x

Câu 31. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Tính đạo hàm của hàm số y = log2 ( 2x + 1) .

D. − 2 < m < 2 .

1  Câu 21. Số các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = log ( mx − m + 2 ) xác định trên  ; +∞  là 2  A. 4 B. 5 C. Vô số D. 3

(

Câu 27. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm đạo hàm của hàm số y = log x . ln10 1 1 1 A. y′ = B. y ′ = C. y ′ = D. y ′ = x x ln10 10 ln x x

Câu 30. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tính đạo hàm của hàm số y = 13x

Câu 20. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = log x 2 − 2mx + 4 có tập xác định là ℝ .

(

Câu 26. (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Có tất cả bao nhiêu giá 1 + log3 x − m xác định trên khoảng ( 2;3 ) ? trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = 2m + 1 − x A. 1. B. 2 . C. 4 . D. 3 . Dạng 2. Tìm đạo hàm

Câu 17. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = ln − x 2 + mx + 2m + 1 xác định với mọi x ∈ (1; 2 ) .

(

Câu 24. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để 3x + 5 hàm số y = xác định với mọi x ∈ ℝ là log 2018 ( x 2 − 2 x + m 2 − 4m + 5 )

−3 x

có đạo hàm là 4

A. ( 2 x − 3 ) 2 x

−3 x

ln 2 .

B. 2 x

−3 x

C. ( 2 x − 3) 2 x

ln 2 .

Câu 35. (Mã 102 - BGD - 2019) Hàm số y = 3x A. ( 2 x − 3 ) .3 x

−3 x

B. 3x

−3 x

−3 x +1

Câu 44. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tính đạo hàm của hàm số y = log9 x2 + 1 .

(

có đạo hàm là

(

−3 x

)

C. x 2 − 3 x .3x

.ln 3 .

(

D. ( x 2 − 3 x ) 2 x

−3 x −1

D. ( 2 x − 3 ) .3x

−3 x

A. y′ =

.ln 3 .

)

(

x +1 1+ x +1

(

2 x +1 1+ x +1

(

x +1 1+ x +1

C. y′ =

B. y′ =

)

D. y′ =

)

1 . x2

B. y′ + xy′′ =

1 . x2

)

B. y′ = −2e1−2 x

ln x , mệnh đề nào dưới đây đúng? x 1 1 C. y′ + xy′′ = − 2 . D. 2y′ + xy′′ = 2 . x x e1−2 x C. y′ = − 2

( 2 x + 1) ln 3 2

x + x +1

B. y ' =

D. y′ = e1−2 x

2x +1 2x + 1 C. y ' = 2 x + x +1 ( x + x + 1) ln 3 2

D. y ' =

A. ( 2 x + 1) e

B. ( 2 x + 1) e

C. ( 2 x + 1) e

2 x +1

D. ( x + x ) e 2

)

A f ′ (1) = 1 .

B. f ′ (1) =

1 . 2 ln 2

C. f ′ (1) =

1 . 2

D. f ′ (1) =

1 . ln 2

Câu 42. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Tìm đạo hàm của hàm số y = ln 1 + e2 x .

(

)

A. y ′ =

−2e 2 x

+ 1)

B. y′ =

e2 x . e +1 2x

2 x ln 9 . x2 + 1

D. y′ =

B. e x .cos 2 x .

C. e ( sin 2 x + cos 2 x ) .

D. e x ( sin 2 x + 2 cos 2 x ) .

1 − 2 ( x + 1) ln 2 22 x

2 ln 3 . x2 + 1

C. y′ =

1 . e +1 2x

x +1 là 4x 1 + 2 ( x + 1) ln 2

D. y′ =

1 + 2 ( x + 1) ln 2 22 x

1 − 2 ( x + 1) ln 2 2x

Câu 47. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số f ( x ) = e x − x . Biết

phương trình f ′′ ( x ) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Tính x1.x2 .

Khẳng định nào sau đây đúng? A. x 2 y′′ + xy′ − 2 y + 4 = 0 .

B. x2 y′′ − xy′ − 2 xy = 0 . D. x2 y′′ − xy′ + 2 y = 0 .

Câu 49. (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Tính đạo hàm của hàm số y = log 2019 x , ∀x ≠ 0 .

1 . x ln 2019

2 x +1

Câu 41. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) = log 2 x2 + 1 , tính f ′ (1)

(

C. y′ =

A. e x ( sin 2 x − cos 2 x ) .

A. y ′ = x2 + x

x . + 1) ln 3

C. 2 x y′ + xy′′ + 2 y − 5 = 0 .

1 ( x + x + 1) ln 3 2

. x

Câu 40. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tính đạo hàm của hàm số

y = ex

1 3 B. x1.x2 = 1 C. x1.x2 = D. x1.x2 = 0 4 4 Câu 48. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Cho hàm y = x cos ( ln x ) + s in ( ln x ) .

)

A. y ' =

B. y′ =

A. x1.x2 = −

Câu 39. (THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Đạo hàm của hàm số y = log3 x 2 + x + 1 là:

(

1 . + 1) ln 9

Câu 46. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Đạo hàm của hàm số y =

1+ x +1

Câu 38. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Đạo hàm của hàm số y = e1−2 x là A. y′ = 2e1−2 x

Câu 37. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = A. 2y′ + xy′′ = −

Câu 45. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Tính đạo hàm hàm số y = e x .sin 2 x

Câu 36. Tính đạo hàm của hàm số y = ln 1+ x +1 . A. y′ =

)

2e2 x . e2 x + 1

Câu 43. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tính đạo hàm của hàm 1− x số y = x 2 ln 2. ( x − 1) − 1 ln 2. ( x − 1) − 1 2− x x−2 A. y′ = x . B. y′ = D. y′ = . C. y′ = x . x 2 2 2 2x (2 )

1 . x

C. y ′ =

1 . x ln 2019

D. y ′ = x ln 2019 .

Câu 50. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y =

với x > 0 . Khi đó −

1 x + 1 + ln x

y' bằng y2

x x +1 x 1 . B. 1 + . C. . D. . x +1 x 1 + x + ln x 1 + x + ln x Câu 51. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tính đạo hàm của hàm số 1 y = 2 x ln x − x . e 1 1  1 A. y′ = 2x  + ( ln 2)( ln x )  + x . B. y′ = 2 x ln 2 + + e− x . x x  e 1 1 1 C. y′ = 2 x ln 2 + x . D. y′ = 2 x ln 2 + − e x . x e x

Câu 52. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập xác định của hàm số y = log 2020 log 2019 ( log 2018 ( log 2017 x ) ) là D = ( a ; +∞ ) . Giá trị của a bằng

(

)

2019

A. 2018 5

B. y ′ =

2020 B. 2019 .

2018 C. 2017 .

D. 0 . 6

Câu 53. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Đạo hàm của hàm số f ( x ) = log 2 x 2 − 2 x là

2x − 2 − 2 x ln 2

)

1 − 2 x ln 2

)

(2 x − 2) ln 2 x2 − 2 x

2x − 2 x 2 − 2 x ln 2

Câu 54. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Đạo hàm của hàm số f (x) = ln(lnx) là: 1 1 . B. f ′( x ) = A. f ′( x) = x ln x ln ( ln x ) 2 ln ( ln x )

C. f ′( x) =

2 x lnx ln ( ln x )

D. f ′( x ) =

lnx ln ( ln x )

Câu 55. (THPT

CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho  x  f ( x ) = ln 2018 + ln   . Tính S = f ' (1) + f ' ( 2 ) + f ' ( 3) + ⋯ + f ' ( 2017 ) .  x +1  4035 2017 2016 A. S = B. S = C. S = D. S = 2017 2018 2018 2017

hàm

số

Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. b < c < a

B. c < a < b

C. a < b < c

D. a < c < b

x x Câu 60. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = a , y = b với a, b là hai số thực dương khác 1, lần lượt có đồ thị là ( C1 ) và ( C 2 ) như hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng ?

( C2 )

( C1 )

Câu 56. (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho hàm số 2018 x . Tính tổng S = f ′ (1) + f ′ ( 2 ) + ... + f ′ ( 2018) . f ( x ) = ln x +1 2018 A. ln 2018 . B. 1. C. 2018 . D. . 2019

Câu 57. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số f ( x ) = x ln x . Một trong bốn đồ thị

A. 0 < b < 1 < a

cho trong bốn phương án A, B, C, D dưới đây là đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) . Tìm đồ thị đó?

B. 0 < a < b < 1

C. 0 < b < a < 1

D. 0 < a < 1 < b

Câu 61. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Trong các hàm số sau hàm số nào nghịch biến trên ℝ ?

( )

A. log3 x2

B. y = log x3

e C. y =   4

2 D. y =   5

−x

Câu 62. Mệnh đề nào trong các mệnh đề dưới đây sai? x 2 +1

 2018  A. Hàm số y =  đồng ồ biến trên ℝ .   π  B. Hàm số y = log x đồng ng biế biến trên ( 0; +∞ ) . C. Hàm số y = ln ( − x ) nghịch bi biến trên khoảng ( −∞;0 ) .

A. Hình 2 B. Hình 3 Dạng 3. Khảo sát hàm số mũ, logarit

C. Hình 4

D. Hình 1

D. Hàm số y = 2 x đồng biến ến trên ℝ .

Câu 58. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = ln ( x + 1) − mx + 1 đồng biến trên 2

khoảng ( −∞; +∞ ) A. [1; +∞ )

B. ( −∞; −1)

C. [ −1;1]

D. ( −∞; −1]

Câu 63. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập xác định của nó? 1 A. y =   π

2 B. y =   3

C. y =

( 3)

D. y = ( 0,5 )

Câu 59. Cho ba số thực dương a, b, c khác 1. Đồ thị các hàm số y = a , y = b , y = c x được cho trong hình vẽ bên

Câu 64. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y = log 2 x . Mệnh đề nào dưới đây sai? 1 A. Đạo hàm của hàm số là y ′ = x ln 2 B. Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm tiệm cận đứng

C. Tập xác định của hàm số là ( −∞; +∞ ) D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) Câu 65. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong các hàm số sau, hàm số nào luôn đồng biến trên ℝ ?  2015  A. y =    2016 

(

A. ( 1; 0 ) .

3   2x B. y =   C. y = (0,1)  2016 − 2 

D. y = (2016) 2 x

)

C. ( 2e ; 2 ) .

B. 2; e 2 .

D. ( 0;1) .

Câu 72. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong các hàm số sau,hàm số nào luôn nghịch biến trên tập xác định của nó? 2

1 A. y =   . 2

B. y = log x .

2 D. y =   . 3

C. y = 2x .

Câu 73. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau: A. Hàm số y = log 2 x đồng biến trên ℝ .

Câu 66. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

B. Hàm số y = log 1 x nghịch biến trên tập xác định của nó. 2

C. Hàm số y = 2x đồng biến trên ℝ . D. Hàm số y = x

có tập xác định là ( 0; +∞ ) .

Câu 74. (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng (0; + ∞) ? A. y = log 3 x . B. y = log π x . C. y = log e x . D. y = log 1 x . A. y = −e x .

B. y = ln x .

C. y = ln x .

D. y = e x .

x . Mệnh đề nào dưới

đây là mệnh đề sai? A. Hàm số đã cho đồng biến trên tập xác định. B. Hàm số đã cho có tập xác định D = ℝ \ {0} . C. Đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận đứng là trục tung. D. Đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang. Câu 69. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Cho đồ thị hàm số y = a x và y = logb x như hình vẽ.

Khẳng định nào sau đây đúng? 1 A. 0 < a < < b . 2

B. Đồ thị của hai hàm số y = e x và y = ln x đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x . 1 C. Đồ thị của hai hàm số y = 2 x và hàm số y = x đối xứng với nhau qua trục hoành. 2 1 D. Đồ thị của hai hàm số y = log 2 x và y = log 2 đối xứng với nhau qua trục tung. x Câu 76. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong hình dưới đây, điểm B là trung điểm của đoạn thẳng AC . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. a + c = 2b . B. 0 < a < 1 < b .

C. 0 < b < 1 < a .

Câu 75. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Đồ thị của hàm số y = 2 x và y = log 2 x đối xứng với nhau qua đường thẳng y = − x .

Câu 67. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm hàm số đồng biến trên ℝ . x 3  1  A. f ( x ) = 3x . B. f ( x ) = 3− x . C. f ( x ) =  D. f ( x ) = x .  . 3  3 Câu 68. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hàm số y = log

B. ac = b 2 .

C. ac = 2b 2 .

D. ac = b .

Câu 77. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình bên?

1 D. 0 < a < 1 , 0 < b < . 2

Câu 70. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến? A. y = ln x. B. y = log 2018 x C. y = log π x. D. y = log 4 − 3 x. 1−

2019

Câu 71. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Đồ thị hàm số y = ln x đi qua điểm 9

A. ( 2; + ∞ ) .

B. ( −∞ ;0 ) .

C. (1; + ∞ ) .

D. ( 0;1) .

Câu 85. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Cho đồ thị hàm số y = a x và y = log b x như hình vẽ. Trong các khẳng định sau, đâu là khẳng định đúng

A. 0 < a < 1, 0 < b < 1 . A. y = log 3 x .

C. y = log 2 ( x + 1) .

B. y = log 2 x + 1 .

D. y = log 3 ( x + 1)

Câu 78. (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào nghịch biến trên tập số thực R . π  A. y =   3

(

)

2 B. y = log π 2 x + 1 4

2 C. y =   e

B. a > 1, b > 1 .

C. 0 < b < 1 < a .

D. 0 < a < 1 < b .

Câu 86. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Hình vẽ bên thể hiện đồ thị của ba trong bốn hàm số 1 1 y = 6x , y = 8x , y = x và y = . x 5 7

D. y = log 2 x 3

Câu 79. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên tập xác định của nó? A. y = log

B. y = log 2

(

)

x +1

C. y = logπ x 4

π  D. y =    3

3x − 9 x + 17 . Câu 80. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = ln 3 Mệnh đề nào sau đây sai? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;0 ) B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) C. Hàm số đạt cực trị tại x = 2

D. Hàm số có giá trị cực tiểu là y =

9 −1 ln 3

nhau tại điểm M

(

2018; 2019

A. a > 1, b > 1

−1

) . Mệnh đề nào dưới đây đúng? B. a > 1, 0 < b < 1

C. 0 < a < 1, b > 1

A. y = 6x .

B. y =

1 7

C. y =

1 . 5x

D. y = 8x

Câu 87. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tập tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = ln ( x 2 + 1) − mx + 1 đồng biến trên ℝ là A. [ −1;1] .

Câu 81. Cho các số thực a , b sao cho 0 < a, b ≠ 1 , biết rằng đồ thị các hàm số y = a x và y = log b x cắt 5

Hỏi (C2) là đồ thị hàm số nào?

B. ( −∞; −1) .

C. ( −1;1) .

D. ( −∞; −1] .

Câu 88. (THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong hình vẽ bên có đồ thị các hàm số y = a x , y = b x , y = logc x . Hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau đây?

D. 0 < a < 1, 0 < b < 1

Câu 82. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Đồ thị

( L)

của hàm số

f ( x ) = ln x cắt trục hoành tại điểm A , tiếp tuyến của ( L ) tại A có phương trình là: A. y = 2 x + 1 B. y = x − 1 C. y = 3 x D. y = 4 x − 3 Câu 83. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hàm số y = xe−3 x đạt cực đại tại 1 1 1 A. x = . B. x = . C. x = . D. x = 0 . 3e 3 e

(

)

Câu 84. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hàm số y = log3 x 2 − 2 x nghịch

A. a < c < b .

B. c < a < b .

C. a < b = c .

D. b < c < a .

biến trên khoảng nào? 11

Câu 89. (GKI CS2 LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho đồ thị của ba hàm số y = a x , y = b x , y = c x như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. b > a > c .

B. a > c > b .

C. c > a > b .

D. c > b > a .

Câu 90. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Cho a, b, c là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên là đồ thị của ba hàm số y = log a x, y = logb x, y = logc x .

A. a < b < c .

B. a < c < b .

C. b < a < c .

D. b > a > c .

ln x − 6 với ln x − 2m m là tham số. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của m để hàm số đồng biến trên khoảng (1; e ) .

Câu 93. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y =

Tìm số phần tử của S . A. 3

Khẳng định nào sau đây là đúng? B. a < b < c . A. a < c < b .

B. 1

C. 2

D. 4

m log 2 x − 2 Câu 94. Tìm tất cả các giá trị thực của tham s ố m để hàm số y = nghịch biến trên ( 4; +∞ ) log 2 x − m − 1 A. m < −2 hoặc m > 1 . B. m ≤ −2 hoặc m = 1 . C. m < −2 hoặc m = 1 . D. m < −2 . Câu 95. (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) = ln x − x . Khẳng định nào dưới đây đúng? A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0;1) . C. c < b < a .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .

D. c < a < b .

Câu 91. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Giá trị nhỏ ln x nhất của hàm số y = trên đoạn [ 2;3] bằng x ln 2 3 ln 3 1 . C. 2 . A. . B. D. . 3 2 e e Câu 92. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂ NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho a , b, c là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên là đồ thị hàm số y = log a x, y = y = log b x, y = log c x . Khẳng định nào sau đây là đúng?

C. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;0 ) và (1; +∞ ) . D. Hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) .

1 Câu 96. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = log 2018   có đồ thị ( C1 ) và hàm số  x y = f ( x ) có đồ thị ( C 2 ) . Biết ( C1 ) và ( C2 ) đối xứng nhanh qua gốc tọa độ. Hỏi hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 0;1) B. ( −1; 0 ) C. ( −∞; −1) D. (1; +∞ ) Câu 97. (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham ln x − 6 số m ∈ [ −2019; 2019 ] để hàm số y = đồng biến trên khoảng 1;e6 ? ln x − 3m A. 2020 . B. 2021 . C. 2018 . D. 2019 .

(

)

Câu 98. (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂ NĂM 2018-2019 LẦN 03) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m thuộc đoạn [ −2018;2018] để hàm số y = f ( x ) = ( x + 1) ln x + ( 2 − m ) x đồng biến trên khoảng

( 0;e ) . 2

A. 2016 . 13

B. 2022 .

C. 2014 .

D. 2023 . 14

Câu 99. (THPT

(

f ( x ) = a ln x +

QUANG

TRUNG

ĐỐNG

ĐA

HÀ

NỘI

NĂM

2018-2019)

Cho A.

)

x 2 + 1 + b sin x + 6 với a , b ∈ ℝ .

4 . 9

5 . 6

2 2 . 3

2 . 3

Biết rằng f ( log ( log e ) ) = 2 . Tính giá trị của f ( log ( ln10 ) ) . A. 10 .

Dạng 4. Bài toán thực tế (lãi suất, tăng trưởng…)

D. 8 .

Câu 100. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho a, b, c dương và khác 1. Các hàm số N y = log a x , y = log b x , y = log c x có đồ thị như hình vẽ

Khẳng định nào dưới đây đúng? A. a > c > b .

B. a > b > c .

C. c > b > a .

Câu 103. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 6,1% / năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) gấp đôi số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó không rút tiền ra? A. 11 năm B. 12 năm C. 13 năm D. 10 năm

D. b > c > a .

x Câu 101. Đồ thị hàm số y = f ( x ) đối xứng với đồ thị hàm số y = a ( a > 0, a ≠ 1) qua điểm I (1;1) . Giá trị

1   của biểu thức f  2 + log a  bằng 2018   A. 2016 . B. −2016 .

D. −2020 .

C. 2020 .

Câu 113. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Hình vẽ bên thể 1 1 . hiện đồ thị của ba trong bốn hàm số y = 6 x , y = 8x , y = x và y = x 5 7

( C1) ( C2)

( C3)

x Hỏi ( C 2 ) là đồ thị hàm số nào?

1 . 5x

D. y = 8x. 7 Câu 114. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x 2 − 2 e 2 x trên đoạn B. y =

C. y =

Câu 104. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 12%/năm. Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết tiền nợ sau đúng 3 tháng kể từ ngày vay. Hỏi, theo cách đó, số tiền m mà ông A sẽ phải trả cho ngân hàng trong mỗi lần hoàn nợ là bao nhiêu? Biết rằng, lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ. 100.(1, 01)3 120.(1,12)3 A. m = (triệu đồng) B. m = (triệu đồng) 3 (1,12) − 1 3 C. m =

(1, 01)3 (triệu đồng) (1, 01)3 − 1

D. m =

100.1, 03 (triệu đồng) 3

Câu 105. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Ông A vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 1%/tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng năm năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngâng hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngâng hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây? B. 2, 22 triệu đồng C. 3,03 triệu đồng D. 2,25 triệu đồng A. 2,20 triệu đồng

A. y = 6x.

Câu 102. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0, 4% / tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ta khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được lập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền ( cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi xuất không thay đổi? A. 102.16.000 đồng B. 102.017.000 đồng C. 102.424.000 đồng D. 102.423.000 đồng

(

)

[ −1; 2] bằng: A. 2e4 B. −e2 C. 2e2 D. −2e2 Câu 115. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 y = 2 x +1 − ⋅ 8x trên [ −1;0 ] bằng 3 15

Câu 106. Anh An gửi số tiền 58 triệu đồng vào một ngân hàng theo hình thức lãi kép và ổn định trong 9 tháng thì lĩnh về được 61758000đ. Hỏi lãi suất ngân hàng hàng tháng là bao nhiêu? Biết rằng lãi suất không thay đổi trong thời gian gửi. B. 0,6 % C. 0,7 % D. 0,5 % A. 0,8 % Câu 107. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0, 6% /tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập làm vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó được lĩnh số tiền không ít hơn 110 triệu đồng (cả vốn ban đầu và lãi), biết rằng trong suốt thời gian gửi tiền người đó không rút tiền và lãi suất không thay đổi? A. 18 tháng B. 16 tháng C. 17 tháng D. 15 tháng Câu 108. Một người lần đầu gửi vào ngân hàng 100 triệu đồng theo thể thức lãi kép (tức là tiền lãi của kỳ 16

trước được cộng vào vốn của kỳ kế tiếp) với kì hạn 3 tháng, lãi suất 2% một quý. Sau đúng 6 tháng, người đó gửi thêm 100 triệu đồng với kỳ hạn và lãi suất như trước đó. Tổng số tiền người đó nhận được sau 1 năm gửi tiền vào ngân hàng gần bằng với kết quả nào sau đây? Biết rằng trong suốt thời gian gửi tiền lãi suất ngân hàng không thay đổi và người đó không rút tiền ra. A. 212 triệu đồng B. 216 triệu đồng C. 210 triệu đồng D. 220 triệu đồng

C. 739.163.000 VNĐ. D. 1.335.967.000 VNĐ. Câu 119. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Một người mỗi tháng đều đặn gửi vào ngân hàng một khoản tiền T theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,6% mỗi tháng. Biết sau 15 tháng người đó có số tiền là 10 triệu đồng. Hỏi số tiền T gần với số tiền nào nhất trong các số sau. A. 613.000 đồng B. 645.000 đồng C. 635.000 đồng D. 535.000 đồng

Câu 109. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Ông An gửi tiết kiệm 50 triệu đồng vào ngân hàng với kỳ hạn 3 tháng, lãi suất 8,4% một năm theo hình thức lãi kép. Ông gửi được đúng 3 kỳ hạn thì ngân hàng thay đổi lãi suất, ông gửi tiếp 12 tháng nữa với kỳ hạn như cũ và lãi suất trong thời gian này là 12% một năm thì ông rút tiền về. Số tiền ông An nhận được cả gốc lẫn lãi là: (làm tròn đến chữ số hàng đơn vị) A. 62255910 đồng. B. 59895767 đồng. C. 59993756 đồng. C. 63545193 đồng.

Câu 120. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Anh Nam gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn là một quý với lãi suất 3% một quý. Sau đúng 6 tháng anh Nam gửi thêm 100 triệu đồng với kì hạn và lãi suất như trước đó.Hỏi sau 1 năm số tiền (cả vốn lẫn lãi) anh Nam nhận được là bao nhiêu? ( Giả sử lãi suất không thay đổi). A. 218, 64 triệu đồng. B. 208, 25 triệu đồng. C. 210, 45 triệu đồng. D. 209, 25 triệu đồng.

Câu 110. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Ngày 01 tháng 01năm 2017, ông An đem 800 triệu đồng gửi vào một ngân hàng với lãi suất 0,5% một tháng. Từ đó, cứ tròn mỗi tháng, ông đến ngân hàng rút 6 triệu để chi tiêu cho gia đình. Hỏi đến ngày 01tháng 01 năm 2018, sau khi rút tiền, số tiền tiết kiệm của ông An còn lại là bao nhiêu? Biết rằng lãi suất trong suốt thời gian ông An gửi không thay đổi A. 800.(1, 005)11 − 72 (triệu đồng) B. 1200 − 400.(1, 005)12 (triệu đồng) C. 800.(1, 005)12 − 72 (triệu đồng)

D. 1200 − 400.(1, 005)11 (triệu đồng)

Câu 111. (THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Để đủ tiền mua nhà, anh An vay ngân hàng 500 triệu theo phương thức trả góp với lãi suất 0,85% /tháng. Nếu sau mỗi tháng, kể từ thời điểm vay, anh An trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định là 10 triệu đồng bao gồm cả tiền lãi vay và tiền gốc. Biết rằng phương thức trả lãi và gốc không thay đổi trong suốt quá trình anh An trả nợ. Hỏi sau bao nhiêu tháng thì anh trả hết nợ ngân hàng? (Tháng cuối có thể trả dưới 10 triệu đồng). A. 68 B. 66 C. 65 D. 67 Câu 112. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Ông An gửi 100 triệu vào tiết kiệm ngân hàng theo thể thức lãi kép trong một thời gian khá lâu mà không rút ra với lãi suất ổn định trong mấy chục năm qua là 10% /1 năm. Tết năm nay do ông kẹt tiền nên rút hết ra để gia đình đón Tết. Sau khi rút cả vốn lẫn lãi, ông trích ra gần 10 triệu để sắm sửa đồ Tết trong nhà thì ông còn 250 triệu. Hỏi ông đã gửi tiết kiệm bao nhiêu lâu? A. 10 năm B. 17 năm C. 15 năm D. 20 năm Câu 116. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Một học sinh A khi 15 tuổi được hưởng tài sản thừa kế 200 000 000 VNĐ. Số tiền này được bảo quản trong ngân hàng B với kì hạn thanh toán 1 năm và học sinh A chỉ nhận được số tiền này khi 18 tuổi. Biết rằng khi 18 tuổi, số tiền mà học sinh A được nhận sẽ là 231 525 000 VNĐ. Vậy lãi suất kì hạn một năm của ngân hàng B là bao nhiêu? A. 8% / năm. B. 7% / năm. C. 6% / năm. D. 5% / năm. Câu 117. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Ông Anh gửi vào ngân hàng 60 triệu đồng theo hình thức lãi kép. Lãi suất ngân hàng là 8% trên năm. Sau 5 năm ông An tiếp tục gửi thêm 60 triệu đồng nữa. Hỏi sau 10 năm kể từ lần gửi đầu tiên ông An đến rút toàn bộ tiền gốc và tiền lãi được là bao nhiêu? (Biết lãi suất không thay dổi qua các năm ông gửi tiền). A. 231,815 (triệu đồng). B. 197, 201 (triệu đồng). C. 217,695 (triệu đồng). D. 190, 271 (triệu đồng). Câu 118. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Ông Chính gửi 200 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7% năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo và từ năm thứ 2 trở đi, mỗi năm ông gửi thêm vào tài khoản với số tiền 20 triệu đồng. Hỏi sau 18 năm số tiền ông Chính nhận được cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? Giả định trong suốt thời gian gửi lãi suất không thay đổi và ông Chính không rút tiền ra (kết quả được làm tròn đến hàng nghìn). A. 1.686.898.000 VNĐ. B. 743.585.000 VNĐ. 17

Câu 121. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Ông A gửi vào ngân hàng 50 triệu đồng với lãi suất 0, 5% / tháng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng thì ông A có được số tiền cả gốc lẫn lãi nhiều hơn 60 triệu đồng? Biết rằng trong suốt thời gian gửi, lãi suất ngân hàng không đổi và ông A không rút tiền ra. A. 36 tháng. B. 38 tháng. C. 37 tháng. D. 40 tháng. Câu 122. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo công thức S = A.e Nr (trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hằng năm). Đầu năm 2010 dân số tỉnh Bắc Ninh là 1.038.229 người tính đến đầu năm 2015 dân số của tỉnh là 1.153.600 người. Hỏi nếu tỉ lệ tăng dân số hằng năm giữ nguyên thì đầu năm 2020 dân số của tỉnh nằm trong khoảng nào? A. (1.281.600;1.281.700 ) . B. (1.281.700;1.281.800 ) . C. (1.281.800;1.281.900 ) .

D. (1.281.900;1.282.000 ) .

Câu 123. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Một người gửi 300 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7% / năm. Biết rằng nếu không rút tiền khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm, người đó nhận được số tiền nhiều hơn 600 triệu đồng bao gồm cả gốc và lãi? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra. B. 10 năm. C. 11 năm. D. 12 năm. A. 9 năm. Câu 124. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Một người gửi tiết kiệm số tiền 80 000 000 đồng với lãi suất 6,9% / năm. Biết rằng tiền lãi hàng năm được nhập vào tiền gốc, hỏi sau đúng 5 năm người đó rút được cả tiền gốc lẫn tiền lãi gần với con số nào sau đây? A. 105370000 đồng B. 111680000 đồng C. 107667000 đồng D. 116570000 đồng Câu 125. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Một người mỗi tháng đều đặn gửi vào ngân hàng một khoản tiền T theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,6% mỗi tháng. Biết sau 15 tháng, người đó có số tiền là 10 triệu đồng. Hỏi số tiền T gần với số tiền nào nhất trong các số sau. A. 613.000 đồng B. 645.000 đồng C. 635.000 đồng D. 535.000 đồng Câu 126. Một người muốn có 1 tỉ tiền tiết kiệm sau 6 năm gửi ngân hàng bằng cách bắt đầu từ ngày 01/01/2019 đến 31/12/2024, vào ngày 01/01 hàng năm người đó gửi vào ngân hàng một số tiền bằng nhau với lãi suất ngân hàng là 7% / 1 năm (tính từ ngày 01/01 đến ngày 31/12) và lãi suất hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi số tiền mà người đó phải gửi vào ngân hàng hàng năm là bao nhiêu (với giả thiết lãi suất không thay đổi và số tiền được làm tròn đến đơn vị đồng)? A. 130 650 280 (đồng). B. 130 650 000 (đồng). C. 139 795 799 (đồng). D. 139 795 800 (đồng). Câu 127. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Một người vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất là 0,7% /tháng theo thỏa thuận cứ mỗi tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 5 triệu đồng và cứ trả hàng 18

tháng như thế cho đến khi hết nợ (tháng cuối cùng có thể trả dưới 5 triệu). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng. B. 23 . C. 24 . D. 21 . A. 22 .

Đến đầu tháng 12 năm 2019 mẹ đi rút toàn số tiền ( gồm số tiền của tháng 12 và số tiền gửi từ tháng 1). Hỏi khi đó mẹ lĩnh về bao nhiêu tiền? (kết quả làm tròn theo đơn vị nghìn đồng). B. 50560000 đồng. C. 50670000 đồng. D. 50730000 đồng. A. 50970000 đồng.

Câu 128. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Anh Bảo gửi 27 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép, kỳ hạn là một quý, với lãi suất 1,85% một quý. Hỏi thời gian tối thiểu bao nhiêu để anh Bảo có được ít nhất 36 triệu đồng tính cả vỗn lẫn lãi? A. 16 quý. B. 20 quý. C. 19 quý. D. 15 quý. Câu 129. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Vào ngày 15 hàng tháng ông An đều đến gửi tiết kiệm tại ngân hàng SHB số tiền 5 triệu đồng theo hình thức lãi kép với kì hạn một tháng, lãi suất tiết kiệm không đổi trong suốt quá trình gửi là 7,2% / năm. Hỏi sau đúng 3 năm kể từ ngày bắt đầu gửi ông An thu được số tiền cả gốc và lãi là bao nhiêu (làm tròn đến nghìn đồng)?. A. 195251000 (đồng) B. 201453000 (đồng) C. 195252000 (đồng) D. 201452000 (đồng) Câu 130. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Anh Bình gửi 200 triệu vào ngân hàng VB với kì hạn cố định 12 tháng và hưởng lãi suất 0,65% / tháng. Tuy nhiên sau khi gửi được tròn 8 tháng anh phải dùng đến 200 triệu trên. Anh đến ngân hàng định rút tiền thì được nhân viên ngân hàng tư vấn: “Nếu rút tiền trước kì hạn, toàn bộ số tiền anh gửi chỉ có lãi suất không kỳ hạn là 0, 02% / thángAnh nên thế chấp sổ tiết kiệm đó tại ngân hàng để vay ngân hàng 200 triệu với lãi suất 0,7% / tháng. Khi sổ của anh đến kì hạn, anh có thể rút tiền để trả nợ ngân hàng”. Nếu làm theo tư vấn của nhân viên ngân hàng anh Bình sẽ đỡ thiệt một số tiền gần nhất với con số nào dưới đây (biết ngân hàng tính lãi theo thể thức lãi kép). A. 10,85 triệu đồng. B. 10,51 triệu đồng. C. 10,03 triệu đồng. D. 10,19 triệu đồng.

Câu 136. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Bạn H trúng tuyển vào trường Đại học Ngoại Thương nhưng vì do không đủ tiền nộp học phí nên H quyết định vay ngân hàng trong bốn năm mỗi năm 4 triệu đồng để nộp học phí với lãi suất ưu đãi 3%/năm (theo thể thức lãi suất kép) biết rằng tiền vay mỗi năm H nhận được từ ngày đầu tiên của năm học và trong suốt bốn năm học H không trả tiền cho ngân hàng. Ngay sau khi tốt nghiệp Đại học (tròn 4 năm kể từ khi bạn H bắt đầu vay ngân hàng) bạn H thực hiện trả góp hàng tháng cho ngân hàng số tiền (không đổi và tiền trả vào ngày cuối của tháng) với lãi suất theo cách tính mới là 0,25%/tháng và lãi suất được tính theo dư nợ thực tế, bạn H trả đúng 5 năm thì hết nợ. Tính số tiền hàng tháng mà bạn H phải trả cho ngân hàng (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). A. 323.582 (đồng). B. 398.402 (đồng). C. 309.718 (đồng. D. 312.518 (đồng).

Câu 131. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Một thầy giáo cứ đầu mỗi tháng lại gửi ngân hàng 8 000 000 VNĐ với lãi suất 0,5% / tháng. Hỏi sau bao nhiêu tháng thầy giáo có thể tiết kiệm tiền để mua được một chiếc xe ô tô trị giá 400 000 000 VNĐ? A. 60 .

B. 50 .

C. 55 .

D. 45 .

Câu 132. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Ông An gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,8%/ tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho tháng tiếp theo và từ tháng thứ hai trở đi, mỗi tháng ông gửi them vào tài khoản với số tiền 2 triệu đồng. Hỏi sau đúng 2 năm số tiền ông An nhận được cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? Biết rằng trong suốt thời gian gửi lãi suất không thay đổi và ông An không rút tiền ra (kết quả được làm tròn đến hàng nghìn). A. 169.871.000 đồng. B. 171.761.000 đồng. C. 173.807.000 đồng. D. 169.675.000 đồng. Câu 133. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một người vay ngân hàng số tiền 400 triệu đồng, mỗi tháng trả góp 10 triệu đồng và lãi suất cho số tiền chưa trả là 1% mỗi tháng. K ỳ trả đầu tiên là cuối tháng thứ nhất. Biết lãi suất không đổi trong suốt quá trình gửi, hỏi số tiền còn phải trả ở kỳ cuối là bao nhiêu để người này hết nợ ngân hàng? (làm tròn đến hàng nghìn). A. 2.921.000 . B. 3.387.000 . C. 2.944.000 . D. 7.084.000 . Câu 134. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,5% / tháng và ông ta rút đều đặn mỗi tháng một triệu đồng kể từ sau ngày gửi một tháng cho đến khi hết tiền ( tháng cuối cùng có thể không còn đủ một triệu đồng). Hỏi ông ta rút hết tiền sau bao nhiêu tháng? A. 139 . B. 140 . C. 100 . D. 138 . Câu 135. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Một bà mẹ Việt Nam anh hùng được hưởng số tiền là 4 triệu đồng trên 1 tháng (chuyển vào tài khoản ngân hàng của mẹ ở ngân hàng vào đầu tháng). Từ tháng 1 năm 2019 mẹ không đi rút tiền mà để lại ngân hàng và được tính lãi 1% trên 1 tháng. 19

Câu 137. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Ông A muốn mua một chiếc ôtô trị giá 1 tỉ đồng nhưng vì chưa đủ tiền nên chọn mua bằng hình thức trả góp hàng tháng (số tiền trả góp mỗi tháng như nhau) với lãi suất 12% /năm và trả trước 500 triệu đồng. Hỏi mỗi tháng ông phải trả số tiền gần nhất với số tiền nào dưới đây để sau đúng 2 năm, kể từ ngày mua xe, ông trả hết nợ, biết kì trả nợ đầu tiên sau ngày mua ôtô đúng một tháng và chỉ tính lãi hàng tháng trên số dư nợ thực tế của tháng đó? A. 23 537 000 đồng B. 24 443 000 đồng C. 22 703 000 đồng D. 23 573 000 đồng Câu 138. (THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Một người vay ngân hàng 50 triệu đồng, mỗi tháng trả ngân hàng 4 triệu đồng và phải trả lãi suất cho số tiền còn nợ là 1,1% một tháng theo hình thức lãi kép. Giả sử sau n tháng người đó trả hết nợ. Khi đó n gần nhất với số nào sau? A. 14 . B. 13 . C. 16 . D. 15 . Câu 139. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Ông A vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 1% /tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và sau đúng một năm kể từ ngày vay ông A còn nợ ngân hàng tổng số tiền 50 triệu đồng. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây? A. 4,95 triệu đồng B. 4, 42 triệu đồng C. 4,5 triệu đồng D. 4,94 triệu đồng Câu 140. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một người nhận hợp đồng dài hạn làm việc cho một công ty với mức lương khởi điểm của mỗi tháng trong ba năm đầu tiên là 6 triệu đồng/ tháng. Tính từ ngày đầu làm việc, cứ sau đúng ba năm liên tiếp thì tăng lương 10% so với mức lương một tháng người đó đang hưởng. Nếu tính theo hợp đồng thì tháng đầu tiên của năm thứ 16 người đó nhận được mức lương là bao nhiêu? A. 6.1,14 (triệu đồng). B. 6.1,16 (triệu đồng). C. 6.1,15 (triệu đồng). D. 6.1,116 (triệu đồng). Câu 141. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 6% / năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu đồng bao gồm gốc và lãi? A. 11 năm. B. 12 năm. C. 13 năm. D. 14 năm. Câu 142. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Anh C đi làm với mức lương khởi điểm là x (triệu đồng)/ tháng, và số tiền lương này được nhận vào ngày đầu tháng. Vì làm việc chăm chỉ và có trách nhiệm nên sau 36 tháng kể từ ngày đi làm, anh C được tăng lương thêm 10% . Mỗi tháng, anh ta giữ lại 20% số tiền lương để gửi tiết kiệm ngân hàng với kì hạn 1 tháng và lãi suất là 0,5% /tháng, theo hình thức lãi kép (tức tiền lãi của tháng này được nhập vào vốn để tính lãi cho tháng tiếp theo). Sau 48 tháng kể từ ngày đi làm, anh C nhận được số tiền cả gốc và lãi là 100 triệu đồng. Hỏi mức lương khởi điểm của người đó là bao nhiêu? 20

A. 8.991.504 đồng.

B. 9.991.504 đồng.

C. 8.981.504 đồng.

Câu 150. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hai số thực dương x, y thỏa

D. 9.881.505 đồng.

Câu 143. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Bạn Nam vừa trúng tuyển đại học, vì hoàn cảnh gia đình khó khăn nên được ngân hàng cho vay vốn trong 4 năm học đại học, mỗi năm 10 triệu đồng vào đầu năm học để nạp học phí với lãi suất 7,8% /năm (mỗi lần vay cách nhau đúng 1 năm). Sau khi tốt nghiệp đại học đúng 1 tháng, hàng tháng Nam phải trả góp cho ngân hàng số tiền là m đồng/tháng với lãi suất 0,7% /tháng trong vòng 4 năm. Số tiền m mỗi tháng Nam cần trả cho ngân hàng gần nhất với số nào sau đây (ngân hàng tính lãi trên số dư nợ thực tế). A. 1.468.000 (đồng). B. 1.398.000 (đồng). C. 1.191.000 (đồng). D. 1.027.000 (đồng). Câu 144. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Một anh sinh viên nhập học đại học vào tháng 8 năm 2014 . Bắt đầu từ tháng 9 năm 2014 , cứ vào ngày mồng một hàng tháng anh vay ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất cố định 0,8% /tháng. Lãi tháng trước được cộng vào số nợ để tiếp tục tính lãi cho tháng tiếp theo (lãi kép). Vào ngày mồng một hàng tháng kể từ tháng 9 / 2016 về sau anh không vay ngân hàng nữa và anh còn trả được cho ngân hàng 2 triệu đồng do việc làm thêm. Hỏi ngay sau khi kết thức ngày anh ra trường ( 30 / 6 / 2018 ) anh còn nợ ngân hàng bao nhiêu tiền (làm tròn đến hàng nghìn đồng)?

A. 49.024.000 đồng

B. 47.401.000 đồng

C. 47.024.000 đồng

D. 45.401.000 đồng

Câu 145. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cường độ ánh sáng đi qua môi trường nước biển giảm dần theo công thức I = I 0e− µ x , với I0 là cường độ ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu đi vào môi trường nước biển và x là độ dày của môi trường đó ( x tính theo đơn vị mét). Biết rằng môi trường nước biển có hằng số hấp thụ là µ = 1,4 . Hỏi ở độ sâu 30 mét thì cường độ ánh sáng giảm đi bao nhiêu lần so với cường độ ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu đi vào nước biển? A. e −21 lần. B. e 42 lần. C. e 21 lần. D. e −42 lần Câu 146. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Một người thả một lá bèo vào một chậu nước. Sau 12 giờ, bèo sinh sôi phủ kín mặt nước trong chậu. Biết rằng sau mỗi giờ lượng bèo 1 tăng gấp 10 lần lượng bèo trước đó và tốc độ tăng không đổi. Hỏi sau mấy giờ thì bèo phủ kín mặt nước 5 trong chậu (kết quả làm tròn đến 1 chữ số phần thập phân). B. 9,7 giờ. C. 10,9 giờ. D. 11,3 giờ. A. 9,1 giờ. Dạng 5. Bài toán cực trị Câu 147. (MĐ

103

BGD&ĐT

NĂM

2017-2018)

Cho

a > 0, b > 0

thỏa

mãn

log 4 a + 5b +1 (16a 2 + b 2 + 1) + log 8ab +1 ( 4a + 5b + 1) = 2 . Giá trị của a + 2b bằng

27 20 C. D. 9 4 3 Câu 148. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Xét các số thực dương 1 − xy log 3 = 3xy + x + 2 y − 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của P = x + y x + 2y A. 6

A. Pmin =

B. Pmin =

9 11 − 19 9

C. Pmin =

Câu 152. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho các số thực a, b thỏa mãn a ≥ b > 1.

1 a + log a đạt giá trị lớn nhất khi b = a k . Khẳng định nào sau đây là sai log ab a b  3 B. k ∈ ( 0;1) . D. k ∈  0;  . A. k ∈ [ 2;3] . C. k ∈ [ 0;1] .  2

Biết rằng biểu thức P =

Câu 153. Cho hai số thực a, b thỏa mãn log a 2 + 4b2 +1 ( 2a − 8b ) = 1 . Tính P =

x, y

thỏa mãn

18 11 − 29 9 11 + 19 D. Pmin = 21 9

Câu 149. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Xét các số thực dương a, b thỏa mãn 1 − ab log 2 = 2ab + a + b − 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của P = a + 2b . a+b 3 10 − 7 2 10 − 1 2 10 − 3 2 10 − 5 A. Pmin = B. Pmin = C. Pmin = D. Pmin = 2 2 2 2 21

a b

khi biểu thức

S = 4a + 6b − 5 đạt giá trị lớn nhất.

8 5

−13 2

−13 4

17 44

Cho các số thực x , y thỏa mãn bất đẳng thức log 4 x2 +9 y 2 ( 2 x + 3 y ) ≥ 1 . Giá trị lớn nhất của biểu Câu 154. thức P = x + 3 y là A.

3 . 2

2 + 10 . 4

5 + 10 . 4

3 + 10 . 4

Câu 155. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho a , b là các số dương thỏa a mãn b > 1 và a ≤ b < a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = log a a + 2log b   . b b A. 6 . B. 7 . C. 5 . D. 4 . Câu 156. (THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho các số thực a , b 1 thay đổi, thỏa mãn a > , b > 1. Khi biểu thức P = log 3a b + log b a 4 − 9a 2 + 81 đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng 3 a + b bằng

(

2 11 − 3 3

 x+ y  ln    2 

.5ln( x + y ) = 2 ln 5 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ( x + 1) ln x + ( y + 1) ln y . A. Pmax = 10 . B. Pmax = 0 . C. Pmax = 1 . D. Pmax = ln 2 . Câu 151. (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Cho các số thực x, y thỏa mãn x+ y 0 ≤ x, y ≤ 1 và log3 + ( x + 1)( y + 1) − 2 = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 2 x + y . 1 − xy 1 B. 1 . C. . D. 0 . A. 2 . 2

mãn 2

A. 3 + 9

B. 9 + 2

C. 2 + 9 2

)

D. 3 + 3 2

Câu 157. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho a , b là hai số thực dương thỏa  4a + 2b + 5  2 2 mãn log 5   = a + 3b − 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = a + b  a+b  1 3 5 A. . B. 1. C. . D. . 2 2 2

Câu 158. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho các số thực a, b, c thỏa 1 3 mãn là giá trị nhỏ nhất của biểu thức 0 < a < 1; < b < 1; < c < 1 . Gọi M 8 8 3 b 1  1 c 3  1 P = log a  −  + logb  −  + log c a . Khẳng định nào sau đây đúng? 16  2 16  4  2 16  3 3 ≤ M < 2.

B. M ≥ 2 .

2≤M < 3.

C. Pmin =

25 2 4

D. Pmin =

17 2

Câu 166. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho x, y là các số thực dương thỏa

B. Tmin ∈ ( 6; 7 )

C. Tmin ∈ ( 5;6 )

D. Tmin ∈ ( 8; 9 )

Dạng 6. Một số bài toán khác

log 2 ( a 2 + b 2 + 9 ) = 1 + log 2 ( 3a + 2b )  −4  2 9− m.3− n.3 2 m+ n + ln ( 2m + n + 2 ) + 1 = 81   

A. 2 5 − 2 .

B. Pmin = 8

mãn log 2019 x + log 2019 y ≥ log 2019 ( x 2 + y ) . Gọi Tmin là giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = 2 x + y . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Tmin ∈ ( 7;8)

D. M < 2 .

Câu 159. Cho các số thực a, b, m, n sao cho 2m + n < 0 và thoả mãn điều kiện:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

A. Pmin = 9

9t với m là tham số thực. Gọi S là 9t + m2 tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho f ( x ) + f ( y ) = 1 với mọi số thực x , y thỏa mãn e x + y ≤ e ( x + y ) Câu 167. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Xét hàm số f ( t ) =

(a − m)

+ (b − n )

B. 2 .

5 −2.

D. 2 5

Câu 160. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Với hai số thực a, b bất kì, ta kí hiệu

f( a ,b ) ( x ) = x − a + x − b + x − 2 + x − 3 .Biết

rằng

luôn

tồn

tạ i

duy

nhất

số

thực x0

để

b a min f ( a ,b ) ( x ) = f ( a ,b ) ( x0 ) với mọi số thực a, b thỏa mãn a = b và 0 < a < b . Số x0 bằng

.Tìm số phần tử của S . A. 0

C. 1

B. Vô số

D. 2

Câu 168. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ , có bảng biến thiên như hình vẽ và có đạo hàm cấp hai f ′′ ( x ) > 0, ∀ x ∈ ℝ .

x∈R

A. 2e − 1

B. 2,5

C. e

D. 2e

Câu 161. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hai số 2 −1 = 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thực a > 1, b > 1 . Biết phương trình a x b x 2

 xx  thức S =  1 2  − 4 ( x1 + x2 ) .  x1 + x2  A. 3 3 4 .

C. 3 3 2 .

B. 4

Câu 162. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 0 < a < 1; biểu thức P = A.

1 3 < b < 1; < c < 1 . Gọi M là giá trị nhỏ nhất của 8 8

3 b 1  1 c 3  1 log a  −  + logb  −  + log c a . Khẳng định nào sau đây đúng? 16  2 16  4  2 16  3

3 ≤ M < 2.

B. M ≥ 2 .

2≤M < 3.

D. M < 2 .

Câu 163. (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho x , y là các số thực lớn hơn 1 sao

( )

cho y x e x

≥ x y ( e y ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = log x xy + log y x .

2 A. 2

1+ 2 2 C. 2

B. 2 2

4 3−4 . 3

B. Pmin =

4 3+4 . 3

C. Pmin =

4 3+4 . 9

D. Pmin =

)

Câu 169. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y = ln x − 2 x 2 + m trên đoạn 1;e2  đạt giá trị nhỏ nhất B. 12 .

C. 107 .

D. 106 .

x −x Câu 170. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x) = 2 − 2 .

4 3−4 . 9

Câu 165. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Xét các số thực dương x , y thỏa mãn log 1 x + log 1 y ≤ log 1 ( x + y 2 ) . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức P = x + 3 y . 2

(

A. 11 .

1+ 2 D. 2

1− y = 3xy + x + 3 y − 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin Câu 164. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log3 x + 3xy của P = x + y . A. Pmin =

3   a+b+c  Gọi a, b, c, n là các số thực và biểu thức: P = − e f ( a ) + e f (b ) + e f ( c ) +  f   + 1 . Khẳng định 2  3   đúng với mọi a, b, c, n ∈ ℝ là A. 0 < P < 3 . B. 7 − 3e ≤ P ≤ 0 . C. P ≥ 3 . D. P < 7 − 3e .

12 Gọi m0 là số lớn nhất trong các số nguyên m thỏa mãn f (m) + f (2m − 2 ) < 0 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. m0 ∈ [1513; 2019 ) B. m0 ∈ [1009;1513 ) C. m0 ∈ [505;1009 ) D. m0 ∈ [1;505 )

Câu 171. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m đề đồ thị hàm số y = m log 22 x − 2log 2 x + 2m + 1 cắt trục hoành tại một điểm duy nhất có hoành độ thuộc khoảng

[1; +∞ ) . 1  1   A. m ∈  −∞; −  ∪   . 2  2 

 1  1  B. m ∈  − ;0  ∪   .  2  2 24

3 3   Vậy tập xác định của hàm số là D =  −2;  ∪  ; 2  2 2   x − 2 ≠ 0 x ≠ 2 Câu 12. + Điều kiện xác định:  ⇔ 2 x 9 − > 0  −3 < x < 3 

1  1   1  1 C. m ∈  −∞; −  ∪   .D. m ∈  − ;0  ∪   . 2 2   2  2 PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO

+ Vậy tập xác định của hàm số là: D = ( −3;3) \ {2} .

Dạng 1. Tìm tập xác định Dạng 1.1 Không chứa tham số Câu 1. Chọn A Tập xác định của là tập các số x để

Dạng 2. Chứa tham số Câu 13. Chọn D Để hàm số có tâp xác định ℝ khi và chỉ khi x 2 − 2 x − m + 1 > 0, ∀x ∈ ℝ .

x > 3 x−3 > 0 ⇔ ( x − 3 )( x + 2 ) > 0 ⇔  x+2  x < −2

⇔ ∆ ′ < 0 ⇔ ( −1) − 1. ( − m + 1) < 0 ⇔ m < 0 .

Câu 14.

Suy ra D = ( −∞; −2 ) ∪ ( 3; +∞ ) .

a = 1 > 0(ld ) Hàm số có tâp xác định ℝ khi và chỉ khi x 2 − 2 x + m + 1 > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  . ∆′ = 1 − (1 + m ) < 0 ⇔ m > 0 Câu 15. Chọn C Yêu cầu bài toán ⇔ x 2 + mx + 1 > 0 , ∀x ∈ ℝ ⇔ m 2 − 4 < 0 ⇔ −2 < m < 2 . Câu 16. Cách 1 Điều kiện: x > 0 . Hàm số xác định khi: 4 log 3 x − 3 , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . m log 32 x − 4 log 3 x + m + 3 ≠ 0 ⇔ m log 32 x + 1 ≠ 4log3 x − 3 ⇔ m ≠ log 32 x + 1 4 log 3 x − 3 Để hàm số xác định trên ( 0; +∞ ) thì phương trình m = vô nghiệm ∀x ∈ ( 0; +∞ ) log32 x + 1 4 log 3 x − 3 Xét hàm số y = . log 32 x + 1  −1 t= 4t − 3 −4t 2 + 6t + 4 Đặt log 3 x = t khi đó ta có y = 2 , y′ = ⇒ y′ = 0 ⇔  2 . 2 2  t +1 ( t + 1) t = 2 Ta có BBT: 1 t − +∞ −∞ 2 2 y′ 0 0 +

Câu 2. Chọn C y = log2 x2 − 2 x − 3 . Hàm số xác định khi x 2 − 2 x − 3 > 0 ⇔ x < −1 hoặc x > 3

(

)

Vậy tập xác định: D = ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ ) Câu 3. Chọn B x < 1 Điều kiện x 2 − 4 x + 3 > 0 ⇔  . x > 3 Câu 4. Chọn D Hàm số xác định khi: 3x − x 2 > 0 ⇔ x ∈ ( 0; 3)

(

Vậy D = ( 0; 3)

Câu 5. Chọn B Hàm số xác định khi và chỉ khi − x 2 + 5 x − 6 > 0 ⇔ 2 < x < 3. Vậy tập xác định của hàm số là D = ( 2;3) . Câu 6. Chọn A 1 Điều kiện: > 0 ⇔ 6 − x > 0 ⇔ x < 6 . Do đó tập xác định của hàm số là ( −∞;6 ) . 6− x Câu 7. Hàm số y = log2 3 − 2x − x 2 xác định khi: 3 − 2x − x 2 > 0 ⇔ −3 < x < 1 .

(

)

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là: D = ( −3;1) .  x < −1 Hàm số xác định khi x 2 − 2 x − 3 > 0 ⇔  . x > 3 Vậy D = ( −∞ ; − 1) ∪ ( 3; + ∞ ) .

Câu 8.

Câu 9. Chọn D Điều kiện xác định: x ≥ 0 x ≥ 0 ⇔ ⇒ D =  0;3)  3 − x > 0  x < 3

)

1 0

−4 Để hàm số xác định trên ( 0; +∞ ) thì m ∈ ( −∞; −4 ) ∪ (1; +∞ ) . Cách 2: Đề hàm số xác định trên khoảng ( 0; +∞ ) thi phương trình m.log 32 x − 4 log 3 x + m + 3 = 0 vô nghiệm.

ln ( x − 2 ) > 0  x − 2 > 1 ⇔ ⇔ x − 2 >1⇔ x > 3. ĐKXĐ:   x − 2 > 0 x − 2 > 0 TXĐ: D = ( 3; +∞ ) . Câu 10.

Câu 11.

Chọn C

TH1: m = 0 thì PT trở thành −4 log3 x + 3 = 0 ⇔ log 3 x =

3 3 ⇔ x = 34 . 4

Vậy m = 0 không thỏa mãn. 2

TH2: m ≠ 0 thì để PT vô nghiệm ∆ = ( −4 ) − 4m ( m + 3) < 0

 −2 < x < 2 4 − x 2 > 0  Điều kiện có nghĩa của hàm số là  ⇔ 3  2x − 3 ≠ 0  x ≠ 2

 m < −4 ⇔ −4m2 − 12m + 16 < 0 ⇔  . m > 1 25

Để hàm số xác định trên ( 0; +∞ ) thì m ∈ ( −∞; −4 ) ∪ (1; +∞ ) . Câu 17.

x2 > m, ∀x ∈ [0; +∞ ) . 2 YCBT ⇔ m < min f ( x ) .

⇔ 2018 x − x −

Hàm số xác định với mọi x ∈ (1; 2 ) khi − x + mx + 2m + 1 > 0, ∀x ∈ (1; 2 ) . 2

⇔ f ( x ) = x 2 − mx − 2m − 1 < 0, ∀x ∈ (1; 2 ) .

x∈[0; +∞)

x2 Đặt f ( x ) = 2018 x − x − , x ∈ [0; +∞ ) 2 ⇒ f ′ ( x ) = 2018 x ln ( 2018 ) − 1 − x

⇒ f ( x ) = 0 có 2 nghiệm thỏa mãn x1 ≤ 1 < 2 ≤ x2 .

 −3m ≤ 0 3  f (1) ≤ 0 ⇒ ⇔ ⇔m≥ . 4  −4m + 3 ≤ 0  f ( 2 ) ≤ 0 Câu 18. Hàm số y = log( x 2 − 4 x − m + 1) có tập xác định là ℝ khi và chỉ khi x2 − 4 x − m + 1 > 0 ∀x ∈ ℝ

Câu 19.

(

2 ⇒ f ′′ ( x ) = 2018x ( ln 2018 ) − 1 > 0, ∀x ∈[0; +∞ )

Khi đó f ′ ( x ) đồng biến trên x ∈[0; +∞ ) và f ′ ( 0 ) = ln ( 2018 ) − 1 > 0

)

Hàm số y = ln x 2 − 2 x − m + 1 có tập xác định là ℝ khi và chỉ khi:

Suy ra f ( x ) đồng biến trên x ∈ [0; +∞ ) và f ( 0 ) = 1

x 2 − 2 x − m + 1 > 0 ∀x ∈ ℝ ⇔ ∆ ' < 0 ⇔ 1 + m − 1 < 0 ⇔ m < 0 . Kết hợp với điều kiện m nguyên thuộc [ −2018; 2018] ta có 2018 giá trị của m . Câu 20.

Vậy m < 1 thì thỏa YCBT. Câu 23. Chọn D Điều kiện xác định: 4 x − 2 x + m > 0 Hàm số đã cho có tập xác định là ℝ ⇔ 4 x − 2 x + m > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ m > −4 x + 2 x , ∀x ∈ ℝ (*)

y = log ( x 2 − 2mx + 4 )

Điều kiện xác định của hàm số trên: x2 − 2mx + 4 > 0 . 1 > 0, ∀m a > 0 Để tập xác định của hàm số là ℝ thì  ⇔ 2 ⇔ −2 < m < 2 .  ∆′ < 0 m − 4 < 0 Vậy đáp án đúng là đáp án D. Câu 21. Chọn A Điều kiện xác định mx − m + 2 > 0 ⇔ mx > m − 2 (1) Trường hợp 1. m = 0 . (1) ⇔ 2 > 0 (luôn đúng với ∀x ∈  1 ; +∞  ). 2  Trường hợp 2. m > 0 . m−2 (1) ⇔ x > m 1  Để hàm số y = log ( mx − m + 2 ) xác định trên  ; +∞  thì 2  m−2 1 < ⇔ 0 < m < 4. m 2 Vì m ∈ ℤ nên m∈ {1; 2;3} .

Đặt t = 2 x , ( t > 0 ) Khi đó (*) trở thành m > −t 2 + t , ∀t > 0 ⇔ m > max f (t ) với f (t ) = −t 2 + t , t > 0 ( 0; +∞ )

1 Ta có: f ' ( t ) = −2t + 1 , f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 2 Bảng biến thiên của hàm số f (t ) = −t 2 + t , t > 0 :

f ' (t ) f (t )

1 2 0

+∞

1 4

−∞

1 1 Từ BBT ta thấy max f (t ) = đạt được khi t = ( 0; +∞ ) 4 2 1 Vậy m > max f ( t ) ⇔ m > ( 0; +∞ ) 4 3x + 5 Câu 24. Xét hàm số y = log 2018 ( x 2 − 2 x + m 2 − 4m + 5 )

Trường hợp 3. m < 0 . m−2 . m m−2  Suy ra tập xác định của hàm số y = log ( mx − m + 2 ) là D =  −∞; . m   1  Do đó  ; +∞  ⊄ D suy ra không có giá trị m < 0 nào thỏa yêu cầu bài toán. 2  Từ 3 trường hợp trên ta được m ∈ {0;1; 2;3} .

2 2  x 2 − 2 x + m2 − 4m + 5 > 0  x − 2 x + m − 4m + 5 > 0 ĐKXĐ:  ⇔ 2 . 2 2 2 log 2018 ( x − 2 x + m − 4m + 5 ) ≠ 0  x − 2 x + m − 4m + 5 ≠ 1 2 2  x − 2 x + m − 4m + 5 > 0 Nên điều kiện để hàm số xác định với mọi x ∈ ℝ là  2 với ∀x ∈ ℝ . 2  x − 2 x + m − 4m + 4 ≠ 0 Điều này xảy ra khi và chỉ khi : 2 ∆1′ = 1 − ( m 2 − 4m + 5 ) < 0 m < 1 − m + 4m − 4 < 0  ⇔ 2 ⇔ −m 2 + 4m − 3 < 0 ⇔  .  2 m m − + 4 − 3 < 0  m > 3 ∆′2 = 1 − ( m − 4m + 4 ) < 0 Vậy m ∈ ( −∞;1) ∪ ( 3; +∞ ) . Câu 25. Chọn D

(1) ⇔ x <

Câu 22. Chọn B Hàm số đã cho xác định ∀x ∈ [0; +∞ ) ⇔ 2018 x − x −

x2 − m > 0, ∀x ∈ [0; +∞ ) 2 27

Câu 34.

x2 x2 − m + 1 > 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) ⇔ 2017 x − x − > m − 1, ∀x ∈ [0; +∞ ) . 2 2 x2 x Xét hàm số f ( x ) = 2017 − x − , ∀x ∈ [0; +∞ ) liên tục có 2 f ′ ( x ) = 2017 x ln 2017 − 1 − x , ∀x ∈ [ 0; +∞ ) Điều kiện 2017 x − x −

(

y ' = 2x

Chọn A −3 x

Câu 35.

) ' = ( 2 x − 3) 2

(

Vậy hàm số f ′ ( x ) đồng biến trên [ 0; +∞ ) suy ra f ′ ( x ) ≥ f ′ ( 0 ) = ln 2017 − 1 > 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) Vậy hàm số y = f ( x ) đồng biến trên [ 0; +∞ ) suy ra min f ( x ) = f ( 0 ) = 1 .

Câu 36. Ta có:

ln 2 .

) = ( 2 x − 3) .3

x2 − 3 x

.ln 3 .

Chọn C

( (

y′ = ln 1 + x + 1

[ 0;+∞ )

x2 −3 x

Chọn D 2 −3 x ′

Ta có: y′ = 3x

f ′′ ( x ) = 2017 ln 2017 − 1 > 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) x

′

))

(1 +

x +1

)′ =

1+ x +1

(

2 x +1 1+ x +1

Mặt khác m − 1 < min f ( x ) = f ( 0 ) = 1 ⇔ m < 2 . [0;+∞ )

Lời giải Chọn A

1 .x − ln x 1 − ln x x = 2 x x2 x2 1 2 (1 − ln x )′ .x 2 − ( x 2 )′ (1 − ln x ) − x .x − 2 x (1 − ln x ) − x − 2 x (1 − ln x ) 1 + 2 (1 − ln x ) 3 − 2ln x = = =− =− y′′ = x4 x4 x4 x3 x3 1 − ln x 3 − 2ln x 2 − 2 ln x − 3 + 2 ln x 1 −x = =− 2 . Suy ra: 2 y′ + xy′′ = 2. x2 x3 x2 x 1 Cách 2. Ta có xy = ln x , lấy đạo hàm hai vế, ta được y + xy′ = . x 1 1 Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế của biểu thức trên, ta được y′ + y′ + xy′′ = − 2 , hay 2y′ + xy′′ = − 2 . x x Câu 38. Chọn B y ' = e1−2 x .(1 − 2 x ) ' = −2.e1−2 x Câu 39. Chọn B ( x 2 + x + 1) ' = 2 x + 1 y'= 2 ( x + x + 1) ln 3 ( x 2 + x + 1) ln 3

Hàm số đã cho xác định trên khoảng ( 2;3 ) nên ( 2;3) ⊂ D = ( m; 2 m + 1) ⇔ m ≤ 2 < 3 ≤ 2 m + 1

Cách 1. y′ =

m ≤ 2 ⇔ ⇔1≤ m ≤ 2. 2 m + 1 ≥ 3 Vì m nguyên dương nên m ∈ {1; 2} . Dạng 2. Tìm đạo hàm Câu 27. Chọn B

1 1 , ta được y′ = . xln10 x ln a

Câu 28. Chọn B 2 2 Ta có y ' = ( x 2 − x ) '.2 x − x.ln 2 = (2 x − 1).2 x − x.ln 2 . Câu 29. Chọn C 2 2 Ta có: au ′ = u′.au .ln a nên 3x − x ' = ( 2 x − 1) .3x − x.ln 3 .

(

( )

)

Câu 30. Chọn C Ta có: y′ = 13x ln13 . Câu 31. Chọn A Ta có

(

Chọn A

( x + 1)′ .4 x − ( x + 1) . ( 4x )′

Ta có: y ' =

Câu 40.

( 2 x + 1)′ = 2 y′ = ( log 2 ( 2 x + 1) )′ = . ( 2 x + 1) ln 2 ( 2 x + 1) ln 2

Câu 32.

x 2

(4 )

4 x. (1 − x.ln 4 − ln 4 )

(4 ) x

Câu 33. f '( x) =

Chọn D 2 − 2x ) '

(x (x

− 2x ) ln 2

Câu 37.

Vậy có vô số giá trị nguyên m thỏa mãn.  2m + 1 − x > 0  x < 2m + 1 Câu 26. Hàm số xác định ⇔  ⇔ ⇒ D = ( m; 2 m + 1) . x − m > 0  x > m

Áp dụng công thức ( log a x )′ =

)

( ln x )′ .x − x′.ln x =

Chọn B

= ex

(

x 2

1 − x.2ln 2 − 2 ln 2 1 − 2 ( x + 1) ln 2 = . 4x 22 x

Câu 41.

′ Ta có: y′ = ln (1 + e 2 x ) =

Câu 43.

Ta có y′ =

4 x − ( x + 1) .4 x.ln 4

(4 )

)

. x 2 + x = ( 2 x + 1) e x

(1 + e )′ = 2x

1 + e2 x

(1 − x )′ .2x − ( 2 x )′ . (1 − x )

(2 ( x + 1)′

x 2

)

Câu 44.

Ta có y′ =

+ 1) ln 9

2e 2 x . 1 + e2 x −1.2 x − 2 x.ln 2. (1 − x )

( 2x )

ln 2. ( x − 1) − 1 2x

2x 2x x = = . + 1) ln 32 ( x 2 + 1) 2 ln 3 ( x 2 + 1) ln 3

Câu 45.

Chọn D y ' = ( e .sin 2 x )′ = ( e x )′ .sin 2 x + e x . ( sin 2 x )′ = e x .sin 2 x + 2e x .cos 2 x = e x ( sin 2 x + 2 cos 2 x )

2x − 2 ( x − 2x ) ln 2

Câu 46.

y′ =

Chọn A ( x + 1)′ 4x − ( x + 1) ( 4x )′

Câu 47.

x 2

(4 )

1 1 1  x  Ta có f ( x ) = ln 2018 + ln  = −  ⇒ f ′( x) = x ( x + 1) x x + 1  x +1  1 1 1 1 1 1 1 2017 − = 1− = . Do đó S = − + − + ... + 1 2 2 3 2017 2018 2018 2018 1 x + 1 2018 1  2018 x ′  2018 x ′ Câu 56. Ta có: f ′ ( x ) =  ln . = . . =  = x + 1  2018 x  x + 1  2018 x ( x + 1)2 x. ( x + 1)  x +1 Vậy S = f ′ (1) + f ′ ( 2 ) + ... + f ′ ( 2018)

1 − 2 ( x + 1) ln 2 = 22 x

Chọn A 2

Ta có: f ′ ( x ) = (1 − 2 x ) e x − x .

f ′′ ( x ) = −2e x − x + (1 − 2 x )(1 − 2 x ) e x − x = ( −1 − 4 x + 4 x 2 ) e x − x 2

f ′′ ( x ) = 0 ⇔ ( −1 − 4 x + 4 x 2 ) e x − x = 0 ⇔ −1 − 4 x + 4 x 2 = 0 khi đó x1 x2 = 2

Câu 48. Chọn D Ta có y = x cos ( ln x ) + s in ( ln x )

c 1 =− . a 4

1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + ... + = − + − + ... + − 1.2 2.3 2018.2019 1 2 2 3 2018 2019 1 2018 . = 1− = 2019 2019 Dạng 3. Khảo sát hàm số mũ, logarit Câu 57. Chọn B Tập xác định D = ( 0; +∞ ) =

y ′ = cos ( ln x ) + s in ( ln x ) − s in ( ln x ) + cos ( ln x ) = 2 cos ( ln x )

2 y′′ = − sin ( ln x ) x Từ đó kiểm tra thấy đáp án D đúng vì : x 2 y′′ − xy′ + 2 y = y′′ = −2 x sin ( ln x ) − 2 x cos ( ln x ) + 2 x cos ( ln x ) + sin ( ln x )  = 0 .

Ta có f ( x ) = x ln x ⇒ f ′ ( x ) = g ( x ) = ln x + 1 . Ta có g (1) = 1 nên đồ thị hàm số đi qua điểm (1;1) . Loại hai đáp án B và D

log 2019 x , khi x > 0  y = log 2019 x =   x log − , khi x < 0 ( ) 2019    1   , khi x > 0   x ln 2019 1 ⇒ y′ = . y′ =   −1  x ln 2019  , khi x < 0  (−x ) ln 2019  

Câu 49.

Và lim+ ( g ( x ) ) = lim+  ln ( x ) + 1 . Đặt t = x →0

Ta có: y′ =

⇔ g ( x) =

(

2x −2 x 2 + 2 ≥ m, ∀x ∈ ( −∞; +∞ ) . Ta có g ′( x) = = 0 ⇔ x = ±1 2 x2 + 1 ( x 2 + 1)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có: g ( x) =

2x ≥ m, ∀x ∈ ( −∞; +∞ ) ⇔ m ≤ −1 x2 + 1

Câu 59. Chọn D Đường thẳng x = 1 đồ thị các hàm số y = a x , y = b x , y = c x tại các điểm có tung độ lần lượt là y = a, y = b, y = c như hình vẽ:

)

2x −m. x2 + 1

Hàm số y = ln ( x 2 + 1) − mx + 1 đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) ⇔ y′ ≥ 0, ∀x ∈ ( −∞; +∞ ) .

x > 0 x > 0 x > 0  ⇔ log 2017 x > 0 ⇔ ⇔ ⇔ x > 2017 2018 . x > 2017 2018 log 2017 x > 2018  log  2017 x > 2018 x2 − 2x ′ 2x − 2 = 2 Câu 53. Ta có f ′ ( x) = 2 x − 2 x ln 2 x − 2 x ln 2

(

1 + . Khi x → 0 thì t → +∞ . x

 1  Do đó lim+ ( g ( x ) ) = lim  ln   + 1 = − lim  ln ( t ) − 1 = −∞ nên loại đáp án A t →+∞ t →+∞ x →0  t  Câu 58. Chọn D

 1 ′ y′ 1 1 1 Câu 50. y = ⇒ = x + 1 + ln x ⇒   = ( x + 1 + ln x )′ ⇔ − 2 = 1 + . x + 1 + ln x y y x  y x 2 1 1  1 Câu 51. Ta có y′ = 2 x ( ln 2 )( ln x ) + + x =  + ( ln 2 )( ln x )  + x . x e x  e Câu 52. Điều kiện xác định của hàm số đã cho là: x > 0 x > 0 x > 0    log 2017 x > 0 log 2017 x > 0 ⇔ ⇔ log ( log log log 2017 x > 0 2017 x ) > 0  2018  2018 ( log 2017 x ) > 0  log 2018 ( log 2017 x ) > 1 log ( log ( log log ( log x 0 x 1 > > ) ) ) 2019 2018 2017 2018 2017  

(

x →0

)

Câu 54.

u′ Áp dụng các công thức ( ln u )′ = và ln u

Câu 55.

Chọn B

( u )′ = 2u ′u

ta có f ′( x) =

2 x ln x ln(ln x)

Câu 70.

+) y = ln x ; TXĐ: D = ( 0; +∞ )

e > 1 suy ra hàm số y = ln x đồng biến trên D . +) y = log 2018 x ; TXĐ: D = ( 0; +∞ ) 1−

2019

2018 2018 <1 ⇒ 0 <1− < 1 suy ra hàm số y = log 1− 2019 2019

2018 2019

x là hàm nghịch biến

D. +) y = log π x ; TXĐ: D = ( 0; +∞ ) π > 1 suy ra hàm số y = log π x đồng biến trên D .

+) y = log 4 −

Từ đồ thị kết luận a < c < b Câu 60. Chọn A Theo hình ta thấy hàm y = a x là hàm đồng biến nên a > 1 , còn hàm y = b x là hàm nghịch biến nên 0 < b < 1 . Suy ra 0 < b < 1 < a. Câu 61. Chọn C Hàm số mũ y = a x với 0 < a < 1 nghịch biến trên ℝ .

x ; TXĐ: D = ( 0; +∞ )

4 − 3 > 1 suy ra hàm số y = log 4 −

x đồng biến trên D .

Câu 71. Với x = 1 ⇒ y = ln x = ln1 = 0 . Với x = 2 ⇒ y = ln x = ln 2 . Với x = 2e ⇒ y = ln x = ln 2e = ln 2 + 1 . Với x = 0 , hàm số không xác định.

e e < 1 nên hàm số y =   nghịch biến trên ℝ . 4 4 Câu 62. Chọn C Hàm số y = ln( − x ) TXĐ D = ( −∞;0 )

2 2 Ta thấy hàm số y =   là hàm số mũ có có tập xác định là ℝ cơ số a = < 1 nên nghịch biến 3 3 trên tập xác định của nó. Ngoài ra ta có thể loại các đáp án khác bằng cách giải thích cụ thể đặc điểm các hàm đó như sau:

Cơ số a = e > 1 do đó hàm số đồng biết trên ( −∞; 0 )

1 Đáp án A loại vì: Hàm số y =   là hàm hằng nên không nghịch biến củng không đồng biến. 2 Đáp án B loại vì: Hàm số y = log x là hàm số logarit có tập xác định là D = (0; +∞ ) có cơ số a = 10 > 1 nên luôn đồng biến trên tập xác định của nó. Đáp án C loại vì: hàm số y = 2x là hàm số mũ có tập xác định là ℝ có cơ số a = 2 > 1

Câu 72.

Ta có 0 <

Câu 63. Chọn C Hàm số y = a x đồng biến trên ℝ khi và chỉ khi a > 1 . 1 2 Thấy các số ; ; 0,5 nhỏ hơn 1 , còn 3 lớn hơn 1 nên chọn C. π 3 Câu 64. Chọn C

Câu 73. Hàm số y = log 2 x đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) . Câu 74. Chọn A. Hàm số y = log a x đồng biến trên khoảng (0; + ∞ ) ⇔ a > 1 ⇒ Chọn A Câu 75. Chọn B Đồ thị hàm số y = a x và đồ thị hàm số y = log a x đối xứng với nhau qua đường phân giác góc phần tư thứ nhất ( y = x ), suy ra chọn B.

Hàm số y = log 2 x có tập xác định là D = ( 0; +∞ ) .

Câu 65. Chọn D x 2x x y = (0,1) 2 x = ( 0, 01) , y = (2016) = 4064256

3 2015 ; ; 0, 01 đều nhỏ hơn 1 nên các hàm số ở A, B, C nghịch biến trên ℝ . 2016 2016 − 2 Cơ số 4064256 > 1 nên hàm số y = (2016) 2 x đồng biến trên ℝ .

Ta có các cơ số

Câu 76.

Câu 66.

Đồ thị hàm số đi qua điểm ( e ; 1) và nằm cả trên và dưới trục hoành nên chỉ có hàm số y = ln x thoả mãn. Câu 67. Hàm số f ( x ) = a x đồng biến trên ℝ nếu a > 1 và nghịch biến trên ℝ nếu 0 < a < 1 .

Vậy ac = b 2 . Câu 77. Đồ thị hàm số đi qua điểm ( 0;0 ) nên loại đáp án A và B.

Vậy hàm số f ( x ) = 3x là hàm số đồng biến trên ℝ .

Câu 68.

Ta có tập xác định của hàm số y = log

Ta có A ( 0;ln a ) , B ( 0;ln b ) , C ( 0; ln c ) và B là trung điểm của AC nên

ln a + ln c = 2ln b ⇔ ln ( ac ) = ln b2 ⇔ ac = b 2 .

x là D = ( 0; +∞ ) . Do đó đáp án B sai.

Câu 69. Chọn B Xét hàm số y = a x đi qua ( 0;1) suy ra đồ thị hàm số (1) là đồ thị của hàm nghịch biến nên 0 < a < 1 . Xét đồ thị hàm số y = logb x đi qua (1; 0 ) suy ra đồ thị của hàm số ( 2 ) là đồ thị của hàm đồng biến suy ra

b > 1. Vậ y 0 < a < 1 < b .

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1;1) nên loại D. Vậy đáp án C thỏa mãn. x 2 2 Câu 78. Vì < 1 nên y =   nghịch biến trên R . e e Câu 79. Xét hàm số y = log π x có tập xác định: D = ( 0; +∞ ) . 4

Nhận thấy cơ số 33

π 4

< 1 nên y = log π x nghịch biến trên tập xác định. 4

Câu 80.

Chọn B 3x ln 3 Ta có: y ' = − 9 = 3x − 9 ln 3 y ' = 0 ⇔ 3x = 9 ⇔ x = 2

Câu 81.

a M

( 2018

(

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số y nghịch biến trên ( −∞ ; 0 ) .

Chọn C 5

2018; 2019

−1

= 5 2019−1 =

) thuộc đồ thị hàm số y = a

Dựa vào đồ thị ta thấy khi x → −∞ ⇒ y → 0 do đó đồ thị hàm số y = a x có a > 1 . Nên ta loại đáp án A và. D. Ở đồ thị hàm số y = logb x ⇔ x = b y ta thấy khi x → +∞ ⇒ y → −∞ do đó ta có 0 < b < 1 . 1 1 Câu 86. Hàm số có đồ thị (C2) là hàm số nghịch biến, do đó loại đáp án A,D. Cho x = 1 suy ra > 7 5 1 Do đó đồ thị hàm số (C2) là y = x . 5 Câu 85.

nên ta có:

1 < 1 = a0 ⇒ 0 < a < 1 2019

)

2018; 5 2019 −1 thuộc đồ thị hàm số y = log b x nên ta có:

log b 2018 = 5 2019 −1 ⇒ b Vậy 0 < a < 1, b > 1. Câu 82. Chọn B

1 2019

= 2018 > 1 = b 0 ⇒ b > 1

Câu 87.

Tập xác định: D = ℝ . 2x −mx 2 + 2 x − m −m= x2 + 1 x2 + 1

1 x Xét phương trình hoành độ giao điểm: ln x = 0 ⇔ x = 1 ⇒ A (1; 0 )

Ta có: y′ =

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( L ) tại điểm A là:

− m > 0 y′ ≥ 0; ∀x ∈ ℝ ⇔ −mx 2 + 2 x − m ≥ 0; ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ m ∈ ( −∞; −1] . 2 ∆ ′ = 1 − m ≤ 0 Câu 88. Dựa vào đồ thị các hàm số y = a x , y = b x , y = logc x ,ta có:

TXĐ D = ( 0; +∞ ) . f ′ ( x ) =

y = f ′(1) ( x − 1) + 0 = x − 1 , chọn Câu 83. Tập xác định là ℝ . y′ = e−3 x (1 − 3x ) .

Để hàm số đồng biến trên ℝ điều kiện là

Hàm số y = a x nghịch biến trên ℝ nên ta có: 0 < a < 1 . (1)

Vì e−3 x > 0, ∀x ∈ ℝ nên dấu của y′ là dấu của nhị thức 1 − 3x , suy ra y′ đổi dấu từ dương sang âm khi x đi 1 qua . 3 1 Do đó, x = là điểm cực đại của hàm số. 3 Câu 84. Hàm số y = log 3 ( x 2 − 2 x ) có tập xác định D = ( −∞ ;0 ) ∪ ( 2; + ∞ ) . Ta có y′ =

b > 1 Các hàm số y = b x , y = log c x đồng biến trên tập xác định của nó nên ta có:  .(2) c > 1 a < b Từ (1),(2) ⇒  . Do đó loại hai phương án B, D. a < c Nếu b = c thì ta có đồ thị hai hàm số y = b x , y = logb x đối xứng nhau qua đường thẳng y = x . Tuy nhiên nhìn hình dáng hai đồ thị hàm số y = b x , y = logb x không có tính chất đối xứng nhau qua đường thẳng y = x . Do đó phương án đúng là A. Cách khác: Hàm số y = a x nghịch biến trên ℝ nên ta có: 0 < a < 1 . b > 1 Các hàm số y = b x , y = logc x đồng biến biến trên tập xác định của nó nên ta có:  . c > 1 Xét đồ thị hàm số y = log c x , ta có: log c 2 > 1 ⇔ c < 2 .

2x − 2 . Khi đó y′ = 0 ⇔ x = 1 . x ( − 2x ) ln 3 2

Bảng biến thiên:

Xét đồ thị hàm số y = b x , ta có: b1 > 2 ⇔ b > 2 . Do đó: 0 < a < c < b . Câu 89. Chọn C 35

Xét hàm số y = b x : Dựa vào hình dáng đồ thị ta thấy lim b x = 0 , do đó 0 < b < 1 .

Hàm số đồng biến trên (1; e ) ⇔ y′ > 0 ∀x ∈ (1; e ) ⇔

x →+∞

Xét hàm số y = a x : Dựa vào hình dáng đồ thị ta thấy lim a x = +∞ , do đó a > 1 . x →+∞

6 − 2m x ( ln x − 2m )

> 0 ∀x ∈ (1; e )

m < 3  6 − 2m > 0 m ≤ 0  6 − 2m > 0  2m  m≤0 ⇔  2m ⇔  e ≤ 1 ⇔   . ⇔ 1  ≤m<3 e ∉ (1; e )  2m m ≥ 1 2   e ≥ e 2   Do m nguyên dương nên m ∈ {1; 2} . Vậy tập S có 2 phần tử. Câu 94. Chọn D Đặt t = log 2 x .

Từ đó suy ra: a > b . Loại đáp án A, D. Xét tại x = 1 đồ thị hàm số y = c x có tung độ lớn hơn tung độ của đồ thị hàm số y = a x nên c > a . Vậy c > a >1> b . Câu 90. Chọn D

Ta có x ∈ ( 4; +∞ ) ⇔ t ∈ ( 2; +∞ ) . mt − 2 (1). t − m −1 Vì t = log 2 x đồng biến trên ( 0; +∞ ) nên yêu cầu bài toán ⇔ (1) nghịch biến trên ( 2; +∞ )

Hàm số được viết lại y =

  m < −2 − m ( m + 1) + 2 < 0   ⇔ ⇔   m > 1 ⇔ m < −2 . m + 1 ≤ 2 m ≤ 1  Câu 95.  a, b > 1 Theo hình dạng của đồ thị ta có  . 0 < c < 1

Tập xác định của hàm số f ( x ) : D = ( 0; +∞ )

1 1− x −1 = x x f ′( x) = 0 ⇒ x = 1

Ta có f ′ ( x ) =

Vẽ đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hai hàm số y = log a x, y = logb x lần lượt tại 2 điểm M (a;1), N (b;1) . Ta thấy điểm N bên phải điểm M nên b > a . Vậ y c < a < b . Câu 91. Chọn A ln x Xét y = f ( x ) = . Hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ 2;3] x 1 − ln x / 1 − ln x ; y =0⇔ y/ = = 0 ⇔ x = e ∈ 2;3 x2 x2 ln 2 1 ln 3 Có f ( 2 ) = ≈ 0,3466 ; f ( e ) = ≈ 0,3679 ; f ( 3 ) = ≈ 0,366 , 2 e 3 ln 2 Suy ra Min f ( x ) = . x∈2;3 2 ln 2 ln x Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên đoạn [ 2;3] bằng . 2 x b , Câu 92. Do y = logb x và y = log c x là hai hàm đồng biến nên c > 1 . Do y = log a x nghịch biến nên 0 < a < 1 . Vậy a bé nhất.

Bảng xét dấu f ′ ( x ) :

Câu 96.

1 1 1 < 0 hàm số nghịch biến ta vẽ được đồ thị hàm số y′ = − 2 Ta có y = log 2018   thì y′ x x ln 2018  x ( C1 ) như hình

m logb x1 = m b = x1 ⇒ m Mặt khác: Lấ y y = m , khi đó tồn tại x1 , x2 > 0 để  . logc x2 = m c = x2

Dễ thấy x1 < x2 ⇒ bm < c m ⇒ b < c . Vậy a < b < c . Câu 93. Chọn C 6 − 2m Điều kiện: ln x ≠ 2 m ⇔ x ≠ e 2 m . Có yy′′ = 2 x ( ln x − 2m )

Do ( C2 ) đối xứng với ( C1 ) qua O nên có dạng như hình dưới

Dựa vào bảng biến thiên suy ra g ( x ) ≥ 4 với mọi x ∈ ( 0; e 2 ) . Từ đó suy ra −2018 ≤ m ≤ 4 . Vậy có 2023 giá trị của m thỏa mãn. Câu 99. Ta có log ( log e ) + log ( ln10 ) = log1 = 0 .

Từ đó đồ thị hàm số y = f ( x ) là

)

(

)

Mặt khác f ( x ) + f ( − x ) = a ln x + x 2 + 1 + b sin x + 6 + a ln − x + x 2 + 1 + b sin ( − x ) + 6

(

)(

)

= a ln x + x 2 + 1 − x + x 2 + 1 + b sin x − b sin x + 12

= a ln1+12 = 12 ∀ x ∈ ℝ . Khi đó suy ra f ( log ( log e ) ) + f ( log ( ln10 ) ) = 12 ⇒ f ( log ( ln10 ) ) = 10 .

Dựa vào đồ thị trên ta có hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞; −1)

Câu 97.

Đặt t = ln x . t −6 ln x − 6 Khi đó hàm số y = đồng biến trên khoảng 1;e6 thì hàm số y ( t ) = đồng biến trên khoảng ln x − 3m t − 3m ( 0; 6 ) .

(

Ta có y′ ( t ) =

)

−3m + 6

( t − 3m )

Để hàm số y ( t ) đồng biến trên khoảng ( 0; 6 ) thì

m < 2 −3m + 6 > 0  m∈ℤ ⇒ → m ∈ {−2019; −2018;... − 1;0} .   m ≤ 0 ⇒ m ≤ 0  m∈[ −2019;2019 ] 3m ∉ ( 0;6 )  m ≥ 2  Vậy có tất cả: 2020 số nguyên m thoả mãn yêu cầu bài toán. x +1 +2−m Câu 98. Ta có: y ' = f ' ( x ) = ln x + x 1 1 Yêu cầu bài toán ⇔ f ′ ( x ) = ln x + + 3 − m ≥ 0 ⇔ ln x + + 3 ≥ m ; ∀x ∈ ( 0; e 2 ) . x x 1 2 Xét hàm số: g ( x ) = ln x + + 3 với x ∈ ( 0; e ) . x 1 1 Ta có: g ' ( x ) = − 2 = 0 ⇔ x = 1 . x x Bảng biến thiên:

Câu 100. Kẻ đường thẳng (d ) : y = 1 . Hoành độ giao điểm của (d ) với các đồ thị hàm số y = log a x , y = log b x , y = log c x lần lượt là a , b, c . Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy a > c > b . Câu 101. Lờigiải Chọn B Gọi ( C ) là đồ thị hàm số y = a x ; ( C1 ) là đồ thị hàm số y = f ( x ) . 1 1     M  2 + log a ; yM  ∈ ( C1 ) ⇔ yM = f  2 + log a . 2018 2018     1   Gọi N đối xứng với M qua I (1;1) ⇒ N  − log a ; 2 − yM  . 2018   1   Do đồ thị ( C1 ) đối xứng ( C ) qua I (1;1) nên N  − log a ; 2 − yM  ∈ ( C ) . 2018  

N ∈ ( C ) ⇔ 2 − yM = a

− log a

1 2018

⇔ 2 − yM = a log a 2018 ⇔ 2 − yM = 2018 ⇔ yM = −2016 .

1   Vậy f  2 + log a  = −2016 . 2018  

Dạng 4. Bài toán thực tế (lãi suất, tăng ăng trưởng…) Câu 102. Lời giải 39

Chọn C

T2 = T1 (1 + 0, 0r ) − a

Ta có An = A0 (1 + r )

 0, 4  = 100.000.000 1 +  = 102.424.128  100 

= Vo (1 + 0, 0r ) − a  (1 + 0, 0r ) − a 2

= Vo (1 + 0, 0r ) − a (1 + 0, 0r ) − a Số tiền người đó còn nợ ngâng hàng sau tháng thứ n là

Câu 103. Chọn B Gọi x số tiền gửi ban đầu. N

6,1  6,1    Theo giả thiết 2 x = x  1 +  ⇔ 2 = 1 +   100   100 

Tn = Vo (1 + 0, 0 r ) − a (1 + 0, 0 r )

n −1

− ... − a (1 + 0, 0 r ) − a n

Tn = 0 ⇔ Vo (1 + 0, 0r ) − a (1 + 0, 0r )

6,1   ⇔ 2 = 1 +  ⇔ N = log (1,061) 2 ≈ 11, 7  100  Vậy sau ít nhất 12 năm người đó thu được số tiền thỏa yêu cầu. Câu 104. Chọn C Cách 1: Công thức: Vay số tiền A lãi suất r % / tháng. Hỏi trả số tiền a là bao nhiêu để n tháng hết nợ

a =

(

A.r . 1 + r n

(1 + r )

)

(

100.0, 01. 1 + 0, 01

(1 + 0, 01)

−1

)

⇔ Vo (1 + 0, 0r )

−1

Áp dụng 100.0, 01(1, 0160 ) a= ≈ 2, 224444768 1, 0160 − 1 Câu 106. Chọn C n

Áp dụng công thức An = A0 (1 + r ) với n là số kỳ hạn, A0 là số tiền ban đầu, An là số tiền có được sau n kỳ hạn, r là lãi suất. 9

Suy ra A9 = A0 (1 + r ) ⇒ r =

- Số tiền dư: 100. (1, 01) − 1, 01.m − m (triệu đồng) Hoàn nợ lần 3: - Tổng tiền cần trả (gốc và lãi) là : 100. (1, 01)2 − 1, 01.m − m  .1, 01 = 100. (1, 01)3 − (1, 01)2 m − 1, 01m (triệu đồng)  

⇔m=

100. (1, 01) . (1, 01 − 1)

(1, 01)

100. (1, 01)

(1, 01)

A9 − 1 = 0, 7% . A0

Sau n tháng, người đó lĩnh được số tiền là: 100. (1 + 0,6% ) (triệu đồng). Sau n tháng, người đó được lĩnh số tiền không ít hơn 110 triệu đồng (cả vốn ban đầu và lãi) 11 n ⇒ 100. (1 + 0, 6% ) ≥ 110 ⇔ n ≥ log1+0,6% ≈ 15, 9 . 10 Câu 108. Chọn A Ta có: r = 2% = 0, 02 Số tiền 100 triệu đồng gửi lần đầu thì sau 1 năm (4 quý) nhận được cả vốn lẫn lãi là:

Câu 107. Chọn B

- Số tiền dư: 100. (1, 01) − (1, 01) m − 1, 01m − m (triệu đồng) 3

⇔ Vo (1 + 0, 0r ) = a

⇒ 100. (1, 01) − (1, 01) m − 1, 01m − m = 0 ⇔ m =

− ... − a (1 + 0, 0r ) − a = 0

n −1 = a (1 + 0, 0r ) + ... + (1 + 0, 0r ) + 1  

(1 + 0, 0r ) − 1 (1 + 0, 0r ) − 1 n V .0, 0r. (1 + 0, 0r ) ⇔a= o n (1 + 0, 0r ) − 1

Vì sau n tháng thì trả hết tiền nên ta có

Cách 2: Theo đề ta có: ông A trả hết tiền sau 3 tháng vậy ông A hoàn nợ 3 lần Với lãi suất 12%/năm suy ra lãi suất một tháng là 1% Hoàn nợ lần 1: -Tổng tiền cần trả (gốc và lãi) là : 100.0, 01 + 100 = 100.1, 01 (triệu đồng) - Số tiền dư : 100.1, 01 − m (triệu đồng) Hoàn nợ lần 2: - Tổng tiền cần trả (gốc và lãi) là : 2 (100.1, 01 − m ) .0, 01 + (100.1, 01 − m ) = (100.1, 01 − m ) .1, 01 = 100. (1, 01) − 1, 01.m (triệu đồng)

n −1

+ 1, 01 + 1

T1 = 100 (1 + 0,02 ) = 108, 24 triệu đồng Số tiền 100 triệu đồng gửi lần thứ hai thì sau 6 tháng (2 quý) nhận được cả vốn lẫn lãi là:

= (triệu đồng). (1, 01)2 + 1, 01 + 1 . (1, 01 − 1) (1, 01)3 − 1   Câu 105. Chọn B Ta xây dựng bài toán tổng quát như sau Gọi số tiền người đó vay ngâng hàng là V0 triệu đồng Số tiền hàng tháng người đó phải trả là a triệu đồng Lãi suất là r %/ tháng Vậy số tiền nợ ngân hàng sau tháng thứ nhất là V0 (1 + 0, 0r ) Số tiền người đó còn nợ ngân hàng sau khi trả tiền tháng 1 là T1 = V0 (1 + 0, 0 r ) − a Số tiền người đó còn nợ ngân hàng sau khi trả tiền tháng 2 là

T2 = 100 (1 + 0,02 ) = 104, 04 triệu đồng Vậy tổng số tiền nhận được là: T = T1 + T2 = 212, 28 triệu đồng. Câu 109. Chọn B Gửi ngân hàng số tiền là A đồng với lãi suất r % ./tháng. Mỗi tháng vào ngày ngân hàng tính lãi, rút ra số tiền là X đồng. Sô tiền còn lại sau n tháng đươc tính theo công thức: n

S n = A (1 + r ) − X

(1 + r ) r

−1

= 800 (1, 005 ) − 6.

(1, 005 )

0,5%

−1

= 775.3288753 = 1200 − 400.(1, 005)12

Câu 111. Chọn B Giả sử anh An vay số tiền là A với lãi suất r trên tháng và trả nợ cho ngân hàng số tiền cố định là x. Anh An sau các tháng còn nợ ngân hàng với số tiền là: Tháng thứ 1: A (1 + r ) − x 41

Tháng thứ 2:  A (1 + r ) − x  (1 + r ) − x = A (1 + r ) − 1 + (1 + r )  x = A (1 + r ) − x. 3

Tháng thứ 3 : A (1 + r ) − x.

(1 + r )

 x = 1 ∈ [ −1; 2] . f ′( x) = 0 ⇔   x = −2 ∉ [ −1; 2] Và f ( −1) = − e−2 ; f ( 2 ) = 2e4 ; f (1) = − e 2

−1

(

Tháng thứ n : A (1 + r ) − x.

(1 + r )

Câu 115. Chọn D

−1

 2x = 0 3  x =1 4 ⇔ y ′ = 2 x +1 ln 2 − ⋅ 8 x ln 8 = 0 ⇔ 2 x − 2 ⋅ ( 2 x ) = 0 ⇔  x 2 = 1 3  x = −1 / 2  2 2 Xét y(-1)=5/6 ; y(-1/2)=0,9428 ; y(0)=2/3 . Ta có: ymin = . 3

r Áp dụng công thức ta có: A = 500; r = 0,0085; x = 10 và sau n tháng trả hết nợ ta có: n

500. (1 + 0, 0085 ) − 10. n

⇔ 50. (1, 0085 ) =

(1 + 0, 0085)

(1, 0085)

−1

0, 0085 n

−1

0, 0085

=0 n

⇔ (1, 0085 ) =

40 40 ⇔ n = log1,0085 ≈ 65, 4 23 23

Câu 116. Ta có: số tiền nhận được của gốc và lãi là: 200 000 000 (1 + r ) = 231 525 000 ⇔ r = 5% /năm 5 Câu 117. Số tiền ông An nhận được sau 5 năm đầu là: 60 (1 + 8% ) = 88,160 (triệu đồng) Số tiền ông An nhận được (toàn bộ tiền gốc và tiền lãi) sau 10 năm là: 5 ( 88,16 + 60 )(1 + 8% ) = 217, 695 (triệu đồng). Câu 118. Lời giải Gọi a = 200 triệu; b = 20 triệu; α = 7% . Số tiền sau 1 năm: a (1 + α ) .

Câu 112. Chọn A Số tiền ông An tích lũ y được gồm cả vốn và lãi là 260 triệu Công thức tính lãi kép An = A (1 + r )

⇔ 260.106 = 100.106 (1 + 10% )

⇔ n = 10 Câu 113. Lờigiải

Tácgiả: Mai Tiến Linh; Fb:Mai Tiến Linh

( C1) (C2)

( C3)

B A

Vì hàm số y = a đồng biến trên ℝ khi a > 1 và nghịch biến trên ℝ khi 0 < a < 1 nên dựa vào đồ thị ta có: + ( C3 ) là đồ thị của hàm số đồng biến trên ℝ . Do đó ( C3 ) có thể là đồ thị của hàm số y = 6 x hoặc y = 8x . + ( C1 ) , ( C 2 ) là đồ thị của các hàm nghịch biến trên ℝ nên ( C 2 ) có thể là đồ thị của hàm số y =

1 7

Số tiền sau 2 năm: a (1 + α ) + b (1 + α ) . 3

(

)

= 106, 09 triệu đồng.

• Số tiền anh Nam nhận được sau một năm (tức 2 quý còn lại của năm) là:

(

T2 = (106, 09 + 100 ) 1 + 30 / 0

+ Kẻ đường thẳng x = 1 lần lượt cắt ( C 2 ) và ( C1 ) tại A và B . Vì y A < yB và

)

(

Số tiền sau 3 năm: a (1 + α ) + b (1 + α ) + b (1 + α ) . …………………… 18 17 16 Số tiền sau 18 năm: a (1 + α ) + b (1 + α ) + (1 + α ) + ... + (1 + α )   17   (1 + α ) − 1 18 = a (1 + α ) + b (1 + α ) .  α   Vậy số tiền ông Chính nhận sau 18 năm là: 1.335.967.000 VNĐ. T 15 Câu 119. Ta có: Số tiền cả lãi lẫn gốc sau 15 tháng gửi: S15 = (1 + r ) (1 + r ) −1   r T 15   Vậy: 10.000.000 = (1 + 0, 006) (1 + 0, 006) −1 ⇔ T ≈ 635.301 0, 006 Câu 120. • Số tiền anh Nam nhận được sau 6 tháng (tức 2 quý) là: T1 = 100 1 + 30 / 0

1 hoặc 5x

(

)

Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x 2 − 2 e2 x trên đoạn [ −1; 2] bằng −e2 tại x = 1 .

…

)

≈ 218, 64 triệu đồng.

Câu 121. Gọi A là số tiền gửi vào ngân hàng, n tháng. Ta có T = A (1 + r ) .

1 1 < nên đồ 5 7

)

Câu 114. Ta có: f ′ ( x ) = 2 x 2 − 2 e2 x + 2 xe2 x = 2 x 2 + x − 2 e2 x

Theo đề T = 50. (1, 005 ) > 60 ⇔ n > log1,005

là lãi suất, T là số tiền cả gốc lẫn lãi thu được sau

6 ≈ 36, 6 . 5

Vậy sau ít nhất 37 tháng thì ông A thu được số tiền cả gốc lẫn lãi hơn 60 triệu. 43

Câu 122. Chọn B Áp dụng công thức S = A.e Nr từ đầu năm 2010 đến đầu năm 2015 ta có: 1 1153600 . 1153600 = 1038229.e5r ⇔ r = ln 5 1038229

Sau khi hoàn nợ lần thứ nhất, số tiền còn nợ là M (1 + r ) − m (triệu đồng). Sau khi hoàn nợ lần thứ hai, số tiền còn nợ là 2

M (1 + r ) − m +  M (1 + r ) − m  r − m = M (1 + r ) − m (1 + r ) − m (triệu đồng).

1 1153600 10. ln

Đầu năm 2020 dân số của tỉnh Bắc Ninh là S = 1038229.e 5 1038229 ≈ 1281792 người. Vậy Chọn B. Câu 123. Kí hiệu số tiền gửi ban đầu là A , lãi suất một kì hạn là m thì số tiền cả gốc và lãi có được sau n n kì hạn là A. (1 + m ) .

Do đó, số tiền cả gốc và lãi người đó nhận được sau n năm là 300.1, 07 n triệu đồng.

= M (1 + r ) − m (1 + r ) − m (1 + r ) − m (triệu đồng).

Lập luận tương tự, sau khi hoàn nợ lần thứ n , số tiền còn nợ là n

M (1 + r ) − m (1 + r )

Số tiền cả gốc và lãi nhận được nhiều hơn 600 triệu đồng ⇔ 300.1, 07 > 600 ⇔ n > log1,07 2 ≈ 10, 245 .

n −1

− m (1 + r )

n−2

− ... − m (1 + r ) − m = M (1 + r )

m (1 + r ) −  r

n −1

− 1 .

Sau tháng thứ n trả hết nợ thì ta có n −1 n m (1 + r ) − 1 n  = 0 ⇔ m = Mr (1 + r ) M (1 + r ) −  n r (1 + r ) − 1

Vậy sau ít nhất 11 năm thì người đó nhận được số tiền nhiều hơn 600 triệu đồng bao gồm cả gốc và lãi. Câu 124. Gọi P0 là số tiền gửi ban đầu, r là lãi suất / năm. Số tiền gốc và lãi sau năm thứ nhất: P1 = P0 + P0 .r = P0 (1 + r ) . 2

Số tiền gốc và lãi sau năm thứ hai: P2 = P1 + P1.r = P0 (1 + r ) . ….

m  m  ⇔ n = log (1+ r )   m − Mr  m − Mr  Thay số với M = 100.000.000 , r = 0,7% , m = 5.000.000 ta tính được n ≈ 21,62 (tháng). Vậy sau 22 tháng người đó trả hết nợ ngân hàng. Câu 128. Bài toán lãi kép: Kí hiệu số tiền gửi ban đầu là A , lãi suất một kì hạn là r % thì số tiền cả gốc và lãi có được sau n kì hạn là n Sn = A. (1 + r % ) . Anh Bảo nhận được số tiền ít nhất 36 triệu đồng tính cả vốn và lãi nên ta có: n 27 (1 + 1,85% ) ≥ 36 ⇔ n ≥ 15.693 . Vậy thời gian tối thiểu để anh Bảo nhận được ít nhất 36 triệu đồng tính cả vốn lẫn lãi là 16 quý. Câu 129. Gọi Tn là số tiền cả gốc lẫn lãi sau n tháng, a là số tiền gốc, r là lãi xuất, ta có: n

⇔ m = ( m − Mr )(1 + r ) ⇔ (1 + r ) =

Số tiền gốc và lãi người đó rút ra được sau 5 năm là P5 = P0 . (1 + r ) = 80 000000. (1 + 6,9% ) ≈ 111680799 (đồng). Câu 125. Chọn C Số tiền nhận được khi gửi khoản tiền T ở tháng đầu tiên là T (1 + 0,006)15 = T .1,00615 . Số tiền nhận được khi gửi khoản tiền T ở tháng thứ 2 là T (1 + 0,006)14 = T .1,00614 . Cứ như vậy, số tiền nhận được khi gửi khoản tiền T ở tháng thứ 14 là T (1 + 0,006) = T .1, 006 . Vậy tổng số tiền nhận được sau 15 tháng là: 1, 00615 − 1 T (1,00615 + 1,00614 + ... + 1,0062 + 1,006) = T .1, 006. . 0,006 Theo giả thiết có: 10000000 = T .1,006.

Sau khi hoàn nợ lần thứ ba, số tiền còn nợ là 2 2 M (1 + r ) − m (1 + r ) − m +  M (1 + r ) − m (1 + r ) − m  r − m  

Cuối tháng thứ 1 ông An có số tiền là: T1 = a (1 + r )

1, 00615 − 1 ⇒ T ≃ 635301, 46 . 0,006

Câu 126. Chọn A Gọi T0 là số tiền người đó gửi vào ngân hàng vào ngày 01/01 hàng năm, Tn là tổng số tiền cả vốn lẫn lãi người đó có được ở cuối năm thứ n , với n ∈ ℕ* , r là lãi suất ngân hàng mỗi năm. Ta có: T1 = T0 + rT0 = T0 (1 + r ) . Đầu năm thứ 2 , người đó có tổng số tiền là: T0 (1 + r )2 − 1 = T0 (1 + r )2 − 1 . T0 (1 + r ) + T0 = T0 (1 + r ) + 1 =  r   (1 + r ) − 1  T0  T T 2 2 Do đó: T2 = . (1 + r ) − 1 + 0 . (1 + r ) − 1 . r = 0 . (1 + r 2 ) − 1 (1 + r ) .  r   r  r …… T n Ta có: Tn = 0 . (1 + r ) − 1 (1 + r ) .  r  T 6 Áp dụng vào bài toán, ta có: 109 = 0 . (1 + 0, 07 ) − 1 (1 + 0, 07 ) ⇒ T0 ≈ 130 650 280 đồng.  0, 07  Câu 127. Gọi số tiền vay ban đầu là M , số tiền hoàn nợ mỗi tháng là m , lãi suất một tháng là r . Hết tháng thứ nhất, số tiền cả vốn lẫn nợ ngân hàng là M + Mr = M (1 + r ) (triệu đồng).

Đầu tháng thứ 2 ông An có số tiền là: T2 = a (1 + r ) + a

Cuối tháng thứ 2 ông An có số tiền là: T2 = a (1 + r ) + a + ( a (1 + r ) + a ) r = a (1 + r ) + a (1 + r ) …………………………………………………………… 2

Cuối tháng thứ n ông An có số tiền là:: Tn = a (1 + r ) + a (1 + r ) + ... + a (1 + r )

(

= a (1 + r ) + (1 + r ) + ... + (1 + r )

)

= a.

(1 + r ) ( (1 + r )

) = a (1 + r ) ( (1 + r ) −1) (1) .

−1

1 + r −1 r Với kì hạn một tháng, suy ra 3 năm có 36 kỳ. Lãi xuất của một năm là 7,2% , suy ra lãi xuất của 1 tháng là: 7,2 % = 0.6% . Áp dụng (1) ta có: a = 5000000; r = 0.6% = 0.072; n = 36 12 => T36 =

(

)

5000000 (1 + 0.6% ) (1 + 0.6% ) − 1

≈ 201453000 0.6% Câu 130. Số tiền trả cho ngân hàng nếu vay 200 triệu trong 4 tháng 4

N = 200. (1 + 0,7% ) − 200 ≈ 5,65907 Tổng số tiền lãi nếu anh Bình gửi đúng kì hạn là 12

L1 = 200. (1 + 0,65% ) − 200 ≈ 16,16996 45

Số tiền lãi nếu anh Bình làm theo tư vấn của nhân viên ngân hàng L = 16,16996 − 5,65907 = 10,51089. Số tiền lãi nếu gửi 8 tháng theo hình thức lãi suất không kì hạn

Sau 1 tháng kể từ ngày gửi tiền, số tiền còn lại của người đó là: S1 = A (1 + r ) − 1 . Sau 2 tháng kể từ ngày gửi tiền, số tiền còn lại của người đó là:

L2 = 200. (1 + 0,02% ) − 200 ≈ 0,32022. Số tiền anh Bình đỡ thiệt nếu làm theo tư vấn của nhân viên ngân hàng 16,16996 − 5, 65907 − 0,32022 ≈ 10,19067. Câu 131. Đặt T = 8 000 000 Số tiền thầy giáo thu được sau tháng thứ nhất, thứ 2, thứ 3,., thứ n lần lượt là T1 , T2 , T3 ,..., Tn Ta có:

S2 =  A (1 + r ) − 1 (1 + r ) − 1 = A (1 + r ) − (1 + r ) − 1 . … Sau n tháng kể từ ngày gửi tiền, số tiền còn lại của người đó là: n

S n = A (1 + r ) − (1 + r )

T1 = T (1 + r )

n −1

− (1 + r )

n−2

− ⋯ − (1 + r ) − 1 = A (1 + r ) −

(1 + r )

−1

r n

Giả sử sau n tháng người đó rút hết tiền. Khi đó ta có Sn = 0 ⇔ A (1 + r ) −

(1 + r )

. n

n −1

+ ... + T (1 + r ) = T (1 + r ) ×

Theo bài ra ta có Tn = 400 000 000 ⇔ T (1 + r ) × n

⇔ (1 + r ) =

(1 + r )

−1

(1 + r )

−1

= 400 000 000

251 251 ⇔ n = log1.005 ≈ 44,54 201 201

+) Đầu tháng 3 số tiền mẹ gửi vào là: A + A (1 + r ) + A (1 + r ) .

đó còn nợ ngân hàng là ( 400 ⋅1,01 − 10 ) triệu đồng.

(

⇒ cuối tháng 3 số tiền của mẹ là:  A + A (1 + r ) + A (1 + r )  (1 + r ) = A (1 + r ) + A (1 + r ) + A (1 + r ) .   Cứ như vậy đến cuối tháng thứ 11 số tiền của mẹ là: 2 11 2 11 A (1 + r ) + A (1 + r ) + ... + A (1 + r ) = A (1 + r ) + (1 + r ) + ... + (1 + r )  = T1 .   2 11 Ta thấy (1 + r ) + (1 + r ) + ... + (1 + r )  là tổng của 1 cấp số nhân với u1 = 1 + r , n = 11, q = 1 + r .   u1 1 − q11 ⇒ T1 = A . Ta có: 1− q A = 4000000 2

Vậy tổng số tiền là T = T1 + T2 = 171.761.000 Câu 133. Cuối tháng thứ nhất, tiền gốc và lãi là 400 ⋅1,01 triệu đồng. Sau khi trả 10 triệu thì số tiền người

)

Cuối tháng thứ hai, tiền gốc và lãi là: 400 ⋅1, 012 − 10 ⋅1,01 triệu đồng. Sau khi trả 10 triệu thì số tiền người

)

đó còn nợ ngân hàng là 400 ⋅1,012 − 10 ⋅1,01 − 10 triệu đồng.

(

)

r = 1% = 0.01 ⇒ T1 ≈ 46730000 đồng. Vì mẹ rút tiền vào đầu tháng 12 năm 2019 ⇒ T = T1 + 4000000 = 50730000 đồng. Câu 136. Xét bài toán 1: Vay nhận vốn định kì lãi suất kép. Gọi A là số tiền mỗi năm bạn H vay ngân hàng, r1 là lãi suất theo năm.

Như vậy ở cuối tháng thứ n ( n ≥ 1) người đó nếu còn nợ thì số tiền nợ là: n

( Ar − 1) + 1 = 0 ⇔ n = log (1+ r )

⇒ cuối tháng 2 số tiền của mẹ là:  A + A (1 + r )  (1 + r ) = A (1 + r ) + A (1 + r ) đồng.

T1 = 100. (1 + 0,8%) .106 = 121074524 Mỗi tháng tiếp theo gửi 2 triệu thì tổng số tiền cả lãi và gốc là 2  23 T2 = . (1 + 0,008) − 1 . (1 + 0,008)106 = 50686310  0,008 

( 400 ⋅1, 01

+) Đầu tháng 2 số tiền của mẹ gửi vào là: A + A (1 + r ) đồng.

Vậy sau 45 tháng thầy giáo sẽ mua được một chiếc xe ô tô trị giá 400 000 000 VNĐ. Câu 132. Với 100 triệu ban đầu số tiền cả lãi và gốc thu được sau hai năm là

(

1 ⇔ n = − log (1+ r ) (1 − Ar ) . 1 − Ar Câu 135. Gọi sô tiền mẹ gửi vào ngân hàng vào đầu tháng hàng tháng là A đồng. Số tiền mẹ lĩnh vào đầu tháng 12 là T đồng. Lãi suất hàng tháng mẹ gửi tại ngân hàng là r %. Vì mẹ rút tiền vào đầu tháng 12 năm 2019 nên thời gian được tính lãi suất là 11 tháng. Ta có: +) Đầu tháng 1 mẹ gửi vào A đồng. ⇒ cuối tháng 1 số tiền của mẹ là: A + Ar = A (1 + r ) đồng.

⇔ (1 + r )

T3 = [T2 + T ] (1 + r ) = T (1 + r ) + T (1 + r ) + T (1 + r ) Tn = T (1 + r ) + T (1 + r )

−1

T2 = [T1 + T ] (1 + r ) = T (1 + r ) + T (1 + r )

− 10 ⋅1,01n−1 − 10 ⋅1,01n−2 − … − 10 ) triệu đồng.

Xét 400 ⋅1,01n − 10 ⋅1,01n−1 − 10 ⋅1,01n−2 − … − 10 = 0

5 1, 01n − 1 n = 0 ⇔ 600 ⋅1,01 = 1000 ⇔ n = log1,01 ≃ 51,33 0, 01 3 Do vậ y kỳ cuối cùng người đó phải trả tiền là tháng thứ 52 . Cuối tháng thứ 51 , số tiền còn nợ lại là 1, 0151 − 1 ≃ 3,3531596 triệu đồng. 400 ⋅1, 0151 − 10 ⋅ 0, 01 Vậy kỳ cuối người đó phải trả số tiền là 3,3531596 ⋅1,01 = 3,386647 triệu đồng ≃ 3387000 đồng.

⇔ 400 ⋅1, 01n − 10 ⋅

Cuối năm thứ nhất, H nợ ngân hàng với số tiền là A. (1 + r1 ) . Đầu năm thứ hai, H nợ ngân hàng với số tiền là A + A.(1 + r1 ) . Cuối năm thứ hai, H nợ ngân hàng với số tiền là 2

A + A. (1 + r1 ) +  A + A (1 + r1 )  r1 = A (1 + r1 ) + A (1 + r1 ) .

Câu 134. Gọi số tiền lúc đầu người đó gửi là A (triệu đồng), lãi suất gửi ngân hàng một tháng là r , Sn là số tiền còn lại sau n tháng. 47

Tiếp tục như vậ y, cuối năm thứ n số tiền mà H nợ ngân hàng là:

B = A (1 + r1 ) + A (1 + r1 ) + ... + A (1 + r1 ) =

n A (1 + r1 ) (1 + r1 ) − 1   . r1

Xét bài toán 2: Vay trả góp, lãi suất dư nợ thực tế. Gọi a là số tiền mà bạn H phải trả hàng tháng sau khi ra trường, r2 là lãi suất mỗi tháng, số tiền H nợ ngân hàng là B. Cuối tháng thứ nhất bạn H còn nợ ngân hàng số tiền là: B + B.r2 − a = B. (1 + r2 ) − a . Cuối tháng thứ hai bạn H còn nợ ngân hàng số tiền là: 2

B. (1 + r2 ) − a +  B. (1 + r2 ) − a  r2 − a = B. (1 + r2 ) − a + a (1 + r2 )  . Cứ tiếp tục như vậ y ta có công thức tổng quát. Cuối tháng thứ m bạn H còn nợ ngân hàng số tiền là m 2 m −1 B. (1 + r2 ) − a + (1 + r2 ) a + (1 + r2 ) a + ... + (1 + r2 ) a   

(1 + r2 )

−1 . r2 Áp dụng 2 bài toán trên vào câu 42, ta có phương trình. 4.1,03 1,034 − 1 1,002560 − 1 = 0 ⇔ a ≈ 0,309718 (triệu đồng). 1,002560 − a. 0, 03 0,0025 Vậy số tiền mà H cần phải trả hàng tháng là 309.718 triệu đồng. Câu 137. Chọn A Gọi a là số tiền trả hàng tháng. Sau tháng thứ 1, số tiền còn lại: P1 = 500 (1 + r ) − a . m

= B. (1 + r2 ) − a

(1 + r ) r

−1

=0⇔a=

500 (1 + 1% ) .1%

(1 + 1% )

−1

(triệu đồng), trong đó T = 100 (triệu đồng) là

số tiền mà ông A vay. Sau đúng một năm, số tiền ông còn nợ là 50 triệu đồng nên ta có 12 12 (1 + 0, 01) − 1 ⇔ X = (100.1, 01 − 50 ) .0, 01 ≈ 4,94 (triệu đồng). 12 50 = 100. (1 + 0, 01) − X . 0, 01 1, 0112 − 1 Vậy mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền 4,94 triệu đồng. Câu 140. Sau 3 năm, bắt đầu từ tháng đầu tiên của năm thứ 4 số tiền lương người đó nhận được sau mỗi tháng là 6 + 6.10% = 6.1,1 (triệu đồng). Sau 6 năm ( 2.3 năm), bắt đầu từ tháng đầu tiên của năm thứ 7 số tiền lương người đó nhận được sau mỗi tháng là 6.1,1 + 6.1,1.10% = 6.1,1. (1 + 10% ) = 6.1,12 (triệu đồng).

Sau 2 năm: A2 = a (1 + r % ) + a (1 + r % ) . r % = a (1 + r % ) . 2

Sau 3 năm: A3 = a (1 + r % ) + a (1 + r % ) . r % = a (1 + r % ) . n

Sau n năm: An = a (1 + r % ) .

−1

Người đó nhận được số tiền hơn 100 triệu. Suy ra: n 50 (1 + 6% ) > 100

⇔a=

Sau 1 năm: A1 = a + r %. a = a (1 + r % ) .

500 (1 + r ) .r

(1 + r )

Vậy tháng đầu tiên của năm thứ 16 , người đó nhận được mức lương là 6.1,15 (triệu đồng). Câu 141. Dạng toán lãi kép: Bài toán tổng quát: gửi a đồng vào ngân hàng với lãi suất r % (sau mỗi kì hạn không rút tiền lãi ra). Gọi An là số tiền có được sau n năm.

Số tiền còn nợ sau n kì hạn là Tn = T . (1 + r ) − X .

Tương tự như vậ y sau 15 năm ( 5.3 năm), bắt đầu từ tháng đầu tiên của năm thứ 16 số tiền người đó nhận được sau mỗi tháng là 6.1,15 (triệu đồng).

Sau tháng thứ 2, số tiền còn lại: P2 = P1 (1 + r ) − a = 500 (1 + r ) − a (1 + r ) − a . . n n −1 Sau tháng thứ n , số tiền còn lại: Pn = 500 (1 + r ) − a (1 + r ) − ... − a (1 + r ) − a . Vậy sau 24 tháng: 500 (1 + r ) − a

4 3450 = (1 + 1,1%)n 1,1% 11 80 80 ⇔ (1 + 1,1%)n = ⇒ n = log 1+1,8 ≈ 13, 52 69 69 Câu 139. Gọi X là số tiền mỗi tháng ông A trả cho ngân hàng. ⇔

⇔ 50.1, 06n > 100

≈ 23,537 triệu đồng.

⇔ 1, 06n > 2

M Câu 138. Phương pháp:Sử dụng công thức trả góp P(1 + r ) = (1 + r )n − 1 , trong đó:  r  P : là số tiền phải trả sau n tháng r : Lãi suất/ tháng M : số tiền phải trả mỗi tháng Áp dụng công thức ta có: M P(1 + r )n = (1 + r )n − 1  r  4 (1 + 1,1%)n − 1 ⇔ 50(1 + 1,1%)n =  1,1%  4 4 ⇔ 50(1 + 1,1%)n = (1 + 1,1%)n − 1,1% 1,1% n

⇔ n > log1,06 2 = 11, 9 Vậy n = 12 . Câu 142. Gọi số tiền mỗi tháng anh gửi tiết kiệm ngân hàng trong 36 tháng đầu là A ; số tiền mỗi tháng anh gửi tiết kiệm sau tháng thứ 36 là B . Đặt q = 1 + 0,5% = 1, 005 Gọi S n là số tiền sau tháng thứ n ta có

S1 = A + A.0, 5% = A.q

S2 = ( S1 + A ) + ( S1 + A ) .0,5% = ( S1 + A) .q = Aq 2 + Aq . ….

S36 = ( S35 + A) + ( S35 + A) .0, 5% = ( S35 + A) .q = Aq 36 + Aq35 + … + Aq = Aq.

q36 − 1 . q −1 50

S37 = ( S36 + B ) + ( S36 + B ) .0,5% = ( S36 + B ) .q = S36 .q + B.q .

Vậy 0, 2 xq13 .

Đầu tháng 10 / 2016 sau khi trả nợ m thì còn nợ 77, 662 ( r + 1) − m

Cuối tháng 10 / 2016 : còn nợ T2 = ( 77, 662 )( r + 1) − m  (1 + r ) = 77, 662 (1 + r ) − m (1 + r )

đồng. Câu 143. Bài toán được chia làm hai giai đoạn

* Giai đoạn 1: vay vốn để học đại học trong 4 năm. Đặt r =

Cuối tháng 9 / 2016 : tiền nợ có lãi đến cuối tháng: T1 = 77,662 ( r + 1)

 q −1 q −1  q −1 q −1 + 0, 22 x.q. = 108 ⇔ x = 108 :  0, 2q13 . + 0, 22.q.  ⇔ x ≈ 8991504 q −1 q −1 q −1 q −1   36

(1 + 0,8% )

−1 = 79, 662 triệu 0,8% Tính từ cuối tháng 8/2016 Anh sinh viên thiếu ngân hàng A = 79, 662 và bắt đầu trả đầu hàng tháng m = 2 triệu từ 9 / 2016 đến 6 / 2018 , tổng cộng được 22 tháng Đầu tháng 9 / 2016 : còn nợ A − m = 79, 662 − 2 = 77, 662 triệu Vậy tổng số tiền vay đến cuối tháng 8/2016 là T24 = 3. (1 + 0,8% ) .

S38 = ( S37 + B ) + ( S37 + B ) .0,5% = ( S37 + B ) .q = S36 q + Bq + Bq . …. q 36 − 1 q12 − 1 S48 = S36 .q12 + Bq12 + Bq11 + ... + Bq = Aq13 . + Bq. . q −1 q −1 Theo giả thiết ta có A = 20% x = 0, 2 x ; B = 20% ( x + 10% x ) = 0, 22 x ; S 48 = 108 . 2

Cuối tháng 11/ 2016 : còn nợ T3 = 77, 662 (1 + r ) − m (1 + r ) − m (1 + r ) …. Cuối tháng 6 / 2018 còn nợ 22 21 20 T22 = 77, 662 (1 + r ) − m (1 + r ) − m (1 + r ) − ... − m (1 + r )

7, 8 = 0, 078 100

Ở năm thứ nhất: M1 = 10(1 + r )4 (triệu đồng) Ở năm thứ hai: M2 = 10(1 + r )3 (triệu đồng)

= 77, 662 (1 + r ) − m. (1 + r )

(1 + r )

Ở năm thứ ba: M3 = 10(1 + r ) (triệu đồng)

−1

= 77, 662. (1 + 0,8% ) − 2. (1 + 0,8% ) .

Ở năm thứ tư: M4 = 10(1 + r )1 (triệu đồng) 4

(1 + 0,8% ) 0,8%

−1

= 46, 64 triệu đồng.

Như vậy tổng số tiền mà Nam đã vay trong 4 năm là M0 = ∑ Mi ≈ 48, 4324 (triệu đồng)

Câu 145. Khi mới bắt đầu đi vào môi trường nước biển thì x = 0 ⇒ I1 = I o .eo

* Giai đoạn 2: trả góp cho ngân hàng số tiền đã vay hàng tháng  0,7  0,7 Sau tháng thứ nhất, người đó còn số nợ là: P1 = Mo 1 +  − m . Đặt y = 1 + 100  100 

Vậy ta có:

i=1

Ở độ sâu 30 mét thì I 2 = I o .e− µ .30

I1 Câu 146. Gọi S là diện tích lá bèo thả ban đầu. Vì sau mỗi giờ, lượng bèo tăng gấp 10 lần lượng bèo trước đó nên sau 12 giờ, tổng diện tích các lá bèo trong chậu là 1012 S . Theo đề bài: Sau 12 giờ, bèo phủ kín mặt nước trong chậu nên diện tích mặt nước trong chậu là 1 1012 S . Giả sử sau x giờ thì bèo phủ kín mặt nước trong chậu. 5 1 12 x 12− x Ta có: 10 S = .10 S ⇔ 10 = 5 ⇔ x = 12 − log 5 ≃ 11,3 . 5 1 Vậy sau 11,3 giờ thì bèo phủ kín mặt nước trong chậu. 5

Sau tháng thứ hai người đó còn nợ: y2 −1 P2 = P1 y − m = ( M o y − m) y − m = M o y 2 − m( y + 1) = M a y 2 − m y −1 Sau tháng thứ ba người đó còn nợ: y3 −1 P3 = P2 y − m = M o y 3 − m ( y 2 + y + 1) = M o y 3 − m y −1 Bằng phương pháp quy nạp, sau n tháng số tiền trả hết sẽ là M y n ( y − 1) yn − 1 M o y ′′ − m =0⇒m= o n y −1 y −1 Đồng thời ta có: n = 48 tháng và y = 1 +

0,7 = 1,007 suy ra m ≈ 1,914 (triệu đồng). 100

Dạng 5. Bài toán cực trị Câu 147. Chọn B Từ giả thiết suy ra log 4 a +5b +1 (16 a 2 + b 2 + 1) > 0 và log8ab +1 ( 4a + 5b + 1) > 0 .

Câu 144. Chọn Anh sinh viên vay hàng tháng a = 3 triệu đồng từ 9 / 2014 đến 8 / 2016 , tổng cộng 24 tháng. Cuối tháng thứ 1: T1 = a + ar = a (1 + r )

Áp dụng BĐT Côsi ta có log 4 a +5b +1 (16a 2 + b 2 + 1) + log 8ab +1 ( 4a + 5b + 1) ≥ 2 log 4 a +5b +1 (16a 2 + b 2 + 1) .log 8ab +1 ( 4a + 5b + 1)

Cuối tháng thứ 2: T2 = T1 + a + (T1 + a ) .r = a. (1 + r ) + a. (1 + r ) …. n n −1 Cuối tháng n: Tn = a. (1 + r ) + a. (1 + r ) + ... + a. (1 + r ) Suy ra Tn = a. (1 + r )

(1 + r ) .

I 2 I o .e− µ .30 = => I 2 = e −42 .I1 , vậ y I 2 tăng e −42 lần so với I1 , nói cách khác, I 2 giảm e42 lần so với I1 I o .e o

= 2 log 8 ab+1 (16 a 2 + b 2 + 1) . 2

Mặt khác 16a 2 + b 2 + 1 = ( 4a − b ) + 8ab + 1 ≥ 8ab + 1( ∀a , b > 0 ) ,

−1

suy ra 2 log 8 ab+1 (16 a 2 + b 2 + 1) ≥ 2 .

Khi đó log 4 a +5b +1 (16a 2 + b 2 + 1) + log 8ab +1 ( 4a + 5b + 1) = 2 51

−b + 2 > 0⇒ 0 <b < 2. 2b + 1 −b + 2 −b + 2 Khi đó: P = a + 2b = + 2b . Xét hàm số g (b) = + 2b trên khoảng ( 0;2 ) . 2b + 1 2b + 1  −2 − 10 ∉ ( 0; 2 ) b = −5 5 2 4  g′ (b) = + 2 = 0 ⇔ ( 2b + 1) = ⇔ 2 2  −2 + 10 ( 2b + 1) ∈ ( 0; 2 ) b =  4 Lập bảng biến thiên

log (8ab + 1) = log 8ab +1 ( 4a + 5b + 1) ⇔  4 a +5b +1 b = 4a

Do a > 0, b > 0 nên

( 32a 2 + 1) = 1 ⇔ 32a2 = 24a ⇔ a = 34 . log ⇔  24 a +1 b = 4a b = 4a b = 3 3 27 . +6 = 4 4 Câu 148. Chọn A

Vậy a + 2b =

Với x , y dương và kết hợp với điều kiện của biểu thức log 3 Biến đổi log 3

1 − xy = 3xy + x + 2 y − 4 ta được 1 − xy > 0 x + 2y

1 − xy = 3xy + x + 2 y − 4 x + 2y

⇔ log 3 ( 1 − xy ) − log 3 ( x + 2 y ) = −3 (1 − xy ) + ( x + 2 y ) − log 3 3 ⇔ log 3 (1 − xy ) + log 3 3  + 3 (1 − xy ) = log 3 ( x + 2 y ) + ( x + 2 y ) ⇔ log 3  3 ( 1 − xy ) + 3 (1 − xy ) = log 3 ( x + 2 y ) + ( x + 2 y )( 1)

 10 − 2  2 10 − 3 Vậy Pmin = g  .  = 2  4 

Xét hàm số f ( t ) = log 3 t + t trên D = ( 0; +∞ ) 1 + 1 > 0 với mọi x ∈ D nên hàm số f ( t ) = log 3 t + t đồng biến trên D = ( 0; +∞ ) t.ln 3 3 − 2y (do y > 0 ) Từ đó suy ra ( 1) ⇔ 3 ( 1 − xy ) = x + 2 y ⇔ 3 − 2 y = x ( 1 + 3 y ) ⇔ x = 1 + 3y f ' (t ) =

Theo giả thiết ta có x > 0, y > 0 nên từ x =

 x+ y  ln  

Câu 150. 2  2 .5ln( x + y ) = 2 ln 5 ⇔ 2 ln( x + y )−ln 2.5ln( x + y ) = 2ln 5 ⇔ 2ln( x + y ).5ln( x + y ) = 2ln 5.2ln 2 ⇔ 10ln( x+ y ) = 2ln10 ⇔ ln( x + y) = log 2ln10 ⇔ ln( x + y ) = ln10.log 2 ⇔ eln( x + y ) = eln10.log2 ⇔ x + y = 10log 2 ⇔ x + y = 2 .

(

3 − 2y 3 ta được 0 < y < . 1 + 3y 2

Xét hàm số f ( x) = ( x + 1) ln x + (3 − x) ln(2 − x) x +1 3− x x 2 − 2x . f ′( x ) = ln x + − ln(2 − x ) − = ln + x 2− x 2 − x x (2 − x )

P = x+ y =

3 − 2y 3y − y + 3 +y= 1 + 3y 3y + 1

f ′′ ( x ) = −

3y 2 − y + 3 3 Xét hàm số g ( y ) = với 0 < y < 3y + 1 2 g'( y) =

9 y 2 + 6 y − 10

( 3y + 1)

= 0 ta được y =

)

Do đó P = ( x + 1) ln x + ( 3 − x ) ln ( 2 − x ) .

(2 − x )

2 − x 2x2 − 4x + 4 − 2 < 0, ∀x ∈ ( 0; 2 ) x (2 x − x2 )

Do đó f ′ ( x ) = 0 có nhiều nhất một nghiệm trên ( 0;2 )

−1 + 11 . 3

Mà x = 1 là một nghiệm của pt f ′ ( x ) = 0 nên phương trình f ′ ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất là x = 1 . Lập bảng biến thiên ta được max f ( x ) = f (1) = 0 . Câu 151. Với điều kiện biểu thức đề bài có nghĩa, ta có x+ y log3 + ( x + 1)( y + 1) − 2 = 0 ⇔ log3 ( x + y ) − log 3 (1 − xy ) + xy + x + y − 1 = 0 1 − xy ⇔ log 3 ( x + y ) + ( x + y ) = log 3 (1 − xy ) + (1 − xy )(*)

 −1 + 11  2 11 − 3 Từ đó suy ra min P = g  = .   3 3   Câu 149. Chọn C Điều kiện: ab < 1. 1 − ab Ta có log 2 = 2ab + a + b − 3 ⇔ log 2  2 (1 − ab ) + 2 (1 − ab ) = log 2 ( a + b ) + ( a + b ) (*) . a+b Xét hàm số y = f ( t ) = log 2 t + t trên khoảng ( 0; +∞ ) .

Xét hàm số f ( x ) = log 3 t + t trên ( 0;2 )

1 f ′ ( t ) = ln 3 + 1 > 0, ∀t ∈ ( 0;2 ) nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0;2 ) . t 1− x Do đó từ (*) ta có x + y = 1 − xy ⇔ y (1 + x ) = 1 − x ⇔ y = 1+ x 1− x P = 2x + y = 2x + 1+ x

1 + 1 > 0, ∀t > 0 . Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) . t.ln 2 −b + 2 . Do đó (*) ⇔ f  2 (1 − ab )  = f ( a + b ) ⇔ 2 (1 − ab ) = a + b ⇔ a ( 2b + 1) = 2 − b ⇔ a = 2b + 1

Ta có f ′ ( t ) =

P′ ( x ) = 2 −

(1 + x )

a 13 = b 2 Điều kiện 4 x 2 + 9 y 2 ≠ 1 . Câu 154. Trường hợp 1: 4 x 2 + 9 y 2 < 1 . 2 x < 1 1 3 2 2 ⇒ x + 3 y < + 1 ⇒ P < . (1) Ta có ( 2 x ) + ( 3 y ) < 1 ⇒  2 2 3 y < 1

≥ 0, ∀x ∈ [ 0;1]

Suy ra

Suy ra min P = P ( 0 ) = 1 đạt được khi x = 0, y = 1 .

Câu 152. Ta có a ≥ b > 1 ⇒ log a b > 0 .

1 a + log a = log a ab + log a a − log a b = 1 + log a b + 1 − log a b . log ab a b

Đặt t = 1 − log a b ( t ≥ 0) ⇒ log a b = 1 − t 2 . Ta có: P = −t 2 + t + 2 trên [0; +∞ ) Bảng biến thiên t −∞ 1

Trường hợp 2: 4 x 2 + 9 y 2 > 1 . 2

2 P

9 2

1 1  1  3 3 + 10 Suy ra P =  2 x −  +  3 y −  + ≤ . ( 2) 2 2  2 4 4   1 1  5 + 10 2  2 x − 2  = 3 y − 2 x =   8 x − 6 y = 1   20 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi  . Từ (1) và ⇔ ⇔ 3 + 10  4 x + 12 y = 3 + 10   y = 5 + 2 10 x 3 y + =   30 4 3 + 10 . ( 2) suy ra giá trị lớn nhất của P là 4

1 Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại t = . 2 3 1 1 3 3 Với t = ⇒ = 1 − log a b ⇔ log a b = ⇔ b = a 4 ⇒ k = . 2 2 4 4 Câu 153. Chọn B log a 2 + 4b 2 +1 ( 2 a − 8b ) = 1 ⇔ 2a − 8b = a 2 + 4b 2 + 1 Ta có: 2a − 8b = a 2 + 4b 2 + 1  2a − 8b = a 2 + 4b2 + 1  ⇔   S − 6b + 5  S = 4a + 6b − 5 a = 4 

Câu 155. Chọn D Ta có: P =

2   S − 6b + 5   S − 6b + 5  2 2   − 8b =   + 4b + 1   4 4    ⇔  a = S − 6b + 5  4 2

1 1 + 4. ( log b a − 1) = + 4. ( log b a − 1) 1 1 − log a b 1− logb a

Đặt t = logb a . Vì

8S − 48b + 40 − 128b = S + 36b + 25 − 12 Sb + 10S − 60b + 64b + 16  ⇔ S − 6b + 5 a =  4 100b 2 + 2(58 − 6 S )b + 2S + 1 + S 2 = 0  ⇔ S − 6b + 5 a =  4 ∆ = (58 − 6S )2 − 100.(1 + S ) 2 ≥ 0 ⇔ −64S 2 − 896S + 3264 ≥ 0 2

1  1 1  Khi đó log 4 x 2 +9 y 2 ( 2 x + 3 y ) ≥ 1 ⇔ 2 x + 3 y ≥ 4 x 2 + 9 y 2 ⇔  2 x −  +  3 y −  ≤ . 2  2 2  1 1  1 3 P = x + 3y =  2x −  +  3y −  + . 2 2  2 4 Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta được: 2 2 2 1  1  1    1   1  1  5  2  2 x − 2  +  3 y − 2   ≤  4 + 1   2 x − 2  +  3 y − 2   ≤ 8 .            

+∞

a ≤ b < a ⇒ logb

( a ) ≤ 1 ≤ log

⇒P=

1 1−

1 t

+ 4 ( t − 1) =

Xét hàm số f (t ) =

⇔ −17 ≤ S ≤ 3

13  a = 5 Giá trị lớn nhất của S là: 3 ⇔  b = −2  5

t <1< t ⇔1< t < 2 . 2

t + 4 ( t − 1) với t ∈ (1; 2 ) . t −1

t + 4 ( t − 1) với t ∈ (1;2 ) . t −1

 t = 1 f ′(t ) = + 4, f ′(t ) = 0 ⇔ ( t − 1) = ⇔  2 4 ( t − 1) t =  −1

a⇔

3 ( tm ) 2 . 1 (l ) 2

Bảng biến thiên

-∞

3 2

f '(t)

2 -

+∞ Vậy Pmin

+∞

f (t)

 1  b = 4 8b − 1 = 1   3 1  . = ⇔ 8c − 3 = 1 ⇔ c = 2 2 3  1  log a b = logb c = log c a  2 3 8 a =  4

(

)

Câu 159. • log 2 a 2 + b 2 + 9 = 1 + log 2 ( 3a + 2b ) ⇔ a 2 + b 2 + 9 = 6a + 4b ⇔ a 2 + b 2 − 6a − 4b + 9 = 0 (1) Gọi A ( a; b ) . Từ (1) ta suy ra điểm A thuộc điểm đường tròn ( C ) có tâm I ( 3; 2 ) , bán kính R = 2 .

−4

−( 2 m+ n )+

• 9− m.3− n.32 m+ n + ln ( 2m + n + 2 ) + 1 = 81 ⇔ ln ( 2m + n + 2 ) + 1 = 81 − 3 2

3 Từ bảng biến thiên suy ra: minf ( t ) = f   = 5. (1;2 ) 2









−4 2 m+ n

(∗) −4

−( 2 m + n ) + −4 −4 2 m+ n ≥ 81 . ≥ 2 − ( 2m + n ) . = 4 ⇒3 2m + n 2m + n −4 (Đẳng thức xảy ra khi: − ( 2m + n ) = ⇒ 2 m + n = −2 ) 2m + n 2 2 2 Từ ( ∗) ⇒ ln ( 2m + n + 2 ) + 1 ≤ 0 ⇔ ( 2m + n + 2 ) + 1 ≤ 1 ⇔ ( 2 m + n + 2 ) ≤ 0   ⇒ 2m + n + 2 = 0 ( 2 ) .

Theo bất đẳng thức Cô-si: − ( 2m + n ) +

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 5 . Câu 156. Chọn A 2 1 Do a 4 − 9a 2 + 81 ≥ 9a 2 ⇔ ( a 2 − 9 ) ≥ 0 đúng ∀a > ; Dấu bằng xả y ra khi a = 3 3 2 Suy ra P ≥ log3 a b + log b ( 3a ) = log 3a b + 2 log b 3a ≥ 2 2

a = 3 a = 3 ⇔ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  log b = 2 log 3 a b  3a b = 9

Gọi B ( m; n ) . Từ ( 2 ) ta suy ra điểm B thuộc đường thẳng ∆ : 2 x + y + 2 = 0

Vậy, khi P đạt giá trị nhỏ nhất thì a + b = 3 + 9 2.  4 a + 2b + 5  Câu 157. log5   = a + 3b − 4 ⇔ log5 ( 4a + 2b + 5) = log5 ( a + b ) + a + 3b − 4  a+b  ⇔ log 5 ( 4a + 2b + 5) + ( 4a + 2b + 5) = log 5 5 ( a + b )  + 5 ( a + b ) (*). Xét hàm f ( x ) = log5 x + x, x > 0 . 1 + 1 > 0, ∀x > 0 . Suy ra hàm số f ( x ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) . x.ln 5 Phương trình (*) viết lại: f ( 4a + 2b + 5) = f ( 5 ( a + b ) ) ⇔ 4 a + 2b + 5 = 5 ( a + b ) ⇔ a + 3b = 5 .

Đạo hàm f ′ ( x ) =

Ta có: P =

5 Mặt khác: 5 = ( a + 3b ) ≤ (1 + 3 ) . ( a + b ) ⇒ T = a + b ≥ . 2 a b 1 3 Dấu " = " xảy ra ⇔ = ⇒ a = ; b = . 1 3 2 2 2

+ ( b − n ) = AB

⇒ min P = min AB = d ( I ; ∆ ) − R =

3.2 + 2 + 2 22 + 12

Câu 160. Ta có ab = b a ⇔ b ln a = a ln b ⇔

b 1 8b − 1 1 8b − 1  2b  = . ≤   = b2 . Câu 158. Ta có: − = 2 16 16 4 4  2 

Xét hàm số y =

c 3 8c − 3 1 1 1 8c − 3  4c  − = = . . . ≤   = c4 . 2 16 16 2 2 2 2  4  3 b 1  1 c 3  1 Suy ra P = log a  −  + logb  −  + log c a 16  2 16  4  2 16  3 ≥

(a − m)

− 2 = 2 5 − 2.

ln a ln b = ( *) . a b

lnx , trên tập xác định D = ( 0; +∞ ) x

1 − ln x , y′ = 0 ⇔ x = e x2 Bảng biến thiên y′ =

3 1 1 2 3 log a b 2 + log b c 4 + log a c ≥ 3. 3 = . 16 4 3 16 2

x y/

e 0

 1  b = 4 8b − 1 = 1   3 1  Vậy Pmin = ⇔ 8c − 3 = 1 . ⇔ c = 2 2 3  1  log a b = logb c = log c a  2 3 8 a =  4 Câu 163. Cách 1. ey ex ey ex Ta có: y x ( e x ) ≥ x y ( e y ) ⇔ ln  y x ( e x )  ≥ ln  x y ( e y )      x y 1 y x ⇔ x ln y + xe ≥ y ln x + ye ⇔ ≥ (*) (vì y = ex + ln x có y ' = e x + > 0; ∀x > 1 nên ln x + e x ln y + e y x y ≥ y (1) = e > 0 )

+∞

-∞

 0 < a < b Có   f ( a ) = f ( b ) Kết hợp với bảng biến thiên suy ra a < e < b (1) . Ta lại có f( a,b ) ( x ) = x − a + b − x + x − 2 + 3 − x ≥ x − a + b − x + x − 2 + 3 − x = b − a + 1 .

a ≤ x ≤ b Suy ra min f( a,b ) ( x ) = b − a + 1 ⇔  ( 2) x∈ℝ 2 ≤ x ≤ 3 Từ (1) và ( 2 ) suy ra số thực duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán là x = e

Xét hàm số: f ( t ) =

1 có g ' ( t ) = ln t + et − 1 − tet ' = − tet < 0, ∀t > 1 t Nên g ( t ) < g (1) = −1 ⇒ f ' ( t ) < 0; ∀t > 1

(

Thử lại: khi x = e thì f ( e ) = b − a + 1 . Vậy min f ( a ,b ) ( x ) = f ( a ,b ) ( x0 ) = f( a ,b ) ( e ) x∈R

)

1 1 1 1 1 1 1+ 2 2 + log x y + ≥ + 2 log x y. = 2 2 log x y 2 2 log x y 2 1 1 2 2 Dấu “=” xảy ra khi: log x y = ⇔ ( log x y ) = 2 ⇔ y = x 2 log x y Khi đó P = log x xy + log y x =

−1  = − log b a  x1 + x2 = log a b Do phương trình có hai nghiệm x1 , x2 nên theo định lý Viet ta có:   x x = −1  1 2 1 Khi đó S = + 4 log b a log b2 a 1 1 Đặt t = log b a , do a > 1, b > 1 ⇒ t > 0 . Khi đó S = 2 + 4t = 2 + 2t + 2t ≥ 3 3 4 . t t 1 1 Đẳng thức xảy ra khi 2 = 2t ⇔ t = 3 . Vậy min S = 3 3 4 t 2 Câu 162. Chọn C

Vậy: Pmin =

1+ 2 2 . 2

Cách 2: Với x , y > 1 thì log x y;log y x là các số dương, ta có:

P = log x xy + log y x = Dấu “=” xảy ra khi:

b 1 8b − 1 1 8b − 1  2b  = . ≤   = b2 . Ta có: − = 2 16 16 4 4  2 

1 1 1 1 1 1 1+ 2 2 + log x y + ≥ +2 log x y. = 2 2 log x y 2 2 log x y 2

1 1 2 log x y = ⇔ ( log x y ) = 2 ⇔ y = x 2 , 2 log x y

 y = x 2 Thay  vào điều kiện thấy thỏa mãn điều kiện ban đầu.  x > 1 1+ 2 2 Vậy Pmin = . 2 1− y > 0 mà từ giả thiết x, y > 0 suy ra 1 − y > 0 ⇔ y < 1 . Vậy ĐKXĐ: x > 0;0 < y < 1 . Câu 164. Để x + 3xy

)

⇒ y = f ( t ) là hàm nghịch biến trên (1; +∞ ) nên với (*) f ( x ) ≥ f ( y ) ⇒ y ≥ x > 1

Câu 161. Chọn A 2 Ta có a xb x −1 = 1 ⇔ x + x 2 − 1 log a b = 0 ⇔ ( log a b ) x 2 + x − log a b = 0

(

t ln t + et − 1 − tet trên (1; +∞ ) ta có f ' ( t ) = . Với hàm số g ( t ) = ln t + et −1 − tet 2 ln t + et ( ln t + et )

3 1 1 2 3 log a b 2 + log b c 4 + log a c ≥ 3. 3 = . 16 4 3 16 2

Ta có: log 3

⇔ 59

3 (1 − y ) x + 3xy

3 (1 − y ) 3 xy + x+3 y −3 1− y 1− y =3 = 33 xy + x +3 y − 4 ⇔ = 3 xy + x + 3 y − 4 ⇔ x + 3xy x + 3 xy x + 3 xy =

33 xy + x ⇔ ( 3 − 3 y ) .33−3 y = ( 3 xy + x ) .33 xy + x (*) 33−3 y 60

Xét f ( t ) = t.3t với t > 0 . Ta có f ′ ( t ) = 3t + t.3t.ln 3 > 0 với ∀t > 0 , suy ra f ( t ) đồng biến trên khoảng

( 0; +∞ ) .

(*)

Từ

có

f ( 3 − 3 y ) = f ( 3 xy + x )

với

3 − 3 y > 0,3xy + x > 0

nên

3− x 3 − 3 y = 3xy + x ⇔ y = . 3( x + 1) Ta có P = x + y = x + P = ( x + 1) +

 3− x 3− x 1 4 = ( x + 1) +  + −  3 ( x + 1) 3  3 3 ( x + 1)  

4 4 − ≥2 3 ( x + 1) 3

( x + 1) .

4 4 4 3−4 . − = 3 ( x + 1) 3 3

4   x + 1 = 3 ( x + 1)  2 3 −3  x =  4 3 −4 3− x  3 . Vậy Pmin = ⇔ y= ⇔ x 3 3 + 1 ( ) 2 3 −1  y =  x > 0;0 < y < 1  3   Câu 165. Ta có: log 1 x + log 1 y ≤ log 1 ( x + y 2 ) ⇔ log 1 ( xy ) ≤ log 1 ( x + y 2 ) ⇔ xy ≥ x + y 2 2

f / ( x) = 0 ⇔ x = 1+

3 (do x > 1) . 3

Bảng biến thiên.

Do đó: Tmin = 4 + 2 3 . A. 0,014 B. 0,0495 C. 0,079 D. 0,055 Chọn số tự nhiên có 4 chữ số bất kỳ có: n ( Ω ) = 9.10.10.10 = 9000 (cách). Cách 1: Dùng tổ hợp Nhận xét rằng với 2 số tự nhiên bất kỳ ta có: m ≤ n ⇔ m < n + 1 . x = a  y = b +1  Do đó nếu đặt:  z = c + 2 t = d + 3

y2  x ≥ 2 ⇔ x ( y − 1) ≥ y ⇔  y − 1 ( Vì x; y > 0 ). y >1  y2 1 . + 3y = 4 y +1+ y −1 y −1 1 Xét hàm số: f ( y ) = 4 y + 1 + ; y > 1. y −1 1 . Đạo hàm: f / ( y ) = 4 − 2 ( y − 1) Ta có: P = x + 3 y ≥

 y = f / ( y) = 0 ⇔  y =  Bảng biến thiên.

 x2 y ≥ ⇔ y ( x − 1) ≥ x 2 ⇔  x −1 x > 1  x2 1 Ta có: T = 2 x + y ≥ 2 x + = 3x + 1 + . x −1 x −1 1 Xét hàm số: f ( x ) = 3x + 1 + ; x > 1. x −1 1 Đạo hàm: f / ( x ) = 3 − . 2 ( x − 1)

Từ giả thuyết 1 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ 9 ta suy ra: 1 ≤ x < y < z < t ≤ 12 (**). Với mỗi tập con gồm 4 phần tử đôi một khác nhau được lấ y ra từ {1, 2,...,12} ta đều có được duy nhất một

3 (n) 2 . 1 (l ) 2

bộ số thoả mãn (**) và do đó tương ứng ta có duy nhất một bộ số ( a, b, c, d ) thoả mãn (*). Số cách chọn tập con thoả tính chất trên là tổ hợp chập 4 của 12 phần tử, do đó: n ( A ) = C124 = 495 .

n ( A ) 495 = = 0, 055 . n ( Ω ) 9000 Cách 2: Dùng tổ hợp lặp Chọn số tự nhiên có 4 chữ số bất kỳ có: n ( Ω ) = 9.10.10.10 = 9000 (cách).

Vậy: P ( A ) =

Câu 166. Ta có: log 2019 x + log 2019 y ≥ log 2019 ( x 2 + y ) ⇔ log 2019 xy ≥ log 2019 x 2 + y

(

)

Mỗi tập con có 4 phần tử được lấy từ tập {1, 2,...,9} (trong đó mỗi phần tử có thể được chọn lặp lại nhiều lần) ta xác định được một thứ tự không giảm duy nhất và theo thứ tự đó ta có được một số tự nhiên có dạng abcd (trong đó 1 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ 9 ). Số tập con thoả tính chất trên là số tổ hợp lặp chập 4 của 9 phần tử. Do đó theo công thức tổ hợp lặp ta có: n ( A ) = C94+ 4−1 = 495 .

⇔ xy ≥ x 2 + y

n ( A ) 495 = = 0, 055 . n ( Ω ) 9000 Dạng 6. Một số bài toán khác

Vậy: P ( A ) =

Câu 167. Chọn D Ta có f ( x ) + f ( y ) = 1 ⇔ 9 x + y = m 4 ⇒ x + y = log 9 m 4 = log 3 m 2 Đặt x + y = t , t > 0 . Vì e x + y ≤ e ( x + y ) ⇒ e t ≤ et ⇔ t ≤ 1 + ln t ⇔ 1 + ln t − t ≥ 0, ∀t > 0 (1)

1 1− t Xét hàm f ( t ) = ln t + 1 − t với t > 0 . f ′ ( t ) = − 1 = =0⇒t =0 t t Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên suy ra m ∈ 2; 2e4 − 2  . Suy ra m ∈ {2;3; 4;5;...;106;107} . Vậy có tất cả 106 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 170. Chọn B x −x Hàm số f ( x) = 2 − 2 xác định ∀x ∈ ℝ . −x x x −x Khi đó − x ∈ ℝ , ta có f (− x) = 2 − 2 = −(2 − 2 ) = − f ( x) .

Dựa vào bảng biến thiên, ta có f ( t ) ≤ f ( 1) , ∀t > 0 ⇔ 1 + ln t − t ≤ 0, ∀t > 0 (2)

Suy ra f ( x) là hàm số lẻ. (1)

Từ ( 1) và ( 2 ) ta có t = 1 ⇒ log 3 m2 = 1 ⇒ m2 = 3 ⇒ m = ± 3

Mặt khác f ′( x) = (2x + 2− x )ln 2 > 0 , ∀x ∈ ℝ .

Câu 168. Ta có e f ( a ) + e f (b ) + e f (c ) ≥ 3 3 e f ( a )+ f (b )+ f ( c ) . Mặt khác do f ′′ ( x ) > 0, ∀ x ∈ ℝ nên f ( x ) là hàm lồi, áp dụng bất đẳng thức lồi ta có

Do đó hàm số f ( x) đồng biến trên ℝ . ( 2 ) Ta có f (m) + f (2m − 212 ) < 0 ⇔ f (2m − 212 ) < − f (m) .

 a+b+c f (a ) + f (b) + f (c ) ≥ 3 f   3   Do đó e

f ( a)

f (b)

f (c)

≥3 e

 a +b + c  f   3 

 a +b + c  3f   3 

12 Theo (1) suy ra f (2m − 2 ) < f (−m) .

= 3e

3  a+b+c   a+b+c 2 Suy ra P ≤ −3e + f   + 1 . Đặt t = f  ,t ≥ n ≥ 0 2  3 3     3 2 Ta có P ≤ g ( t ) với g ( t ) = −3et + ( t + 1) 2 g ′ ( t ) = −3et + 3 ( t + 1) ; g " ( t ) = −3et + 3 = −3 ( et − 1) ≤ 0, ∀t ≥ 0. Nên g ′ ( t ) là hàm nghịch biến trên [0; +∞ ) . ⇒ g '(t ) ≤ g (0) = 0, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) ⇒ g (t ) ≤ g (0) Do đó P ≤ g ( 0 ) =

212 . 3 Vì m ∈ ℤ nên m ≤ 1365 ⇒ m0 = 1365 . Vậy m0 ∈ [1009;1513) .

Theo ( 2 ) ta được 2m − 212 < − m ⇔ 3m < 212 ⇔ m <

 a +b + c  f   3 

−3 < 7 − 3e. 2

Câu 171. Xét phương trình hoành độ giao điểm m log 22 x − 2log 2 x + 2m + 1 = 0 . Ycbt ⇔ Phương trình có duy nhất một nghiệm thuộc khoảng [1; +∞ ) . Đặt t = log 2 x ≥ 0 ∀x ∈ [1; +∞ ) .

2t − 1 . t2 + 2 Ycbt ⇔ Phương trình có duy nhất một nghiệm t ∈ [ 0; +∞ ) . Phương trình ⇔ mt 2 − 2t + 2m + 1 = 0 ⇔ m =

2t − 1 trên [ 0; +∞ ) . t2 + 2 2 2 ( t + 2 ) − 2t ( 2t − 1) −2t 2 + 2t + 4 Ta có f ′ ( t ) = = 2 2 (t 2 + 1) (t 2 + 1)

Xét hàm số f ( t ) =

Câu 169. Ta có y = ln x − 2 x 2 + m ≥ 0 , suy ra min y nhỏ nhất bằng 0 2 1; e   

⇔ ln x − 2 x2 + m = 0 có nghiệm x ∈ 1; e2  (1) . Đặt f ( x ) = ln x − 2 x 2 . Khi đó (1) ⇔ f ( x ) = − m , ∀x ∈ 1; e2  .

t = −1∉ [ 0; +∞ ) . f ′ ( t ) = 0 ⇔ −2t 2 + 2t + 4 = 0 ⇔  t = 2 ∈ [ 0; +∞ ) Bảng biến thiên

1 1 − 4x2 Ta có f ′ ( x ) = − 4 x = < 0, ∀x ∈ 1; e 2  . x x BBT

 1  1  Từ bảng biến thiên ta suy ra: ycbt ⇔ m ∈ − ; 0 ∪   .  2  2 ------------- HẾT -------------

CHUYÊN ĐỀ 12

PHƯƠNG TRÌNH MŨ, PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

Dạng 1.4.1 Phương trình không chứa tham số ....................................................................................................... 40 Dạng 1.4.2 Phương trình chứa tham số và dùng định lý vi-et để biện luận ........................................................... 43

MỤC LỤC

Dạng 1.4.3 Phương trình chứa tham số và dùng phương pháp cô lập m để biện luận ........................................... 45

PHẦN A. CÂU HỎI ....................................................................................................................................................... 2

Dạng 1.5 Giải và biện luận phương trình logarit chứa tham số bằng phương pháp cô lập tham số........................... 49

Dạng 1. Phương trình logarit ........................................................................................................................................ 2

Dạng 1.6 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp hàm số............................................................. 51

Dạng 1.1 Phương trình cơ bản...................................................................................................................................... 2

Dạng 1.7 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp khác ................................................................ 53

Dạng 1.2 Biến đổi đưa về phương trình cơ bản............................................................................................................ 4

Dạng 2. Phương trình mũ ............................................................................................................................................ 56

Dạng 1.3 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp đưa về cùng cơ số ............................................. 6

Dạng 2.1 Phương trình cơ bản.................................................................................................................................... 56

Dạng 1.3.1 Phương trình không chứa tham số ......................................................................................................... 6

Dạng 2.2 Giải, biện luận phương trình mũ bằng phương pháp đặt ẩn phụ ................................................................ 62

Dạng 1.3.2 Phương trình chứa tham số .................................................................................................................... 7

Dạng 2.2.1 Phương trình không chứa tham số ....................................................................................................... 62

Dạng 1.4 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp đặt ẩn phụ ......................................................... 7

Dạng 2.2.2 Phương trình chứa tham số và dùng định lý vi-et để biện luận ........................................................... 69

Dạng 1.4.1 Phương trình không chứa tham số ......................................................................................................... 7

Dạng 2.2.3 Phương trình chứa tham số và dùng phương pháp cô lập m để biện luận ........................................... 79

Dạng 1.4.2 Phương trình chứa tham số và dùng định lý vi-et để biện luận ............................................................. 8

Dạng 2.3 Giải và biện luận phương trình mũ bằng phương pháp logarit hóa ............................................................ 83

Dạng 1.4.3 Phương trình chứa tham số và dùng phương pháp cô lập m để biện luận ............................................. 9

Dạng 2.4 Giải và biện luận phương trình mũ bằng một số phương pháp khác .......................................................... 84

Dạng 1.5 Giải và biện luận phương trình logarit chứa tham số bằng phương pháp cô lập tham số........................... 10

Dạng 2.5 Phương pháp hàm số................................................................................................................................... 86

Dạng 1.6 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp hàm số............................................................. 10

Dạng 3. Phương trình kết hợp của mũ và logarit ...................................................................................................... 87

Dạng 1.7 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp khác ................................................................ 10

Dạng 3.1 Giải và biện luận bằng phương pháp đặt ẩn phụ......................................................................................... 87

Dạng 2. Phương trình mũ ............................................................................................................................................ 11

Dạng 3.2 Giải và biện luận bằng phương pháp cô lập m ........................................................................................... 90

Dạng 2.1 Phương trình cơ bản.................................................................................................................................... 11

Dạng 3.3 Giải và biện luận bằng phương pháp hàm số .............................................................................................. 94

Dạng 2.2 Giải, biện luận phương trình mũ bằng phương pháp đặt ẩn phụ ................................................................ 13 Dạng 2.2.1 Phương trình không chứa tham số ....................................................................................................... 13 Dạng 2.2.2 Phương trình chứa tham số và dùng định lý vi-et để biện luận ........................................................... 15 Dạng 2.2.3 Phương trình chứa tham số và dùng phương pháp cô lập m để biện luận ........................................... 17

PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Phương trình logarit Dạng 1.1 Phương trình cơ bản

Dạng 2.3 Giải và biện luận phương trình mũ bằng phương pháp logarit hóa ............................................................ 18 Dạng 2.4 Giải và biện luận phương trình mũ bằng một số phương pháp khác .......................................................... 18 Dạng 2.5 Phương pháp hàm số................................................................................................................................... 19

Câu 1.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của phương trình

(

Dạng 3. Phương trình kết hợp của mũ và logarit ...................................................................................................... 19

)

log 2 x 2 − x + 2 = 1 là :

Dạng 3.1 Giải và biện luận bằng phương pháp đặt ẩn phụ......................................................................................... 19

A. {0}

B. {0;1}

C. {−1;0}

D. {1}

Dạng 3.2 Giải và biện luận bằng phương pháp cô lập m ........................................................................................... 20 Dạng 3.3 Giải và biện luận bằng phương pháp hàm số .............................................................................................. 21

Câu 2.

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO ........................................................................................................................... 21 Dạng 1. Phương trình logarit ...................................................................................................................................... 21

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Giải phương trình log 4 ( x − 1) = 3. A. x = 65

Câu 3.

Dạng 1.1 Phương trình cơ bản.................................................................................................................................... 21

B. x = 80

C. x = 82

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm nghiệm của phương trình log2 (1 − x ) = 2 . A. x = 5 .

B. x = − 3 .

C. x = − 4 .

Dạng 1.2 Biến đổi đưa về phương trình cơ bản.......................................................................................................... 27 Dạng 1.3 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp đưa về cùng cơ số ........................................... 32

Câu 4.

D. x = 3 .

(

)

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Tập nghiệm của phương trình log 2 x2 − 1 = 3 là

{

A. − 10; 10

Dạng 1.3.1 Phương trình không chứa tham số ....................................................................................................... 32

D. x = 63

}

B. {−3;3}

C. {−3}

D. {3}

Dạng 1.3.2 Phương trình chứa tham số .................................................................................................................. 35 Dạng 1.4 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp đặt ẩn phụ ....................................................... 40 1

Câu 5.

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm nghiệm của phương trình log 2 ( x − 5 ) = 4 . 2

A. x = 11 Câu 6.

B. x = 13

B. {−4}

Câu 9.

C. {− 15; 15}

phương trình log 1 ( x 2 − 5 x + 7 ) = 0 bằng

B. x = 4

C. x =

23 2

A. 6

D. {−4;4}

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm nghiệm của phương trình log 25 ( x + 1) = A. x = 6

Câu 8.

Câu 16. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Tổng bình phương các nghiệm của

D. x = 3

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Tập nghiệm của phương trình log 3 ( x 2 − 7) = 2 là A. {4}

Câu 7.

C. x = 21

B. 5

trình log 4 x 2 − log 2 3 = 1 là

A. 6

D. x = −6

B. 5

nghiệm là 25 A. x = . 3

A. {4} .

29 . 3

D. x =

11 . 3

(

)

(THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tập nghiệm của phương trình log3 x 2 − x + 3 = 1 B. {0;1} .

C. {−1; 0} .

(

A. − 3 .

log3 ( x 2 + x + 3) = 1 là: B. {0;1} .

C. {0}

D. {−1} .

B. 87

C. x =

29 3

D. x =

11 3

(

A. ∅ .

)

B. { − 2;4} .

C. {4} .

D. { − 2}.

B. 0.

C. 3.

log 3 ( x2 + 2 x ) = 1 là A. {1; − 3} .

B. {1;3} .

C. {0} .

D. {−3} .

Câu 15. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Tập hợp các số thực m để phương trình log 2 x = m có nghiệm thực là A. [ 0; +∞ ) .

B. ( −∞; 0 ) .

C. ℝ.

D. ( 0; +∞ )

C. 3 .

B. 4 .

C. 0 .

D. 1.

A. 2 .

B. 0 .

C. 1 .

D. 3 .

Câu 22. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình

(2x

− 5x + 2) log x ( 7 x − 6 ) − 2 = 0 bằng

17 A. . 2

B. 9 .

C. 8 .

19 . 2

Câu 23. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập hợp các số thực m để phương trình log 2 x = m có nghiệm thực là A. ( 0; + ∞ ) .

B. [ 0; + ∞ ) .

C. ( −∞;0 ) .

D. ℝ .

Dạng 1.2 Biến đổi đưa về phương trình cơ bản Câu 24.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tập nghiệm S

của phương trình

log 2 ( x − 1) + log 2 ( x + 1) = 3 .

A. S = {3}

{

B. S = − 10; 10

}

C. S = {−3;3}

D. S = {4}

Câu 25. (Mã 103 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình log 2 ( x + 1) + 1 = log 2 ( 3 x − 1) là A. x = 1 . Câu 26. (MĐ

105

B. x = 2 . BGD&ĐT

NĂM

C. x = − 1 . 2017)

log 3 ( 2 x + 1) − log 3 ( x − 1) = 1 . 3

D. 0 .

( x + 3) log 2 (5 − x 2 ) = 0 .

D. 2.

Câu 14. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của phương trình

B. a .

A. 2 .

Câu 13. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho phương trình log 2 (2 x − 1) 2 = 2 log 2 ( x − 2). Số nghiệm thực của phương trình là: A. 1.

)

Câu 21. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Số nghiệm của phương trình

Câu 12. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tập nghiệm của phương trình log x 2 − 2 x + 2 = 1 là

D. {−1; 4} .

Câu 20. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Số nghiệm dương của phương trình ln x 2 − 5 = 0 là

Câu 11. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Phương trình log 3 (3 x − 2) = 3 có nghiệm là: 25 A. x = 3

 3 − 2 2 3 + 2 2  C.  ; . 2   2

B. {1; − 4} .

phương trình log5 x 2 − 3x + 5 = 1 là

D. {0} .

Câu 10. (THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của phương trình A. {−1;0} .

D. 0

Câu 19. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Nghiệm nhỏ nhất của

là

A. {1} .

C. 4

Câu 18. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của phương trình

log 0,25 ( x 2 − 3x ) = −1 là:

C. x =

D. 7

Câu 17. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Tổng các nghiệm của phương

1 . 2

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Phương trình log 3 ( 3 x − 2 ) = 3 có B. x = 87 .

C. 13

Tìm

tậ p

D. x = 3 . nghiệm

của

phương

trình

A. S = {3}

B. S = {4}

C. S = {1}

D. S = {−2}

Câu 27. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình log 3 ( x + 1) + 1 = log 3 ( 4 x + 1) A. x = 4 .

B. x = 2 .

C. x = 3 .

D. x = −3 .

Câu 28. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình log3 ( 2x + 1) = 1+ log3 ( x −1) là A. x = 4 .

B. x = −2 .

C. x = 1 .

D. x = 2 .

 π Câu 38. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho x ∈  0;  , biết rằng  2 1 log 2 ( sin x ) + log 2 ( cos x ) = −2 và log 2 ( sin x + cos x ) = ( log 2 n + 1) . Giá trị của n bằng 2 1 5 1 3 A. . B. . C. . D. . 4 2 2 4 Dạng 1.3 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp đưa về cùng cơ số Dạng 1.3.1 Phương trình không chứa tham số

Câu 29. (Mã 102 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình log 2 ( x + 1) = 1 + log 2 ( x − 1) là A. x = 3 .

B. x = 2 .

C. x = 1 .

D. x = −2 .

Câu 30. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Số nghiệm của phương trình ln ( x + 1) + ln ( x + 3) = ln ( x + 7 ) là A. 1.

B. 0.

C. 2.

D. 3.

B. 1.

C. 3.

A. 0 B. 2 C. 1 D. 3 Câu 33. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Tìm tập nghiệm S của phương trình: log 3 ( 2 x + 1) − log3 ( x − 1) = 1 . B. S = {1} .

C. S = {2} .

D. S = {4} .

Câu 34. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Phương trình log 2 x + log 2 ( x − 1) = 1 có tập nghiệm là A. S = {−1; 3} .

3 + 33 . 2

C. S = {2} .

D. S = {1} .

3 − 33 . 2

C. 3.

33 .

B. S = {−1, 4}

C. S = {−1}

D. S = {4,5}

Câu 37. (THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Số nghiệm của phương trình log 3 x + log 3 ( x − 6 ) = log 3 7 là A. 0

của

phương trình

{

}

{

B. S = 2 − 5; 2 + 5 C. S = 2 + 5

}

 3 + 13  D. S =    2 

log 3 ( x 2 + 4 x ) + log 1 ( 2 x + 3) = 0 là 3

A. 2 .

B. 3 .

C. 0 .

D. 1.

Câu 41. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình 2 log 3 x.log 9 x.log 27 x.log 81 x = bằng 3 80 82 A. 0. B. C. 9. D. . . 9 9

log 2 x + log 4 x = log 1 3 là 2

1 A. x = 3 . 3

B. 2

C. 1

D. 3

B. x = 3 3 .

C. x =

A. 2

D. x =

1 . 3

( x + 1) = log 2 ( x2 + 2 ) − 1 . Số phần tử của tập S là B. 3

C. 1

D. 0

Câu 44. (THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Số nghiệm thục của 3

phương trình 3log 3 ( x − 1) − log 1 ( x − 5 ) = 3 là 3

A. 3

B. 1

C. 2

D. 0

Câu 45. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tổng các nghiệm của phương trình log

( x − 2 ) + log3 ( x − 4 )

nguyên). Giá trị của biểu thức Q = a.b bằng A. 0. B. 3. 5

1 . 3

Câu 43. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Gọi S là tập nghiệm của phương trình

log

Câu 36. (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của phương trình log 2 x + log 2 ( x − 3) = 2 là A. S = {4}

( x − 1) + log 1 ( x + 1) = 1.

Câu 42. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Nghiệm của phương trình B. S = {1;3} .

Câu 35. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Tổng các nghiệm của phương trình log 2 ( x − 1) + log 2 ( x − 2) = log5 125 là A.

Câu 40. (THPT HÀM RỒNG THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 1) Số nghiệm của phương trình

D. 2.

Câu 32. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Số nghiệm của phương trình log 3 ( 6 + x ) + log 3 9 x − 5 = 0 .

A. S = {3} .

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tập nghiệm

log

A. S = {3}

Câu 31. Tìm số nghiệm của phương trình log 2 x + log 2 ( x − 1) = 2 A. 0.

Câu 39.

C. 9.

= 0 là S = a + b 2 (với a , b là các số D. 6.

Dạng 1.3.2 Phương trình chứa tham số Câu 46.

A. 8 .

(THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số

(

C. 9 .

D. 64 .

Câu 55. (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Gọi T là tổng các nghiệm của phương

)

3log 27  2 x 2 − ( m + 3) x + 1 − m  + log 1 x 2 − x + 1 − 3m = 0 . Số các giá trị nguyên của m để

trình log 21 x − 5log3 x + 4 = 0 . Tính T .

A. T = 4

phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 − x2 < 15 là:

A. 14

B. 81 .

B. 11

C. 12

D. 13

B. T = −4

C. T = 84

D. T = 5

Câu 56. (CỤM 8 TRƯỜNG CHUYÊN LẦN 1) Cho phương trình log ( 4 x ) − log 2 2

Câu 47. (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là tập tất cả các giá

(2x) = 5 .

Nghiệm

nhỏ nhất của phương trình thuộc khoảng nào sau đây?

trị nguyên của tham số m với m < 64 để phương trình log 1 ( x + m ) + log5 ( 2 − x ) = 0 có nghiệm.

A. (1; 3) .

B. ( 5 ; 9 ) .

C. ( 0 ;1) .

D. ( 3 ; 5) .

Tính tổng tất cả các phần tử của S . A. 2018. B. 2016.

C. 2015.

Câu 57. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Tích tất cả các nghiệm của

D. 2013.

phương trình log32 x − 2log3 x − 7 = 0 là

A. 9 .

Câu 48. (Mã 102 - BGD - 2019) Cho phương trình log 9 x − log 3 ( 6 x − 1) = − log 3 m ( m là tham số thực). 2

Câu 49. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho phương trình log 9 x 2 − log 3 ( 5 x − 1) = − log 3 m ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm? A. 4. B. 6. C. Vô số. D. 5. 2 Câu 50. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho phương trình log 9 x − log 3 ( 3 x − 1) = − log3 m ( m là tham số

thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có nghiệm? A. 2. B. 4. C. 3. D. Vô số.

A. 82 .

Câu 53. (KTNL

log 2+

( 2x

GIA 2

x + 2 , gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m ∈ ℤ để

BÌNH

− x − 4m + 2m ) + log

NĂM

2018-2019)

5 −2

D. 1. Cho

phương

x + mx − 2m = 0 . Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của

B. 0

C. 3

D. 4

Dạng 1.4 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp đặt ẩn phụ Dạng 1.4.1 Phương trình không chứa tham số

x4 có hai Câu 54. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Biết rằng phương trình log32 x = log 3 3 nghiệm a và b . Khi đó ab bằng 7

C. 243 .

D. 244 .

a ln 2 x + b ln x + 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và phương trình 5log 2 x + b log x + a = 0 có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn x1 x2 > x3 x4 . Tính giá trị nhỏ nhất Smin của S = 2a + 3b .

B. S min = 30

C. S min = 25

D. S min = 33

Câu 61. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tích các nghiệm của phương trình log x (125 x ) .log 225 x = 1 . 1 630 7 A. 630 . B. . C. . D. 125 625 125 Dạng 1.4.2 Phương trình chứa tham số và dùng định lý vi-et để biện luận

trình

tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm x12 + x22 = 3 ?

A. 1

B. 27 .

A. S min = 17

Câu 52. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho phương trình mx −5

D. 2 .

Câu 60. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Xét các số nguyên dương a , b sao cho phương trình

thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm? A. 5 . B. 3 . C. Vô số. D. 4 .

phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Tìm số phần tử của S . A. 2 . B. 0 . C. 3 .

C. 1.

Câu 59. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết phương trình log 22 x − 7 log 2 x + 9 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Giá trị x1.x2 bằng A. 128 B. 64 C. 9 D. 512

2 Câu 51. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho phương trình log9 x − 4log3 ( 4x −1) = − log3 m ( m là tham số

log mx −5 ( x 2 − 6 x + 12) = log

B. −7 .

Câu 58. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho 2 số thực dương a và b thỏa mãn log 9 a 4 + log 3 b = 8 và log 3 a + log 3 3 b = 9 . Giá trị biểu thức P = ab + 1 bằng

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm? A. 7 . B. 6 . C. 5 . D. Vô số.

Câu 62.

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Tìm giá trị thực của m để phương trình log 23 x − m log 3 x + 2 m − 7 = 0 có hai nghiệm thực x1 , x 2 thỏa mãn x1 x2 = 81.

A. m = 4

B. m = 44

C. m = 81

D. m = −4

Câu 63. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm tất cả các giá trị của tham số 2 m để phương trình log3 3x + log3 x + m − 1 = 0 có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( 0;1) .

A. m >

9 . 4

B. 0 < m <

1 . 4

C. 0 < m <

9 . 4

9 D. m > − . 4

Câu 64. (CHUYÊN

ĐHSP

HÀ

NỘI

NĂM

2018-2019

LẦN

01)

Giả

sử

phương

Dạng 1.5 Giải và biện luận phương trình logarit chứa tham số bằng phương pháp cô lập tham số

trình

log 22 x − ( m + 2) log 2 x + 2m = 0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 6 . Giá trị Câu 72.

của biểu thức x1 − x2 là

A. 3 .

B. 8 .

C. 2 .

[ −2017; 2017 ] để phương trình log ( mx ) = 2 log ( x + 1) có nghiệm duy nhất?

D. 4 .

Câu 65. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình log 32 x − ( m + 2 ) .log 3 x + 3m − 1 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 sao cho x1.x2 = 27 .

14 A. m = . 3

28 C. m = . 3

B. m = 25 .

A. 4014.

)

(

)

B. m ∈ − 2; 2 .

2; 2 .

(

)

(

C. m ∈ − 2; 2 .

(

)

Câu 75.

− log 1 x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( 0;1) . 2

1 A. 0 < m < 4

B. 0 ≤ m <

1 4

C. m ≤

1 4

D. −

A. m ∈ ℝ .

7 B. −3 ≤ m ≤ . 3

Câu 70. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 log 2 2 x − log 2 x 2 + 3 = m có nghiệm x ∈ [1;8] . A. 6 ≤ m ≤ 9

B. 2 ≤ m ≤ 3

LẦN

02)

Tìm

log 2 x − 2log 2 x − m + log 2 x = m (*) . 2

Có

bao

nhiêu

giá

trị

nguyên

m ∈ [ −2019; 2019] để phương trình (*) có nghiệm?

A. 2021 .

B. 2019 .

C. 4038 .

D. 2020 .

của

tham

số

1 2

NINH

NĂM

2018-2019)

Cho

phương

trình

+ 29 x − 2 ) = 0 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương

x −1)

(

)

.log2 x 2 − 2 x + 3 = 4

x−m

.log 2 ( 2 x − m + 2 ) có đúng ba nghiệm phân biệt là:

3 . 2

C. 0.

D. 3.

1 + 1 ≤ m ≤ e − 1. e

1 C. 1 ≤ m ≤ + 1. e

B. 1 ≤ m ≤ e − 1.

D. 1 ≤ m < e − 1.

Dạng 1.7 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp khác

để phương trình

Câu 71. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho phương trình

QUẢNG

ĐẰNG

(THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tổng tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình:

D. 3 ≤ m ≤ 6

BẠCH

( mx − x ) + 2 log ( −14 x

Câu 76. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình ln ( m + ln ( m + sin x ) ) = sin x có nghiệm.

Câu 77.

C. 2 ≤ m ≤ 6

 ln 3 1  D.  ;   3 e

A. 2.

7 D. −3 < m ≤ . 3

C. m ∈ ∅ .

 ln 2 1  C.  ;   2 e

1 <m<0 4

Câu 69. (THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm m để phương trình : 1 2 5  + 4m − 4 = 0 có nghiệm trên  , 4  . ( m − 1) log 21 ( x − 2) + 4 ( m − 5) log 1 x − 2 2  2 2

D. 2017 .

trình có ba nghiệm phân biệt 39 39 A. 18 < m < . B. 18 < m < 20 . C. 19 < m < 20 . D. 19 < m < . 2 2 Dạng 1.6 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp hàm số

D. m ∈ −2; 2 .

(HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình

4 log 2 x

ln 2   ln 3   B.  −∞; ; +∞  ∪ 2   3  

log

Dạng 1.4.3 Phương trình chứa tham số và dùng phương pháp cô lập m để biện luận Câu 68.

 ln 2 ln 3  A.  ; 3   2

Câu 74. (THPT

nghiệm.

(

C. 4015.

của tham số m để phương trình mx − ln x = 0 có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( 2;3)

Câu 67. Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình log 2 cos x − m log cos 2 x − m 2 + 4 = 0 vô A. m ∈

B. 2018.

Câu 73. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực

D. m = 1 .

Câu 66. (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Tính tổng T các giá trị nguyên của 1 tham số m để phương trình e x + m 2 − m e− x = 2m có đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn . log e A. T = 28 B. T = 20 C. T = 21 D. T = 27

(

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên trong

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Hỏi phương trình 3x 2 − 6 x + ln ( x + 1) + 1 = 0 có bao nhiêu nghiệm phân biệt? A. 1 B. 3

C. 4

D. 2

Câu 78. (THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hai phương trình x2 + 7 x + 3 − ln ( x + 4 ) = 0 (1) và x 2 − 9 x + 11 − ln ( 5 − x ) = 0 ( 2 ) . Đặt T là tổng các nghiệm phân biệt của hai phương trình đã cho, ta có: A. 2 B. 8

C. 4

D. 6

Câu 79. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Biết phương trình

 x 1   2 1 log 2018  +  = 2log 2019  −  có nghiệm duy nhất x = a + b 2 trong đó a , b là  x x  2 2 x những số nguyên. Khi đó a + b bằng A. 5 B. −1

C. 2

D. 1

Câu 80. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Cho a, b là các số dương

lớn

hơn

1, thay đổi thỏa mãn để phương trình a + b = 2019 5log a x.logb x − 4log a x − 3logb x − 2019 = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Biết giá trị lớn

nhất của ln ( x1 x2 ) bằng

A. 22209.

3 m 4 n ln   + ln   , với m, n là các số nguyên dương. Tính S = m + 2n. 5  7  5 7 B. 20190. C. 2019. D. 14133.

= 27 là

B. S = {1} .

C. S = {3} .

D. S = {2} .

Câu 91. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Phương trình

( 5)

x 2 +4 x +6

= log 2 128 có bao nhiêu nghiệm?

A. 1

B. 3

C. 2

D. 0

Câu 92. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Tập nghiệm S của phương trình

−2 x

= 27 . B. S = {−3;1} .

C. S = {−3; −1} .

D. S = {−1;3} .

D. x = 5 .

Câu 82. (Mã 102 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình 3 = 27 là B. 4 . C. 2 . A. 5 .

D. 1.

Câu 83. Tìm nghiệm của phương trình 3x−1 = 27 A. x = 10 B. x = 9

D. x = 4

2 x+1

trình e x = 3 là: A. 1.

B. 0.

Câu 85. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Phương trình 22 x+1 = 32 có nghiệm là 5 3 A. x = 3 B. x = C. x = 2 D. x = 2 2 Câu 86. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình 2 2 x−1 = 32 là 17 5 A. x = 2 . B. x = . C. x = . 2 2

= 8 là Câu 87. (Mã 103 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình 2 5 A. x = 2 . B. x = . C. x = 1 . 2 2 x−1

3 D. x = . 2

Câu 88. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình 3x = m có nghiệm thực. A. m ≥ 1 B. m ≥ 0 C. m > 0 D. m ≠ 0 Câu 89. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tập nghiệm S của phương trình = 5. 11

B. S = {2} .

D. 2.

C. S = {0} .

D. S = {−2} .

Câu 95. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Họ nghiệm của phương trình 2

4cos x −1 = 0 là π  B.  + kπ ; k ∈ ℤ  . 2 

A. {kπ ; k ∈ ℤ} .

C. {k 2π ; k ∈ ℤ} .

π  D.  + kπ ; k ∈ ℤ  . 3 

Câu 96. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho biết 9x − 122 = 0 , tính giá trị của biểu thức P =

A. 31 . D. x = 3 .

C. 3.

Câu 94. (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Phương trình 5 x+ 2 − 1 = 0 có tập nghiệm là A. S = {3} .

C. x = 3

Câu 84. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Phương trình 52 x+1 = 125 có nghiệm là 5 3 B. x = 1 C. x = 3 D. x = A. x = 2 2

2 x+1 = 8 . A. S = {4} .

Câu 93. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Số nghiệm thực phân biệt của phương 2 x−1

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình: 3 A. x = 1 . B. x = 2 . C. x = 4 .

2 x2 − x

 1 D. S = 1; −   2

C. S = {0; 2}

Câu 90. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tìm tập nghiệm S của phương trình

A. S = {1;3} .

Dạng 2. Phương trình mũ Dạng 2.1 Phương trình cơ bản Câu 81.

 1 B. S = 0;   2

A. S = ○

1 − x −1

− 8.9

x −1 2

+ 19 .

B. 23 .

C. 22 .

D. 15 .

Câu 97. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình 22 x 5 A. − . 2

+5 x + 4

=4 B. − 1 .

C. 1.

5 . 2

Câu 98. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 32 x−1 + 2m2 − m − 3 = 0 có nghiệm. 3  1   3 A. m ∈  −1;  . B. m ∈  ; + ∞  . C. m ∈ ( 0; + ∞ ) . D. m ∈  −1;  . 2  2   2

 1  Câu 99. Cho a, b là hai số thực khác 0, biết:    125 

a2 + 4 ab

= 12

(

3 a2 −8 ab

625

)

. Tỉ số

a là: b

−8 7

1 7

4 7

Câu 110. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Tổng tất cả các nghiệm của phương

−4 21

trình 2.4 x − 9.2 x + 4 = 0 bằng. A. 2 . B. −1 .

Câu 100. Tổng các nghiệm của phương trình 2 x −2 x +1 = 8 bằng A. 0 . B. −2 . C. 2 .

D. 1 .

Câu 101. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Phương trình 22 x tổng tất cả các nghiệm bằng 5 5 A. 1. B. . C. −1 . D. − . 2 2 2x Câu 102. (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Phương trình 5 tổng tất cả các nghiệm bằng 5 5 A. 1 B. C. − 1 D. − 2 2

+5 x + 4

= 4 có

= 25 có

Câu 104. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho phương trình 4 + 2 phương trình nào sau đây 2

A. 2t − 3t = 0

B. 4t − 3 = 0

C. t + t − 3 = 0

− 4 x +3

− 3 = 0. Khi đặt t = 2 ta được 2

D. t + 2t − 3 = 0

+ 5x +7 x +6 = 52 x +3 x+9 + 1 là B. {−1;1; 3; 6} . C. {−6; −1;1;3} .

D. {1; 3} .

Câu 106. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Phương trình 9 x − 6 x = 22 x +1 có bao nhiêu nghiệm âm? A. 2 . B. 3 . C. 0 . D. 1 . Câu 107. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tổng các nghiệm của

1 Câu 113. (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Phương trình 31− x = 2 +   có bao 9 nhiêu nghiệm âm? A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Câu 114. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của phương trình 9 x − 4.3x + 3 = 0 là B. {1}

C. {0}

D. {1;3}

trình 4x−1 + 2 x+3 − 4 = 0 là: A. 1 B. 2

C. 3

D. 4

Câu 116. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của phương trình

32+ x + 32− x = 30 là  1 A. S = 3;   3

B. S = {−1}

C. S = {1; −1}

D. S = {3;1} .

Câu 117. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) = x.5x. Tổng các nghiệm của phương trình 25x + f ' ( x ) − x.5x.ln 5 − 2 = 0 là

A. −2

B. 0

C. −1

D. 1

Câu 118. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho phương trình

32 x +10 − 6.3x + 4 − 2 = 0 (1) . Nếu đặt t = 3x +5 ( t > 0 ) thì phương trình (1) trở thành phương trình nào?

phương trình 4 x − 6.2 x + 2 = 0 bằng A. 0 . B. 1 .

C. 6 .

D. 2 .

Câu 108. (CỤM 8 TRƯỜNG CHUYÊN LẦN 1) Tổng các nghiệm của phương trình 3x +1 + 31− x = 10 là A. 1. B. 0. C. − 1 . D. 3.

(

Câu 109. Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình 2 − 3 A. 2.

Câu 112. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Cho phương trình 25x − 20.5x−1 + 3 = 0 . Khi đặt t = 5x , ta được phương trình nào sau đây. 20 A. t 2 − 3 = 0 . B. t 2 − 4t + 3 = 0 . C. t 2 − 20t + 3 = 0 . D. t − + 3 = 0 . t

Câu 115. (THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Số nghiệm thực của phương x

Câu 105. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của phương trình 5x A. {1; −1;3} .

Câu 111. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Phương trình 62 x −1 − 5.6x −1 + 1 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Khi đó tổng hai nghiệm x1 + x2 là. A. 5. B. 3. C. 2. D. 1.

A. {0;1}

Dạng 2.2 Giải, biện luận phương trình mũ bằng phương pháp đặt ẩn phụ Dạng 2.2.1 Phương trình không chứa tham số x +1

D. 1 .

Câu 103. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Phương trình 7 2 x +5 x + 4 = 49 có tổng tất cả các nghiệm bằng 5 5 A. − . B. 1. C. − 1 . D. . 2 2

C. 0 .

B. 3 .

) + (2 + 3) C. 5.

= 4 . Khi đó x12 + 2 x22 bằng D. 4.

A. 9t 2 − 6t − 2 = 0 .

B. t 2 − 2t − 2 = 0 .

C. t 2 − 18t − 2 = 0 .

D. 9t 2 − 2t − 2 = 0 .

Câu 119. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Nghiệm của phương trình:

9 x − 10.3x + 9 = 0 A. x = 2; x = 1

B. x = 9; x = 1

C. x = 3; x = 0.

D. x = 2; x = 0

Câu 120. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Giải phương trình 4x − 6.2 x + 8 = 0 . A. x = 1 ; x = 2 . B. x = 1 . C. x = 2 . D. x = 0 ; x = 2 . 14

Câu 121. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Phương trình 9 x − 3.3x + 2 = 0 có x x x < x2 ). Giá trị của biểu thức A = 2 x1 + 3x2 bằng hai nghiệm 1 , 2 ( 1 A. 4log 2 3 . B. 0 . C. 3log3 2 . D. 2 .

Câu 132. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m

Câu 122. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình

Câu 133. (THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho phương trình

32 x − 2.3x+ 2 + 27 = 0 bằng A. 9 . B. 18 .

C. 3 .

m.16 x − 2 ( m − 2 ) .4 x + m − 3 = 0 (1) . Tập hợp tất cả các giá trị dương của m để phương trình đã

D. 27 .

cho có hai nghiệm phân biệt là khoảng ( a; b ) . Tổng T = a + 2b bằng:

Câu 123. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Phương trình 9 x − 6x = 22 x+1 có bao nhiêu nghiệm âm? A. 3 B. 0 C. 1 D. 2 Câu 124. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Phương trình x

(

) (

2 −1 +

)

2 + 1 − 2 2 = 0 có tích các nghiệm là?

A. 0.

B. 2.

C. −1.

−x

+ 2x

− x +1

= 3 .Tính x1 − x2

A. 3

B. 0

C. 2

A. 14

B. 10

(

)

Câu 126. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Giải phương trình: 41+ x + 41− x = 2 22+ x − 22− x + 8

D. 7

4 x − 3.2 x+1 + m = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = −1 . Giá trị của m thuộc khoảng nào sau đây?

B. ( −7; −5) .

C. ( 0;1) .

D. ( 5; 7 ) .

Câu 135. (THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC LẦN 1 NĂM 2018-2019) Với giá trị nào của tham số m để phương trình 4 x − m.2 x +1 + 2 m + 3 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x1 + x2 = 4 5 A. m = . 2

D. 1

C. 11

Câu 134. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Phương trình

A. ( −5;0) . D. 1 .

Câu 125. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi x1 ; x2 là 2 nghiệm của phương trình 4x

sao cho phương trình 9x − m.3x +1 + 3m2 − 75 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử? B. 8 C. 4 D. 19 A. 5

B. m = 2 .

C. m = 8 .

D. m =

13 . 2

Câu 136. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Phương trình 4 x − m .2 x +1 + 2m = 0 có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn x1 + x 2 = 3 khi

Dạng 2.2.2 Phương trình chứa tham số và dùng định lý vi-et để biện luận Câu 127. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Gọi S là tập hợp tất cả giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 16 x − m.4 x+1 + 5m2 − 45 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử? A. 6 B. 4 C. 13 D. 3

Câu 128. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình

9x − 2.3x +1 + m = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 1 . A. m = 3

B. m = 1

C. m = 6

D. m = −3

Câu 129. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 25 x − m.5 x +1 + 7 m2 − 7 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử. A. 7 B. 1 C. 2 D. 3

Câu 130. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Gọi S là tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 4x − m.2x+1 + 2m2 − 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử. A. 2 B. 1 C. 3 D. 5

Câu 131. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình

4 x − 2 x +1 + m = 0 có hai nghiệm thực phân biệt A. m ∈( 0; +∞)

C. m∈ ( 0;1]

B. m ∈ ( −∞;1) 15

D. m∈ ( 0;1)

A. m = 4 .

B. m = 3 .

C. m = 2 .

D. m = 1 .

Câu 137. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4.4 x

+2 x

+ ( 2m − 2 ) 6 x

+ 2 x +1

− ( 6m + 3) 32 x

+4 x+2

= 0 có hai nghiệm thực phân

biệt.

A. 4 − 3 2 < m < 4 + 3 2 −1 −1 C. m > −1 hoặc m < D. −1 < m < 2 2

B. m > 4 + 3 2 hoặc m < 4 − 3 2

Câu 138. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Biết rằng tập các giá trị của tham số m để phương trình ( m − 3) 9 x + 2 ( m + 1) 3x − m − 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt là một khoảng

( a; b ) . Tính tích

a.b .

A. 4

B. −3

C. 2

D. 3

Câu 139. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Có tất cả bao nhiêu số nguyên m để phương trình

4 x − m.2 x + 2m − 2019 = 0 có hai nghiệm trái dấu? A. 1008 . B. 1007 . C. 2018 . Câu 140. (TT HOÀNG HOA THÁM 2018-2019)

(4 +

)

(

)

D. 2017 . Cho phương

trình

15 + ( 2m + 1) 4 − 15 − 6 = 0 . Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa

mãn x1 − 2 x2 = 0 . Ta có m thuộc khoảng nào?

A. ( 3; 5 ) .

B. ( −1;1) .

C. (1;3) . 16

D. ( −∞; −1) .

Câu 141. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Phương trình

(2 + 3 )

(

+ (1 − 2 a ) 2 − 3

)

− 4 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 − x 2 = log 2+ 3 3 .

Khi đó a thuộc khoảng 3  A.  −∞ ; −  . B. ( 0; + ∞ ) . 2 

3  C.  ; + ∞  . 2 

 3  D.  − ; + ∞  .  2 

Câu 142. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Biết rằng tập các giá trị của tham số m để phương trình (m − 3)9 x + 2 ( m + 1) 3x − m −1 = 0 có hai nghiệm phân biệt là một khoảng

(a; b ) . Tính tích a.b . A. 4

C. 2

D. 3

Câu 144. Xác định các giá trị của tham số m để phương trình 9 x − 2 ( m + 2 ) 6 x + ( m 2 + 4m + 3) 4 x = 0 có hai B. m > −3.

C. m > −1.

D. m > −2.

Câu 145. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Biết rằng m = m0 là giá trị của tham số m sao cho phương trình 9 x − 2 ( 2 m + 1) 3 x + 3 ( 4 m − 1) = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn

( x1 + 2 )( x2 + 2 ) = 12 . Khi đó m0 thuộc khoảng nào sau đây A. (3;9) . B. ( 9; +∞ ) . C. (1;3 ) .

D. ( -2; 0 ) .

Câu 146. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 16 x − 2 ( m + 1) 4 x + 3m − 8 = 0 có hai nghiệm trái dấu? A. 6

phương trình 9 A. 27 .

4 x − x2

− 4.3

4 x − x2

+ 2m − 1 = 0 có nghiệm? B. 25 . C. 23 .

D. 24 .

Câu 151. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Gọi ( a; b ) là tập các giá trị của tham số m để phương trình 2e2 x − 8e x − m = 0 có đúng hai nghiệm thuộc khoảng ( 0; ln 5 ) . Tổng a + b là A. 2.

B. 4.

C. − 6 .

D. −14 .

Câu 152. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên B. − 3

Câu 143. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tất cả các giá trị của mm để phương trình 9 x − 2m.3x + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt A. −2 < m < 2 B. m > 2 C. m > −2 D. m < 2

nghiệm phân biệt? A. m < −2.

Câu 150. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để

B. 7

C. 0

D. 3

Câu 147. (THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x − m.2 x + 2m + 1 = 0 có nghiệm. Tập ℝ \ S có bao nhiêu giá trị nguyên? A. 1 B. 4 C. 9 D. 7

Câu 148. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Cho phương trình 9 x − 2 ( 2 m + 1) 3 x + 3 ( 4m − 1) = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn ( x1 + 2 )( x2 + 2 ) = 12 . Giá trị của m thuộc khoảng A. ( 9; + ∞ ) . B. ( 3;9 ) .

của tham số m để phương trình phần tử của S bằng A. 8.

(

)

2 +1 − m

B. 7.

(

)

2 − 1 = 8 có hai nghiệm dương phân biệt. Số C. 10.

D. 9.

Câu 153. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tìm số giá trị nguyên của tham số m ∈ ( −10;10 ) để phương trình

A. 14 .

(

)

10 + 1

B. 15 .

(

)

10 − 1

C. 13 .

= 2.3x

có đúng hai nghiệm phân biệt?

D. 16 . x

1 1 Câu 154. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Phương trình   − m.   + 2m + 1 = 0 có 9 3 nghiệm khi m nhận giá trị: 1 1 1 A. m < − . B. − < m < 4 − 2 5 . C. m ≥ 4 + 2 5 . D. m < − ∨ m ≥ 4 + 2 5 2 2 2 .

Câu 155. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình: ( m + 1) .16 x − 2 ( 2m − 3) .4 x + 6m + 5 = 0 có hai nghiệm trái dấu là A. 4 .

B. 8 .

C. 1 .

D. 2 .

Dạng 2.3 Giải và biện luận phương trình mũ bằng phương pháp logarit hóa Câu 156. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Phương trình 2 x −3 = 5x

−5 x + 6

có

một nghiệm dạng x = b + log a b với a , b là các số nguyên dương thuộc khoảng (1; 7 ) . Khi đó a + 2b bằng A. 7

B. 24

C. 9

D. 16

x Câu 157. Gọi x1 , 2 là hai nghiệm của phương trình 2x.5x − 2 x = 1. Khi đó tổng x1 + x 2 bằng A. 2 − log5 2 . B. −2 + log5 2 . C. 2 + log 5 2 . D. 2 − log 2 5 . 2

C. ( −2; 0 ) .

D. (1;3) .

Dạng 2.2.3 Phương trình chứa tham số và dùng phương pháp cô lập m để biện luận Câu 149. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 16 x − 2.12 x + (m − 2).9 x = 0 có nghiệm dương?

A. 2

B. 4

C. 3

D. 1

Dạng 2.4 Giải và biện luận phương trình mũ bằng một số phương pháp khác Câu 158. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Gọi S 3.4 x + ( 3 x − 10 ) 2 x + 3 − x = 0 . Tính S . 18

là tổng các nghiệm của phương trình

A. S = log 2

3 2

B. S = log 2 3

C. S = 2 log 2 3

D. S = log 2

A. S = 252 .

2 3

(

B. 1

A. Vô số

A. 2 .

D. 0

C. 2

tham số. Gọi m0 là giá trị của m sao cho phương trình trên có đúng một nghiệm thực. Khẳng định nào sau đây là đúng?

C. m0 ∈  −1; 0) .

B. m0 < −5.

Dạng 2.5 Phương pháp hàm số

(

)

trình 8 x + 3x.4 x + 3x 2 + 1 .2 x = m3 − 1 x3 + ( m − 1) x có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc

( 0;10 ) . A. 101

B. 100

C. 102

)(

)

số m để phương trình e3m + em = 2 x + 1 − x 2 1 + x 1 − x2 có nghiệm.

 1  A.  0; ln 2   2 

1   B.  −∞; ln 2  2  

 1 C.  0;   e

1  D.  ln 2; +∞  2 

)

trình log 6 3.4 x + 2.9 x = x + 1 bằng

A. 4 Câu 166. (SỞ

B. 1 GD&ĐT

THANH

C. 0 HÓA

NĂM

2018

A. 16 .

2019)

B. 3 .

C. 25 .

Biết

Câu 170. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Với các số thực x , y dương

x x+ y  . Tính tỉ số . y  6  C. 2

thỏa mãn log 9 x = log 6 y = log 4 

B. 5

D. 4

Câu 171. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Gọi x , y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

log 9 x = log 6 y = log 4 ( x + y ) và B. 4

x −a + b = với a, b là các số nguyên dương. Tính a + b . y 2 C. 6 D. 8

Dạng 3.2 Giải và biện luận bằng phương pháp cô lập m

rằng

)

phương

3x − m = 0 ( m là tham số

thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt? A. vô số. B. 81. C. 79. D. 80.

thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt? A. 64 . B. Vô số. C. 62 . D. 63 .

(

log3 ( 3x +1 − 1) = 2 x + log 1 2 có hai nghiệm x1 và x2 . Hãy tính tổng S = 27 x1 + 27 x2 .

trình

)

7 x − m = 0 ( m là tham số

thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt? A. 49 . B. 47 . C. Vô số. D. 48 .

D. 8 .

Câu 175. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho phương trình 4 log 22 x + log 2 x − 5

D. 3 -

D. 3 .

Câu 174. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho phương trình ( 2 log 32 x − log 3 x − 1) 4 x − m = 0 ( m là tham số

1 + log5 3 . log 5 3

Câu 165. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Tổng tất cả các nghiệm thực của phương

(

C. 0 .

(

)

C. 8 .

B. 1.

Câu 173. (Mã 102 - BGD - 2019) Cho phương trình 2 log 22 x − 3 log 2 x − 2

phương trình log5 25 x − 3.5 x + 15 = x + 1 bằng

1 + log 3 5 B. . log3 5

)

thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt? A. Vô số. B. 124. C. 123. D. 125.

Câu 164. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tổng tất cả các nghiệm của

(

D. 5 .

Câu 172. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho phương trình ( 2 log 32 x − log 3 x − 1) 5x − m = 0 ( m là tham số

Dạng 3. Phương trình kết hợp của mũ và logarit Dạng 3.1 Giải và biện luận bằng phương pháp đặt ẩn phụ

1 − log3 5 A. . log3 5

(

A. 1.

A. 11

D. 103

Câu 163. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Tìm tất cả các giá trị thực của tham

(

)

C. 9 .

trình log2 6 − 2x = 1 − x bằng

A. 3

Câu 162. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương

)

B. 1.

Câu 169. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log(8.5 x + 20 x ) = x + log 25 bằng

D. m0 > 0.

Câu 161. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tính số nghiệm của  11π  phương trình cot x = 2x trong khoảng  ; 2019π   12  A. 2020. B. 2019. C. 2018. D. 1.

(

D. S = 45 .

Câu 168. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tổng tất cả các nghiệm của phương

Câu 160. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho phương trình 2 x = m.2 x.cos (π x ) − 4 , với m là

A. m0 ∈  −5; −1) .

C. S = 9 .

Câu 167. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log5 9 − 5x = 1 − x bằng

Câu 159. Phương trình 4 + 1 = 2 .m.cos(π x) có nghiệm duy nhất. Số giá trị của tham số m thỏa mãn là x

B. S = 180 .

Dạng 3.3 Giải và biện luận bằng phương pháp hàm số

ĐK: ⇔ x − 1 > 0 ⇔ x > 1

Câu 176. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho phương trình 3 + m = log 3 ( x − m ) với m là tham số. x

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ ( −15;15 ) để phương trình đã cho có nghiệm?

A. 15 B. 16 C. 9 D. 14 Câu 177. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho phương trình 5 x + m = log 5 ( x − m ) với m là tham số.

Phương trình log 4 ( x − 1) = 3 ⇔ x − 1 = 4 ⇔ x = 65 .

Câu 3.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ ( −20; 20 ) để phương trình đã cho có nghiệm?

số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ ( −25; 25 ) để phương trình đã cho có nghiệm?

B. 25

C. 24

B. x = −3 .

C. x = −4 . Lời giải

D. x = 3 .

Chọn B

B. 9 C. 21 D. 20 A. 19 Câu 178. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho phương trình 7 x + m = log 7 ( x − m ) với m là tham A. 9

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm nghiệm của phương trình log2 (1 − x ) = 2 . A. x = 5 .

Ta có log2 (1 − x ) = 2 ⇔ 1 − x = 4 ⇔ x = −3 . Câu 4.

(

{

D. 26

)

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Tập nghiệm của phương trình log 2 x − 1 = 3 là A. − 10; 10

}

C. {−3}

B. {−3;3}

Câu 179. Cho phương trình 5 + m + log 1 ( x − m ) = 0 với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của

D. {3}

Lời giải

tham số m ∈ ( −20; 20 ) để phương trình đã cho có nghiệm thực?

A. 20 .

B. 21 .

C. 18 .

Chọn B

D. 19 .

log 2 ( x2 − 1) = 3 ⇔ x 2 − 1 = 8 ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = ±3 .

Câu 180. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho phương trình 2 + m = log 2 ( x − m ) với m là tham số. x

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ ( −18;18 ) để phương trình đã cho có nghiệm?

B. 19

A. 9

C. 17

Câu 5.

D. 18

Câu 6.

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO

x = 13

x = 21

x =3

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Tập nghiệm của phương trình log 3 ( x 2 − 7) = 2 là A. {4}

Dạng 1. Phương trình logarit Dạng 1.1 Phương trình cơ bản

B. {−4}

C. {− 15; 15}

D. {−4;4}

Lời giải

(

)

Chọn D

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của phương trình log 2 x 2 − x + 2 = 1 là : A. {0}

x = 11

Lời giải Chọn C ĐK: x − 5 > 0 ⇔ x > 5 Khi đó log 2 ( x − 5 ) = 4 ⇔ x − 5 = 16 ⇔ x = 21 .

------------- HẾT -------------

Câu 1.

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm nghiệm của phương trình log 2 ( x − 5 ) = 4 .

B. {0;1}

C. {−1; 0}

x = 4 log 3 ( x 2 − 7) = 2 ⇔ x 2 − 7 = 9 ⇔   x = −4

D. {1}

Lời giải

Câu 7.

Chọn B

x = 0 log 2 x 2 − x + 2 = 1 ⇔ x 2 − x + 2 = 2 ⇔  x = 1

(

Câu 2.

A. x = 6

)

B. x = 80

C. x = 82 Lời giải

Chọn A 21

B. x = 4

C. x =

23 2

D. x = 63

Chọn B Điều kiện: x > − 1 Xét phương trình log 25 ( x + 1) =

1 ⇔ log 5 ( x + 1) = 1 ⇔ x + 1 = 5 ⇔ x = 4 . 2 22

1 . 2

D. x = −6

Lời giải

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Giải phương trình log 4 ( x − 1) = 3. A. x = 65

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm nghiệm của phương trình log 25 ( x + 1) =

Câu 8.

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Phương trình log 3 ( 3 x − 2 ) = 3 có nghiệm là A. x =

25 . 3

C. x =

B. x = 87 .

29 . 3

D. x =

Câu 12.

(CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tập nghiệm của phương trình

log ( x 2 − 2 x + 2 ) = 1 là

11 . 3

B. { − 2;4} .

A. ∅ .

Lời giải

Chọn C

(

)

Câu 13.

29 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = . 3

(CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho phương trình

log 2 (2 x − 1)2 = 2 log 2 ( x − 2). Số nghiệm thực của phương trình là: A. 1.

(

B. 0.

C. 3.

)

(THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tập nghiệm của phương trình log3 x − x + 3 = 1 là A. {1} .

B. {0;1} .

C. {−1; 0} .

D. 2.

Lời giải

D. {0} .

Điều kiện: x > 2. Phương trình đã cho tương đương với: 2log 2 (2 x −1) = 2log 2 ( x − 2)

Lời giải 2

⇔ 2 x − 1 = x − 2 ⇔ x = −1

ĐKXĐ: x − x + 3 > 0 ⇔ x ∈ ℝ

(

 x = −2 x = 4

Ta có log x − 2 x + 2 = 1 ⇔ x − 2 x + 2 = 10 ⇔ x − 2 x − 8 = 0 ⇔ 

29 Ta có: log 3 ( 3 x − 2 ) = 3 ⇔ 3 x − 2 = 3 ⇔ 3x = 29 ⇔ x = . 3 3

Câu 9.

D. { − 2} .

C. {4} .

Lời giải

Nghiệm này không thỏa mãn điều kiện của phương trình nên phương trình đã cho vô nghiệm.

x = 0  x =1

)

Ta có: log 3 x 2 − x + 3 = 1 ⇔ x 2 − x + 3 = 3 ⇔ 

Câu 14.

A. {1; −3} .

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0;1} .

Câu 10.

B. {1; 3} .

C. {0} .

(THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của phương trình A. {−1; 0} .

B. {0;1} .

C. {0}

(

Câu 15.

C. x =

29 3

D. x =

A. [ 0; +∞ ) .

C. ℝ .

D. ( 0; +∞ )

Lời giải Tập giá trị của hàm số y = log 2 x là ℝ nên để phương trình có nghiệm thực thì m ∈ ℝ Câu 16.

2 . 3

B. ( −∞; 0 ) .

11 3

Lời giải Điều kiện: x >

(THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Tập hợp các số thực m để phương trình log 2 x = m có nghiệm thực là

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Phương trình log 3 (3 x − 2) = 3 có nghiệm là: B. 87

x = 1 .  x = −3

)

Tập nghiệm của phương trình là {1; −3} .

x = 0 log 3 ( x 2 + x + 3) = 1 ⇔ x 2 + x + 3 = 3 ⇔ x 2 + x = 0 ⇔   x = −1 25 3

(THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Tổng bình phương các nghiệm của phương trình

log 1 ( x 2 − 5 x + 7 ) = 0 bằng 2

Phương trình tương đương 3x − 2 = 3 ⇔ x =

29 (nhận). 3

A. 6

B. 5

C. 13 Lời giải

 29    . 3    

 Vậy S = 

Chọn C

)

D. {−3} .

Phương trình log 3 x 2 + 2 x = 1 ⇔ x 2 + 2 x = 31 ⇔ x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔ 

D. {−1} .

Lời giải

A. x =

Lời giải

log3 ( x 2 + x + 3) = 1 là:

Câu 11.

(

(THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của phương trình log 3 x + 2 x = 1 là

D. 7

log 1 ( x 2 − 5 x + 7 ) = 0 ⇔ x 2 − 5 x + 7 = 1 ⇔ x 2 − 5 x + 6 = 0 ⇔ x1 = 2 ∨ x2 = 3 ⇒ x12 + x22 = 13

Vậy phương trình có 2 nghiệm dương là x = 6 , x = 2 .

Câu 17.

(THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Tổng các nghiệm của phương trình

Câu 21.

(CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Số nghiệm của phương trình ( x + 3) log 2 (5 − x ) = 0 . A. 2 .

log 4 x 2 − log 2 3 = 1 là A. 6

C. 4

B. 5

C. 1 .

B. 0 .

Lời giải

D. 0 Điều kiện: 5 − x 2 > 0 ⇔ − 5 < x < 5 .

Lời giải

1 2 2 2 2 Điều kiện x ≠ 0 . Có log 4 x − log 2 3 = 1 ⇔ log 2 x = 1 + log 2 3 ⇔ log 2 x = 2.log 2 6 ⇔ x = 6 2 2



A. {4} .

Câu 22.

B. {1; − 4} .

(THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình

(2x

 3 − 2 2 3 + 2 2  C.  ; . 2   2 Lời giải

 x = −3

Đối chiếu điều kiện ta có x = ±2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy phương trình có 2 nghiệm.

(THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của phương trình

log 0,25 ( x 2 − 3x ) = −1 là:

 x = −3

x+3= 0

. Phương trình ( x + 3) log 2 (5 − x 2 ) = 0 ⇔  ⇔ ⇔ 2 2  log 2 (5 − x ) = 0  5 − x = 1  x = ±2

Dó đó, tổng các nghiệm sẽ bằng 0

Câu 18.

D. 3 .

D. {−1; 4} .

− 5x + 2) log x ( 7 x − 6 ) − 2 = 0 bằng

17 . 2

B. 9 .

C. 8 .

19 . 2

Lời giải

 x < 0  x < 0  2  x − 3 x > 0    x > 3 x > 3 Ta có: log 0,25 ( x 2 − 3x ) = −1 ⇔  ⇔ ⇔    −1 2  x − 3x = ( 0, 25 )  2  x = 4 x − 3 x − 4 = 0    x = −1  Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−1; 4} . Câu 19.

0 < x ≠ 1 6  6 ⇔ < x ≠ 1(*) . 7  x > 7

Điều kiện 

(n) (n)

(

log x ( 7 x − 6 ) − 2 = 0

(THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Nghiệm nhỏ nhất của phương trình

log5 ( x 2 − 3x + 5) = 1 là A. − 3 .

B. a .

C. 3 .

x = 2 . Kết hợp với điều kiện (*) ⇒ x = 2 . x = 1  2

x = 1 . Kết hợp với x = 6

x = 3 log 5 ( x 2 − 3x + 5 ) = 1 ⇔ x 2 − 3x + 5 = 5 ⇔ x 2 − 3x = 0 ⇔  . Vậy nghiệm nhỏ nhất của phương x = 0

(

2 2 + Phương trình log x ( 7 x − 6 ) − 2 = 0 ⇔ 7 x − 6 = x ⇔ x − 7 x + 6 = 0 ⇔ 

)

trình log 5 x − 3 x + 5 = 1 là 0.

điều kiện (*) ⇒ x = 6 . 2

(SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Số nghiệm dương của phương trình ln x − 5 = 0 là A. 2 .

2 + Phương trình 2 x − 5 x + 2 = 0 ⇔ 

D. 0 .

Lời giải

Câu 20.

2 x2 − 5x + 2 = 0

)

2 Phương trình 2 x − 5 x + 2 log x ( 7 x − 6 ) − 2 = 0 ⇔ 

B. 4 .

C. 0 . Lời giải

x = 6   x − 5 = 1 x=− 6 2 2 Có ln x − 5 = 0 ⇔ x − 5 = 1 ⇔  2 ⇔  .  x − 5 = −1  x = 2  x = −2

D. 1.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2; x = 6 suy ra tổng các nghiệm bằng 8 . Câu 23.

(CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập hợp các số thực m để phương trình log 2 x = m có nghiệm thực là A. ( 0; + ∞ ) .

B. [ 0; + ∞ ) .

C. ( −∞;0 ) .

Lời giải

D. ℝ .

 −1 2 x + 1 > 0  x > ⇔ ĐK:  2 ⇔ x > 1. x − 1 > 0  x > 1 Ta có log 3 ( 2 x + 1) − log 3 ( x − 1) = 1 ⇔ log 3 Câu 27.

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình log 3 ( x + 1) + 1 = log 3 ( 4 x + 1) A. x = 4 .

Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là x > 0 .

KHẢO

BGD&ĐT

NĂM

1 4

2017)

Tìm

tập

nghiệm

của

phương

trình

log 3 ( x + 1) + 1 = log 3 ( 4 x + 1)

log 2 ( x − 1) + log 2 ( x + 1) = 3 . A. S = {3}

{

B. S = − 10; 10

D. x = − 3 .

Điều kiện: x > − . Ta có:

Dạng 1.2 Biến đổi đưa về phươ phương trình cơ bản THAM

C. x = 3 .

Chọn B

Vậy tập hợp các số thực m để phương trình log 2 x = m có nghiệm thực là ∀m ∈ ℝ .

(ĐỀ

B. x = 2 .

Lời giải

Dễ thấy ∀m ∈ ℝ thì đường thẳng y = m luôn cắt đồ thị hàm số y = log2 x tại đúng một điểm.

Câu 24.

2x + 1 2x + 1 =1⇔ = 3 ⇔ x = 4 (thỏa) x −1 x−1

}

C. S = {−3; 3}

−1  −1  x > x > 4 ⇔ ⇔ 4 ⇔ x = 2. 3 ( x + 1) = 4 x + 1  x = 2 

D. S = {4}

Lời giải Vậy: Nghiệm của phương trình là x = 2.

Chọn A

(

Câu 28.

)

Điều kiện x > 1 . Phương trình đã cho trở thành log 2 x 2 − 1 = 3 ⇔ x2 − 1 = 8 ⇔ x = ±3

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình log3 ( 2x + 1) = 1+ log3 ( x −1) là A. x = 4 .

B. x = − 2 .

C. x = 1 .

{}

Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm duy nhất của phương trình là x = 3 ⇒ S = 3 Câu 25.

Lời giải

Chọn A

(Mã 103 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình log 2 ( x + 1) + 1 = log 2 ( 3 x − 1) là A. x = 1 .

B. x = 2 .

C. x = − 1 .

2 x + 1 > 0 Điều kiện:  ⇔ x > 1. x −1 > 0

D. x = 3 .

Lời giải

Ta có: log3 ( 2x + 1) = 1+ log3 ( x −1)

Chọn D

Câu 26.

1 Điều kiện phương trình: x > . 3

⇔ log 3 ( 2 x + 1) = log 3 3 ⋅ ( x − 1)

log 2 ( x + 1) + 1 = log 2 ( 3x − 1) ⇔ log 2 ( x + 1) .2 = log 2 ( 3x − 1) ⇔ 2 ( x + 1) = 3x − 1 ⇔ x = 3 .

⇔ 2 x + 1 = 3x − 3

Ta có x = 3 ( Thỏa mãn điều kiện phương trình) Vậy nghiệm phương trình là x = 3 .

⇔ x = 4 (nhận).

(MĐ

105

BGD&ĐT

NĂM

2017)

Câu 29.

Tìm

tậ p

nghiệm

của

phương

trình

(Mã 102 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình log 2 ( x + 1) = 1 + log 2 ( x − 1) là A. x = 3 .

C. x = 1 .

B. x = 2 .

log 3 ( 2 x + 1) − log 3 ( x − 1) = 1 . A. S = {3}

Lời giải

B. S = {4}

C. S = {1} Lời giải

Chọn B

D. x = 2 .

D. S = {−2}

Chọn A  x > −1 Điều kiện:  ⇔ x > 1. x > 1 Phương trình đã cho tương đương với 28

D. x = − 2 .

log 2 ( x + 1) = 1 + log 2 ( x − 1) .

+) Phương trình ⇔ log 3 ( 6 + x ) + log 3 x = 3 ⇔ log 3 x ( 6 + x ) = 3 ⇔ x 2 + 6 x − 27 = 0

⇔ log 2 ( x + 1) = log 2 2. ( x − 1)

x = 3 ⇔ ⇔ x = 3 . Vậy phương trình có 1 nghiệm.  x = −9( L) Vậy số nghiệm của phương trình là 1 .

⇔ x + 1 = 2 x − 2 ⇔ x = 3 (Thỏa mãn). Câu 30.

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Số nghiệm của phương trình Câu 33.

ln ( x + 1) + ln ( x + 3) = ln ( x + 7 ) là A. 1.

B. 0.

C. 2.

(THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Tìm tập nghiệm S của phương trình:

log 3 ( 2 x + 1) − log 3 ( x − 1) = 1 .

D. 3.

A. S = {3} .

Lời giải

B. S = {1} .

C. S = {2} . Lời giải

Chọn A

2 x + 1 > 0 Điều kiện:  ⇔ x > 1. x −1 > 0

Điều kiện: x > −1

PT ⇔ ln ( x + 1)( x + 3)  = ln ( x + 7 )

Với điều kiện trên, log 3 ( 2 x + 1) − log 3 ( x − 1) = 1 ⇔ log 3 ( 2 x + 1) = log 3 ( x − 1) + log 3 3

⇔ ( x + 1)( x + 3) = x + 7

⇔ log 3 ( 2 x + 1) = log 3 ( 3 x − 3 ) ⇔ 2 x + 1 = 3 x − 3 ⇔ x = 4 (thỏa mãn điều kiện).

⇔ x2 + 3x − 4 = 0

Vậy tập nghiệm S = {4} .

 x = 1 ( n) ⇔  x = − 4 (ℓ ) Câu 31.

Câu 34.

B. 1.

(SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Phương trình log 2 x + log 2 ( x − 1) = 1 có tập nghiệm là

Tìm số nghiệm của phương trình log 2 x + log 2 ( x − 1) = 2 A. 0.

D. S = {4} .

C. 3.

A. S = {−1;3} .

D. 2.

B. S = {1;3} .

C. S = {2} .

D. S = {1} .

Lời giải

Lời giải Điều kiện: x > 1 .

Chọn B

 x = −1 . x = 2

Điều kiện: x > 1

Với điều kiện trên, ta có: log 2 x + log 2 ( x − 1) = 1 ⇔ log 2  x ( x − 1)  = 1 ⇔ x 2 − x − 2 = 0 ⇔ 

Ta có: log 2 x + log 2 ( x − 1) = 2

Kết hợp với điều kiện ta được: x = 2 . 2

⇔ log 2 [ x ( x − 1)] = 2 ⇔ x ( x − 1) = 4 ⇔ x − x − 4 = 0

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {2} .

 1 − 17 x = 2 ⇔  1 + 17  x = 2

Câu 35.

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x =

Câu 32.

1 + 17 . 2

B. 2

C. 1 Lời giải

3 + 33 . 2

3 − 33 . 2

C. 3. Lời giải

Điều kiện: x > 2

(HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Số nghiệm của phương trình log 3 ( 6 + x ) + log 3 9 x − 5 = 0 . A. 0

(THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Tổng các nghiệm của phương trình

log2 ( x − 1) + log 2 ( x − 2) = log5 125 là

D. 3

log 2 ( x − 1) + log2 ( x − 2) = log5 125 ⇔ log2 ( x 2 − 3x + 2 ) = 3

+) Điều kiện x > 0 29

33 .

 

 3 + 33 x = 2 . ⇔ x − 3x − 6 = 0 ⇔   3 − 33 x =  2

Vì x ∈  0;

Đối chiếu điều kiện ta thấy nghiệm x =

3 + 33 thỏa mãn. 2

⇒ ( sin x + cos x ) = 1 + 2sin x.cos x =

3 + 33 . 2

Suy ra: log 2 ( sin x + cos x ) =

(THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của phương trình

⇔ ( sin x + cos x ) = 2n ⇔

log 2 x + log 2 ( x − 3) = 2 là A. S = {4}

 nên sin x > 0 và cos x > 0 . 2

Ta có: log 2 ( sin x ) + log 2 ( cos x ) = −2 ⇔ log 2 ( sin x.cos x ) = −2 ⇔ sin x.cos x =

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là Câu 36.

π

B. S = {−1, 4}

C. S = {−1}

D. S = {4,5}

1 . 4

3 . 2

1 2 ( log 2 n + 1) ⇔ log 2 ( sin x + cos x ) = log 2 ( 2n ) 2

3 3 = 2n ⇔ n = . 2 4

Dạng 1.3 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp đưa về cùng cơ số Dạng 1.3.1 Phương trình không chứa tham số

Lời giải Câu 39.

Chọn A

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tập nghiệm S của phương trình log

( x − 1) + log 1 ( x + 1) = 1. 2

{

A. S = {3}

Điều kiện: x ≥ 3 .

x = 4 PT ⇔ log 2  x ( x − 3)  = 2 ⇔ x − 3x − 4 = 0 ⇔  .  x = −1

B. S = 2 − 5;2 + 5

{

C. S = 2 + 5

}

 3 + 13    2 

}

D. S = 

So sánh điều kiện ta được x = 4 . Lời giải

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {4} . Chọn C Câu 37.

(THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Số nghiệm của phương trình

x −1 > 0 ⇔ x > 1 (*) . x +1 > 0

log 3 x + log 3 ( x − 6 ) = log 3 7 là

Điều kiện 

B. 2

A. 0

C. 1

D. 3

Phương trình ⇔ 2log2 ( x −1) − log2 ( x + 1) = 1

Lời giải

Câu 38.

Đk: x > 6

⇔ 2log2 ( x −1) = log2 ( x + 1) + log2 2

 x = −1 Ta có: log 3 x + log3 ( x − 6 ) = log 3 7 ⇔ log3  x ( x − 6 )  = log 3 7 ⇔ x 2 − 6 x − 7 = 0 ⇔  x = 7

⇔ log 2 ( x − 1) = log 2  2 ( x + 1) 

So với điều kiên vậy phuiwng trình có một nghiệm x = 7

⇔ x2 − 2 x + 1 = 2 x + 2

(THPT

CHUYÊN

SƠN

NĂM

2018-2019

LẦN

01)

Cho

 π x ∈  0;  ,  2

1 log 2 ( sin x ) + log 2 ( cos x ) = −2 và log 2 ( sin x + cos x ) = ( log 2 n + 1) . Giá trị của n bằng 2 1 5 1 3 A. . B. . C. . D. . 4 2 2 4 Lời giải

biết

x = 2 − 5 ( L) . Vậy tập nghiệm phương trình S = 2 + 5 ⇔ x2 − 4 x − 1 = 0 ⇔   x = 2 + 5

{

rằng

Câu 40.

(THPT HÀM RỒNG THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 1) Số nghiệm của phương trình

log 3 ( x 2 + 4 x ) + log 1 ( 2 x + 3) = 0 là 3

A. 2 .

B. 3 .

C. 0 . Lời giải

}

D. 1.

Viết lại phương trình ta được

log 3  x > − 2 2 x + 3 > 0   ⇔ log 3 x 2 + 4 x = log3 ( 2 x + 3) ⇔  2 ⇔ x = 1. x =1  x + 4x = 2x + 3     x = −3

(

Câu 41.

)

( x + 1) = log 2 ( x 2 + 2) − 1 ⇒ ( x + 1)

 x = 0(TM ) x2 + 2 ⇒ 2  x = −4( L)

Vậy tập nghiệm có một phần tử Câu 44.

(THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Số nghiệm thục của phương trình 3

3log 3 ( x − 1) − log 1 ( x − 5 ) = 3 là

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình 2 log 3 x.log 9 x.log 27 x.log 81 x = bằng 3 80 82 A. 0. B. C. 9. D. . . 9 9

B. 1

A. 3

C. 2

D. 0

Lời giải Chọn B Điều kiện: x > 5

Lời giải

3log 3 ( x − 1) − log 1 ( x − 5 ) = 3 ⇔ 3log 3 ( x − 1) + 3log3 ( x − 5 ) = 3

Chọn D

Điều kiện x > 0 .

⇔ log3 ( x − 1) + log3 ( x − 5) = 1 ⇔ log3 ( x − 1)( x − 5)  = 1 ⇔ ( x − 1)( x − 5 ) = 3

Phương trình đã cho tương đương với

⇔ x2 − 6x + 2 = 0 ⇔ x = 3 ± 7

x = 9  log 3 x = 2 1 1 1 2 log3 . .log 3 x. log3 x. log 3 x = ⇔ (log 3 x) 4 = 16 ⇔  ⇔ x = 1 2 3 4 3  log 3 x = −2 9  Câu 42.

Đối chiếu điều kiện suy ra phương trình có 1 nghiệm x = 3 + 7 Câu 45.

(ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Nghiệm của phương trình log 2 x + log 4 x = log 1

3 là

A. x =

1 . 3

B. x = 3 3 .

C. x =

1 . 3

D. x =

1 . 3

(THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tổng các nghiệm của phương trình log

( x − 2) + log3 ( x − 4 )

= 0 là S = a + b 2 (với a , b là các số nguyên). Giá trị của biểu thức

Q = a.b bằng A. 0.

B. 3.

C. 9.

Lời giải

Điều kiện: x > 0

Chọn D

Ta có: log 2 x + log 4 x = log 1 2

Điều kiện: 2 < x ≠ 4 .

1 1 3 ⇔ log 2 x + log 2 x = − log 2 3 2 2

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương

⇔ 2log2 x + log 2 x + log 2 3 = 0 ⇔ 3log 2 x + log 2 3 = 0 ⇔ log 2 x3 + log 2 3 = 0 ⇔ log 2 ( 3x3 ) = 0 ⇔ 3x3 = 1 ⇔ x = So với điều kiện, nghiệm phương trình là x = Câu 43.

2log3 ( x − 2 ) + 2log3 x − 4 = 0 ⇔ log3 ( x − 2 ) x − 4 = 0 ⇔ ( x − 2 ) x − 4 = 1 1 . 3

( x − 2 )( x − 4 ) = 1  x2 − 6 x + 7 = 0 x = 3 ± 2 ⇔ ⇔ 2 ⇔ x − 2 x − 4 = − 1 x − 6 x + 9 = 0 ( )( ) x = 3  

1 . 3

So lại điều kiện, ta nhận hai nghiệm x1 = 3 + 2; x2 = 3

(THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Gọi S là tập nghiệm của phương trình

log

( x + 1) = log 2 ( x2 + 2 ) − 1 . Số phần tử của tập S là 2

A. 2

D. 6.

B. 3

C. 1

Ta được: S = x1 + x2 = 6 + 2 ⇒ a = 6; b = 1 . Vậy Q = a.b = 6 .

D. 0

Lời giải ĐK: x > − 1 33

Kết hợp với m < 64 . Khi đó − 2 < m < 64 .

Dạng 1.3.2 Phương trình chứa tham số Câu 46.

(THPT

CHUYÊN

LAM

SƠN

THANH

HÓA

NĂM

2018-2019

LẦN

01)

Cho

hàm

số

Vì m ∈ ℤ nên m = {−1;0;1...63} có 65 giá trị.

3log 27  2 x 2 − ( m + 3 ) x + 1 − m  + log 1 ( x 2 − x + 1 − 3m ) = 0 . Số các giá trị nguyên của m để phương 3

Vậy tổng S các giá trị của m để phương trình có nghiệm là: S =

trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 − x2 < 15 là:

A. 14

B. 11

C. 12

D. 13

Lời giải

Câu 48.

(

)

Ta có: 3log 27  2 x − ( m + 3) x + 1 − m  + log 1 x − x + 1 − 3m = 0 2

(

1  x > Điều kiện:  6. m > 0 Khi đó

 x 2 − x + 1 − 3m > 0 (*)  ⇔  x = m   x = 2

log 9 x 2 − log 3 ( 6 x − 1) = − log 3 m ⇔ log 3 x + log 3 m = log 3 ( 6 x − 1) ⇔ mx = 6 x − 1 ⇔ x ( 6 − m ) = 1 (1) +) Với m = 6 , phương trình (1) trở thành 0 = 1 (vô lý). 1 +) Với m ≠ 6 , phương trình (1) có nghiệm x = 6−m 1 1 1 1 m ⇒ > ⇔ − >0 ⇔ > 0 ⇔ 0 < m < 6. 6−m 6 6−m 6 6−m Vậy 0 < m < 6 . Mà m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {1; 2;3; 4;5} . Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa

m2 − m + 1 − 3m > 0  2  m 2 − 4m + 1 > 0 ⇔ m < 2− 3 . mãn (*) ⇔ 2 − 1 + 1 − 3m > 0 ⇔  4 − 3m > 0 m ≠ 2  2

Theo giả thiết x1 − x2 < 15 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 < 225 ⇔ m − 4m − 221 < 0 ⇔ −13 < m < 17 Do đó 2

−13 < m < 2 − 3 . Vậy số các giá trị nguyên của m thỏa mãn là 13. Câu 47.

(THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của

Câu 49.

(Mã 103 - BGD - 2019) Cho phương trình log 9 x 2 − log 3 ( 5 x − 1) = − log 3 m ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm? A. 4. B. 6. C. Vô số.

tham số m với m < 64 để phương trình log 1 ( x + m ) + log 5 ( 2 − x ) = 0 có nghiệm. Tính tổng tất cả các 5

phần tử của S . A. 2018.

B. 2016.

D. Vô số.

Chọn C Xét phương trình log 9 x 2 − log 3 ( 6 x − 1) = − log 3 m .

)

 x 2 − x + 1 − 3m > 0 ⇔ 2 2  2 x − ( m + 3) x + 1 − m = x − x + 1 − 3m

 x 2 − x + 1 − 3m > 0 (*) ⇔ 2  x − ( m + 2 ) x + 2m = 0 (1)

Lời giải

⇔ log 3  2 x 2 − ( m + 3) x + 1 − m  = log3 x 2 − x + 1 − 3m

(Mã 102 - BGD - 2019) Cho phương trình log 9 x 2 − log 3 ( 6 x − 1) = − log 3 m ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm? A. 7 . B. 6 . C. 5 .

Chọn D

( −1 + 63) .65 = 2015

D. 5.

Lời giải Chọn A

C. 2015.

D. 2013.

1  x > 5. m > 0

Điều kiện: 

Lời giải Chọn C

Xét phương trình: log 9 x 2 − log 3 ( 5 x − 1) = − log 3 m (1) .

x < 2  2−m .  x = 2

Ta có: log 1 ( x + m ) + log5 ( 2 − x ) = 0 ⇔ log 5 ( x + m ) = log 5 ( 2 − x ) ⇔  5

Vì x < 2 nên

Cách 1.

(1) ⇔ log 3 x − log 3 ( 5 x − 1) = − log 3 m ⇔ log 3 Xét f ( x ) = 5 −

2−m < 2 ⇔ m > −2 . 2 35

1 1  trên khoảng  ; + ∞  . x 5 

5x − 1 5x − 1 1 = log 3 m ⇔ = m ⇔5− = m x x x

( 2) .

Có f ′ ( x ) =

1 1  1  > 0, ∀x ∈  ; + ∞  và lim f ( x ) = lim  5 −  = 5 . x →+∞ x →+∞ x2 x  5 

x 1 với x > 3 3x − 1 1 1 < 0, ∀x > Có f ′ ( x ) = − 2 3 ( 3x − 1) Xét hàm số f ( x ) =

Ta có bảng biến thiên của hàm số f ( x ) :

Dựa vào BBT, phương trình có nghiệm khi

1 Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ phương trình ( 2 ) có nghiệm x > . 5 Từ bảng biến thiên suy ra phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi 0 < m < 5 .

1 1 > ⇔0<m<3 m 3

{ }

Do m ∈ ℤ ⇒ m ∈ 1,2 .

Mà m ∈ ℤ và m > 0 nên m ∈ {1;2;3;4} .

Câu 51.

Vậy có 4 giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm. Cách 2.

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho phương trình log9 x − 4log3 ( 4x −1) = − log3 m ( m là tham số thực). 2

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm? A. 5 . B. 3 . C. Vô số. D. 4 .

1  x > 5 , ta có: m > 0

Lời giải

Với 

Chọn C

5x − 1 5x − 1 = log 3 m ⇔ = m ⇔ (5 − m) x = 1 (1) ⇔ log 3 x − log 3 ( 5 x − 1) = − log 3 m ⇔ log 3 x x Với m = 5 , phương trình ( 2 ) thành 0. x = 1 (vô nghiệm).

( 2)

1 . Phương trình đã cho ⇔ log3 x − 4log3 ( 4x −1) = − log3 m 4 4

1 . 5−m m 1 1 1 >0 ⇔ 0<m <5. Xét x > ⇔ > ⇔ 5.( 5 − m ) 5 5−m 5

Với m ≠ 5 , ( 2 ) ⇔ x =

⇔ log3 x − log 3 ( 4 x − 1) = log3

Xét hàm số f ( x ) =

Mà m ∈ ℤ và m > 0 nên m ∈ {1;2;3;4} . Vậy có 4 giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có nghiệm. Câu 50.

Điều kiện: x >

( 4 x − 1)

( 4 x − 1) = f x 1 x 1 ⇔ log3 = log 3 ⇔ m = ( ) 4 m m x 4 x − 1 ( ) 3

có f ′ ( x ) =

16 x ( 4 x − 1) − ( 4 x − 1)

( 4 x − 1) (12 x + 1) > 0, ∀x > 1 . x2

Suy ra bảng biến thiên:

log9 x2 − log3 ( 3x − 1) = − log3 m ( m là tham số thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có nghiệm? (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho phương trình

A. 2.

B. 4.

C. 3.

D. Vô số.

Lời giải

x f''(x)

-∞

+ +∞

f(x)

Chọn A

+∞

1/4

1 Điều kiện: x > và m > 0 . 3

Do đó phương trình có nghiệm khi m > 0 . Vậy có vô số giá trị nguyên của m .

Phương trình đã cho tương đương: log 3 x − log 3 ( 3x − 1) = log 3

x 1 1 ⇔ = m 3x − 1 m 38

Câu 52.

(THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho phương trình

log mx−5 ( x 2 − 6 x + 12) = log

mx −5

Lời giải

x + 2 , gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m ∈ ℤ để

phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Tìm số phần tử của S . A. 2 . B. 0 . C. 3 .

Chọn B Phương trình đã cho tương đương với phương trình:

D. 1.

log 2+

Lời giải

x + 2 > 0  x > −2 ⇔ mx 0 < − 5 ≠ 1  5 < mx ≠ 6

⇔ log

+ Điều kiện 

(

)

Với điều kiện trên, phương trình log mx −5 x − 6 x + 12 = log

mx −5

x+2

⇔ log mx−5 ( x − 6 x + 12) = log mx−5 ( x + 2)

x = 2 là nghiệm phương trình ( *) khi 5 < 2 m ≠ 6 ⇔

)

+ Phương trình log mx −5 x − 6 x + 12 = log

)

2 x −5

mx −5

m ≥ 2 6 , vì m ∈ Z ⇒  . 5 m ∈ Z

(

)

− x − 4m2 + 2m ) − log

5 +2

+ mx − 2m2 ) = 0

x + 2 có nghiệm duy nhất khi m = 2 hoặc m = 3  m ≠ 0  1 1 − 11  ⇔  −1 < m < ⇔m= 2 5   1 − 11 1 + 11 ;m = m = 5 5 

x + 2 ⇔ log 2 x −5 ( x2 − 6 x + 12 ) = log2 x−5 ( x + 2 )

 x 2 − 6 x + 12 = x + 2  ⇔ x + 2 > 0 ⇔ x =5. 0 < 2 x − 5 ≠ 1  2 m = 3 : log3 x −5 x − 6 x + 12 = log

( 2x

5 −2

( 2 m ) 2 + m ( 2 m ) − 2 m 2 > 0 4 m 2 > 0   2  2 ⇔ (1 − m ) + m (1 − m ) − 2m > 0 ⇔ 2m 2 + m − 1 > 0  5m 2 − 2m − 2 = 0 2 2  ( 2m ) + (1 − m ) = 3

Thử lại

(

− x − 4m2 + 2m ) + log

Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x12 + x22 = 3

m ≥ 4 5 . < m ≠ 3 , vì m ∈ Z ⇒  2 m ∈ Z

x = 5 là nghiệm phương trình ( *) khi 5 < 5m ≠ 6 ⇔ 1 < m ≠

m = 2 : log 2 x −5 x 2 − 6 x + 12 = log

5 +2

 x 2 + mx − 2m 2 > 0  ⇔   x1 = 2m  x = 1 − m  2

x = 2 . ⇔ x 2 − 6 x + 12 = x + 2 ⇔  x = 5

( 2x

2 2  x 2 + 2mx − 2m 2 > 0  x + 2mx − 2m > 0 ⇔ 2 ⇔ 2 2 2 2 2 2 x − x + 2m − 4m = x + mx − 2m  x − ( m + 1) x + 2m − 2m = 0

(*)

(

Vậy không có giá trị nguyên nào của m thỏa yêu cầu đề bài

3 x −5

Dạng 1.4 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp đặt ẩn phụ Dạng 1.4.1 Phương trình không chứa tham số

x + 2 ⇔ log 3 x −5 ( x 2 − 6 x + 12 ) = log 3 x −5 ( x + 2 )

 x 2 − 6 x + 12 = x + 2  ⇔ x + 2 > 0 ⇔ x =5. 0 < 4 x − 5 ≠ 1 

Câu 54.

(THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Biết rằng phương trình log3 x = log 3

b . Khi đó ab bằng A. 8 .

B. 81 .

C. 9 .

Vậy có hai giá trị m ∈ Z thỏa mãn ycbt. Câu 53.

(KTNL

log 2+

GIA 5

( 2x

BÌNH

)

− x − 4m2 + 2m + log

D. 64 .

Lời giải NĂM

5 −2

2018-2019)

Cho

phương

trình

x 2 + mx − 2m2 = 0 . Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của tham

số m để phương trình đã cho có hai nghiệm x12 + x22 = 3 ? A. 1

x4 có hai nghiệm a và 3

B. 0

C. 3 39

Đ/K: x > 0 . Phương trinh log 32 x = log 3

D. 4

x4 ⇔ log 32 x − 4.log 3 x + 1 = 0 ⇔ 3 40

 log 3 x = 2 − 3   log 3 x = 2 + 3

 x = 32 − 3 . Khi đó a.b = 32− 3.32+ ⇔   x = 32+ 3 Câu 55.

A. 82 .

C. 243 .

D. 244 .

Lời giải

 2 log 3 a + log 3 b = 8 log 3 a = 3  a = 27 log 9 a + log 3 b = 8 Ta có:  ⇔ ⇔ ⇔ a b log + log = 9 a b b + = = log 3log 9 log 2 3 b = 9 3  3  3 3  3 4

(CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Gọi T là tổng các nghiệm của phương trình

log 21 x − 5log3 x + 4 = 0 . Tính T . 3

A. T = 4

B. 27 .

= 81 .

B. T =−4

C. T = 84

Nên P = ab + 1 = 244

D. T = 5

Lời giải

Câu 59.

ĐKXĐ: x > 0

(THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết phương trình hai nghiệm

x1 , x2 . Giá trị x1.x2 bằng

A. 128

2 1 3

Ta có: log x − 5 log 3 x + 4 = 0

log 22 x − 7 log 2 x + 9 = 0 có

B. 64

C. 9

D. 512

Lời giải 2

⇔ (− log 3 x) − 5log3 x + 4 = 0

Chọn A

 7 − 13 7 − 13  log 2 x = x = 2 2 2 ⇔ 7 + 13  7 + 13 x = 2 2 log 2 x =  2 

 log 3 x = 1  x = 3 ⇔ 4    log 3 x = 4  x = 3

⇔ log32 x −5log3 x + 4 = 0 ⇔ 

Đk: x > 0 ; log 22 x − 7 log 2 x + 9 = 0 ⇔ 

Vậy T = 3 + 34 = 84 Câu 56.

(CỤM 8 TRƯỜNG CHUYÊN LẦN 1) Cho phương trình log 22 ( 4 x ) − log

( 2 x ) = 5 . Nghiệm nhỏ nhất của Vậy x1.x2 = 2

phương trình thuộc khoảng nào sau đây? A. (1; 3) .

B. ( 5 ; 9 ) .

C. ( 0 ;1) .

D. ( 3; 5) .

Câu 60.

( 2 x ) = 5 ⇔ 1 + log 2 ( 2 x )

= 27 = 128

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Xét các số nguyên dương a , b

A. S min = 17

B. S min = 30

C. S min = 25

Điều kiện x > 0 , điều kiện mỗi phương trình có 2 nghiệm phân biệt là b 2 > 20 a . Đặt t = ln x , u = log x khi đó ta được at 2 + bt + 5 = 0 (1) , 5t 2 + bt + a = 0 ( 2 ) .

(THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Tích tất cả các nghiệm của phương trình

Ta thấy với mỗi một nghiệm t thì có một nghiệm x , một u thì có một x . Ta có x1.x2 = e 1 .e 2 = e 1

B. −7 .

C. 1.

D. 2 .

(CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho 2 số thực dương a và b thỏa mãn

log 9 a 4 + log 3 b = 8 và log 3 a + log 3 3 b = 9 . Giá trị biểu thức P = ab + 1 bằng 41

t + t2

−

= e a , x3 .x4 = 10u1 +u2 = 10 5 , lại có x1 x2 > x3 x4 ⇔ e

−

b a

> 10

−

b 5

b b 5 > − ln10 ⇔ a > ⇔ a ≥ 3 ( do a, b nguyên dương), suy ra b 2 > 60 ⇒ b ≥ 8 . a 5 ln10 Vậy S = 2a + 3b ≥ 2.3 + 3.8 = 30 , suy ra S min = 30 đạt được a = 3, b = 8 .

Dễ thấy phương trình bậc hai: log 3 x − 2log 3 x − 7 = 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt

−2 ⇔ log3 ( x1.x2 ) = 2 ⇔ x1.x2 = 9 . 1

⇒−

Lời giải

Khi đó theo Vi-et, log 3 x1 + log 3 x2 = −

D. S min = 33

Chọn B

log32 x − 2log3 x − 7 = 0 là A. 9 .

sao cho phương trình

Lời giải

Vậy nghiệm nhỏ nhất của phương trình thuộc khoảng ( 0 ;1) .

Câu 58.

7 + 13 2

nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn x1 x2 > x3 x4 . Tính giá trị nhỏ nhất Smin của S = 2a + 3b .

− 2 log 2 ( 2 x ) = 5 ⇔ log 22 ( 2 x ) = 4

2x = 4 x = 2 log 2 ( 2 x ) = 2 . ⇔ ⇔ ⇔ 1 2x = x = 1 log 2 ( 2 x ) = −2  4 8 

Câu 57.

a ln 2 x + b ln x + 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và phương trình 5log 2 x + b log x + a = 0 có hai

Lời giải

log 22 ( 4 x ) − log

7 − 13 2

Câu 61.

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tích các nghiệm của phương trình

log x (125 x ) .log 225 x = 1 A. 630 .

. B.

1 . 125

630 . 625

7 125

Lời giải

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( 0;1) thì phương trình ( 2 ) có hai nghiệm

32 − 4m > 0 ∆ > 0  9   −3 âm phân biệt ⇔  S < 0 ⇔  <0 ⇔0<m< . 2 4 P > 0    m > 0

Điều kiện x > 0; x ≠ 1 . 2

1  Ta có log x (125 x ) .log 225 x = 1 ⇔ ( log x 125 + log x x )  log5 x  = 1 ⇔ ( 3.log x 5 + 1) log52 x = 4 2  Đặt log5 x = t phương trình tương đương:  x=5  log5 x = 1  t =1 3  2 2  1  + 1 t = 4 ⇔ t + 3t − 4 = 0 ⇔ t = −4 ⇔ log x = −4 ⇔  x= t    5 625  1 Vậy tích các nghiệm của phương trình là . 125

Câu 64.

(MÃ

ĐỀ

123

BGD&DT

NĂM

2017)

Tìm

giá

trị

thực

của

A. 3 .

B. m = 44

C. m = 81

B. 8 .

C. 2 .

D. 4 .

Lời giải Điều kiện: x > 0 .

để

phương

trình

Đặt t = log 2 x .

log 23 x − m log 3 x + 2m − 7 = 0 có hai nghiệm thực x1 , x 2 thỏa mãn x1 x2 = 81. A. m = 4

có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 6 . Giá trị của biểu thức x1 − x2 là

Dạng 1.4.2 Phương trình chứa tham số và dùng định lý vi-et để biện luận Câu 62.

(CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Giả sử phương trình log2 x − ( m + 2) log2 x + 2m = 0

D. m = −4

t = 2

Khi đó phương trình đã cho có dạng: t − ( m + 2 ) t + 2m = 0 ⇔  2

t = m

Lời giải m Do x1 + x2 = 6 ⇔ 4 + 2 = 6 ⇔ m = 1 .

Chọn A 2

Đặt t = log 3 x ta được t − mt + 2m − 7 = 0 , tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm t1 , t2

t1 + t2 = log 3 x1 + log 3 x2 = log 3 ( x1 x2 ) = log 3 81 = 4

Vậy x1 − x2 = 4 − 21 = 2 . Câu 65.

(THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình log32 x − ( m + 2 ) .log3 x + 3m − 1 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 sao cho x1.x2 = 27 .

Theo vi-et suy ra t1 + t2 = m ⇒ m = 4 (Thay lại m = 4 và đề bài ta thấy phương trình có hai

A. m = nghiệm thực x1 , x 2 thỏa mãn x1 x2 = 81 )

Câu 63.

14 . 3

C. m =

B. m = 25 .

m để phương trình log 3x + log3 x + m − 1 = 0 có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( 0;1) . 2 3

9 . 4

B. 0 < m <

1 . 4

C. 0 < m <

9 . 4

D. m > −

28 . 3

D. m = 1 .

Lời giải

(CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm tất cả các giá trị của tham số

A. m >

x = 4 log 2 x = 2 ⇔ ⇔ . m log 2 x = m  x = 2

Điều kiện x > 0 . Đặt t = log3 x . Phương trình trở thành t 2 − ( m + 2 ) t + 3m − 1 = 0 .

9 . 4

m < 4 − 2 2 (*) Để phương trình có hai nghiệm thì ∆ = m 2 − 8m + 8 > 0 ⇔   m > 4 + 2 2 Với điều kiện (*) thì phương trình đã cho có hai nghiệm t1 , t2 .

Lời giải Ta có log23 3x + log3 x + m − 1 = 0 ⇔ log32 x + 3log 3 x + m = 0 (1)

Theo giả thiết x1.x2 = 27 ⇒ log 3 ( x1 x2 ) = log 3 27 = 3 ⇔ log 3 x1 + log3 x2 = 3 ⇔ t1 + t2 = 3

Đặt t = log3 x với x ∈ ( 0;1) thì t < 0

Theo định lí Viet ta có t1 + t2 = m + 2 nên suy ra m + 2 = 3 ⇔ m = 1 .

(1) ⇔ t 2 + 3t + m = 0 ( 2)

Câu 66.

(CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Tính tổng T các giá trị nguyên của tham số m để

(

)

1 . log e D. T = 27

x 2 −x phương trình e + m − m e = 2m có đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn

A. T = 28

B. T = 20

C. T = 21 Lời giải

e x + ( m 2 − m ) e− x = 2m ⇔ e x +

− m)

(

4 log 2 x

− 2m = 0 (1)

(

− log 1 x + m = 0 ⇔ 2 log 2 x

)

+ log 2 x + m = 0 ⇔ ( log 2 x ) + log 2 x = −m (1)

Đặt t = log 2 x với t ∈ ( −∞;0 ) .

Đặt t = e x , ( t > 0) 2

)

(1) ⇔ t 2 + t = −m . Xét f ( t ) = t 2 + t . f ' ( t ) = 2t + 1

(1) ⇔ t − 2 mt + m − m = 0 (*) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa: x1 < x2 <

1 ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm log e

f ' (t ) = 0 ⇔ t = −

phân biệt t1; t2 thỏa mãn 0 < t1 < t2 < 10

1 2

Bảng biến thiên

 m>0 ∆>0   4m > 0   0 < m < 10  S   0 < m < 10 0 < < 10   ⇔ ⇔ ⇔ ∈ −∞ ;0 ) ∪ (1; + ∞ ) m 2 (  m2 − m > 0    P>0    21 + 41  2 21 − 41 m − 21m + 100 > 0  m ∈  −∞; ; + ∞   ∪   (t1 − 10)(t2 − 10) > 0  2 2      Câu 67.

Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình log cos x − m logcos x − m + 4 = 0 vô nghiệm. A. m ∈

(

)

(

)

(

B. m ∈ − 2; 2 .

2; 2 .

)

C. m ∈ − 2; 2 .

(

)

Dựa vào bảng biến thiên −

D. m ∈ −2; 2 . Câu 69.

Lời giải

(THPT

ĐÔNG

THANH

HÓA

NĂM

2018-2019

LẦN

02)

Tìm

Ta có: log cos x − m log cos x − m + 4 = 0 ⇔ log cos x − 2m log cos x − m + 4 = 0 (*)

1 5  + 4m − 4 = 0 có nghiệm trên  , 4 . ( m − 1) log ( x − 2 ) + 4 ( m − 5 ) log 1 2  2 x−2

Đặt log cos x = t . Điều kiện: t ≤ 0

A. m ∈ ℝ .

2 1 2

Khi đó phương trình (*) trở thành: t − 2mt − m + 4 = 0, t ≤ 0. (1)

Điều này xảy ra khi và chỉ khi

Dạng 1.4.3 Phương trình chứa tham số và dùng phương pháp cô lập m để biện luận

(HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình

(

4 log 2 x

)

A. 0 < m <

1 4

− log 1 x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( 0;1) .

C. m ∈ ∅ .

1 4

C. m ≤ Lời giải

Ta có: 45

1 4

D. −

1 <m<0 4

để phương trình :

D. −3 < m ≤

Điều kiện: x > 2 . Phương trình đã cho

 2 ⇔ ( m − 1) log 1 ( x − 2 )  + 4 ( m − 5 ) log 2 ( x − 2 ) + 4m − 4 = 0  2  2

⇔ ( m − 1)  −2 log 2 ( x − 2 )  + 4 ( m − 5 ) log 2 ( x − 2 ) + 4m − 4 = 0

⇔ 4 ( m − 1) log22 ( x − 2) + 4 ( m − 5) log2 ( x − 2) + 4m − 4 = 0 ⇔ ( m −1) log 22 ( x − 2 ) + ( m − 5) log2 ( x − 2 ) + m − 1 = 0 . (1) 5  Đặt t = log2 ( x − 2) . Vì x ∈  ; 4  ⇒ t ∈ [ −1;1] . 2  2 Phương trình (1) trở thành ( m − 1) t + ( m − 5) t + m − 1 = 0 , t ∈[ −1;1] . (2)

t 2 + 5t + 1 = f ( t ) , t ∈ [ −1;1] . t2 + t +1 t = 2 −4t 2 + 4 Ta có f ' ( t ) = =0⇔  . 2 2 t = − 2 t + t + 1 ( ) ⇔m=

B. 0 ≤ m <

7 B. −3 ≤ m ≤ . 3

 m 2 − 1. ( −m 2 + 4 ) < 0   2m 2 − 4 < 0   ∆′ < 0 − 2 < m < 2   m 2 − 1. ( − m 2 + 4 ) ≥ 0  2    2m − 4 ≥ 0    ∆′ ≥ 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔− 2 <m<2  m ≥ 2   2m > 0   2m > 0  t1 + t2 > 0     1  −2 < m < 2 −m2 + 4 > 0    2  t1.t2 > 0   −m + 4 > 0    1

Lời giải

Phương trình (*) vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) vô nghiệm hoặc có các nghiệm đều dương.

Câu 68.

SƠN

1 1 < −m < 0 ⇔ 0 < m < 4 4

Bảng biến thiên 46

7 . 3

⇔ 4 log 2 2 x − 4 log 2 x + 1 = 4 m + log 2 x + 4 ( m + log 2 x ) + 1

 2 m + log 2 x + 1 = 2log 2 x − 1 2 2 ⇔ ( 2log 2 x − 1) = 2 m + log 2 x + 1 ⇔   2 m + log 2 x + 1 = −2 log 2 x + 1

(

 m + log 2 x = log 2 x − 1 ⇔  m + log 2 x = − log 2 x

5  Phương trình đã cho có nghiệm x ∈  ; 4  khi phương trình (2) có nghiệm t ∈ [ −1;1] . 2  Từ bảng biến thiên suy ra −3 ≤ m ≤

Câu 70.

(CHUYÊN

BẮC

7 . 3

* TH 1 :

GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm

để phương trình

log 2 2 x − log 2 x 2 + 3 = m có nghiệm x ∈ [1;8] .

A. 6 ≤ m ≤ 9

B. 2 ≤ m ≤ 3

C. 2 ≤ m ≤ 6

)

D. 3 ≤ m ≤ 6

log 2 x ≤ 0 0 < x ≤ 1 m + log 2 x = − log 2 x ⇔  ⇔ 2 2 m + log x = log x  2 2 log 2 x − log 2 x − m = 0 (1)

Đặt: t = log 2 x ( t ≤ 0 ) , phương trình (1) trở thành: t 2 − t − m = 0 ⇔ t 2 − t = m ( 2 ) Đặt: g (t ) = t 2 − t (t ∈ ( −∞;0] .Bài toán trở thành: Tìm giá trị của tham số m để phương trình ( 2 ) có ít

Lời giải

nhất 1 nghiệm t ≤ 0

Chọn C

Ta có: g (t ) = t 2 − t ⇒ g ′(t ) = 2t − 1 < 0∀t ≤ 0

log 2 2 x − log 2 x 2 + 3 = m (1)

Ta có BBT:

Điều kiện: x > 0 (*)

pt (1) ⇔

( log 2 x )

− 2 log 2 x + 3 = m

Cách 1: (Tự luận) Đặt t = log 2 x , với x ∈ [1;8] thì t ∈ [0;3] .

Phương trình trở thành: t 2 − 2t + 3 = m (2) Để phương trình (1) có nghiệm x ∈ [1;8]

Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình ( 2 ) có ít nhất 1 nghiệm t ≤ 0 thì m ≥ 0 (*)

⇔ phương trình (2) có nghiệm t ∈ [0;3] * TH 2 :

⇔ 2 ≤ m ≤ 6 . (bấm máy tính)

log 2 x ≥ 1 ⇔ 2 log 2 x − 3log 2 x + 1 − m = 0 ( 3)

[0;3]

Câu 71.

log 2 x ≥ 1 m + log 2 x = log 2 x − 1 ⇔  2  m + log 2 x = log 2 x − 2 log 2 x + 1

⇔ min f (t ) ≤ m ≤ max f (t ) , trong đó f (t ) = t 2 − 2t + 3

(ĐỀ

HỌC

[0;3]

SINH

GIỎI

TỈNH

BẮC

NINH

NĂM

2018-2019)

Cho

phương

trình

log 2 2 x − 2 log 2 x − m + log 2 x = m (*) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −2019; 2019] để phương trình (*) có nghiệm? A. 2021 . B. 2019 .

C. 4038 .

D. 2020 .

Lời giải

x > 0 Điều kiện:  . m + log 2 x ≥ 0

Đặt: t = log 2 x ( t ≥ 1) , phương trình (1) trở thành: t 2 − 3t + 1 − m = 0 ⇔ m = t 2 − 3t + 1( 4 ) Đặt: g (t ) = t 2 − t + 1, t ∈ [1; +∞ ) Ta có: g (t ) = t 2 − 3t + 1 ⇒ g ′(t ) = 2t − 3

g ′(t ) = 0 ⇔ 2t − 3 = 0 ⇔ t =

3 ∈ [1; +∞ ) 2

log 2 2 x − 2 log 2 x − m + log 2 x = m ⇔ 4 log 2 2 x − 8log 2 x − 4 m + log 2 x = 4m 47

m = 4  m < 0.

Bài toán trở thành: Tìm giá trị của tham số m để phương trình ( 4 ) có ít nhất 1 nghiệm t ≥ 1

Dựa vào BBT, phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 

Ta có BBT:

Vì m ∈ [ −2017; 2017 ] và m ∈ ℤ nên chỉ có 2018 giá trị m nguyên thỏa yêu cầu là

m ∈ {−2017; −2016;...; −1; 4} . Chú ý: Trong lời giải, ta đã có thể bỏ qua điều kiện mx > 0 vì với phương trình log a f ( x ) = log a g ( x ) với 0 < a ≠ 1 ta chỉ cần điều kiện f ( x ) > 0 . Câu 73.

(THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình mx − ln x = 0 có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( 2;3)

 ln 2 ln 3  ;  3   2

B.  −∞;

 

 ln 2 1  ;   2 e

D. 

A. 

Dựa vào BBT, suy ra: để phương trình ( 4 ) có ít nhất 1 nghiệm t ≥ 1 thì m ≥ −

5 (**) 4

ln 2   ln 3  ; +∞  ∪ 2   3 

 ln 3 1  ;   3 e

C. 

Lời giải

Kết hợp (*) và (**), m ∈ [ −2019; 2019] ⇒ m ∈ {−1;0;1; 2;...; 2019} Chọn D Vậy có tất cả 2021 giá trị của m thỏa mãn ycbt

mx − ln x = 0 ⇔ m =

Dạng 1.5 Giải và biện luận phương trình logarit chứa tham số bằng phương pháp cô lập tham số Câu 72.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên trong [ −2017; 2017 ] để

Đặt f ( x ) =

phương trình log ( mx ) = 2log ( x + 1) có nghiệm duy nhất? A. 4014.

B. 2018.

C. 4015.

D. 2017 .

f ′( x) =

Lời giải

ln x , ∀x ∈ ( 2;3 ) x

ln x , ∀x ∈ ( 2;3) x

1 − ln x ; f ′( x) = 0 ⇔ x = e x2

BBT

Chọn B

Điều kiện x > −1, mx > 0 . 2

log ( mx ) = 2 log ( x + 1) ⇔ mx = ( x + 1) ⇔ m = Xét hàm f ( x )

( x + 1) = x

( x + 1) x

( x > −1, x ≠ 0 ) ;

f ′( x) =

x = 1 x2 −1 =0⇔ x2  x = −1 ( l )

Lập bảng biến thiên

 ln 3 1  ; .  3 e

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì m ∈ 

Câu 74.

(THPT log

BẠCH

QUẢNG

ĐẰNG

( mx − x ) + 2 log ( −14 x 3

1 2

NINH

trình có ba nghiệm phân biệt 39 A. 18 < m < . B. 18 < m < 20 . 2 49

NĂM

2018-2019)

Cho

phương

trình

+ 29 x − 2 ) = 0 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương

C. 19 < m < 20 .

D. 19 < m <

39 . 2

Lời giải

A. 2.

Chọn D

1 Điều kiện: −14 x 2 + 29 x − 2 > 0 ⇔ <x<2 14

D. 3.

Lời giải 2

( mx − 6 x ) + 2 log ( −14 x 3

C. 0.

Tập xác định D = ℝ

Phương trình

log

3 . 2

1 2

+ 29 x − 2 ) = 0 ⇔ 2 log 2 ( mx − 6 x ) − 2 log 2 ( −14 x + 29 x − 2 ) = 0 3

⇔ mx − 6 x3 = −14 x 2 + 29 x − 2 ⇔ mx = 6 x3 − 14 x 2 + 29 x − 2 ⇔ m = 6 x 2 − 14 x + 29 − Xét hàm số y = 6 x 2 − 14 x + 29 −

2 x

2 1  , x∈ ;2 x  14 

 x = 1  2 1 1  Ta có y′ = 12 x − 14 + 2 ; y ′ = 0 ⇔ 12 x 3 − 14 x 2 + 2 = 0 ⇔  x = − ∉  ; 2  .  x 3  14   x = 1  2 Bảng biến thiên

2( x −1) .log 2 ( x 2 − 2 x + 3) = 4 x − m .log 2 ( 2 x − m + 2 ) 2

⇔ 2( x −1) .log 2 ( ( x − 1) 2 + 2 ) = 22 x − m .log2 ( 2 x − m + 2 ) (*) t Đặt f (t ) = 2 log 2 (t + 2), t ≥ 0 ; f '(t ) = 2t ln 2.log 2 (t + 2) + 2t

1 > 0, ∀t ≥ 0 . (t + 2) ln 2

t Vậy hàm số f (t ) = 2 log 2 (t + 2) đồng biến trên (0; +∞ ) .

 2( x − m) = ( x − 1)2

Từ (*) ta có f ( x − 1)2  = f  2 x − m  ⇔ ( x − 1)2 = 2 x − m ⇔ 

 2( x − m) = −( x − 1)

 g ( x ) = x 2 − 4 x + 1 + 2m = 0 ( a ) ⇔ 2  x = 2m − 1 (b) Do các phương trình ( a ) và (b ) là phương trình bậc hai nên để phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt ta có các trường hợp sau: TH1: m =

1 , (b) chỉ có nghiệm kép bằng 0 và (a) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 (thỏa mãn). 2

TH2: m >

1 , (b) có 2 nghiệm phân biệt x = ± 2m − 1 và (a) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm 2

bằng ± 2m − 1

3   ∆ ' > 0 ∆ ' > 0 m < ⇔ ⇔ ⇔ 2 ⇔ m = 1 (thỏa mãn).  g (± 2m − 1) = 0  g (± 2m − 1) = 0 m = 1 + TH3: m >

1 , (b) có 2 nghiệm phân biệt x = ± 2m − 1 và (a) có nghiệm kép khác ± 2m − 1 . 2

3   ∆ ' = 0 3 m = ⇔ ⇔ 2 ⇔ m = (thỏa mãn). 2  g (± 2m − 1) ≠ 0 m ≠ 1 Vậy tổng các giá trị của m là Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi đồ thị hàm số

39 2 1  y = 6 x 2 − 14 x + 29 − , x ∈  ; 2  cắt đường thẳng y = m tại 3 điểm phân biệt với 19 < m < . x 2  14 

Câu 76. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình ln ( m + ln ( m + sin x ) ) = sin x có nghiệm. A.

Dạng 1.6 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp hàm số Câu 75.

1 3 + 1 + = 3. 2 2

1 + 1 ≤ m ≤ e − 1. e

C. 1 ≤ m ≤

B. 1 ≤ m ≤ e− 1.

x −1)

(

)

.log 2 x 2 − 2 x + 3 = 4

x−m

.log 2 ( 2 x − m + 2 ) có đúng ba nghiệm phân biệt là: 51

D. 1 ≤ m < e− 1.

Lời giải

(THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tổng tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình:

1 + 1. e

u u = ln ( m + sin x ) e = m + sin x ⇔  sin x e = m + u ln ( m + u ) = sin x

Đặt u = ln ( m + sin x ) ta được hệ phương trình: 



Từ hệ phương trình ta suy ra: eu + u = esin x + sin x (*)

Vì f  −



Xét hàm số f ( t ) = et + t có f ' ( t ) = et + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ. Hàm số f ( t ) đồng biến trên ℝ.

(*) ⇔ f ( u ) = f ( sin x ) ⇔ u = sin x

 2 2 y = ±∞ nên đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân  >0, f   < 0 và xlim →±∞ 2   2 

biệt. Câu 78.

(THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hai phương trình

x 2 + 7 x + 3 − ln ( x + 4) = 0 (1) và x 2 − 9 x + 11 − ln ( 5 − x ) = 0 ( 2 ) . Đặt T là tổng các nghiệm phân

Khi đó ta được: ln ( m + sin x ) = sin x ⇔ esin x − sin x = m ( **)

biệt của hai phương trình đã cho, ta có: A. 2 B. 8

Đặt z = sin x, z ∈ [ −1;1] . Phương trình (**) trở thành: e − z = m (**) z

C. 4

D. 6

Lời giải

Xét hàm số: g ( z ) = e − z trên [ −1;1] . z

Chọn A Hàm số g ( z ) = e z − z liên tục trên [ −1;1] và có max g ( z ) = g (1) = e − 1, min g ( z ) = g ( 0 ) = 1 [ −1;1]

[ −1;1]

Hệ phương trình ban đầu có nghiệm ⇔ phương trình (**) có nghiệm ⇔ 1 ≤ m ≤ e − 1.

Cách 1: Gọi hai phương trình là (1) và ( 2 )

f ( x ) = x 2 + 7 x + 3 − ln ( x + 4 ) , với x ∈ ( −4; +∞ ) .

Dạng 1.7 Giải và biện luận phương trình logarit bằng phương pháp khác Câu 77.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Hỏi phương trình 3 x 2 − 6 x + ln ( x + 1) + 1 = 0 có bao nhiêu nghiệm phân biệt? A. 1

f ′ ( x ) = 2x + 7 + 3 −

9 1 2 x 2 + 15 x + 27 = , f ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 x 2 + 15 x + 17 = 0 ⇔ x = −3, x = − ( L ) x+4 x+4 2

Bảng biến thiên B. 3

C. 4

D. 2

Lời giải

Chọn B Điều kiện: x > −1 . Phương trình đã cho tương đương với 3x 2 − 6 x + 3ln ( x + 1) + 1 = 0 . Xét hàm số y = 3x 2 − 6 x + 3ln ( x + 1) + 1 liên tục trên khoảng ( −1; +∞ ) . y′ = 6 ( x − 1) +

2 . y′ = 0 ⇔ 2 x − 1 = 0 ⇔ x = ± 2 2

3 6x2 − 3 = . x +1 x +1

Theo bảng biến thiên thì (1) có hai nghiệm phân biệt, gọi hai nghiệm là x1 ; x2 Giải sử x0 là nghiệm của phương trình (1) , đặt t0 = 1 − x0 ⇔ x0 = 1 − t0 ta có 2

x2 + 7 x + 3 − ln ( x + 4 ) = 0 ⇔ (1 − t0 ) + 7 (1 − t0 ) + 3 − ln (1 − t0 + 4 ) = 0

t02 − 9t0 + 11 − ln ( 5 − t0 ) = 0 . Do đó t0 là nghiệm của phương trình ( 2) Như vậy ( 2) cũng có đúng hai nghiệm là t1 = 1 − x1 và t2 = 1 − x2 Vậy tổng các nghiệm của hai phương trình là T = x1 + x2 + t1 + t2 = x1 + x2 + 1 − x1 + 1 − x2 = 2 Cách 2: Dùng máy tính casio dò nghiệm rồi cộng lại.

Câu 79.

(LIÊN

THPT

TRƯỜNG

VINH

NGHỆ

NĂM

2018-2019)

Biết

phương

Điều kiện: x > 0 .

trình

 x 1   2 1 log 2018  +  = 2 log 2019  −  có nghiệm duy nhất x = a + b 2 trong đó a , b là những x 2 2 x   x   số nguyên. Khi đó a + b bằng A. 5 B. −1 C. 2 D. 1

Ta có 5loga x.logb x − 4log a x − 3logb x − 2019 = 0 ⇔ 5

Đặt t = ln x . Ta được phương trình:

ln x ln x ln x ln x . −4 −3 − 2019 = 0. ln a ln b ln a ln b

5t 2  3ln a + 4ln b  −  t − 2019 = 0 (*) ln a.ln b  ln a.ln b 

Lời giải Do a, b > 1 ⇒ ln a.ln b > 0 . Vậy (*) luôn có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 . Suy ra phương trình đã cho

Điều kiện: x > 1 .

luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .

 2 1 +  trên (1; +∞ )  x x

Xét f ( x) = log 2018 

f ′( x) =

− x −1

( 2x

)

x + x ln 2018

Mặt khác ta có: t1 + t 2 =

< 0 ∀x > 1 ⇒ hàm số nghịch biến trên (1; +∞ ) .

⇒ ln ( x1.x2 ) = ln x1 + ln x2 = t1 + t2 =

2 1  2 1 + =0 ⇔ + = 1 ⇔ x − 2 x −1 = 0 ⇔ x = 3 + 2 2 . x x  x x

Xét hàm số f (u ) =

 x 1  Xét g( x) = 2log 2019   2 − 2 x  trên (1; +∞ ) .  

Ta có f ′(u ) =

2 ( x + 1)

− x ) ln 2019

3ln a + 4 ln ( 2019 − a ) 5

Vì a > 1 , b > 1 và a + b = 2019 nên a ∈ (1; 2018 ) .

Mặt khác: f ( x ) = 0 ⇔ log 2018 

g′ ( x ) =

3ln a + 4 ln b 3ln a + 4 ln ( 2019 − a ) . = 5 5

> 0, ∀x > 1 ⇒ hàm số đồng biến trên (1; +∞ ) .

3ln u + 4 ln ( 2019 − u ) trên (1; 2018 ) . 5

6057 − 7u 6057 ⇒ f ′(u ) = 0 ⇔ u = 5u ( 2019 − u ) 7

Bảng biến thiên:

 x 1  x 1  2 − 2 x  = 0 ⇔ 2 − 2 x = 1 ⇔ x − 2 x − 1 = 0 ⇔ x = 3 + 2 2  

Mặt khác: g( x) = 0 ⇔ log 2019  .

 x 1   2 1 +  = 2log 2019  −  ⇔ f ( x ) = g ( x ) .  x x  2 2 x

Xét phương trình log 2018 

(

) (

)

Do f ( x ) nghịch biến trên (1; +∞ ) , g ( x ) đồng biến trên (1; +∞ ) và f 3 + 2 2 = g 3 + 2 2 nên

Câu 80.

3 6057 4 8076 ln + ln . 5 7 5 7

phương trình f ( x ) = g ( x ) có nghiệm duy nhất x = 3 + 2 2 .

Vậy giá trị lớn nhất của ln ( x1 x2 ) bằng

Vậy a = 3 , b = 2 , do đó a + b = 5 .

Do đó m = 6075, n = 8076 hay S = m + 2n = 22209 .

(TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Cho a, b là các số dương lớn hơn 1,

Dạng 2. Phương trình mũ Dạng 2.1 Phương trình cơ bản

thay đổi thỏa mãn a + b = 2019 để phương trình 5log a x.logb x − 4log a x − 3log b x − 2019 = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Biết giá trị lớn nhất của ln ( x1 x2 ) bằng các số nguyên dương. Tính S = m + 2n. A. 22209. B. 20190.

C. 2019. Lời giải 55

3 m 4 n ln   + ln   , với m, n là 5  7  5 7

Câu 81.

2 x −1

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình: 3 = 27 là A. x = 1 . B. x = 2 . C. x = 4 .

D. 14133.

Lời giải

Chọn B 56

D. x = 5 .

Ta có: Câu 82.

32 x−1 = 27 ⇔ 32 x −1 = 33 ⇔ 2 x − 1 = 3 ⇔ x = 2 .

Ta có: 2

2 x +1

(Mã 102 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình 3 = 27 là B. 4 . C. 2 . A. 5 .

Câu 88. D. 1.

= 8 ⇔ 2x −1 = 3 ⇔ x = 2 .

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình 3x = m có nghiệm thực. A. m ≥ 1

Lời giải

B. m ≥ 0

C. m > 0

Chọn C Để phương trình 3x = m có nghiệm thực thì m > 0 .

Tìm nghiệm của phương trình 3x−1 = 27 A. x = 10 B. x = 9

C. x = 3

D. x = 4

Câu 89.

Lời giải

2x (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tập nghiệm S của phương trình 5

 1  2

A. S = ○

B. x = 1

C. x = 3

D. x =

3 2

52 x

Lời giải

Câu 90.

Chọn B Ta có: 5 Câu 85.

2 x+1

= 125 ⇔ 5

2 x+1

= 5 ⇔ 2x + 1 = 3 ⇔ x = 1 . 2 x +1

B. x =

= 5.

1 2

D. S = 1; − 

5 2

−x

x = 1 = 5 ⇔ 2 x2 − x = 1 ⇔ 2 x2 − x − 1 = 0 ⇔  x = − 1 2 

(CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tìm tập nghiệm S của phương trình 2 x+1 = 8 .

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Phương trình 2 A. x = 3

−x

Chọn D

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Phương trình 52 x+1 = 125 có nghiệm là

5 2

Lời giải

3x−1 = 33 ⇔ x − 1 = 3 ⇔ x = 4 .

A. x =

 

C. S = {0;2}

B. S = 0; 

Chọn D

Câu 84.

D. m ≠ 0

Lời giải

Chọn D Ta có: 2 x + 1 = 3 ⇒ x = 1 . Câu 83.

2 x −1

A. S = {4} .

B. S = {1} .

C. S = {3} .

D. S = {2} .

= 32 có nghiệm là

C. x = 2

D. x =

Lời giải

3 2

Ta có: 2

Lời giải

x +1

=8⇔ 2

x +1

= 2 ⇔ x +1 = 3 ⇔ x = 2 .

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {2} .

Chọn C

= 32 ⇔ 22 x+1 = 25 ⇔ 2 x + 1 = 5 ⇔ x = 2 . 2 x −1 (Mã đề 104 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình 2 = 32 là 17 5 A. x = 2 . B. x = . C. x = . 2 2

Câu 91.

2 x +1

Ta có 2 Câu 86.

(LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Phương trình nhiêu nghiệm? A. 1

D. x = 3 .

B. 3

( 5)

x 2 + 4 x +6

= log2 128 có bao

D. 0

C. 2 Lời giải

Lời giải

Phương trình đã cho tương đương với: x 2 + 4 x + 6 = log

7 ⇔ x 2 + 4 x + 6 − log 5 7 = 0

Chọn D Sử dụng máy tính bỏ túi ta thấy phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.

22 x −1 = 32 ⇔ 2 2 x −1 = 25 ⇔ 2 x − 1 = 5 ⇔ x = 3 . Câu 87.

(Mã 103 - BGD - 2019) Nghiệm của phương trình 2 A. x = 2 .

B. x =

5 . 2

2 x −1

Câu 92.

= 8 là

C. x = 1 . Lời giải

Chọn A 57

D. x =

3 . 2

(THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Tập nghiệm S của phương trình 3 A. S = {1;3} .

B. S = {−3;1} .

C. S = {−3; − 1} . Lời giải

Ta có: 3x

−2 x

 x = −1 . = 27 ⇔ x 2 − 2 x = 3 ⇔  x = 3 58

x2 − 2 x

= 27 .

D. S = {−1;3} .

Vậy tập nghiệm S của phương trình 3x Câu 93.

Lời giải

= 27 là S = {−1;3} .

−2 x

22 x

(THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Số nghiệm thực phân biệt của phương trình e x = 3 là: A. 1. B. 0. C. 3. D. 2.

+5 x + 4

1  x=− = 4 ⇔ 2x2 + 5x + 2 = 0 ⇔  2.   x = −2

Vậy tổng hai nghiệm bằng −

Lời giải

5 . 2

Câu 98. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 32 x −1 + 2m 2 − m − 3 = 0 có nghiệm. 3  1   3 A. m ∈  −1;  . B. m ∈  ; + ∞  . C. m ∈ ( 0; + ∞ ) . D. m ∈  −1;  . 2  2   2

Ta có e x = 3 ⇔ x 2 = ln 3 ⇔ x = ± ln 3 . Vậy phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt. Câu 94.

(SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Phương trình 5 x+ 2 − 1 = 0 có tập nghiệm là A. S = {3} .

B. S = {2} .

C. S = {0} .

Lời giải

D. S = {−2} . Chọn A

Lời giải Ta có 5

x+ 2

−1 = 0 ⇔ 5

x+ 2

32 x −1 + 2m 2 − m − 3 = 0 ⇔ 32 x −1 = 3 + m − 2m 2

= 1 ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = −2 Phương trình có nghiệm khi 3 + m − 2m 2 > 0 ⇔ −1 < m <

Vậy S = {−2} . Câu 95.

 

cos2 x

π  + kπ ; k ∈ ℤ  . 2 

C. {k 2π ; k ∈ ℤ} .

B. 

Câu 99. Lời giải 2

Ta có: 4cos x − 1 = 0 ⇔ 4cos

= 1 ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x =

Vậy họ nghiệm của phương trình là:

Câu 96.

π 2

A. 31 .

a 2 + 4 ab

−8 7

1 7

 1    125 

Ta có : 

a 2 + 4 ab

(

3 a 2 −8 ab

625

⇔ −3 ( a 2 + 4ab ) =

x −1 1 − 8.9 2 + 19 . 3− x −1 B. 23 .

C. 22 .

D. 15 .

Lời giải

Câu 97.

+5 x + 4

A. −

5 . 2

625

)

3 a 2 −8 ab

. Tỉ số

a là: b

4 7

−4 21

)

⇔5

(

−3 a + 4 ab

) = 5 3 ( 3a

−8 ab

)

4 (3a 2 − 8ab ) ⇔ 21a 2 = −4ab ⇔ ab = − 214 3

Câu 100. Tổng các nghiệm của phương trình 2 x A. 0 . B. −2 .

−2 x +1

= 8 bằng C. 2 .

D. 1 .

Lời giải

 x = 1− 3 2 2 Ta có: 2 x −2 x+1 = 8 ⇔ 2 x −2 x+1 = 23 ⇔ x 2 − 2 x + 1 = 3 ⇔ x 2 − 2 x − 2 = 0 ⇔  .  x = 1 + 3

3x 12 + 19 = 3.12 − 8. + 19 = 23 . 3 3

(CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình

22 x

Ta có 9 x − 12 2 = 0 ⇔ 3x = 12 .

P = 3x +1 − 8.3x −1 + 19 = 3.3x − 8.

(

Lời giải

+ kπ ; k ∈ ℤ .

(CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho biết 9 x − 12 2 = 0 , tính giá trị của biểu thức P =

 1    125 

Cho a, b là hai số thực khác 0, biết:  A.

+ kπ , k ∈ ℤ

3 2

Vậy m ∈  −1;  .

− 1 = 0 là π  D.  + kπ ; k ∈ ℤ  . 3 

(THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Họ nghiệm của phương trình 4 A. {kπ ; k ∈ ℤ} .

3 . 2

=4 B. −1 .

C. 1.

5 . 2

Như vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: 1− 3 ; 1+ 3 .

(

) (

)

Tổng hai nghiệm là: 1 − 3 + 1 + 3 = 2 .

Câu 101.

(KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Phương trình 22 x nghiệm bằng A. 1.

5 . 2

C. −1 .

+5 x + 4

= 4 có tổng tất cả các 72 x

D. −

+5 x + 4

= 49 ⇔ 7 2 x

+5 x + 4

5 . 2

 x = −2 . = 72 ⇔ 2 x 2 + 5 x + 4 = 2 ⇔ 2 x 2 + 5 x + 2 = 0 ⇔  x = − 1  2 1 2

Dạng 2.2 Giải, biện luận phương trình mũ bằng phương pháp đặt ẩn phụ Dạng 2.2.1 Phương trình không chứa tham số

Chọn D Cách 1:

Ta có: 22 x

+5 x + 4

= 4 ⇔ 22 x

+5 x + 4

 x = −2 = 22 ⇔ 2 x 2 + 5 x + 4 = 2 ⇔ 2 x 2 + 5 x + 2 = 0 ⇔  x = − 1  2  1  2

Tổng tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là: −2 +  −  = −

Câu 104.

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho phương trình 4 + 2 trình nào sau đây 2

+5 x + 4

= 4 ⇔ 22 x

+5 x + 4

= 22 ⇔ 2 x 2 + 5 x + 4 = 2 ⇔ 2 x 2 + 5 x + 2 = 0 (1)

Câu 105.

(TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của phương trình 2

+ 5x +7 x +6 = 52 x A. {1; −1;3} . 5x

− 4 x +3

+3 x +9

+ 1 là

B. {−1;1;3;6} .

C. {−6; −1;1;3} .

5 2

(THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Phương trình 5 nghiệm bằng A. 1

5 2

C. −1

2 x2 +5 x + 4

+ 5x

+ 7 x +6

= 52 x

+3 x +9

+ 1 ⇔ 5x

− 4 x +3

+ 5x

+7 x+6

)(

− 4 x +3 + x 2 + 7 x + 6

) +1.

 5a = 1 a = 0 ⇔ 5a + 5b = 5a +b + 1 ⇔ 5a + 5b = 5a.5b + 1 ⇔ (1 − 5a )(1 − 5b ) = 0 ⇔  b b = 0 5 = 1

5 2

x =1 x = 3  x2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ . Khi đó  2  x = −1 x + 7x + 6 = 0   x = −6

Chọn D

= 52 ⇔ 2 x 2 + 5 x + 4 = 2 ⇔ 2 x 2 + 5 x + 2 = 0 5 2

Tổng các nghiệm là − .

Tập nghiệm của phương trình là {−6; −1;1;3} .

(SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Phương trình 7 2 x bằng

5 . 2

− 4 x +3

a = x 2 − 4 x + 3 , ta được phương trình: 2 b = x + 7 x + 6

= 25 có tổng tất cả các

D. −

Đặt 

Lời giải

A. −

D. {1;3} .

Lời giải

Tổng tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là: − .

Câu 103.

D. t + 2t − 3 = 0

Chọn D

5 Theo định lý Viet ta có: x1 + x2 = − . 2

+5 x + 4

C. t + t − 3 = 0 Lời giải

5 . 2

Xét phương trình (1): ∆ = 9 > 0 ⇒ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 .

− 3 = 0. Khi đặt t = 2 x ta được phương

Phương trình ⇔ 4 x + 2.2 x − 3 = 0

Ta có: 22 x

52 x

x +1

B. 4t − 3 = 0

A. 2t − 3t = 0

Cách 2:

Câu 102.

5 2

Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình bằng: −2 + (− ) = − .

Lời giải

C. −1 .

B. 1.

+5 x + 4

= 49 có tổng tất cả các nghiệm D.

5 . 2

Câu 106.

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Phương trình 9 x − 6 x = 2 2 x +1 có bao nhiêu nghiệm âm? A. 2 .

B. 3 .

Lời giải

Lờigiải

 3  3 −   = 2 ( ∗) . 2 2

Phương trình 9 x − 6 x = 2 2 x +1 ⇔ 9 x − 6 x = 2.4 x ⇔   61

D. 1 .

C. 0 .

 3 2

Đặt   = t với t > 0 , phương trình

t = −1 (L) . t = 2

)

(

)

Với t = 2 + 3 ⇒ 2 − 3

3 Với t = 2 ⇔   = 2 ⇔ x = log 3 2 > 0 . 2 2 Câu 110.

2.4 x − 9.2 x + 4 = 0 bằng.

4 x − 6.2 x + 2 = 0 bằng

A. 2 . C. 6 .

B. 1.

( (

) )

⇔ x = −1 .

(

)(

D. 1 .

C. 0 .

Đặt t = 2 x ( t > 0) Khi đó pt( 1) trở thành:

t = 4(tm) 2 2t − 9t + 4 = 0 ⇔ (t − 4)(2t − 1) = 0 ⇔  1 t = (tm)  2

log 2 3 + 7 + log 2 3 − 7 = log 2  3 + 7 3 − 7  = log 2 2 = 1 .  

)

−1

Phương trình: 2.4 x − 9.2 x + 4 = 0 (1) có TXĐ: D = ℝ .

Vậy tổng hai nghiệm của phương trình là

(

) = (2 − 3)

Lời giải

 x = log 2 3 + 7 2 = 3 + 7 2 . 4 x − 6.2 x + 2 = 0 ⇔ ( 2 x ) − 6.2 x + 2 = 0 ⇔  ⇔ x  x = log 3 − 7  2 = 3 − 7 2  x

)

B. −1.

D. 2 .

Lời giải

(

= 2+ 3 ⇔ 2− 3

(ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình

(CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tổng các nghiệm của phương trình A. 0 .

= 2 − 3 ⇔ x = 1.

Vậy x12 + 2 x22 = 3 .

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm âm. Câu 107.

(

Với t = 2 − 3 ⇒ 2 − 3

(∗) trở thành t 2 − t − 2 = 0 ⇔ 

)

Với t = 4 ⇒ 2 x = 4 ⇔ 2 x = 2 2 ⇔ x = 2 Câu 108.

(CỤM 8 TRƯỜNG CHUYÊN LẦN 1) Tổng các nghiệm của phương trình 3 x +1 + 31− x = 10 là A. 1. B. 0. C. − 1 . D. 3.

Với t =

Lời giải Ta có: 3x +1 + 31− x = 10 ⇔ 3.3 x +

1 1 ⇒ 2 x = ⇔ 2 x = 2−1 ⇔ x = −1 2 2

Phương trình có tập nghiệm là: S = {2; −1} . Vậy tổng tất cả các nghiệm của pt (1) là 1 .

3 = 10 3x

Câu 111.

Đặt t = 3 x ( t > 0 ) , phương trình trở thành: 3t +

t = 3 3 = 10 ⇔ 3t 2 − 10t + 3 = 0 ⇔  1 . t = t  3

2 x −1

(THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Phương trình 6 Khi đó tổng hai nghiệm A. 5.

x1 + x2 là.

62 x −1 − 5.6 x −1 + 1 = 0 ⇔

(

) + (2 + 3)

B. 3 .

A. 2.

= 4 . Khi đó x12 + 2 x22 bằng

C. 5.

D. 4.

Lời giải

(

) (

Ta có: 2 − 3 . 2 + 3

)

(

)

(

= 1 . Đặt t = 2 − 3 , t > 0 ⇒ 2 + 3 1 t

Phương trình trở thành: t + = 4 ⇒ t 2 − 4t + 1 = 0 ⇔ t = 2 ± 3 . 63

C. 2.

D. 1.

x  6 x1 = 2 62 x 5.6 − + 1 = 0 ⇔ 62 x − 5.6 x + 6 = 0 ⇔  x . 2 6 6 6 = 3

⇒ 6 x1.6 x2 = 3.2 ⇔ 6 x1 + x2 = 6 ⇔ x1 + x2 = 1 .

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là: 1 −1 = 0 . Câu 109. Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình 2 − 3

B. 3.

Lời giải

Với t = 3 ta có 3 x = 3 ⇔ x = 1 .

1 1 Với t = ta có 3x = ⇔ 3x = 3−1 ⇔ x = −1 . 3 3

− 5.6x −1 + 1 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 .

)

1 = . t

Câu 112. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Cho phương trình 25 x − 20.5 x−1 + 3 = 0 . Khi đặt t = 5 x , ta được phương trình nào sau đây. 20 A. t 2 − 3 = 0 . B. t 2 − 4t + 3 = 0 . C. t 2 − 20t + 3 = 0 . D. t − + 3 = 0 . t Lời giải 2

Ta có: 25 x − 20.5 x −1 + 3 = 0 ⇔ ( 5 x ) − 20.

2 5x + 3 = 0 ⇔ ( 5x ) − 4.5 x + 3 = 0 5

Đặt t = 5 x , t > 0 Khi đó phương trình trở thành: t 2 − 4t + 3 = 0 . 64

Ta có f ( x ) = x.5 ⇒ f ' ( x ) = 5 + x.5 .ln 5 x

1 Câu 113. (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Phương trình 31− x = 2 +   có bao 9 nhiêu nghiệm âm? A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải

(SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của phương trình 9 x − 4.3 x + 3 = 0 là A. {0;1}

B. {1}

C. {0}

Nên 25 + f ' ( x ) − x.5 .ln 5 − 2 = 0 ⇒ 25 + 5 − 2 = 0 x

Đặt t = 5 ( t > 0 ) x

3− x = 1 2 2 x = 0 Ta có: PT ⇔ 3.3− x = 2 + ( 3− x ) ⇔ ( 3− x ) − 3.3− x + 2 = 0 ⇔  − x ⇔ . 3 = 2  x = − log 3 2 < 0  Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm âm. Câu 114.

t = 1

Ta được phương trình t 2 + t − 2 = 0 ⇒ 

t = −2 ( l )

Câu 118.

2 x +10

(THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho phương trình 3 x +5

đặt t = 3

D. {1;3}

⇒ 5x = 1 ⇒ x = 0

− 6.3x+ 4 − 2 = 0 (1) . Nếu

( t > 0) thì phương trình (1) trở thành phương trình nào?

A. 9t − 6t − 2 = 0 .

B. t − 2t − 2 = 0 .

C. t − 18t − 2 = 0 .

D. 9t − 2t − 2 = 0 .

Lời giải Lời giải Chọn A Chọn B

3 x = 1 3x = 30 x = 0 Ta có: 9 − 4.3 + 3 = 0 ⇔  x ⇔ . ⇔ x 1 3 = 3 3 = 3 x = 1   x

Câu 115.

2 x +5 2 Ta có (1) ⇔ 3 ( ) − 2.3x +5 − 2 = 0 , do đó phương trình (1) trở thành t − 2t − 2 = 0 .

(THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Số nghiệm thực của phương trình

Câu 119.

4 x −1 + 2 x +3 − 4 = 0 là: A. 1

C. 3

B. 2

D. 4

Lời giải

Chọn D

 2 x −1 = −8 + 2 17 pt ⇔ 4 x −1 + 16.2 x −1 − 4 = 0 ⇔  ⇔ x = 1 + log 2 −8 + 2 7  2 x −1 = −8 − 2 17

(

Câu 116.

 3x = 1

x = 0 ⇔ x = 2 3 = 9

)

Ta có: 9 x − 10.3x + 9 = 0 ⇔  2+ x

(THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của phương trình 3

 1 A. S = 3;   3

B. S = {−1}

C. S = {1; −1}

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Nghiệm của phương trình: 9 x − 10.3x + 9 = 0 A. x = 2; x = 1 B. x = 9; x = 1 C. x = 3; x = 0. D. x = 2; x = 0

+ 32− x = 30 là

D. S = {3;1} .

Vậy đáp án là D Câu 120.

(THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Giải phương trình 4 x − 6.2 x + 8 = 0 . A. x = 1 ; x = 2 . B. x = 1 . C. x = 2 . D. x = 0 ; x = 2 .

Lời giải

Chọn C

Cách 1:

3 = 3 32+ x + 32 − x = 30 ⇔ 3.32 x − 10.3x + 3 = 0 ⇔  x 1 ⇔ x = ±1 3 = 3  x

Câu 117.

( )

Ta có phương trình: 4 x − 6.2 x + 8 = 0 ⇔ 2 x

(KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) = x.5 . Tổng các nghiệm của x

phương trình 25 + f ' ( x ) − x.5 .ln 5 − 2 = 0 là x

A. −2

− 6.2 x + 8 = 0

t = 2 (nhận) t = 4

Đặt t = 2 x (điều kiện: t > 0 ). Phương trình trở thành: t 2 − 6t + 8 = 0 ⇔  Với t = 2 ⇒ 2 x = 2 ⇔ x = 1 .

C. −1

B. 0

lời giải:

D. 1

Với t = 4 ⇒ 2 x = 4 ⇔ x = 2 . Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 ; x = 2 .

Chọn B 65

Câu 121.

(THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Phương trình 9 x − 3.3 x + 2 = 0 có hai nghiệm

x2 ( x1 < x2 ). Giá trị của biểu thức A = 2 x1 + 3x2 bằng A. 4 log 2 3 . B. 0 . C. 3log 3 2 .

Phương trình đã cho trở thành

x1 ,

1 t+ −2 2 =0 t

D. 2 .

⇔ t 2 − 2 2 t +1 = 0

Lời giải

t = 1 + 2 ⇔ t = −1 + 2

3 x = 1 x = 0 Ta có 9 x − 3.3x + 2 = 0 ⇔  . ⇔ x = 3 2  x = log 3 2 

Với t = 1 + 2 ⇒

Do x1 < x2 nên x1 = 0 và x2 = log 3 2 .

Với t = −1 + 2 ⇒

Vậy A = 2 x1 + 3x2 = 3log3 2 . Câu 122.

x+ 2

(CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 3 − 2.3 bằng A. 9 . B. 18 . C. 3 . D. 27 .

+ 27 = 0

32 x − 2.3x + 2 + 27 = 0 ⇔ ( 3

)

) )

(

)

(

−x

Đặt 2

)(

)

Câu 123. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Phương trình 9 − 6 = 2 bao nhiêu nghiệm âm? A. 3 B. 0 C. 1 D. 2 x

+ 2x

− x +1

= 3 .Tính x1 − x2 B. 0

C. 2

D. 1

Chọn D

x1 + x2 = log 3 9 + 3 6 + log 3 9 − 3 6 = log 3  9 + 3 6 9 − 3 6  = log 3 27 = 3 .  

)

2 − 1 = −1 + 2 ⇔ x = 1

Lờigiải

Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là:

(

A. 3

3x = 9 + 3 6  x1 = log 3 9 + 3 6 − 18.3x + 27 = 0 ⇔  ⇒ . x  3 = 9 − 3 6  x2 = log 3 9 − 3 6

(CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi x1 ; x2 là 2 nghiệm của phương trình

( (

)

2 − 1 = 1 + 2 ⇔ x = −1

Vậy tích 2 nghiệm của phương trình đã cho là − 1 Câu 125.

Lời giải x 2

(

2 x+1

có

x2 − x

= t (t > 0) . Phương trình tương đương với

t = 1 t 2 + 2t − 3 = 0 ⇒  t = − 3 x = 0 ⇒ x1 − x2 = 1 x = 1

Vì t > 0 ⇒ t = 1 ⇒ x 2 − x = 0 ⇒ 

Lời giải

Ta có: 9 x − 6 x = 22 x+1

 3  x   = −1( L ) 2x x  2 3 3 ⇔ x = log 3 2 . ⇔ 9 x − 6 x = 2.4 x ⇔   −   − 2 = 0 ⇔   3 x 2 2 2   = 2  2 

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm âm. Câu 124.

(CHUYEN

(

BỘI

PHAN

) (

2 −1 +

)

CHÂU

NGHỆ

Lời giải

41+ x + 41− x = 2 ( 2 2 + x − 2 2 − x ) + 8 ⇔ 41+ x + 41− x = 4 ( 21+ x − 21− x ) + 8 Đặt t = 21+ x − 21− x ⇒ t 2 = 41+ x + 41− x − 8 Phương trình trở thành:

NĂM

2018-2019

LẦN

C. −1.

B. 2.

02)

Phương

trình

1 + x = 1 − x x = 0  21+ x − 21− x = 0  21+ x = 21− x  x t = 0 t = 4t ⇔  ⇔  1+ x 1− x ⇔  2x ⇔  2 = 1 − 2 (VN ) ⇔  x x = log 2 1 + 2 t = 4 2 2 4 2 2.2 1 0 − = − − =     2x = 1 + 2   2

2 + 1 − 2 2 = 0 có tích các nghiệm là?

A. 0.

Câu 126. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Giải phương trình: 41+ x + 41− x = 2 ( 2 2 + x − 22 − x ) + 8

D. 1 .

(

Lời giải Đặt t =

(

)

2 −1

(t > 0) ⇒

(

)

2 +1 =

1 t 67

)

Dạng 2.2.2 Phương trình chứa tham số và dùng định lý vi-et để biện luận Câu 127.

⇔ Phương trình ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 > 0

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Gọi S là tập hợp tất cả giá trị nguyên của tham số m sao cho phương

25m 2 − 4 ( 7m 2 − 7 ) > 0 ∆ > 0 2 21   . ⇔  S > 0 ⇔ 5m > 0 ⇔1< m < 3 P > 0 7 m 2 − 7 > 0  

trình 16 x − m.4 x +1 + 5m 2 − 45 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử? A. 6 B. 4 C. 13 D. 3 Lời giải Chọn D

Mà m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {2;3} . Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m .

Đặt t = 4 x , ( t > 0 ) . Phương trình trở thành: 2

Câu 130.

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Gọi S là tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 4 x − m.2 x +1 + 2m 2 − 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử. B. 1 C. 3 D. 5 A. 2

t − 4mt + 5m − 45 = 0 (1). Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt t > 0.

Lời giải Chọn B

− m2 + 45 > 0  −3 5 < m < 3 5 ∆ ' > 0    ⇔  P > 0 ⇔ 5m 2 − 45 > 0 ⇔ m < −3 ∨ m > 3 ⇔ 3 < m < 3 5 . S > 0 m > 0 4 m > 0   

Ta có: 4 x − m.2 x +1 + 2m 2 − 5 = 0 ⇔ 4 x − 2 m.2 x + 2m 2 − 5 = 0 (1) Đặt t = 2 x , t > 0 . Phương trình (1) thành: t 2 − 2m.t + 2m 2 − 5 = 0 (2) Yêu cầu bài toán ⇔ (2) có 2 nghiệm dương phânbiệt

Vì m nguyên nên m ∈ {4;5;6} . Vậy S có 3 phần tử. Câu 128.

 − 5 < m < 5  m 2 − 2m 2 + 5 > 0 ∆ ' > 0    ⇔  S > 0 ⇔  2m > 0 ⇔ m > 0   2  P > 0  2m − 5 > 0  m < − 5 hoac m >  2

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình 9 x − 2.3x +1 + m = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 1 . A. m = 3

B. m = 1

C. m = 6

D. m = −3

Lời giải

10 < m < 5. 2

5 2

Do m nguyên nên m = 2 . Vậy S chỉ có một phần tử

Chọn A x+1

Ta có 9 − 2.3

Câu 131.

+ m = 0 ⇔ 3 − 6.3 + m = 0 .

∆′ = 9 − m > 0  x x Phương trình có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 1 ⇒ 3 1 + 3 2 = 6 > 0 ⇔ m = 3 .  x1 + x2 =3=m 3 Câu 129.

⇔

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình

4 x − 2 x +1 + m = 0 có hai nghiệm thực phân biệt A. m ∈ ( 0; +∞ )

C. m∈ ( 0;1]

B. m ∈ ( −∞;1)

Lời giải Chọn D 2

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương

Phương trình 4x − 2x +1 + m = 0 ⇔ 2x

trình 25 x − m.5 x +1 + 7 m 2 − 7 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử. B. 1 C. 2 D. 3 A. 7

Đặt t = 2 x > 0 . Phương trình (1) trở thành: t 2 − 2t + m = 0 , ( 2) .

− 2.2x + m = 0 , (1) .

Phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt

Lời giải Chọn C

⇔ phương trình ( 2) có hai nghiệm thực phân biệt và lớn hơn 0

x x +1 2 Xét phương trình 25 − m.5 + 7m − 7 = 0 (1) .

Đặt t = 5

( )

( t > 0 ) . Phương trình trở thành t

− 5mt + 7m − 7 = 0 ( 2 ) .

YCBT ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

 1 − m > 0  ∆′ > 0    −2 ⇔  S > 0 ⇔ − > 0 ⇔ 0 < m < 1. P > 0  1  m  1 > 0 70

D. m∈ ( 0;1)

Câu 132.

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho

Câu 134.

phương trình 9 x − m.3 x +1 + 3m 2 − 75 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử? B. 8 C. 4 D. 19 A. 5

(THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Phương trình 4 x − 3.2 x +1 + m = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = −1 . Giá trị của m thuộc khoảng nào sau đây? A. ( −5;0) .

B. ( −7; −5) .

C. ( 0;1) .

D. ( 5;7 ) .

Lời giải Lời giải Chọn C

( )

9 x − m.3x +1 + 3m 2 − 75 = 0 (1) ⇔ 3x

Đặt t = 2 x . Ta có phương trình t 2 − 6t + m = 0

− 3m.3x + 3m 2 − 75 = 0

Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = −1 ⇔ pt có hai nghiệm dương t1 , t2 thỏa

Đặt t = 3x , ( t > 0 ) Phương trình trở thành: t − 3mt + 3m − 75 = 0 ( 2 ) 2

(1)

mãn t1.t2 = 2 x1 + x2

có hai ngiệm phân biệt khi và chỉ khi ( 2 ) có hai nghiệm dương phân biệt

  ∆ = 300 − 3m2 > 0 −10 < m < 10   ⇔ 3m > 0 ⇔ m > 0 ⇔ 5 < m < 10 3m2 − 75 > 0  m < −5     m > 5

Câu 133.

Câu 135.

   ∆′ ≥ 0 9 − m ≥ 0   1 1 = 2−1 = ⇔  s > 0 ⇔ 6 > 0 ⇔m= . 2 2   1 1 p = > 0 m = 2 2  

(THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC LẦN 1 NĂM 2018-2019) Với giá trị nào của tham số m để phương trình

4 x − m.2 x +1 + 2 m + 3 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x1 + x2 = 4 A. m =

5 . 2

B. m = 2 .

C. m = 8 .

D. m =

Lời giải

Do m nguyên nên m = {6; 7;8;9}

Phương trình đã cho tương đương 2 − 2m.2 + 2m + 3 = 0 (1) .

(THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho phương trình

Đặt t = 2 x ( t > 0 ) , khi đó phương trình (1) trở thành: t 2 − 2m. t + 2m + 3 = 0

m.16x − 2 ( m − 2 ) .4x + m − 3 = 0 (1) . Tập hợp tất cả các giá trị dương của m để phương trình đã cho có

B. 10

C. 11 Lời giải

Chọn C x

a = 3

+) Vậy 3 < m < 4 ⇒ 

b = 4

t = 2 x1 13 ⇒ t1. t2 = 2 x1.2 x2 ⇔ 2m + 3 = 2 x1 + x2 ⇔ 16 = 2m + 3 ⇔ m = (thỏa mãn). x 2 t2 = 2 2

Với t = 2 ta có:  1

+) Đặt: 4 x = t (t > 0) ⇒ (1) ⇔ m.t 2 − 2 ( m − 2 ) t + m − 3 = 0 ( 2 )

m ≠ 0 m ≠ 0  −m + 4 > 0 m ≠ 0  2   ( m − 2 ) − m ( m − 3 ) > 0 3 < m < 4 ∆ ′ > 0    m > 2 => Điều kiện:  ⇔ m − 2 ⇔  ⇔ m < 0 > S 0 > 0   m < 0(l )     m m > 3  P > 0 ( m − 3) m > 0    m < 0

( 2 ) .Phương trình (1) có

m 2 − 2m − 3 ≥ 0  ∆′ ≥ 0 t1 + t2 = 2m   ⇔  S > 0 ⇔ 2m > 0 ⇔ m ≥ 3 . Theo định lý Viet ta có  t1. t2 = 2m + 3 P > 0 2m + 3 > 0  

D. 7

+) Để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì ( 2) phải có hai nghiệm dương phân biệt

hai nghiệm x1 ; x2 khi và chỉ khi phương trình ( 2 ) có hai nghiệm t1 ; t2 dương

hai nghiệm phân biệt là khoảng ( a; b ) . Tổng T = a + 2b bằng: A. 14

13 . 2

Câu 136.

(THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Phương trình 4 − m .2

x +1

+ 2m = 0 có hai nghiệm

x1 , x 2 thỏa mãn x1 + x 2 = 3 khi A. m = 4 .

B. m = 3 .

C. m = 2 .

D. m = 1 .

Lời giải

Đặt t = 2 x , t > 0 . Phương trình viết thành t 2 − 2mt + 2m = 0 (1) . Ta có x1 + x2 = 3 ⇔ 2 x1 + x2 = 23 ⇔ 2 x1 .2 x2 = 8 . Ycbt tương đương phương trình (1) có hai nghiệm dương t1 , t2 thỏa mãn t1.t2 = 8 .

⇒ a + 2b = 11

∆′ = m 2 − 2m > 0  ⇔ t1 + t2 = 2m > 0 ⇔ m = 4 . t .t = 2m = 8 1 2 Câu 137.

(THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4.4 x

+2 x

+ ( 2m − 2 ) 6 x

+ 2 x +1

− ( 6 m + 3 ) 32 x

+4 x+2

A. 4 − 3 2 < m < 4 + 3 2 −1 −1 C. m > −1 hoặc m < D. −1 < m < 2 2

= 0 có hai nghiệm thực phân biệt.

B. m > 4 + 3 2 hoặc m < 4 − 3 2

Lời giải

⇔ 4x

+2x

+ ( 2m − 2 ) 6 x

+ 2 x +1

+ ( 2m − 2 ) 6 x

4 ⇔  9

x 2 + 2 x +1

2 Đặt t =   3

+ 2 x +1

− ( 6 m + 3 ) 32 x

+ 2 x +1

− ( 6m + 3 ) 9 x

 2 + ( 2m − 2 )    3 x 2 + 2 x +1

Pt (2) trở thành:

 2 =   3

+4 x+2

+ 2 x +1

x Đặt t = 2 ( t > 0 ) . Phương trình (1 ) trở thành t 2 − mt + 2m − 2019 = 0 ( 2)

= 0 (1)

Phương trình ( 1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa x1 < 0 < x2 khi và chỉ khi phương trình ( 2) có hai nghiệm

( x +1) 2

− ( 6m + 3 ) = 0

 m 2 − 4 ( 2m − 2019 ) < 0 ∆ > 0 ∆ > 0    m>0  S = t1 + t2 > 0 m > 0  ⇔ ⇔ t1; t2 thỏa 0 < t1 < 1 < t2  2019  P = t1t2 > 0 2m − 2019 > 0 m > 2 ( t1 − 1)( t2 − 1) < 0 t1t2 − ( t1 + t2 ) + 1 < 0   2m − 2019 − m + 1 < 0

(2)

2 ≤   = 1 . Suy ra 0 < t ≤ 1 3

t 2 + (2m − 2)t − 6m − 3 = 0 (3)

phân biệt

2 ⇔ Phương trình t + (2m − 2)t − 6m − 3 = 0 ⇔ 0 < −2m − 1 < 1 −1 ⇔ −1 < m < . 2

Chú ý: Nếu t

x 2 + 2 x +1

t = 3 (loai ) ⇔ t = −2m − 1 Để phương trình (1) có 2 nghiệm x

Câu 138.

Câu 139. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Có tất cả bao nhiêu số nguyên m để phương trình 4 x − m.2 x + 2m − 2019 = 0 có hai nghiệm trái dấu? A. 1008 . B. 1007 . C. 2018 . D. 2017 . Lời giải 4 x − m.2 x + 2m − 2019 = 0 (1 )

Chọn D

4.4 x

 ( m + 1)(2m − 2) > 0 ∆′ > 0   m < −1 ∨ m > 1   m +1 ⇔  S > 0 ⇔ − ⇔ >0 ⇔ 1 < m < 3 ⇒ a.b = 3 m 3 −  −1 < m < 3 P > 0    −m − 1  m − 3 > 0

= 1 thì phương trình  2     3

có đúng một nghiệm

thuộc khoảng

( 0;1)

 m 2 − 8m + 8076 > 0 ( ∀m )   m > 0 2019 ⇔ ⇔ < m < 2018 . Do m ∈ ℤ nên 1010 ≤ m ≤ 2017 2019 2 m >  2   m < 2018 Số giá trị nguyên m thỏa đề là 1008 .

Câu 140. (TT

(4 +

( x+1) 2

= 1 chỉ có nghiệm duy nhất là x = − 1 .

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Biết rằng tập các giá trị của tham số m để phương

HOÀNG 15

)

HOA

(

+ ( 2m + 1) 4 − 15

)

THÁM x

A. 4

C. 2

D. 3

Đặt

t+ Đặt: 3x = t ,(t > 0) . Khi đó phương trình trở thành (m − 3)t 2 + 2(m + 1)t − m − 1 = 0(*) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt

B. ( −1;1) .

C. (1;3) .

(

)

t = 4 + 15 ,

( 2m + 1) t

t > 0.

Khi

đó

phương

D. ( −∞; −1) .

trình

ban

đầu

trở

thành:

− 6 = 0 ⇔ t 2 − 6t + 2m + 1 = 0, t > 0 (*)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 − 2 x2 = 0 khi và chỉ khi phương trình (*) có 2

∆′(*) > 0 

hai nghiệm dương phân biệt t1 , t2 thỏa mãn t1 = ( t 2 ) ⇔  S > 0

P > 0 

trình

Lời giải

Lời giải Chọn D

phương

Cho

x1 − 2 x2 = 0 . Ta có m thuộc khoảng nào?

A. ( 3;5) .

B. −3

2018-2019)

− 6 = 0 . Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn

trình ( m − 3) 9 + 2 ( m + 1) 3 − m − 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt là một khoảng ( a; b ) . Tính tích a.b . x

1 ⇔− <m<4 2

 t + t = 6 t1 + t 2 = 6  1 2  Theo Viet, ta có: t1.t2 = 2m + 1 ⇔ t2 = 3 2m + 1   2 t1 = 3 2m + 1 t1 = ( t 2 ) 

(

⇒ Câu 141.

(

)

    (m + 1)(2m − 2) > 0  ∆ ' > 0     m +1    >0 ⇔ 1< m < 3 S > 0 ⇔ −   m−3   P > 0    −m −1  >0    m−3 

2 7 2m + 1 + 3 2m + 1 = 6 ⇔ 3 2m + 1 = 2 ⇔ m = ∈ ( 3;5 ) . 2

)

(LIÊN

TRƯỜNG

(2 + 3 )

THPT

(

+ (1 − 2 a ) 2 − 3

)

VINH

NGHỆ

NĂM

2018-2019)

Phương

− 4 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 − x2 = log 2+ 3 3 . Khi

đó a thuộc khoảng

 

A.  −∞ ; −

3 . 2

Khi đó (a; b) = (1;3)

trình

3 2

B. ( 0; + ∞ ) .

 

 3  2

C.  ; + ∞  .

Tích a.b = 3 Câu 143.

 

(CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tất cả các giá trị của mm để phương trình 9 x − 2 m .3 x + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt A. −2 < m < 2 B. m > 2 C. m > −2

D.  − ; + ∞  .

Lời giải x

(

Đặt t = 2 + 3

) , t>0

Đặt t = 3x ⇒ ∀x ∈ ℝ ⇒ t ∈ ( 0; +∞ ) và mỗi x cho ta một giá trị t tương ứng.

Phương trình trở thành t +

(

3 ⇔ 2+ 3 3

)

x1 − x2

Để pt đã cho có 2 nghiệm phân biệt, tương đương phương trình (* ) có hai nghiệm dương phân biệt

Khi đó t1 = 3t2 YCBT⇔ phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt thỏa mãn t1 = 3t2

nghiệm phân biệt? A. m < −2.

D. 3

Đặt 3 = t , (t > 0), phương trình đã cho trở thành (m − 3)t + 2(m +1)t − m −1 = 0 (*) Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt.

(

)

 3  3 − 2 ( m + 2 )   + m 2 + 4m + 3 = 0  2  2

Chia cả hai vế của phương trình cho 4 x ta được  

3 2

Đặt t =   ,( t > 0 ) khi đó phương trình trở thành: t − 2 ( m + 2) t + m + 4m + 3 = 0

Lời giải x

D. m > −2.

Xét phương trình: 9 − 2 ( m + 2 ) 6 + m + 4 m + 3 4 x = 0

trình (m − 3) 9 + 2 ( m + 1) 3 − m −1 = 0 có hai nghiệm phân biệt là một khoảng (a; b) . Tính tích a.b . C. 2

C. m > −1. Lời giải

B. − 3

B. m > −3.

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Biết rằng tập các giá trị của tham số m để phương A. 4

m2 − m − 2 > 0  ∆′ > 0   ⇔  S > 0 ⇔ 2 m > 0 ⇔m>2 P > 0 m + 2 > 0  

Câu 144. Xác định các giá trị của tham số m để phương trình 9 x − 2 ( m + 2 ) 6 x + ( m 2 + 4 m + 3 ) 4 x = 0 có hai

 ∆′ > 0 3 + 2 a > 0  3 t = 3  t1 > 0; t2 > 0  1 a > − ⇔ t1 + t2 = 4 ⇔  ⇒ 2 ⇔ a = −1 t .t = 1 − 2a  t2 = 1 a = −1 1 2 t1t2 = 1 − 2a  t1 = 3t2

( *)

Khi đó phương trình trở thành t 2 − 2 mt + m + 2 = 0

1 − 2a − 4 = 0 ⇔ t 2 − 4t + 1 − 2 a = 0 (1) t

GT: Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 − x2 = log 2+

Câu 142.

D. m < 2

Lời giải

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt

( m + 2 )2 − m 2 − 4m − 3 > 0 1 > 0  ∆′ > 0    ⇔ t1 + t2 > 0 ⇔  2 ( m + 2 ) > 0 ⇔  m > −2 ⇔ m > −1. t .t > 0  2  m ∈ −∞; −3 ∪ −1; +∞ ( ) ( ) 1 2   m + 4m + 3 > 0

Câu 145.

Lời giải

(KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Biết rằng m = m0 là giá trị của tham số m sao cho phương trình 9 − 2 ( 2 m + 1) 3 + 3 ( 4 m − 1) = 0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn ( x1 + 2 )( x2 + 2 ) = 12 . Khi x

Đặt t = 2 x ( t > 0 ) , khi đó phương tình có dạng

đó m0 thuộc khoảng nào sau đây B. ( 9; +∞ ) .

A. (3;9) .

C. (1;3) .

t 2 − mt + 2m + 1 = 0 ( 2 )

D. ( -2; 0 ) .

Để phương trình ban đầu có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm dương

Lời giải

TH 1: Pt(2) có 2 nghiệm trái dấu ⇔ 2m + 1 < 0 ⇔ m < −

Chọn C

9 x − 2 ( 2m + 1) 3x + 3 ( 4m − 1) = 0 (1)

∆ = m 2 − 8m − 4 ≥ 0 

TH 2: pt(2) có 2 nghiệm dương ⇔  m > 0

t = 3 . t = 4 m − 1

2 Đặt t = 3 , t > 0 . Pt(1) trở thành: t − 2 ( 2m + 1) t + 3 ( 4m − 1) = 0 ⇔ 

Để pt(1) có 2 nghiệm thì điều kiện cần và đủ là 4m − 1 > 0 ⇔ m >

2m + 1 > 0 

 

1 . 4

Nên S =  −∞; −

Khi đó pt (1) có hai nghiệm x1 = 1 và x2 = log 3 ( 4 m − 1) .

⇔ m ≥ 4 + 20

1   1   ∪ 4 + 20; +∞ ⇒ ℝ \ S =  − ; 4 + 20  . Vậy các số nguyên thỏa mãn là 2   2 

)

0,1, 2,3, 4,5, 6, 7,8 hay đáp án C

Từ giả thiết ( x1 + 2 )( x2 + 2 ) = 12 ⇔ 3 ( log 3 ( 4m -1) + 2 ) = 12 ⇔ log 3 ( 4 m − 1) = 2

Câu 148.

(THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Cho phương trình 9 − 2 ( 2m + 1) 3 + 3 ( 4m − 1) = 0 có hai x

nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn ( x1 + 2 )( x2 + 2 ) = 12 . Giá trị của m thuộc khoảng

1 5 ⇔ m = . ( 32 + 1) = . Vậy m∈ (1;3) . 4 2 Câu 146.

1 2

A. ( 9; + ∞ ) .

B. ( 3;9 ) .

C. ( −2; 0 ) .

(SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương

D. (1;3) .

Lời giải

trình 16 x − 2 ( m + 1) 4 x + 3m − 8 = 0 có hai nghiệm trái dấu?

Đặt t = 3 , t > 0 . Phương trình đã cho trở thành: t 2 − 2 ( 2m + 1) t + 3 ( 4m − 1) = 0 (1) x

A. 6

B. 7

C. 0

D. 3

Lởi giải

Phương trình đã cho có hai nghiệm thực x1 , x2 khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm dương phân

Chọn A

biệt

Đặt t = 4 x , t > 0

 m ≠ 1 2  − + > 4 m 8 m 4 0 ′ ∆ > 0  m ≠ 1   1    ⇔  S > 0 ⇔  2 ( 2m + 1) > 0 ⇔ m > − ⇔  1. 2 P > 0    m > 4  3 ( 4m − 1) > 0 1   m > 4

2 Phương trình đã cho trở thành t − 2 ( m + 1) t + 3m − 8 = 0 ( *)

Yêu cầu bài toán ⇔ pt ( *) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa 0 < t1 < 1 < t2

∆ ′ > 0 m2 − m + 9 > 0 t + t > 0  8 1 2 m + 1 > 0 ⇔ ⇔ ⇔ <m<9 t t > 0 3 3 − 8 > 0 m 1 2   ( t1 − 1)( t2 − 1) < 0  m − 9 < 0 

Khi đó phương trình (1) có hai nghiệm là t = 4m − 1 và t = 3 . Với t = 4m − 1 thì 3 1 = 4m − 1 ⇔ x1 = log 3 ( 4m − 1) . x

Với t = 3 thì 3x2 = 3 ⇔ x2 = 1 .

Vậy m có 6 giá trị nguyên. Câu 147.

(THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m x

Ta có ( x1 + 2 )( x2 + 2 ) = 12 ⇔ x1 = 2 ⇔ log3 ( 4m − 1) = 2 ⇔ m =

để phương trình 4 − m.2 + 2m + 1 = 0 có nghiệm. Tập ℝ \ S có bao nhiêu giá trị nguyên? A. 1 B. 4 C. 9 D. 7 77

Vậy giá trị m cần tìm là m =

5 nên m thuộc khoảng (1;3) . 2 78

5 (thỏa điều kiện). 2

Xét hàm số f ( u ) = −u 2 + 4u + 1 .

Dạng 2.2.3 Phương trình chứa tham số và dùng phương pháp cô lập m để biện luận Câu 149.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình

f ′ ( u ) = −2u + 4 = 0 ⇔ u = 2 .

16 x − 2.12 x + (m − 2).9 x = 0 có nghiệm dương? A. 2

B. 4

C. 3

D. 1

Ta có, f (1) = 4 , f ( 2 ) = 5 , f ( 9 ) = −44 .

Lời giải Do đó, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −44 ≤ 2m ≤ 5 ⇔ −22 ≤ m ≤

Chọn A x x x Phương trình 16 − 2.12 + (m − 2).9 = 0 có nghiệm ∀x ∈ ( 0; +∞ ) 2x

Vậy có 25 số nguyên của tham số m .

4 4  − 2.   + ( m − 2) = 0 có nghiệm ∀x ∈ ( 0; +∞ ) 3 3

Câu 151. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Gọi ( a; b ) là tập các giá trị của

Phương trình tương đương 

4 3

5 . 2

tham số m để phương trình 2e 2 x − 8e x − m = 0 có đúng hai nghiệm thuộc khoảng ( 0; ln 5 ) . Tổng

a + b là

Đặt t =   , t ∈ (1; +∞ )

A. 2.

D. −14 .

C. −6 .

B. 4.

Lời giải

⇒ t 2 − 2.t + (m − 2) = 0, ∀t ∈ (1; +∞ )

Đặt t = e x ; x ∈ ( 0; ln 5 ) tương ứng t ∈ (1; 5 ) .

⇔ t 2 − 2.t = 2 − m, ∀t ∈ (1; +∞ )

Phương trình thành 2t 2 − 8t = m .

Xét y = t − 2.t

Xét hàm số f ( t ) = 2t 2 − 8t với t ∈ (1; 5 ) có f ′ ( t ) = 4t − 8

Phương trình có nghiệm ∀t ∈ (1; +∞ ) khi 2 − m > − 1 ⇔ m < 3 Câu 150.

Khi đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( 0; ln 5 ) khi phương trình f ( t ) = m

(THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

4 x− x

− 4.3

4 x− x

A. 27 .

có hai nghiệm t ∈ (1; 5 ) ⇔ −8 < m < −6 .

+ 2m − 1 = 0 có nghiệm? B. 25 .

C. 23 .

D. 24 .

Câu 152.

(SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số

Lời giải m để phương trình

ĐKXĐ: x ∈ [ 0; 4] .

A. 8.

(

)

2 +1 − m

(

)

2 − 1 = 8 có hai nghiệm dương phân biệt. Số phần tử của S bằng

B. 7.

C. 10.

D. 9.

Lời giải

2 Đặt t = 4 x − x với x ∈ [ 0; 4] thì t ∈ [ 0; 2]

(

)

2 +1

= t , t > 0 . Vì

(

Đặt u = 3t với t ∈ [ 0; 2] thì u ∈ [1;9]

Đặt

Khi đó, tìm m đề phương trình u 2 − 4u + 2 m − 1 = 0 có nghiệm thuộc đoạn [1;9] .

Phương trình đã cho trở thành

) (

2 +1 .

t−

⇔ 2m = −u 2 + 4u + 1 , với u ∈ [1;9] 79

)

2 − 1 = 1 nên

(

x 1 2 −1 = . t

m = 8 ⇔ t 2 − 8t = m (*). t 80

)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy m < 5 hoặc m = 9 là giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1.

Do m ∈ ( −10;10 ) nên m = {−9; −8; −7; −6; −5; −4; −3; −2; −1; 0;1; 2; 3; 4; 9} .

Xét f ( t ) = t 2 − 8t , trên (1; + ∞) .

Suy ra có 15 giá trị m cần tìm.

Ta có f ′ ( t ) = 2t − 8 .

f ′ (t ) = 0 ⇔ t = 4

Câu 154.

Bảng biến thiên của hàm f ( t )

1 9

1 3

(ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Phương trình   − m.   + 2m + 1 = 0 có nghiệm khi

m nhận giá trị: 1 A. m < − . 2

B. −

1 < m < 4 − 2 5 . C. m ≥ 4 + 2 5 . 2

1 2

D. m < − ∨ m ≥ 4 + 2 5 .

Lời giải

Từ bảng biến thiên ta có (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ khi −16 < m < −7 . Vậy số phần tử của S là 8. Câu 153.

1 9

1  3

Ta có phương trình:   − m.   + 2m + 1 = 0

(CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tìm số giá trị nguyên của tham số m ∈ ( −10;10 ) để phương trình

(

)

10 + 1

A. 14 .

(

)

10 − 1

= 2.3x

B. 15 .

có đúng hai nghiệm phân biệt? C. 13 .

D. 16 .

1 3

Đặt t =   , ( t > 0 ) phương trình trở thành: t − m.t + 2m + 1 = 0 Phương trình có nghiệm ⇔ phương trình có nghiệm dương.

Lời giải

(

)

10 + 1

(

)

10 − 1

= 2.3x

 10 + 1   10 − 1  ⇔  + m  = 6 (1)  3   3 

t = 2 không là nghiệm của phương trình nên ⇔ m =

f '(t ) = x2

 10 + 1   10 − 1  1  , t >0⇒  = t  3   3 

Đặt t = 

t2 +1 = f (t ) t −2

t = 2 − 5 ( L) t 2 − 4t − 1 t 2 − 4t − 1 , f '(t ) = 0 ⇔ = 0 ⇒ t 2 − 4t − 1 = 0 ⇔  2 (t − 2) 2 (t − 2) t = 2 + 5 ( N )

Bảng biến thiên.

1 (1) ⇔ t + m. = 6 ⇔ t 2 − 6t + m = 0 (2) t Để (1) có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có một nghiệm lớn hơn 1.

(2) ⇔ m = −t 2 + 6t . Xét hàm số f (t ) = −t 2 + 6t trên khoảng (1; +∞ ) , ta có: f ′ ( t ) = −2t + 6; f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 3 .

1 2

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy, phương trình có nghiệm khi m < − ∨ m ≥ 4 + 2 5 Câu 155.

(THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình: ( m + 1) .16 x − 2 ( 2 m − 3) .4 x + 6m + 5 = 0 có hai nghiệm trái dấu là A. 4 .

C. 1 .

B. 8 .

Lời giải Cách 1.

D. 2 .

Đặt t = 4 x , t > 0 , phương trình đã cho trở thành:

( m + 1) t 2 − 2 ( 2m − 3) t + 6m + 5 = 0 ⇔ m = −

Ta có 2

t 2 + 6t + 5 (*). t 2 − 4t + 6

= 5x

−5 x + 6

⇔ log 2 2 x −3 = log 2 5x

−5 x + 6

⇔ x − 3 = ( x 2 − 5 x + 6 ) log 2 5

x − 3 = 0 x = 3 ⇔ x − 3 = ( x − 3)( x − 2 ) log 2 5 ⇔  ⇔ x − = 2 log 5 1 ( ) 2  x = 2 + log 5 2 

Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 trái dấu khi phương trình (*) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn: 0 < t1 < 1 < t2 . 2

x −3

b = 2 ⇒ ⇒ a + 2b = 5 + 2.2 = 9 a = 5

1 ± 561 t + 6t + 5 10t −2t − 56 ' Đặt f ( t ) = − 2 . Suy ra f ( t ) = 0 ⇔ x = ⇒ f ' (t ) = 2 2 10 t − 4t + 6 ( t − 4t + 6 )

x x x2 −2 x Câu 157. Gọi x1 , 2 là hai nghiệm của phương trình 2 .5 = 1. Khi đó tổng x1 + x2 bằng A. 2 − log5 2 .

Ta có bảng biến thiên:

B. −2 + log5 2 .

D. 2 − log 2 5 .

C. 2 + log 5 2 . Lời giải

2 x.5x

−2 x

(

= 1 ⇔ log5 2 x.5x

)

−2 x

= 0 ⇔ x log 5 2 + x 2 − 2 x = 0 ⇔ x ( log 5 2 + x − 2 ) = 0 .

 x1 = 0 ⇒ .  x2 = 2 − log 5 2 Dạng 2.4 Giải và biện luận phương trình mũ bằng một số phương pháp khác Từ bảng biến thiên, ta có phương trình (*) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn: 0 < t1 < 1< t2 khi −4 < m < − 1 . Vậy có hai giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán là m = − 3 và m = − 2 .

Câu 158.

(HSG

BẮC

NINH

NĂM

2018-2019)

Gọi

A. S = log 2

Cách 2:

3 2

B. S = log 2 3

tổng

các

nghiệm

của

phương

trình

D. S = log 2

2 3

Lời giải



t= Đặt t = 2 x , t > 0 . Phương trình trở thành 3.t 2 + ( 3 x − 10 ) t + 3 − x = 0 ⇔  3

Đặt f ( x ) = ( m + 1) t 2 − 2 ( 2m − 3) t + 6m + 5 .

 t = − x + 3

Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 trái dấu khi phương trình (*) có hai nghiệm t1 , t2 thỏa mãn:

0 < t1 < 1< t2 .

1  x = log 2 ⇒ 3 .  x  2 = − x + 3

 −4 < m < − 1 ( m + 1) f (1) < 0 ( m + 1)( 3m + 12 ) < 0   m < −1 ⇔ ⇔  ⇔ − 4< m< −1 . Điều đó xảy ra khi:  m > − 5 ( m + 1) f ( 0 ) > 0 ( m + 1)( 6m + 5) > 0 6  

Xét 2 = − x + 3 ⇔ f ( x ) = 2 + x − 3 = 0 (*).

Vậy có hai giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán là m = − 3 và m = − 2 .

ℝ . Do đó x = 1 là nghiệm duy nhất của (*).

Dạng 2.3 Giải và biện luận phương trình mũ bằng phương pháp logarit hóa (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Phương trình 2 x −3 = 5 x

−5 x + 6

B. 24

C. 9

D. 16

x Nhận thấy (*) có một nghiệm là x = 1 và f ′ ( x ) = 2 ln 2 + 1 > 0 ∀ x nên hàm số f ( x ) đồng biến trên

Suy ra tổng các nghiệm là 1 + log 2

1 2 = log 2 . 3 3

có một nghiệm dạng

x = b + log a b với a , b là các số nguyên dương thuộc khoảng (1;7 ) . Khi đó a + 2b bằng A. 7

là

C. S = 2 log 2 3

Đặt t = 4 x , t > 0 , phương trình đã cho trở thành: ( m + 1) t 2 − 2 ( 2m − 3) t + 6m + 5 = 0 (*).

Câu 156.

3.4 x + ( 3 x − 10 ) 2 x + 3 − x = 0 . Tính S .

Câu 159. Phương trình 4 + 1 = 2 .m.cos(π x) có nghiệm duy nhất. Số giá trị của tham số m thỏa mãn là A. Vô số

B. 1

C. 2 Lời giải

Lời giải Chọn B

Chọn C 83

D. 0

Ta có 4 x + 1 = 2 x m cos πx ⇔ 2 x + 2 − x = m cos πx

( )

Có f ′ ( x ) = −

Ta thấy nếu x = x0 là một nghiệm của phương trình thì x = − x0 cũng là nghiệm của phương trình nên để phương trình có nghiệm duy nhất thì x0 = 0 .

⇒ Hàm số f ( x ) nghịch biến trên từng khoảng xác định.

 11π  11π  ; π  ta có f ( x ) < f   12  12 

Trên 

Với x0 = 0 là nghiệm của phương trình thì m = 2 .

  11π  ⇒ f ( x ) < cot    12

11π

 12  − 2 < 0 ⇒ f ( x ) = 0 vô nghiệm. 

Thử lại: Với m = 2 ta được phương trình 2 x + 2−2 = 2 cos πx

Ta có hàm số f ( x ) nghịch biến trên từng khoảng ( π ; 2π ) ,..., ( 2018π ; 2019π ) và trên mỗi khoảng đó

2 x + 2 −2 = 2 ⇔ x = 0 thỏa mãn. Vậy m = 2 . VT ≥ 2; VP ≤ 2 nên ( *)  2 cos ( πx ) = 2

Suy ra trên mỗi khoảng ( π ; 2π ) ,..., ( 2018π ; 2019π ) , phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất. Vậy

( ) ( *)

Câu 160.

1  11π  − 2 x.ln 2 < 0 ∀x ∈  ; π  , (π ; 2π ) ,..., ( 2018π ; 2019π ) . sin 2 x  12 

hàm số có tập giá trị là ℝ

phương trình (1) có 2018 nghiệm.

( )

(SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho phương trình 2 x = m.2 x.cos π x − 4 , với m là tham số. Gọi m0 là giá trị của m sao cho phương trình trên có đúng một nghiệm thực. Khẳng định nào sau đây là

Dạng 2.5 Phương pháp hàm số

Câu 162. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương

(

)

(

)

đúng?

trình 8 x + 3 x.4 x + 3 x 2 + 1 .2 x = m3 − 1 x3 + ( m − 1) x có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc

A. m0 ∈  −5; −1 .

( 0;10 ) .

)

C. m0 ∈  −1; 0 .

B. m0 < −5.

D. m0 > 0.

A. 101

Lời giải

B. 100

C. 102 Lời giải

Phương trình 4x = m.2x.cos (π x ) − 4 ⇔ 2x + 22−x = m.cos (π x )

8 x + 3 x.4 x + ( 3x 2 + 1) .2 x = ( m3 − 1) x 3 + ( m − 1) x (1)

Điều kiện cần: nếu x0 là một nghiệm của phương trình thì 2 − x0 cũng là nghiệm. Vì phương trình

⇔ ( 2 x + x ) + ( 2 x + x ) = ( mx ) + mx

có nghiệm duy nhất nên x0 = 1

Xét hàm số f ( t ) = t + t

Thay vào phương trình ta có: m = −4.

Ta có t = 2 + x mà 0 < x < 10 ⇒ 

D. 103

1 < 2 x < 1024 ⇒ 1 < 2 x + x < 1034 ⇒ 1 < t < 1034 < < 0 x 10 

Điều kiện đủ:

Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ (1;1034 ) . 3

Với m = −4 ta có 4 x + 4.2 x cos (π x ) + 4 = 0 ⇔  2 x + 2 cos (π x )  + 4 sin 2 (π x ) = 0

 2 x = −2 cos (π x ) x  2 x = −2 cos (π x )   2 = 2 ⇔ ⇔  cos (π x ) = 1 ⇔  ⇔ x = 1.  cos (π x ) = −1 sin (π x ) = 0 π cos x = − 1 ( )  

Suy ra ( 2 ) ⇔ 2 + x = mx ⇔ x

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tính số nghiệm của phương trình

 11π  cot x = 2 x trong khoảng  ; 2019π   12  A. 2020. B. 2019.

C. 2018.

2x + x =m x

2x + 1, t ∈ ( 0;10 ) . x x x x.2 ln 2 − 2 x 2 ( x.ln 2 − 1) ⇒ g′( x ) = = 2 x x2 1 = log 2 e g′( x ) = 0 ⇔ x = ln 2

Xét hàm số g ( x ) =

Vậy m = −4 thỏa mãn Câu 161.

f ′ ( t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ (1;1034 ) hay f ( t ) = t 3 + t đồng biến trên (1;1034 )

D. 1.

BBT

Lời giải Điều kiện: x ≠ kπ , k ∈ ℤ . Ta có cot x = 2 x ⇔ cot x − 2 x = 0 . (1)

 11π  ; π  , (π ; 2π ) ,..., ( 2018π ; 2019π ) .  12 

Xét hàm số f ( x ) = cot x − 2 trên  x

Lời giải

log 5 ( 25 x − 3.5 x + 15 ) = x + 1 ⇔ 25x − 3.5x + 15 = 5x +1

5 x = 3  x = log 5 3 . ⇔ 25x − 8.5x + 15 = 0 ⇔  x ⇔ 5 = 5  x = 1

ycbt ⇔ e.ln 2 + 1 < m < 104, 4 Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 1 + log 5 3 =

m ∈ Z nên m = 3,104. Có tất cả 102 số nguyên m thoả mãn. mà

Câu 163.

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để

(

phương trình e3 m + e m = 2 x + 1 − x 2

 

1 2

 

 

 

 

1 e

C.  0; 

(ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình

log 6 ( 3.4 x + 2.9 x ) = x + 1 bằng

)(1 + x 1 − x ) có nghiệm.

B.  −∞; ln 2  2

A.  0; ln 2 

Câu 165.

A. 4

1

1 + log 3 5 . log 3 5

C. 0

B. 1



D.  ln 2; +∞  2 

D. 3

Lời giải Chọn B

Lời giải

Đặt t = x + 1 − x 2 ⇒ t 2 = 1 + 2 x 1 − x 2 ⇒ x 1 − x 2 =

Ta có t ' =

1 − x2 − x 1 − x2

 2 2 − 6.   + 2 = 0  3 3

t 2 −1 . 2

Phương trình đã cho tương đương 3.4 x + 2.9 x = 6 x+1 ⇔ 3.  

2 3

Đặt   = t , ( t > 0 ) . Khi đó ta có phương trình 3t 2 − 6t + 2 = 0

1 ,t ' = 0 ⇔ x = . 2

Hiển nhiên phương trình có 2 nghiệm phân biệt t1 , t2 dương và thỏa mãn x

t1.t2 = Câu 166.

2 2 1 2 2 2 ⇒   .   = ⇒ x1 + x2 = 1. 3 3 3 3

(

(SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Biết rằng phương trình log3 3

x +1

− 1) = 2 x + log 1 2 có 3

hai nghiệm x1 và x2 . Hãy tính tổng S = 27 1 + 27 2 . Vậy t ∈  −1; 2  .



A. S = 252 .





3m m Phương trình trở thành e + e = 2t  1 +



t 2 −1  3m 3 m m  ⇔ e + e = t + t ⇔ e = t . (sử dụng hàm đặc 2 

trưng).

1 2

(TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình

log 5 ( 25x − 3.5x + 15) = x + 1 bằng 1 − log3 5 . log3 5

D. S = 45 .

Lời giải

Đkxđ: x > − 1.

(

)

(

)

x +1 Ta có log3 3 − 1 = 2 x + log 1 2 ⇔ log 3 3x+1 − 1 = log3 32 x − log3 2

1 + log3 5 . log 3 5

C. 8 . 87

⇔ log 3 ( 3x+1 − 1) = log 3

32 x 32 x ⇔ 3x+1 − 1 = ⇔ 32 x − 6.3x + 2 = 0 . 2 2

Đặt t = 3x , t > 0 , phương trình trên trở thành

Dạng 3. Phương trình kết hợp của mũ và logarit Dạng 3.1 Giải và biện luận bằng phương pháp đặt ẩn phụ

C. S = 9 .

m Phương trình có nghiệm khi và chi khi −1 ≤ e ≤ 2 ⇔ m ≤ ln 2 ⇔ m ∈ (−∞; ln 2] .

Câu 164.

B. S = 180 .

1 + log5 3 . log 5 3

 x1 = log3 3 + 7 t = 3 + 7 3 x = 3 + 7 ⇔  ⇔  t2 − 6t + 2 = 0 ⇔  . x  x = log 3 − 7 3 = 3 − 7 t = 3 − 7 3  2 3 3log ( 3 + 7 ) 3log ( 3 − 7 ) ⇒ S = 27 x1 + 27 x2 = 33 x1 + 33 x2 = 3 3 +3 3 = 3+ 7 + 3− 7

( (

(

) )

) (

)

= 180.

(

)

 25 − 593 t = 2 hai nghiệm đều thỏa mãn. Phương trình (2) trở thành t − 25t + 8 = 0 ⇔   25 + 593 t =  2

Câu 167. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 5 9 − 5 x = 1 − x bằng A. 2 .

C. 9 .

B. 1.

D. 5 .

Lời giải

(

Ta có: log 5 9 − 5

) = 1− x ⇔ 9 − 5 = 5

1− x

 x 9 + 61 5 = 2 ⇔ 5 − 9.5 + 5 = 0 ⇔   x 9 − 61 5 =  2 2x

Với t = 2 ⇒ x = log 2 t x

Ta có x1 + x2 = log 2 t1 + log 2 t1 = log 2 t1.t2 = log 2 8 = 3 .

Câu 170. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Với các số thực x , y dương

 9 + 61  x = log 5 2 ⇔  9 − 61  x = log 5 2 

9 + 61 9 − 61 81 − 61 + log5 = log 5 = 1. 2 2 4

 x = 9t  x+ y  t Đặt t = log 9 x = log 6 y = log 4  .  ⇒ y = 6  6   t  x + y = 6.4

log2 ( 6 − 2x ) = 1 − x bằng C. 0 .

B. 1.

A. 1.

D. 3 .

Lời giải

Với điều kiện trên, phương trình đã cho trở thành:

Câu 171.

2x = 3 + 7 2 2 ⇔ 6 − 2 = x ⇔ ( 2 x ) − 6.2 x + 2 = 0 ⇔  2  2 x = 3 − 7 x

6−2 = 2

 x = log 2 

( ) (thỏa điều kiện) (3 − 7 )

(

)

(

)

(

Chọn

B. 4

là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

x −a + b = với a , b là các số nguyên dương. Tính a + b . y 2 C. 6 D. 8

)(

t t t Đặt log9 x = log6 y = log 4 ( x + y ) = t ⇒ x = 9 ; y = 6 ; x + y = 4

)

 3 t −1 + 5   = 2 2 3 3 Khi đó 9t + 6t = 4t ⇔   +   − 1 = 0 ⇔   3 t −1 − 5 2 2     = ( L) 2  2 

(ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tổng tất cả các nghiệm của phương

trình log(8.5 + 20 ) = x + log 25 bằng A. 16 .

Lời giải

log 2 3 + 7 + log 2 3 − 7 = log 2 3 + 7 3 − 7 = 1 . x

x 3 3 3  +   − 6 = 0 ⇔   = 2 ⇒ = 2. y 2 2 2

(KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Gọi x , y

A. 11

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là:

Câu 169.

log9 x = log6 y = log 4 ( x + y ) và

 x = log 2 3 + 7

Ta suy ra: 

Suy ra 9 + 6 = 6.4 ⇔ 

Điều kiện xác định: 6 − 2 > 0 ⇔ 2 < 6 ⇔ x < log 2 6

1− x

D. 4

Chọn C

(THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình

Lời giải

Tổng tất cả các nghiệm : log 5 Câu 168.

x x+ y  . Tính tỉ số . y  6  C. 2

thỏa mãn log 9 x = log 6 y = log 4 

B. 3 .

C. 25 .

D. 8 .

Lời giải

⇒

Ta có : log(8.5 + 20 ) = log 25.10 ⇔ 8.5 + 20 x = 25.10 x (1) Chia 2 vế phương trình (1) cho 5 x ta được phương trình : 8 + 4 x = 25.2 x Đặt t = 2

Dạng 3.2 Giải và biện luận bằng phương pháp cô lập m

(2) Câu 172.

, (t > 0)

x  3  −1 + 5 =  = ⇒ a = 1; b = 5 ⇒ a + b = 6 . y 2 2

(

)

(Mã 103 - BGD - 2019) Cho phương trình 2 log 32 x − log 3 x − 1

5x − m = 0 ( m là tham số thực). Có

tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt? 89

B. 124.

A. Vô số.

C. 123.

Do đó, phương trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi xảy ra các trường hợp sau:

D. 125.

Lời giải

TH1: (3) có nghiệm x = log3 m ≤ 0 ⇔ 0 < m ≤ 1 . Kết hợp điều kiện (*) và (4) ta được m = 1 thì (1) có hai

1 và x = 4 . 2

Chọn C

nghiệm phân biệt x =

 x > 0 x > 0 Điều kiện:  x . ⇔ 5 − m ≥ 0 ( m > 0 )  x ≥ log 5 m

TH2: m > 1 , khi đó (*) ⇔ x ≥ log3 m > 0 .

( 2log

2 3

x − log 3 x − 1) 5x − m = 0 (1)

1 1 nên (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ≤ log 3 m < 4 ⇔ 3 2 2

1  x = 3, x =  2log 2 x − log 3 x − 1 = 0 3 . ⇔ x 3 ⇔  5 − m = 0  f ( x ) = 5 x = m

Và do 4 >

Xét f ( x ) = 5x hàm số đồng biến trên ℝ .

Vậy có 79 giá trị nguyên dương của m để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt

1 2

≤ m < 34 .

Mà m nguyên dương nên ta có m ∈ {3, 4,...,80} , có 78 giá trị của m .

Câu 174.

(

)

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho phương trình 2 log 32 x − log 3 x − 1

4 x − m = 0 ( m là tham số thực). Có

tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt? A. 64 . B. Vô số. C. 62 . D. 63 . Lời giải Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì m = 1 0 < m ≤ 1  1 , m∈ℤ+ ⇒  5 3 ≤ m < 125 3 ≤ m ≤ 124 

x > 0 (*) (với m nguyên dương).  x ≥ log 4 m

Ta có điều kiện 

(

Câu 173.

(

(Mã 102 - BGD - 2019) Cho phương trình 2 log 22 x − 3log 2 x − 2

)

3x − m = 0 ( m là tham số thực). Có

tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt? A. vô số. B. 81. C. 79. D. 80.

4 x − m = 0 (1)

 2 log32 x − log 3 x − 1 = 0 ( 2 ) ⇔ x .  4 = m ( 3) x = 3 ⇔ . 1 x = 3 log 3 x = −   2 3 log 3 x = 1

Phương trình ( 2 ) ⇔ 

Lời giải Chọn C

 x > 0  x > 0 (*) ⇔ x x 3 − m ≥ 0  m ≤ 3

Phương trình ( 3) ⇔ x = log 4 m .

Điều kiện 

(

)

Phương trình 2 log 32 x − log 3 x − 1

Nên có 123 giá trị m thoả mãn.

Ta có 2 log 22 x − 3log 2 x − 2

)

Do m nguyên dương nên ta có các trường hợp sau:

 2 log 22 x − 3log 2 x − 2 = 0 3x − m = 0 (1) ⇔   3x − m = 0 

x = 4  log 2 x = 2 Trong đó ( 2 ) ⇔  .(4) ⇔ 1 x = 1  log 2 x = −  2  2

( 2) ( 3)

TH 1: m = 1 thì log 4 m = 0 . Do đó (*) là x > 0 . Khi đó nghiệm của phương trình (3) bị loại và nhận nghiệm của phương trình ( 2 ) . Do đó nhận giá trị m = 1 . TH 2: m ≥ 2 thì (*) là x ≥ log 4 m (vì log 4 m ≥

1 ) 2

x Với m > 0 thì 3 = m ⇔ log 3 m = x .

Để phương trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt

⇔

−

⇔ 72

3 ≤ log 4 m < 3 3

5 4

≤ m < 72 .

Trường hợp này m ∈ {3; 4;5;...; 48} , có 46 giá trị nguyên dương của m . Tóm lại có 47 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn.

⇔ 4 3 ≤ m < 43

Chọn phương án

Suy ra m ∈ {3; 4;5;…;63} .

Dạng 3.3 Giải và biện luận bằng phương pháp hàm số

Vậy từ cả 2 trường hợp ta có: 63 − 3 + 1 + 1 = 62 giá trị nguyên dương m . Câu 175.

(

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho phương trình 4 log 22 x + log 2 x − 5

)

7 x − m = 0 ( m là tham số thực).

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt? A. 49 . B. 47 . C. Vô số. D. 48 . Lời giải

Câu 176. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho phương trình 3 x + m = log 3 ( x − m ) với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ ( −15;15 ) để phương trình đã cho có nghiệm?

A. 15

B. 16

C. 9

D. 14

Lời giải Chọn D

Chọn B

Ta có: 3 x + m = log 3 ( x − m ) ⇔ 3 x + x = log 3 ( x − m ) + x − m

x > 0 x > 0 ⇔ x Điều kiện:  x . 7 − m ≥ 0 7 ≥ m

Xét hàm số f (t ) = 3t + t , với t ∈ ℝ . Có f' (t ) = 3t ln 3 + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ nên hàm số f ( t ) đồng biến trên

(

2 2

tập xác định. Mặt khác phương trình (*) có dạng:

* Trường hợp m ≤ 0 thì 4 log x + log 2 x − 5

)

(*) .

f ( x ) = f ( log 3 ( x − m) ) . Do đó ta có

f ( x ) = f ( log 3 ( x − m) ) ⇔ x = log 3 ( x − m) ⇔ 3 = x − m ⇔ 3 x − x = − m x

2 2

7 − m = 0 ⇔ 4 log x + log 2 x − 5 = 0

log 2 x = 1 x = 2 ⇔ ( log 2 x − 1)( 4 log 2 x + 5 ) = 0 ⇔  ⇔ 5 . 5 log 2 x = −  x = 2− 4   4

 1    ln 3 

Xét hàm số g ( x ) = 3 − x , với x ∈ ℝ . Có g' ( x) = 3x ln 3 − 1 , g' ( x ) = 0 ⇔ x = log 3  x

Bảng biến thiên

Trường hợp này không thỏa điều kiện m nguyên dương.

x > 0

* Trường hợp m > 0 , ta có 

x 7 ≥ m

(

Khi đó 4 log 22 x + log 2 x − 5

)

⇔ x ≥ log 7 m nếu m > 1 và x > 0 nếu 0 < m ≤ 1 .

x = 2 2  5  x x 4log + log − 5 = 0 − 2 2 ⇔ x = 2 4 . 7x − m = 0 ⇔  x   7 − m = 0  x = log 7 m 

+ Xét 0 < m ≤ 1 thì nghiệm x = log 7 m ≤ 0 nên trường hợp này phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm

x = 2; x = 2

−

5 4

   1   m ∈  −∞ ; − g  log 3     . Vậy số giá trị nguyên của m ∈ ( −15;15) để phương trình đã cho có  ln 3      nghiệm là: 14 .

thỏa mãn điều kiện.

+ Xét m > 1 , khi đó điều kiện của phương trình là x ≥ log 7 m . Vì 2 > 2

−

5 4

nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 2 > log 7 m ≥ 2

Từ bảng biến thiên ta thấy các giá trị của tham số để phương trình có nghiệm là:

−

5 4

Câu 177. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho phương trình 5x + m = log 5 ( x − m ) với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ ( −20; 20 ) để phương trình đã cho có nghiệm?

A. 19 93

B. 9

C. 21 94

D. 20

Lời giải Chọn A Điều kiện: x > m t  x − m = 5 Đặt: t = log 5 ( x − m ) ⇒  x ⇒ 5x + x = 5t + t (1) . 5 + m = t Xét hàm số f ( u ) = 5u + u ⇒ f ′ ( u ) = 5u ln 5 + 1 > 0, ∀u ∈ ℝ .

Do đó: (1) ⇔ x = t ⇔ x = 5x + m ⇔ m = x − 5x . Xét hàm số f ( x ) = x − 5x , x > m

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ g − log 7 ( ln 7 ) ≈ −0,856 (cácnghiệm này đều

Do: 5 x > 0 ⇒ m < x , suy ra phương trình có nghiệm luôn thỏa điều kiện.  1  f ′ ( x ) = 1 − 5x ln 5 , f ′ ( x ) = 0 ⇔ 1 − 5x ln 5 = 0 ⇔ x = log5  .  ln 5  Bảng biến thiên:

thỏa mãn điều kiện vì x − m = 7 x > 0 )

∞

≈ 0,295

(

)

Do m nguyên thuộc khoảng ( −25; 25) , nên m ∈ {−24; −16;...; −1} . Câu 179. Cho phương trình 5 x + m + log 1 ( x − m ) = 0 với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số 5

+∞

m ∈ ( −20; 20 ) để phương trình đã cho có nghiệm thực?

A. 20 .

C. 18 .

B. 21 .

≈ 0,917

D. 19 .

Lời giải

Ta có: 5 + m + log 1 ( x − m ) = 0 ⇔ 5 = log 5 ( x − m ) − m = 0 (1) . x

∞

Dựa vào bảng biến thiên ⇒ m ≤≈ −0, 917 → m = {−19; − 18;...; − 1} .

ĐKXĐ: x > m .

Vậy có 19 giá trị nguyên của m thỏa ycbt.

Đặt t = log5 ( x − m ) , ta có x − m = 5t .

m∈( −20;20 )

Câu 178. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho phương trình 7 + m = log 7 ( x − m ) với m là tham x

số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ ( −25; 25) để phương trình đã cho có nghiệm?

A. 9

B. 25

C. 24 Lời giải

Chọn C ĐK: x > m

t t  x − m = 5  x − m = 5 (*) ⇔ x . x t t − m = 5 5 + x = 5 + t ( 2 )

Khi đó ta có hệ phương trình 

D. 26

u Xét hàm số f ( u ) = 5 + u , u ∈ ℝ. . u u + f ′ ( u ) = 5 ln 5 + 1 > 0, ∀u suy ra hàm số f ( u ) = 5 + u đồng biến trên ℝ .

7 x + m = t ⇒ 7 x + x = 7 t + t (1) t 7 + m = x

Đặt t = log 7 ( x − m ) ta có 

Do hàm số f ( u ) = 7 + u đồng biến trên ℝ , nên ta có (1) ⇔ t = x . Khi đó:

Do đó ( 2 ) ⇔ f ( x ) = f ( t ) ⇔ x = t . Thay vào phương trình (*) ta có m = x − 5 x ( 3) .

Ta có x − m = 5 x > 0 , do đó phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình ( 3) có nghiệm x ∈ ℝ .

7x + m = x ⇔ m = x − 7x . x x Xét hàm số g ( x ) = x − 7 ⇒ g ′ ( x ) = 1 − 7 ln 7 = 0 ⇔ x = − log 7 ( ln 7 ) .

Bảng biến thiên:

 1  .  ln 5 

x Xét hàm số g ( x ) = x − 5 , x ∈ ℝ , có g ′ ( x ) = 1 − 5 x ln 5, g ′ ( x ) = 0 ⇔ x = log 5 

(

)

(

)

+ lim x − 5 x = −∞; lim x − 5 x = −∞ . x →−∞

x →+∞

BBT 95

(

)

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ g − log 2 ( ln 2 ) ≈ −0,914 (các nghiệm này

−∞

g′ ( x)

0  1  log 5    e ln 5 

g ( x)

đều thỏa mãn điều kiện vì x − m = 2 x > 0 )

 1  log 5    ln 5 

+∞

Do m nguyên thuộc khoảng ( −18;18 ) , nên m ∈ {−17; −16;...; −1} .

−

------------- HẾT -------------

−∞

 1   ≃ −0, 91 .  e ln 5 

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm ⇔ m ≤ log 5  Vì m ∈ ( −20; 20 ) và là số nguyên, suy ra m ∈{−20; −19;...; −1} Vậy có 19 giá trị của m . Câu 180.

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho phương trình 2 + m = log 2 ( x − m ) với m là tham số. Có bao x

nhiêu giá trị nguyên của m ∈ ( −18;18 ) để phương trình đã cho có nghiệm? A. 9

B. 19

C. 17

D. 18

Lời giải Chọn C ĐK: x > m x 2 + m = t ⇒ 2 x + x = 2t + t (1) t 2 + m = x

Đặt t = log 2 ( x − m ) ta có 

u Do hàm số f ( u ) = 2 + u đồng biến trên ℝ , nên ta có (1) ⇔ t = x . Khi đó:

2x + m = x ⇔ m = x − 2x . x Xét hàm số g ( x ) = x − 2 ⇒ g ′ ( x ) = 1 − 2 x ln 2 = 0 ⇔ x = − log 2 ( ln 2 ) .

Bảng biến thiên:

CHUYÊN ĐỀ 13

BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ, BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

Câu 1.

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Giải bất phương trình log 2 ( 3x − 1) > 3 . A. x > 3

Dạng 1.2 Kết hợp nhiều phương pháp đặt ẩn phụ, cô lập m, đánh giá…. .......................................................... 24

1 1 8 7 . B. − < x < 7 . C. x > − . D. x > . 3 3 3 3 Câu 4. (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình ln x 2 < 0 . A. S = ( −1;1) . B. S = ( −1; 0 ) . C. S = ( −1;1) \ {0} . D. S = ( 0;1) . Câu 5. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 1 ( x + 1) < log 1 ( 2 x − 1) . 2

A. S = ( 2; +∞ ) . Câu 6.

C. S = ( −∞; 2 ) .

1  D. S =  ; 2  . 2 

(THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Tập nghiệm S của bất phương trình A. S = ( −∞; −1] .

B. S = [ −1; +∞ ) .

C. S = ( −∞; −1) .

D. S = ( −∞;0] .

Câu 7. (THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tập nghiệm của bất phương trình log 0.3 ( 5 − 2 x ) > log 3 9 là 10

 5 A.  0;  .  2

B. ( −∞ ; − 2) .

 

5 2

C.  −2;  .

D. ( −2; + ∞ ) .

Câu 8. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình log 0,5 ( x − 1) > 1 là 3 A.  −∞; −  . 2 

Dạng 2.3.1 Kết hợp nhiều phương pháp đặt ẩn phụ, cô lập m, đánh giá…. ................................................... 40

3 B. 1;  .  2

3 C.  ; + ∞  . 2 

3 D. 1;  .  2

Câu 9. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình log π ( x + 1) > log π (2 x − 5) là 4

A. ( −1; 6 )

PHẦN A. CÂU HỎI

B. S = ( −1; 2 ) .

log2 ( 2x + 3) ≥ 0 là

Dạng 2.3 Giải và biện luận một số bất phương trình khó và khác ...................................................................... 40 Dạng 2.3.2 Giải bất phương trình khi biết đồ thị của f’(x) ............................................................................... 45

A. x >

Dạng 2.1 Bất phương trình cơ bản.......................................................................................................................... 34 Dạng 2.1.1 Không cần biến đổi ............................................................................................................................ 34

10 3

1  B. S =  ; 2  . C. S = ( −1; 2 ) . D. S = ( 2; +∞ ) . 2  Câu 3. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Tất cả các giá trị x thoả mãn bất phương trình log 2 ( 3x + 1) > 3 là

Dạng 2. Bất phương trình mũ ..................................................................................................................................... 34

Dạng 2.1.2 Cần biến đổi ....................................................................................................................................... 39

D. x >

A. S = ( −∞; 2 ) .

Dạng 1.1.1 Không cần biến đổi ............................................................................................................................ 14 Dạng 1.1.2 Cần biến đổi ....................................................................................................................................... 20

C. x < 3

Câu 2. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 1 ( x + 1) < log 1 ( 2 x − 1)

Dạng 2.3.2 Giải bất phương trình khi biết đồ thị của f’(x) ............................................................................... 11 Dạng 1. Bất phương trình logarit................................................................................................................................ 14

1 <x<3 3

5  B.  ;6  2 

C. ( 6; +∞ )

D. ( −∞; 6 )

Câu 10. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 3 ( 2 x + 3) < log 3 (1 − x )

Dạng 1. Bất phương trình logarit Dạng 1.1 Bất phương trình cơ bản Dạng 1.1.1 Không cần biến đổi

 2  A.  − ; +∞   3 

 3 2 B.  − ; −   2 3

 3  C.  − ;1  2 

2  D.  −∞; −  3 

 Câu 11. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình log3  log 1  2 1  1  1  A. ( 0;1) . B.  ;3  . C.  ;1 . D.  ; +∞  . 8  8  8 

Câu 21. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình log 2  x 2 − 1 ≥ 3 là:

 x  < 1 là 

Câu 12. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 0,8 (15 x + 2 ) > log 0,8 (13x + 8 ) là A. Vô số.

B. 4 .

C. 2 .

D. 3 .

A. [ −2; 2] .

B. ( −∞; −3] ∪ [3; +∞ ) .

C. ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) .

D. [ −3;3] .

Câu 22. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x + 1) < log 1 ( 2 x − 1) 2

A. S = ( 2; +∞ )

Câu 13. (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Tập xác định của hàm số

1  C. S =  ; 2  2 

B. S = ( −∞; 2 )

y = log 2 ( 4 − x ) − 1 là A. ( −∞; 4 ) .

B. [ 2; 4 ) .

C. ( −∞; 2] .

D. ( −∞; 2 ) .

Câu 23. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình

Câu 14. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình log 2 ( 3 x + 1) < 2 là

 1  A. − ;1  3 

 1 1 B.  − ;   3 3

 1  C.  − ;1  3 

B. ( −∞; −3] ∪ [3; +∞ ) .

C. ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) .

D. [ −3;3] .

B. S = (1; +∞ ) .

D. S = ( −∞;1) .

B. ( −∞; 2] .

 3  C. ℝ \  − ;0  .  2 

D. [ −3; 2] .

Câu 18. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Bất phương trình log 2 (3x − 2) > log 2 (6 − 5 x) có tập nghiệm là A. ( 0; +∞ )

1  B.  ;3  . 2 

C. (−3;1)

 6 D.  1;   5

Câu 19. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Tập hợp nghiệm của bất phương trình log 2 ( x + 1) < 3 là: A. S = ( −1; 8 ) .

B. S = ( −∞; 7 ) .

C. S = ( −∞; 8 ) .

D. S = ( −1; 7 ) .

B. S = (1; +∞ ) .

C. S = R \ {2} .

)

(

) ≤ 1 là:

log ( 3 − x )

D. φ .

)

C. 3 .

B. 4 .

D. S = (1; +∞ ) \ {2} .

26 . 5

B. S =

11 . 5

C. S =

28 . 15

bất

D. S =

phương

trình

8 . 3

Câu 26. (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Bất phương trình log 3 ( x 2 − 2 x ) > 1 có tập nghiệm là C. S = ( 3; +∞ ) .

B. S = ( −1;3) .

D. S = ( −∞; −1) .

Câu 27. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tập nghiệm của bất phương trình log 3 ( 5 x − 2 x 2 + 7 ) > 2 là 7  A. ( −∞ ; − 1) ∪  ; + ∞  . B. 2  1  C.  ; 2  . D. 2  Dạng 1.1.2 Cần biến đổi

1   −∞ ;  ∪ ( 2; + ∞ ) . 2  7   −1;  . 2 

Câu 28. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình 2log 2 ( x − 1) ≤ log 2 ( 5 − x ) + 1 là B. (1;3]

C. [1;3]

D. (1;5 )

Câu 29. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 2log 3 ( 4 x − 3) ≤ log3 (18 x + 27 ) .  3  A. S =  − ;3 .  8 

D. 1 .

Câu 25. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Giải log 2 ( 3 x − 2 ) > log 2 ( 6 − 5 x ) được tập nghiệm là ( a; b ) . Hãy tính tổng S = a + b .

A. [3;5]

Câu 20. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình ln x 2 > ln ( 4 x − 4) . A. S = ( 2; +∞ ) .

C. ( 3; 4 ] .

A. S = ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ ) .

Câu 17. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình log 0,5 ( 5 x + 14 ) ≤ log 0,5 ( x 2 + 6 x + 8 ) là A. ( −2; 2] .

A. 2 .

A. S =

1  C. S =  ; +∞  . 2 

B. [ −4 ; − 3 ) .

(

Câu 16. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm S của bất phương trình log 0,8 ( 2 x − 1) < 0 là

1  A. S =  −∞;  . 2 

A. ( −4; − 3) .

(

log x2 − 9

Câu 24. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Có tất cả bao nhiêu giá trị của tham số m để bất phương trình log 2 x 2 + mx + m + 2 ≥ log 2 x 2 + 2 nghiệm đúng ∀x ∈ R ?

D. ( −∞;1)

Câu 15. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tập nghiệm của bất phương trình log 2 ( x 2 − 1) ≥ 3 là? A. [ −2; 2] .

D. S = ( −1; 2 )

3  B. S =  ;3 . 4 

3  C. S =  ; + ∞  . 4 

D. S = [3; + ∞ ) .

Câu 30. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Tập nghiệm của bất phương trình x log 22 ( 2 x ) + log 2 < 9 chứa tập hợp nào sau đây? 4 3  1  A.  ;6  . B. ( 0;3) . C. (1;5) . D.  ; 2  . 2  2 

Câu 40. (HỌC MÃI NĂM log 22 x − 5log 2 x − 6 ≤ 0 là

2018-2019-LẦN

02)

Tập

nghiệm

của

bất

phương

trình

 1 B. S =  0;  .  2  1 C. S = [64; +∞ ) . D. S =  0;  ∪ [ 64; +∞ ) .  2 Dạng 1.2 Kết hợp nhiều phương pháp đặt ẩn phụ, cô lập m, đánh giá….

1 A. S =  ; 64  . 2 

Câu 31. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x − 1) + log 3 (11 − 2 x ) ≥ 0 là: 3

A. ( −∞; 4] .

B. (1; 4] .

 11  D.  4;  .  2

C. (1; 4 ) .

Câu 41. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Kí hiệu max {a; b} là số lớn nhất trong

Câu 32. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x − 1) + log 3 (11 − 2 x ) ≥ 0 là 3

A. ( −∞; 4]

B. (1; 4]

 11  D.  4;   2

C. (1; 4 )

Câu 33. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x − 1) + log 3 (11 − 2 x ) ≥ 0 là: 3

A. S = ( −∞ ; 4] .

B. S = (1; 4 ) .

 11  D. S =  3;  .  2

C. S = (1; 4] .

A. 12 B. 9 C. 5 D. 3 Câu 35. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tìm tất cả giá trị của tham số m để bất phương trình log ( 2 x 2 + 3 ) > log ( x 2 + mx + 1) có tập nghiệm là ℝ . B. m < 2 2 .

của bất phương trình

B. m ≤ 1

C. m < 0

log 2 ( a + 1) + log 2 ( b + 1) ≥ 6 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức a + b là. A. 12 . B. 14 . C. 16 .

B. ( 3;5]

A. ( 7;8)

D. 8 .

C. ( 2;3)

D. ( 8; +∞ )

Câu 44. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho a là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn 3log3 1 + a + 3 a > 2 log 2 a . Giá trị của log 2 ( 2017 a ) xấp xỉ bằng:

(

)

A. 19 .

B. 26 .

C. 25 .

D. 23 .

mãn bất phương trình log x 2 + 2 y 2 ( 2 x + y ) ≥ 1 . Khi đó giá trị lớn nhất của biểu thức T = 2 x + y là A.

9 4

B. 9

9 2

9 8

Câu 46. (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để

Câu 37. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình log 22 x − 2 log 2 x + 3m − 2 < 0 có nghiệm thực. A. m < 1

Câu 42. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hai số thực a, b > 0 thỏa mãn

Câu 45. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Trong các nghiệm ( x ; y ) thỏa

C. −2 2 < m < 2 2 . D. m < 2 .

Câu 36. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Tìm tập nghiệm log 22 x − 5log 2 x + 4 ≥ 0 . A. S = ( −∞ ;1] ∪ [4 ; +∞ ) B. S = [2 ;16] C. S = (0 ; 2] ∪ [16 ; +∞) D. ( −∞ ; 2] ∪ [16 ; +∞)

D. S = ( 2; +∞ ) .

Câu 43. (THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho a là số thực dương, a ≠ 1 . Biết bất phương trình 2 log a x ≤ x − 1 nghiệm đúng với mọi x > 0 . Số a thuộc tập hợp nào sau đây?

Câu 34. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình 2 log 2 x + 1 ≤ 2 − log 2 ( x − 2 ) bằng

A. −2 < m < 2 .

  hai số a, b. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình max log 2 x; log 1 x  < 1.  3  1   1 A. S =  ;2  . B. S = ( 0; 2) . C. S =  0;  . 3   3

2 D. m < 3

(

)

bất phương trình log 0,02 log 2 ( 3x + 1) > log 0,02 m có nghiệm với mọi x ∈ ( −∞;0 ) A. m ≥ 1.

B. 0 < m < 1.

C. m > 1.

D. m < 2.

Câu 47. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Gọi S là tổng tất cả các giá trị nguyên của m để bất phương trình ln ( 7 x 2 + 7 ) ≥ ln ( mx 2 + 4 x + m ) nghiệm đúng với mọi x thuộc ℝ . Tính

Câu 38. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Biết rằng bất phương trình log 2 5x + 2 + 2.log 5x + 2 2 > 3 có tập nghiệm là S = ( log a b; +∞ ) , với a , b là các số nguyên dương nhỏ hơn

6 và a =/ 1 . Tính P = 2a + 3b . A. P = 7 .

Câu 48. (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết [ a; b ] là tập tất cả các giá

(

)

(

)

B. P = 11.

C. P = 18 .

D. P = 16.

B. S = [ 64; +∞ ) .

 1 C. S =  0;  ∪ [ 64; +∞ ) .  2

B. S = 0 .

C. S = 12 .

(

D. S = 35 .

)

trị của tham số m để bất phương trình log 2 x 2 − 2 x + m + 4 log 4 x 2 − 2 x + m ≤ 5 thỏa mãn với mọi x

Câu 39. Tập nghiệm S của bất phương trình log 22 x − 5 log 2 x − 6 ≤ 0 là  1 A. S =  0;  .  2

A. S = 14 .

thuộc [ 0; 2] . Tính a + b .

1  D. S =  ;64 . 2 

A. a + b = 4 . 5

B. a + b = 2 .

C. a + b = 0 .

D. a + b = 6 . 6

Câu 49. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để bất phương trình log 2 ( 7 x 2 + 7 ) ≥ log 2 ( mx 2 + 4 x + m ) nghiệm đúng với mọi x . A. 5

C. 0

B. 4

D. 3

Câu 58. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số f ( x) = 2 x.7 x . Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai? A. f ( x ) < 1 ⇔ x + x 2 log 2 7 < 0 B. f ( x) < 1 ⇔ x ln 2 + x 2 ln 7 < 0 C. f ( x ) < 1 ⇔ x log 7 2 + x 2 < 0

Câu 50. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho a > 1 . Biết khi a = a0 thì bất phương trình x ≤ a đúng với mọi x ∈ (1; +∞ ) . Mệnh đề nào dưới đây đúng? a

D. f ( x ) < 1 ⇔ 1 + x log 2 7 < 0

B. e < a0 < e 2

A. 1 < a0 < 2

C. 2 < a0 < 3

Câu 59. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 5x+1 −

D. e 2 < a0 < e3

A. S = ( −∞;− 2 ) .

Câu 51. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để bất

(

)

phương trình x x + x + 12 ≤ m.log5−

4− x

B. 2 3 ≤ m ≤ 12 log 3 5 .

C. m > 2 3 .

D. m ≥ 2 3 .

C. S = ( −1;+ ∞ ) .

D. S = ( −2;+ ∞ ) .

Câu 60. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Cho hàm số 2 y = e x + 2 x −3 − 1 . Tập nghiệm của bất phương trình y′ ≥ 0 là: A. ( −∞ ; − 1] . B. ( −∞ ; − 3 ] ∪ [1; + ∞ ) .

3 có nghiệm.

A. m ≥ 4 .

B. S = (1;+ ∞ ) .

1 >0. 5

Câu 52. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho các bất phương trình log5 (− x 2 + 4 x + m) − log5 ( x 2 + 1) < 1 (1) và 4 − x + x −1 ≥ 0 ( 2 ) . Tổng tất cả các giá trị nguyên dương

C. [ −3;1] .

D. [ −1; + ∞ ) .

Câu 61. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương x

A. 13 B. 21 C. 28 D. 11 Câu 53. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 1  thuộc (1; 20 ) để ∀x ∈  ; 1 đều là nghiệm của bất phương trình log m x > log x m ? 3  A. 18. B. 16. C. 17. D. 0.

1 trình   > 9 trên tập số thực là  3 A. ( 2; +∞ ) . B. ( −∞; − 2 ) . C. ( −∞ ; 2 ) . D. ( −2; +∞ ) . Câu 62. (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình 4 x +1 ≤ 8 x − 2 là A. [8; +∞ ) . B. ∅ . C. ( 0;8) . D. ( −∞;8] .

Câu 54. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Tìm tập S tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp số ( x; y ) thỏa mãn log x2 + y 2 +2 ( 4 x + 4 y − 6 + m 2 ) ≥ 1 và

x Câu 63. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Tập nghiệm S của bất phương trình 3 < 9 là A. S = ( −∞;2] . B. S = ( 2; +∞ ) . C. S = ( −∞; 2 ) . D. S = {2} .

của m sao cho mọi nghiệm của bất phương trình ( 2 ) đều là nghiệm của bất phương trình (1) là

x2 + y2 + 2x − 4 y + 1 = 0 . A. S = {−1;1}

B. S = {−5; − 1;1;5}

C. S = {−5;5}

D. S = { − 7; − 5; − 1;1;5;7}

Câu 64. (THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình 2 x A. ( −∞; − 3] . B. [ −3;1] . C. ( −3;1) . D. ( −3;1] .

Câu 55. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình

(

)

(

log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1 là − a ; − b  . Khi đó a.b bằng 15 12 16 . B. . C. . A. 16 5 15

5 . 12

B. S = (−∞;1)

C. S = (1; +∞)

D. S = (2; +∞)

1 > 0. 5 D. S = ( −1; + ∞ )

A. S = ( −∞; − 2 )

B. S = (1; + ∞ )

C. S = ( −2; + ∞ )

Câu 67. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Tập nghiệm bất phương trình

Câu 56. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Tập nghiệm của bất phương trình 22 x < 2 x+6 là: A. (−∞ ; 6 ) B. (0; 64) C. (6; +∞ ) D. (0; 6)

C. ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ )

≤ 8 là

Câu 66. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 5x+1 −

Dạng 2. Bất phương trình mũ Dạng 2.1 Bất phương trình cơ bản Dạng 2.1.1 Không cần biến đổi

Câu 57. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình 3x A. ( 3; +∞ ) B. ( −1;3)

+2 x

Câu 65. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tập nghiệm S của bất phương trình −x 1 5x+2 <   là  25  A. S = (−∞; 2)

−3 x

< 16 là A. ( −∞; −1) .

B. ( 4; +∞ ) .

C. ( −1;4 ) .

D. ( −∞; −1) ∪ ( 4; +∞ ) .

Câu 68. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Tập nghiệm bất phương trình: 2 x > 8 là A. ( −∞ ;3) . B. [3; + ∞ ) . C. ( 3; + ∞ ) . D. ( −∞ ;3] . −2 x

< 27 là

Câu 69. (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình

1   2

D. ( −∞; −1) 7

− x2 +3 x

1 . 4 8

A. S = [1;2]

B. S = ( −∞ ;1)

C. S = (1;2 )

Câu 80. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Tập nghiệm của bất phương trình

D. S = ( 2; + ∞ )

 1   2  1+ a 

Câu 70. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình 3x −2 x < 27 là B. ( 3; +∞ ) C. ( −1;3) D. ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ ) A. ( −∞; −1)

2 x +1

1  A.  −∞;  3 

 1 B.  0;   3

1  C.  ;+ ∞  3 

1  B.  −∞; −  2 

A. ( −∞;0 )

Câu 71. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho f ( x ) = x.e−3 x . Tập nghiệm của bất phương trình f ′ ( x ) > 0 là

> 1 (với a là tham số, a ≠ 0 ) là: C. ( 0; + ∞ )

 1  D.  − ; + ∞   2 

Câu 81. (CỤM 8 TRƯỜNG CHUYÊN LẦN 1) Tập nghiệm S của bất phương trình 3x < e x là: A. S = ℝ \ {0} . B. S = ( 0 ; + ∞ ) . C. S = ℝ . D. S = ( −∞ ; 0 ) .

D. ( 0;1)

Dạng 2.1.2 Cần biến đổi

Câu 72. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Số nghiệm nguyên của bất phương trình

1   3

2 x2 −3 x −7

Câu 82. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Số nghiệm nguyên của bất phương trình:

> 32 x −21 là

A. 7.

B. 6.

C. vô số.

(17 −12 2 ) ≥ (3 + 8)

D. 8.

Câu 73. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Tập nghiệm của bất phương trình 1 23 x <   2

−2 x − 6

là A. ( 0;6 ) .

B. ( −∞;6 ) .

C. ( 0;64 ) .

D. ( 6; +∞ ) .

là:

A. 3 .

B. 1.

C. 2 .

D. 4 .

Câu 83. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tập nghiệm của bất phương trình 2 x + 2 x +1 ≤ 3x + 3x −1 . A. ( 2; +∞ ) . B. ( −∞; 2 ) . C. ( −∞; 2] . D. [ 2; +∞ ) . 2

1 ≥ 8

 1 x  1 x Câu 84. (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho bất phương trình   + 3   > 12 có 3 3 tập nghiệm S = ( a ; b ) . Giá trị của biểu thức P = 3a + 10b là

Câu 75. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Nghiệm nguyên lớn nhất của

Câu 85. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Bất phương trình sau có bao nhiêu nghiệm nguyên dương 9 x − 4.3x + 3 < 0 . A. 3. B. 1. C. 0. D. 2.

1 Câu 74. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Bất phương trình   2 có tập nghiệm là A. [3; +∞ ) . B. ( −∞; −1]. C. [ −1;3] . D. ( −1;3) .

bất phương trình 4 x A. 2 .

−2 x

x2 −2 x

A. 5 .

< 64 là B. −1 .

C. 3 .

D. 0 .

B. −3 .

C. −4 .

D. 2 .

Câu 86. (THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Bất phương trình

− x2

81  3 Câu 76. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình   > là 256  4 A. ( −∞; −2 ) . B. ( −∞; −2 ) ∪ ( 2; +∞ ) . C. ℝ . D. ( −2; 2 ) .

6.4 x − 13.6 x + 6.9 x > 0 có tập nghiệm là? A. S = ( −∞; −1) ∪ [1; +∞ ) .

Câu 77. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình

Câu 87. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Tập nghiệm của bất phương trình

−2 x

> 8 là A. ( −∞ ; − 1) . C. ( 3; + ∞ ) .

C. S = ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ ) .

(2 − 3)

B. ( −1;3) .

Câu 79. (CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 2 NĂM 2018-2019) Số nghiệm nguyên của bất 2

+3 x

≤ 16 là số nào sau đây ? B. 6.

C. 4.

≥ 7 + 4 3 là:

A. [ −6; 2] .

D. ( −∞ ; − 1) ∪ ( 3; + ∞ ) .

e Câu 78. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình   > 1 π  là A. ℝ B. ( −∞ ;0 ) C. ( 0; + ∞ ) D. [ 0; + ∞ ) phương trình 2 x A. 5.

x 2 + 4 x −14

B. S = ( −∞; −2 ) ∪ (1; +∞ ) . D. S = ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) .

B. ( −∞ − 6] ∪ [ 2; +∞ ) . C. ( −6; 2 ) .

D. ( −∞; −6 ) ∪ ( 2; +∞ ) .

Câu 88. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 6 x + 4 ≤ 2 x +1 + 2.3x A. 2. B. 3. C. 1. D. 0 Dạng 2.3 Giải và biện luận một số bất phương trình khó và khác Dạng 2.3.1 Kết hợp nhiều phương pháp đặt ẩn phụ, cô lập m, đánh giá…. Câu 89. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm m để hàm số sau xác định trên ℝ : y = 4 x − ( m + 1) .2 x − m

D. 3.

A. Đáp án khác. C. m < 0 . 9

B. m > −1 . D. −3 − 2 2 ≤ m ≤ −3 + 2 2 . 10

Câu 90. Bất phương trình 4x − (m + 1)2x+1 + m ≥ 0 nghiệm đúng với mọi Tập tất cả các giá trị của m là x ≥ 0. A. ( −∞;12 ) . B. ( −∞; −1] . C. ( −∞; 0] . D. ( −1;16]. Câu 91. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 4 x −1 − m 2 x + 1 > 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ .

(

)

A. m ∈ ( −∞ ; 0 ) ∪ (1; + ∞ ) . C. m ∈ ( 0; + ∞ ) .

B. m ∈ ( −∞ ; 0 ] .

D. m ∈ ( 0;1) .

Câu 92. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Bất phương trình 4 x − ( m + 1) 2 x +1 + m ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x ≥ 0 . Tập tất cả các giá trị của m là B. ( −∞; −1] .

A. ( −∞;12 ) .

C. ( −∞;0] .

D. ( −1;16] .

A. m > f ( −1) −

Câu 93. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tập nghiệm của bất phương trình 2 3x −9 + ( x 2 − 9 ) .5 x +1 < 1 là khoảng ( a ; b ) . Tính b − a A. 6 . Câu 94. (ĐỀ

B. 3 .

H ỌC

SINH

GIỎI

TỈNH

C. 8 . BẮ C

NINH

D. 4 . NĂM

Bất phương trình f ( x ) < e x + m đúng úng với mọi x ∈ ( −1;1) khi và chỉ khi.

2018-2019)

Bấ t

phương

1 e

B. m ≥ f ( −1) −

1 e

C. m > f (1) − e

D. m ≥ f (1) − e

Câu 100. (THPT CHUYÊN SƠN N LA N NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ′ ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu đạo hàm như sau

trình

2 + 32 x

34 x + 4 − 34 x − 7 32 x − 2 + ≥ có bao nhiêu nghiệm? 2x 2x 2x 3 2+3 − 2−3 4 − 34 x − 2 + 32 x B. 1. C. 2. D. 3 A. Vô số. Câu 95. (THPT HÀM RỒNG THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 1) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −10;10] để bất phương trình sau nghiệm đúng với ∀x ∈ ℝ :

(6 + 2 7 )

(

+ (2 − m) 3 − 7

A. 10 .

)

− ( m + 1) 2 x ≥ 0 B. 9 .

C. 12 .

Bất phương trình f ( x ) < e x + m đúng úng với mọi x ∈ ( −1;1) khi và chỉ khi A. m ≥ f ( 0 ) − 1.

B. m > f ( −1) − e.

C. m > f ( 0 ) − 1.

D. m ≥ f ( −1) − e.

Câu 101. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ Ọ NĂ ĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ

D. 11 .

Câu 96. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Tìm m để bất phương trình 2 x + 3 x + 4 x + 5 x ≥ 4 + mx có tập nghiệm là ℝ . B. ln10 . C. ln 30 . D. ln14 . A. ln120 . Câu 97. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Số nghiệm nguyên thuộc đoạn [ −20; 20] của bất phương trình: 2 2 x +1 − 9.2 x + 4 x 2 + 2 x − 3 ≥ 0 là A. 38 . B. 36 .

C. 37 .

D. 19 .

Câu 98. (THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Tập hợp tất cả các số thực x không thỏa mãn bất phương trình 9 x

−4

+ ( x 2 − 4 ) .2019 x −2 ≥ 1 là khoảng ( a; b ) . Tính b − a .

A. 5 . B. 4 . C. −5 . Dạng 2.3.2 Giải bất phương trình khi biết đồ thị của f’(x)

D. −1 .

Tổng tất cả các giá trị nguyên củaa tham ssố m để bất phương trình

Câu 99. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ' ( x ) có bảng biến thiên như sau:

9.6

f ( x)

+ ( 4 − f 2 ( x ) ) .9

A. 10

f ( x)

≤ ( −m 2 + 5m ) .4

B. 4

f (x)

đúng ∀x ∈ ℝ là C. 5

D. 9

Câu 102. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂ NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau:

-∞

-3

+∞

f'(x)

3 1

Có bao nhiêu giá trị nguyên củ a tham số để bất phương m f x f x f x 16.3 ( ) −  f 2 ( x ) + 2 f ( x ) − 8 .4 ( ) ≥ m2 − 3m .6 ( ) nghiệm đúng với mọi giá trị thuộc [ −1; 9] ? A. 32 . B. 31 . C. 5. D. 6 .

(

Bất phương trình f ( x ) < 3.e x + 2 + m có nghiệm x ∈ ( −2; 2 ) khi và chỉ khi: A. m ≥ f ( −2 ) − 3

B. m > f ( − 2 ) − 3e 4

C. m ≥ f ( 2 ) − 3e 4

D. m > f ( −2 ) − 3

Câu 103. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên.

trình

)

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1. Bất phương trình logarit Dạng 1.1 Bất phương trình cơ bản Dạng 1.1.1 Không cần biến đổi Câu 1. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Giải bất phương trình log 2 ( 3 x − 1) > 3 . A. x > 3

1 <x<3 3

C. x < 3 Lời giải

D. x >

10 3

Chọn A 1 3 Bất phương trình ⇔ 3 x − 1 > 23 ⇔ 3 x > 9 ⇔ x > 3 (t/m đk). Vậy bpt có nghiệm x > 3 .

Đkxđ: 3 x − 1 > 0 ⇔ x >

Bất phương trình f ( e x ) < m ( 3e x + 2019 ) có nghiệm x ∈ ( 0;1) khi và chỉ khi A. m > −

4 . 1011

B. m ≥ −

4 . 3e + 2019

C. m > −

2 . 1011

D. m >

f (e) . 3e + 2019

Câu 2. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 1 ( x + 1) < log 1 ( 2 x − 1) 2

Câu 104. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn

1  B. S =  ; 2  . 2 

A. S = ( −∞; 2 ) .

[ −1; 9] và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới đây

C. S = ( −1; 2 ) .

D. S = ( 2; +∞ ) .

Lời giải Chọn B  x > −1 x +1 > 0 1  Điều kiện:  ⇔ 1 ⇒ x > (*) 2 2 x − 1 > 0  x > 2 log 1 ( x + 1) < log 1 ( 2 x − 1) ⇔ x + 1 > 2 x − 1 ⇔ x − 2 < 0 ⇔ x < 2 2

1  Kết hợp (*) ⇒ S =  ; 2  . 2 

Câu 3. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Tất cả các giá trị x thoả mãn bất phương trình log 2 ( 3 x + 1) > 3 là 13

A. x >

1 B. − < x < 7 . 3

7 . 3

Điều kiện 3x + 1 > 0 ⇔ x >

1 C. x > − . 3 Lời giải

8 D. x > . 3

−1 . Phương trình tương đương 3 log 2 ( 3x + 1) > 3 ⇔ 3x + 1 > 23 ⇔ x >

7 3

7 . 3 Câu 4. (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình ln x 2 < 0 . A. S = ( −1;1) . B. S = ( −1; 0 ) . C. S = ( −1;1) \ {0} . D. S = ( 0;1) . Lời giải x ≠ 0 . Vậy S = ( −1;1) \ {0} . Ta có: ln x 2 < 0 ⇔ 0 < x 2 < 1 ⇔   −1 < x < 1 Kết hợp với điều kiện ta có x >

Câu 5. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 1 ( x + 1) < log 1 ( 2 x − 1) . 2

A. S = ( 2; +∞ ) .

B. S = ( −1; 2 ) .

C. S = ( −∞; 2 ) .

C. S = ( −∞; −1) .

D. S = ( −∞;0] .

Vậy tập nghiệm bất phương trình S = [ −1; +∞ )

Câu 7. (THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tập nghiệm của bất phương trình log 0.3 ( 5 − 2 x ) > log 3 9 là 10

B. ( −∞ ; − 2 ) .

 

5 2

C.  −2;  .

Câu 9. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình log π ( x + 1) > log π (2 x − 5) là 4

5  B.  ;6  2 

A. ( −1; 6 )

C. ( 6; +∞ )

D. ( −∞; 6 )

Lời giải x +1 > 0 Do < 1 nên log π ( x + 1) > log π (2 x − 5) ⇔  ⇔ x > 6. 4 x +1 < 2x − 5 4 4

Câu 10. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 3 ( 2 x + 3) < log 3 (1 − x )

 3 2 B.  − ; −   2 3

 3  C.  − ;1  2  Lời giải

2  D.  −∞; −  3 

2 x + 3 > 0 3 Điều kiện :  ⇔ − < x < 1. 1 − x > 0 2 

2 log 3 ( 2 x + 3) < log3 (1 − x ) ⇔ 2 x + 3 < 1 − x ⇔ x < − . 3  3 2 So với điều kiện, ta được tập nghiệm của bất phương trình là S =  − ; −  .  2 3

Lời giải Ta có log 2 ( 2 x + 3) ≥ 0 ⇔ 2 x + 3 ≥ 1 ⇔ x ≥ −1

 5 A.  0;  .  2

 3 D. 1;  .  2

Chọn B

Câu 6. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Tập nghiệm S của bất phương trình log 2 ( 2 x + 3) ≥ 0 là B. S = [ −1; +∞ ) .

 3 B. 1;  .  2

 2  A.  − ; +∞   3 

1  D. S =  ; 2  . 2 

Lời giải 1  x + 1 > 2 x −1 ⇔ < x < 2. Ta có log 1 ( x + 1) < log 1 ( 2 x − 1) ⇔  x − > 2 1 0 2  2 2

A. S = ( −∞; −1] .

3  C.  ;+ ∞  . 2  Lời giải 3 Bất phương trình ⇔ 0 < x − 1 < 0,5 ⇔ 1 < x < . 2  3 Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là: S =  1;  .  2 3  A.  −∞; −  . 2 

D. ( −2; + ∞ ) .

Lời giải 5  5 − 2 x > 0 5 x < log 0.3 ( 5 − 2 x ) > log 3 9 ⇔  ⇔ 2 ⇔ −2 < x < . 2 5 − 2 x < 9 10  x > −2

  Câu 11. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình log 3  log 1 x  < 1 là  2  1  1  1  A. ( 0;1) . B.  ;3  . C.  ;1 . D.  ; +∞  . 8  8  8  Lời giải 0 3   1 1 1 Ta có log 3  log 1 x  < 1 ⇔ 0 < log 1 x < 31 ⇔   > x >   ⇔ 1 > x > . 8 2 2 2  2  1  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =  ;1 . 8  Câu 12. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 0,8 (15 x + 2 ) > log 0,8 (13x + 8 ) là

5  Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S =  −2;  . 2 

B. 4 .

A. Vô số.

Câu 8. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình log 0,5 ( x − 1) > 1 là 15

Điều kiện x > −

C. 2 . Lời giải

D. 3 .

2 . 15 16

Khi đó, log 0,8 (15 x + 2 ) > log 0,8 (13 x + 8 ) ⇔ 15 x + 2 < 13x + 8 ⇔ 2 x < 6 ⇔ x < 3 .

A. ( −2; 2] .

 2  Tập nghiệm bất phương trình là: T =  − ;3  ⇒ x ∈ {0;1; 2} .  15  Câu 13. (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Tập xác định của hàm số y = log 2 ( 4 − x ) − 1 là A. ( −∞; 4 ) .

B. [ 2; 4 ) .

C. ( −∞; 2] . Lời giải

D. ( −∞; 2 ) .

 1  C.  − ;1  3  Lời giải

Câu 18. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Bất phương trình log 2 (3x − 2) > log 2 (6 − 5 x) có tập nghiệm là

D. ( −∞;1)

1 3 log 2 ( 3x + 1) < 2 ⇔ 3 x + 1 < 4 ⇔ x < 1

Lời giải

B. S = ( −∞; 7 ) .

C. S = ( −∞; 8 ) . Lời giải

D. S = ( −1; 7 ) .

x +1 > 0  x > −1 Ta có: log2 ( x + 1) < 3 ⇔  3 ⇔  x < 7 ⇔ −1 < x < 7  x +1 < 2 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −1; 7 ) . Câu 20. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình ln x 2 > ln ( 4 x − 4 ) . A. S = ( 2; +∞ ) .

Lời giải x ≥ 3 2 2 2 log 2 ( x − 1) ≥ 3 ⇔ x − 1 ≥ 8 ⇔ x ≥ 9 ⇔   x ≤ −3

B. S = (1; +∞ ) .

C. S = R \ {2} .

D. S = (1; +∞ ) \ {2} .

Lời giải

Câu 16. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm S của bất phương trình log 0,8 ( 2 x − 1) < 0 là 1  C. S =  ; +∞  . D. S = ( −∞;1) . 2  Lời giải 0 Bất phương trình log 0,8 ( 2 x − 1) < 0 ⇔ 2 x − 1 > ( 0,8 ) ⇔ 2 x > 2 ⇔ x > 1 . 1  A. S =  −∞;  . 2 

 6 D.  1;   5

Chọn D

Câu 15. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tập nghiệm của bất phương trình log 2 ( x 2 − 1) ≥ 3 là? D. [ −3;3] .

C. (−3;1)

Vì 2 > 1 nên

A. S = ( −1; 8 ) .

1 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là − < x < 1 3  1  Vậy tập nghiệm của bất phương trình  − ;1 .  3 

C. ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) .

1  B.  ;3  . 2 

Câu 19. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Tập hợp nghiệm của bất phương trình log 2 ( x + 1) < 3 là:

ĐK: x > −

B. ( −∞; −3] ∪ [3; +∞ ) .

A. ( 0; +∞ )

x > 1 3 x − 2 > 6 − 5 x 6  ⇔ log 2 (3 x − 2) > log 2 (6 − 5 x )  6 ⇔1< x < . 5 < x 6 − 5 x > 0 5 

Chọn C

A. [ −2; 2] .

5 x + 14 > 0 ⇔ x > −2 (*) Điều kiện:  2 x + 6x + 8 > 0 Ta có: log 0,5 ( 5 x + 14 ) ≤ log 0,5 ( x 2 + 6 x + 8 ) ⇔ 5 x + 14 ≥ x 2 + 6 x + 8 ⇔ −3 ≤ x ≤ 2 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ( −2; 2] .

Câu 14. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình log 2 ( 3 x + 1) < 2 là

 1 1 B.  − ;   3 3

D. [ −3; 2] .

Kết hợp với điều kiện (*) ta được −2 < x ≤ 2 .

x ≤ 2 log ( 4 − x ) ≥ 1  4 − x ≥ 2 Hàm số xác định ⇔ log 2 ( 4 − x ) − 1 ≥ 0 ⇔  2 ⇔ ⇔ ⇔ x ≤ 2. 4 − x > 0  4 − x > 0  x < 4 Vậy tập xác định của hàm số là: D = ( −∞; 2] .

 1  A.  − ;1  3 

 3  C. ℝ \  − ;0  .  2  Lời giải

B. ( −∞; 2] .

B. S = (1; +∞ ) .

 x2 > 4x − 4 ln x2 > ln ( 4 x − 4 ) ⇔  4 x − 4 > 0  x2 − 4 x + 4 > 0  x ≠ 2 ⇔ ⇔ . x > 1 x > 1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (1; +∞ ) \ {2} .

Câu 21. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình log 2  x 2 − 1 ≥ 3 là:

Tập nghiệm S của bất phương trình log 0,8 ( 2 x − 1) < 0 là S = (1; +∞ ) .

Câu 17. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình log 0,5 ( 5 x + 14 ) ≤ log 0,5 ( x 2 + 6 x + 8 ) là 17

A. [ −2; 2] .

B. ( −∞; −3] ∪ [3; +∞ ) .

C. ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) .

D. [ −3;3] . Lời giải 18

Ta có log 2  x 2 − 1 ≥ 3 ⇔ x 2 − 9 ≥ 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −3] ∪ [3; +∞ )

Câu 22. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x + 1) < log 1 ( 2 x − 1) 2

A. S = ( 2; +∞ )

B. S = ( −∞; 2 )

1  C. S =  ; 2  2  Lời giải

D. S = ( −1; 2 )

1   x + 1 > 2x −1  x > log 1 ( x + 1) < log 1 ( 2 x − 1) ⇔  ⇔ 2 2 x − 1 > 0 2 2  x < 2

Câu 26. (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Bất phương trình log 3 ( x 2 − 2 x ) > 1 có tập

Câu 23. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình B. [ −4 ; − 3 ) .

C. ( 3; 4 ] . Lời giải

(

log x2 − 9

) ≤1

log ( 3 − x )

Câu 24. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Có tất cả bao nhiêu giá trị của tham số m để bất phương trình log 2 ( x 2 + mx + m + 2 ) ≥ log 2 ( x 2 + 2 ) nghiệm đúng ∀x ∈ R ? D. 1 .

28 C. S = . 15 Lời giải

7  A. ( −∞ ; − 1) ∪  ; + ∞  . B. 2  1  C.  ; 2  . D. 2 

1   −∞ ;  ∪ ( 2; + ∞ ) . 2  7   −1;  . 2  Lời giải

Ta có log 3 ( 5 x − 2 x 2 + 7 ) > 2 ⇔ −2 x 2 + 5 x + 7 > 9 ⇔ −2 x 2 + 5 x - 2 > 0 ⇔

1 < x<2. 2

Câu 28. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình 2log 2 ( x − 1) ≤ log 2 ( 5 − x ) + 1 là A. [3;5]

Câu 25. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Giải bất phương log 2 ( 3 x − 2 ) > log 2 ( 6 − 5 x ) được tập nghiệm là ( a; b ) . Hãy tính tổng S = a + b .

11 B. S = . 5

Dạng 1.1.2 Cần biến đổi

⇔ x 2 + mx + m + 2 ≥ x 2 + 2, ∀x ∈ R ⇔ mx + m ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ m = 0 . Suy ra có 1 giá trị m thỏa mãn.

26 A. S = . 5

Câu 27. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tập nghiệm của bất phương trình log 3 ( 5 x − 2 x 2 + 7 ) > 2 là

Kết hợp điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là [ −4; −3)

C. 3 . Lời giải Ta có : log2 ( x 2 + mx + m + 2) ≥ log 2 ( x 2 + 2) nghiệm đúng ∀x ∈ R

B. S = ( −1;3) .

D. S = ( −∞; −1) .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ ) .

)

B. 4 .

C. S = ( 3; +∞ ) . 2

log x2 − 9 ≤ log ( 3 − x ) ⇔ x 2 + x − 12 ≤ 0 ⇔ x ∈ [ −4;3]

A. 2 .

nghiệm là A. S = ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ ) .

Lời giải x > 3 log 3 ( x − 2 x ) > 1 ⇔ x − 2 x > 3 ⇔ x − 2 x − 3 > 0 ⇔  .  x < −1

D. φ .

x2 − 9 > 0  x > 3 ∨ x < −3   ⇔ x < −3 . ĐK:  3 − x > 0 ⇔  x<3   3− x ≠1 ≠ x 2   Với x < −3 suy ra log(3 − x) > 0 nên bất phương trình đã cho tương đương với

(

 6 Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là 1;  .  5 6 11 Từ đó, S = a + b = 1 + = . 5 5 Lời giải ngắn gọn như sau: x > 1 3x − 2 > 6 − 5 x 6  log 2 ( 3x − 2 ) > log 2 ( 6 − 5 x ) ⇔  ⇔ 6 ⇔1< x < . 5 x < 6 − 5 x > 0 5 

Chọn C:

là: A. ( −4; − 3) .

6 Kết hợp với điều kiện, ta được 1 < x < . 5

B. (1;3]

trình

C. [1;3] Lời giải

D. (1;5 )

Chọn B Điều kiện: 1 < x < 5 .

8 D. S = . 3

Ta có 2log 2 ( x − 1) ≤ log 2 ( 5 − x ) + 1 ⇔ log 2 ( x − 1) ≤ log 2  2 ( 5 − x )  ⇔ ( x − 1) ≤ 10 − 2 x ⇔ x 2 − 9 ≤ 0 ⇔ −3 ≤ x ≤ 3 . Vậy tập nghiệm của bpt là S = (1;3] .

2  x> 3x − 2 > 0  2 6 3 ⇔ ⇔ <x< . Điều kiện  3 5 6 − 5x > 0  x < 6  5 Ta có

log 2 ( 3 x − 2 ) > log 2 ( 6 − 5 x ) ⇔ 3 x − 2 > 6 − 5 x ⇔ 8 x > 8 ⇔ x > 1. 19

3  B. S =  ;3 . 4 

3  C. S =  ; + ∞  . 4  Lời giải

D. S = [3; + ∞ ) .

2log 3 ( 4 x − 3) ≤ log 3 (18 x + 27 )(*) .

A. ( −∞; 4]

4 x − 3 > 0 3 ⇔x> . Điều kiện:  4 18 x + 27 > 0

Lời giải

Với điều kiện trên, (*) ⇔ log 3 ( 4 x − 3 ) ≤ log 3 (18 x + 27 )

11 . 2 Khi đó ta có: log 1 ( x − 1) + log 3 (11 − 2 x ) ≥ 0 ⇔ log 3 (11 − 2 x ) ≥ log 3 ( x − 1) ⇔ 11 − 2 x ≥ x − 1 > 0

Điều kiện xác định: 1 < x <

⇔ ( 4 x − 3 ) ≤ 18 x + 27 3 ⇔ − ≤ x ≤ 3. 8

3  Kết hợp điều kiện ta được S =  ;3 . 4  Câu 30. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Tập nghiệm của bất phương trình x log 22 ( 2 x ) + log 2 < 9 chứa tập hợp nào sau đây? 4 3  1  A.  ;6  . B. ( 0;3) . C. (1;5) . D.  ; 2  . 2  2  Lời giải + Điều kiện: x > 0 . + Ta có: x 2 log 22 ( 2 x ) + log 2 < 9 ⇔ (1 + log 2 x ) + log 2 x − 2 < 9 ⇔ log 22 x + 3 log 2 x − 10 < 0 4 1 ⇔ −5 < log 2 x < 2 ⇔ 5 < x < 4 2

A. S = ( −∞ ; 4] .

B. S = (1; 4 ) .

 11  D. S =  3;  .  2

Lời giải log 1 ( x − 1) + log 3 (11 − 2 x ) ≥ 0 ⇔ log 3 (11 − 2 x ) − log 3 ( x − 1) ≥ 0

Câu 34. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình 2 log 2 x + 1 ≤ 2 − log 2 ( x − 2 ) bằng A. 12

C. (1; 4 ) .

C. S = (1; 4] .

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S = (1; 4] .

Câu 31. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x − 1) + log 3 (11 − 2 x ) ≥ 0 là:

 11  D. 4;  .  2

B. 9

C. 5 Lời giải

D. 3

Chọn D x +1 > 0  x > −1 Điều kiện  ⇔ ⇔ x>2 x − 2 > 0  x > 2

2log 2 x + 1 ≤ 2 − log 2 ( x − 2 ) ⇔ log 2 ( x + 1) ≤ log 2

Lời giải

( x − 2)

⇔ x +1 ≤

( x − 2)

x2 − x − 2 − 4 x2 − x − 6 ≤0⇔ ≤ 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −2] ∪ [ 2;3] x−2 x−2 Suy ra nghiệm của bất phương trình là: x ∈ ( 2;3] . ⇔

Chọn D x > 1 x −1 > 0   11  ĐK:  ⇔ 11 ⇔ x ∈  1;   2 11 − 2 x > 0  x < 2 Ta có log 1 ( x − 1) + log 3 (11 − 2 x ) ≥ 0 ⇔ log3

Câu 33. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x − 1) + log 3 (11 − 2 x ) ≥ 0 là:

11 − 2 x ≥ x − 1 ⇔ log 3 (11 − 2 x ) ≥ log 3 ( x − 1) ⇔  ⇔1< x ≤ 4. x −1 > 0

1   1  Vậy x ∈  5 ; 4  chứa tập  ; 2  . 2  2 

B. (1; 4] .

x > 1 ⇔ ⇔ x ∈ (1; 4] . x ≤ 4

 11  D.  4;   2

C. (1; 4 )

Chọn B

A. ( −∞; 4] .

B. (1; 4]

Nghiệm nguyên là: x = 3 . Vậy tổng tất cả các nghiệm nguyên là 3

Câu 35. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tìm tất cả giá trị của tham số m để bất phương trình log ( 2 x 2 + 3 ) > log ( x 2 + mx + 1) có tập nghiệm là ℝ .

11 − 2 x 11 − 2 x  11  ≥0⇔ ≥ 0 ⇔ x ∈ 1;  x −1 x −1  2

A. −2 < m < 2 .

 11   11   11  Kết luận: x ∈ 1;  . Vì x ∈  4;  ⊂ 1;  . Ta chọn đáp án D  2  2  2

B. m < 2 2 .

C. −2 2 < m < 2 2 . D. m < 2 . Lời giải

Câu 32. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x − 1) + log 3 (11 − 2 x ) ≥ 0 là 3

(

)

(

)

Ta có log 2 x 2 + 3 > log x 2 + mx + 1

 x2 + mx + 1 > 0  x 2 + mx + 1 > 0 ⇔ 2 ⇔ 2 ( ∗) 2 2 x + 3 > x + mx + 1  x − mx + 2 > 0 22

Để bất phương trình log ( 2 x 2 + 3 ) > log ( x 2 + mx + 1) có tập nghiệm là ℝ thì hệ ( ∗) có tập

⇔ 2 −1 ≤ x ≤ 26 ⇔

nghiệm là ℝ

1  Vậy tập nghiệm S của bất phương trình log 22 x − 5 log 2 x − 6 ≤ 0 là S =  ;64 . 2 

2 ∆1 = m − 4 < 0 ⇔ ⇔ −2 < m < 2 . 2 ∆2 = m − 8 < 0

Câu 36. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Tìm tập nghiệm log 22 x − 5log 2 x + 4 ≥ 0 . A. S = ( −∞ ;1] ∪ [4 ; +∞) B. S = [2 ;16] C. S = (0 ; 2] ∪ [16 ; +∞) D. ( −∞ ; 2] ∪ [16 ; +∞) Lời giải Chọn C Điều kiện x > 0 log 2 x ≥ 4  x ≥ 16 ⇔ Bpt ⇔  x log ≤ 1  2 x ≤ 2 Kết hợp điều kiện ta có S = ( 0; 2  ∪ 16; +∞ ) .

của bất phương trình

B. m ≤ 1

C. m < 0

D. m <

2 3

của

bất

phương

trình

(2)

thành t 2 − 5t − 6 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ t ≤ 6 ⇔ − 1 ≤ log 2 x ≤ 6 ⇔

So với (*) : (1) ⇔

1 ≤ x ≤ 64 2

Câu 41. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Kí hiệu max {a; b} là số lớn nhất

)

dương nhỏ hơn 6 và a =/ 1 . Tính P = 2a + 3b . A. P = 7 . B. P = 11. C. P = 18 . D. P = 16. Lời giải Đặt log 2 (5x + 2) = t . Do 5 x + 2 > 2 với mọi x nên log 2 (5x + 2) > log 2 2 = 1 hay t > 1 . t <1 2 . > 3 ⇔ t 2 − 3t + 2 > 0 (do t > 1 ) ⇔  t t > 2

  trong hai số a , b. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình max log 2 x; log 1 x  < 1.  3  1   1 A. S =  ;2  . B. S = ( 0; 2 ) . C. S =  0;  . D. S = ( 2; +∞ ) . 3   3 Lời giải Chọn A y = log2 x − log 1 x = log 2 x + log3 x 3

1 1 y' = + > 0, ∀x > 0 nên phương trình y = 0 có nghiệm duy nhất x ln 2 x ln 3 Mà phương trình y = 0 có nghiệm x = 1 do đó

Đối chiếu với t > 1 ta lấ y t > 2 . Khi đó log 2 (5x + 2) > 2 ⇔ 5x > 2 ⇔ x > log5 2 . Vậy bất phương trình có nghiệm là S = (log5 2; +∞) , ta có a = 5, b = 2 ⇒ 2a + 3b = 16 .

TH1: x < 1: log 2 x < log 1 x

Câu 39. Tập nghiệm S của bất phương trình log 22 x − 5 log 2 x − 6 ≤ 0 là  1 C. S =  0;  ∪ [ 64; +∞ ) .  2 Lời giải

(1)

1  Vậy S =  ;64  . 2  Dạng 1.2 Kết hợp nhiều phương pháp đặt ẩn phụ, cô lập m, đánh giá….

Câu 38. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Biết rằng bất phương trình log 2 ( 5x + 2 ) + 2.log 5x + 2 2 > 3 có tập nghiệm là S = ( log a b; +∞ ) , với a , b là các số nguyên

B. S = [ 64; +∞ ) .

nghiệm

Đặt t = log 2 x ( 2 )

Để BPT luôn có nghiệm thực thì ∆′ = 3 − 3m > 0 ⇔ m < 1 .

 1 A. S =  0;  .  2

T ập

ĐK: x > 0 (*)

Chọn.A Đặt t = log 2 x ( x > 0 ) , ta có bất phương trình : t 2 − 2t + 3m − 2 < 0 .

Bất phương trình đã cho trở thành: t +

02)

 1 B. S =  0;  .  2  1 C. S = [64; +∞ ) . D. S =  0;  ∪ [ 64; +∞ ) .  2 Lời giải log 22 x − 5 log 2 x − 6 ≤ 0 (1)

Lời giải

(

Câu 40. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN log 22 x − 5log 2 x − 6 ≤ 0 là 1  A. S =  ;64  . 2 

Câu 37. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình log 22 x − 2 log 2 x + 3m − 2 < 0 có nghiệm thực. A. m < 1

1 ≤ x ≤ 64 2

  1 Ta có max log 2 x; log 1 x  < 1. ⇔ log 1 x < 1 ⇔ x > 3  3  3 1 Do đó < x < 1 3 TH2: x ≥ 1: log 2 x ≥ log 1 x

1  D. S =  ;64 . 2 

Điều kiện: x > 0 log 22 x − 5 log 2 x − 6 ≤ 0

⇔ −1 ≤ log 2 x ≤ 6

  Ta có max log 2 x; log 1 x  < 1. ⇔ log 2 x < 1 ⇔ x < 2  3  Do đó 1 ≤ x < 2 1  Vậy S =  ;2  . 3  1  S =  ; 2 . 3 

Từ bảng biến thiên suy ra f ( x ) ≤ 0 ⇔ ln x ≤ x − 1 ∀x > 0

Câu 42. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hai số thực a , b > 0 thỏa mãn

)

3log3 1 + a + 3 a > 2 log 2 a . Giá trị của log 2 ( 2017a ) xấp xỉ bằng: A. 19 .

B. 26 .

(

C. 25 . Lời giải

D. 23 .

)

Từ giả thiết 3log3 1 + a + 3 a > 2 log 2 a .

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a + 1 và b + 1 , ta được

( a + 1) + ( b + 1) ≥ 2 ( a + 1)( b + 1) ≥ 2

Câu 44. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho a là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn

(

log 2 ( a + 1) + log 2 ( b + 1) ≥ 6 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức a + b là. A. 12 . B. 14 . C. 16 . D. 8 . Lời giải Ta có log 2 ( a + 1) + log 2 ( b + 1) ≥ 6 ⇔ log 2 ( a + 1)( b + 1)  ≥ 6 ⇔ ( a + 1)( b + 1) ≥ 64 .

Đặt log 2 a = 3 x ⇔ a = 64 x .

64 = 16 ⇔ a + b + 2 ≥ 16 ⇔ a + b ≥ 14

Ta được bất phương trình: 3log 3 (1 + 8 x + 4 x ) > 6 x ⇔ 1 + 8x + 4 x > 9x .

Dấu " = " xả y ra khi a + 1 = b + 1 ⇔ a = b . Vậy min ( a + b ) = 14 khi a = b = 7 .

Câu 43. (THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho a là số thực dương, a ≠ 1 . Biết bất phương trình 2 log a x ≤ x − 1 nghiệm đúng với mọi x > 0 . Số a thuộc tập hợp nào sau đây? A. ( 7;8) B. ( 3;5] C. ( 2;3) D. ( 8; +∞ ) Lời giải Chọn A Ta có: với x = 1 thì 2 log a 1 = 0 = 1 − 1 Ta sẽ tìm a để đường thẳng y = x − 1 nhận làm tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = 2 log a x tại điểm x =1 2 2 Có y′ = ⇒ y ′ (1) = x lna ln a 2 Phương trình tiếp tuyến y = ( x − 1) ln a Vậy để đường thẳng y = x − 1 nhận làm tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = 2 log a x thì 2 = 1 ⇔ ln a = 2 ⇔ a = e 2 ln a 2log e2 x ≤ x − 1 ⇔ ln x ≤ x − 1 Thử lại a = e 2 ta sẽ chứng minh ⇔ f ( x ) = ln x − x + 1 ≤ 0 ∀x > 0

1 1− x −1 = ⇒ f ′( x) = 0 ⇔ x = 1 x x Bảng biến thiên

Có f ′ ( x ) =

1 8 4 ⇔   +   +   > 1. 9 9 9 x

1 8  4 Đặt f ( x ) =   +   +   . 9 9 9 x

1 1 8 8  4  4 ⇒ f ′ ( x ) =   ln   +   ln   +   ln   < 0 , ∀x ∈ ℝ . 9 9 9 9 9 9 Vậy f ( x ) là hàm số nghịch biến trên ℝ . Và ta lại có f ( 2 ) = 1 . x

1 8  4 Từ   +   +   > 1 ⇔ f ( x ) > f ( 2 ) ⇔ x < 2 . 9 9 9 Suy ra a < 642 = 4096 mà a là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn suy ra a = 4095 . Vậy log 2 ( 2017 a ) = log 2 ( 2017 ⋅ 4095) ≈ 22.97764311 ≈ 23 .

Câu 45. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Trong các nghiệm ( x ; y ) thỏa

mãn bất phương trình log x 2 + 2 y 2 ( 2 x + y ) ≥ 1 . Khi đó giá trị lớn nhất của biểu thức T = 2 x + y là A.

9 4

B. 9

9 2 Lời giải C.

9 8

- TH1: x 2 + 2 y 2 > 1 Bất phương trình log x2 + 2 y 2 ( 2 x + y ) ≥ 1 ⇔ 2x + y ≥ x 2 + 2 y 2

⇒ 2x + y ≥ x2 + 2 y 2 > 1 Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-CopSky ta có  2  1 2  2 2 2 2 +    ( x + 2 y ) ≥ ( 2x + y )  2    

⇒ x2 + 2 y 2 ≥

2 ( 2x + y )

Xét ( 7 − m ) x 2 − 4 x + 7 − m ≥ 0 (1) .

+ Khi m = 7 ta có (1) trở thành −4 x ≥ 0 ⇔ x ≤ 0 . Do đó m = 7 không thỏa mãn.

9 2 2 ( 2x + y )

9   9 ⇒ 2x + y ≥ ⇔ ( 2 x + y )  2 x + y −  ≤ 0 ⇒ 2 x + y ∈  1;  9 2   2 9 1 Giá trị lớn nhất của T = 2 x + y = . Dấu bằng xảy ra khi x = 2; y = 2 2 - TH2: 0 < x 2 + 2 y 2 < 1 9 Bất phương trình log x2 + 2 y2 ( 2 x + y ) ≥ 1 ⇔ 2x + y ≤ x 2 + 2 y 2 < 1 < . 2 9 Vậy giá trị lớn nhất của T = 2 x + y = . 2

+ Khi m ≠ 7 ta có (1) đúng với mọi x ∈ ℝ m < 7 7 − m > 0 m < 7 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ m ≤ 5 ( ∗) . 2 ∆ ' ≤ 0 m ≤ 5 ∨ m ≥ 9 4 − ( 7 − m ) ≤ 0

Xét mx 2 − 4 x + m > 0 ( 2 ) . + Khi m = 0 ta có ( 2 ) trở thành −4 x > 0 ⇔ x < 0 . Do đó m = 0 không thỏa mãn. + Khi m ≠ 0 ta có ( 2 ) đúng với mọi x ∈ ℝ

Câu 46. (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình log 0,02 log 2 ( 3x + 1) > log 0,02 m có nghiệm với mọi x ∈ ( −∞;0 )

(

)

B. 0 < m < 1.

A. m ≥ 1.

C. m > 1. Lời giải

D. m < 2.

Câu 48. (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết [ a; b ] là tập tất cả các

giá trị của tham số m để bất phương trình log 2 x 2 − 2 x + m + 4 log 4 ( x 2 − 2 x + m ) ≤ 5 thỏa mãn

Đk: x ∈ R ; m > 0 .

(

m > 0 m > 0 m > 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ m > 2 ( ∗∗ ) . 2 ∆ ' < 0 4 − m < 0  m < −2 ∨ m > 2  Từ ( ∗ ) và ( ∗∗) ta có 2 < m ≤ 5 . Do m ∈ Z nên m ∈ {3; 4;5} . Từ đó S = 3 + 4 + 5 = 12 .

)

Ta có: log 0,02 log 2 ( 3 + 1) > log 0,02 m , ∀x ∈ ( −∞;0 ) .

với mọi x thuộc [0; 2] . Tính a + b .

⇔ log 2 ( 3 + 1) < m , ∀x ∈ ( −∞ ; 0 ) .

A. a + b = 4 .

⇔ 3 + 1 < 2 , ∀x ∈ ( −∞ ;0 ) . x

D. a + b = 6 .

(

)

(

)

Bất phương trình đã cho tương đương log 4 x 2 − 2 x + m + 4 log 4 x 2 − 2 x + m ≤ 5 . Đặt t = log 4 ( x − 2 x + m ) , t ≥ 0 . 2

∞

Bất phương trình trở thành t 2 + 4t − 5 ≤ 0 ⇔ −5 ≤ t ≤ 1 . Kết hợp điều kiện ta được t ∈ [ 0; 1] .

Khi đó: 0 ≤ log 4 ( x2 − 2 x + m ) ≤ 1 ⇔ 0 ≤ log 4 ( x 2 − 2 x + m ) ≤ 1 ⇔ 1 ≤ x 2 − 2 x + m ≤ 4

2  m ≥ − x + 2 x + 1 ⇔ (I ) 2  m ≤ − x + 2 x + 4 2 + Xét hàm f ( x ) = − x 2 + 2 x + 1 = 2 − ( x − 1) ≤ 2 ∀x ∈ [ 0; 2 ] ⇒ max f ( x ) = 2 .

Để phương trình có nghiệm với mọi x ∈ ( −∞;0 ) ta phải có 2m ≥ 2 ⇔ m ≥ 1 . Câu 47. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Gọi S là tổng tất cả các giá trị nguyên của m để bất phương trình ln ( 7 x 2 + 7 ) ≥ ln ( mx 2 + 4 x + m ) nghiệm đúng với mọi x thuộc

[ 0; 2]

+ Xét hàm g ( x ) = − x 2 + 2 x + 4 = 4 + x ( 2 − x ) ≥ 4 ∀x ∈ [ 0; 2] ⇒ min g ( x ) = 4 . [0; 2]

Bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thuộc [0; 2] ⇔ ( I ) nghiệm đúng với mọi x ∈ [ 0; 2]

ℝ . Tính S . A. S = 14 .

B. S = 0 .

C. S = 12 . Lời giải

D. S = 35 .

m ≥ max f ( x ) [0; 2]  ⇔ ⇔ 2 ≤ m ≤ 4 . Vậy m∈ [ 2; 4] , tức a = 2 , b = 4 . Vậy a + b = 6 . ≤ m min g ( x)  [0; 2]

Chọn C Ta có: 2 2 2 7 x + 7 ≥ mx + 4 x + m ( 7 − m ) x − 4 x + 7 − m ≥ 0 (1) ⇔ 2 2 mx + 4 x + m > 0 mx + 4 x + m > 0 ( 2 ) Bất phương trình đã cho đúng với mọi x ∈ ℝ khi và chỉ khi các bất phương trình (1) , ( 2 ) đúng với mọi x∈ℝ.

)

C. a + b = 0 . Lời giải

Chọn D

Xét hàm f ( x ) = 3x + 1 trên ( −∞ ;0 ) . Ta có f ′ ( x ) = 3x.ln 3 > 0, ∀x ∈ ( −∞ ;0 ) . Bảng biến thiên:

(

B. a + b = 2 .

(

Câu 49. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để bất phương trình log 2 ( 7 x 2 + 7 ) ≥ log 2 ( mx 2 + 4 x + m ) nghiệm đúng với mọi x .

)

ln 7 x 2 + 7 ≥ ln mx 2 + 4 x + m ⇔ 

A. 5

B. 4

C. 0 Lời giải

D. 3

Chọn D Cách 1: 27

2 2 7 x + 7 ≥ mx + 4 x + m Bpt: log 2 ( 7 x 2 + 7 ) ≥ log 2 ( mx 2 + 4 x + m ) ⇔  2  mx + 4 x + m > 0  f ( x ) = ( m − 7 ) x 2 + 4 x + m − 7 ≤ 0 ⇔ 2  g ( x ) = mx + 4 x + m > 0

 f ( x ) ≤ 0 , ∀x ∈ ℝ Bpt đã cho nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ ⇔   g ( x ) > 0 , ∀x ∈ ℝ Trường hợp 1: m = 7  f ( x ) ≤ 0 4 x ≤ 0 ⇔ 2  g x > 0 7 x + 4 x + 7 > 0  ( ) Vậy m = 7 không thỏa yêu cầu bài toán. Trường hợp 2: m = 0  f ( x ) ≤ 0  −7 x 2 + 4 x − 7 ≤ 0 ⇔   g ( x ) > 0 4 x > 0 Vậy m = 0 không thỏa yêu cầu bài toán. Trường hợp 3: m ≠ 0; m ≠ 7 a f < 0 m − 7 < 0 m < 7   2 m ≤ 5 ∨ m ≥ 9 ′ ∆ ≤ 0  f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ℝ  f 4 − ( m − 7 ) ≤ 0  Khi đó:  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔2<m≤5 a > 0  g ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ  g m > 0 m > 0 2   m < −2 ∨ m > 2 4 − m < 0 ∆′g < 0

 m − 7 ≤ −2 Vậy đk (*) ⇔  ⇔ 2<m≤5 m > 2 Do m ∈ ℤ nên m ∈ {3; 4;5} . Câu 50. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂ NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho a > 1 . Biết khi a = a0 thì bất phương

trình x a ≤ a x đúng với mọi x ∈ (1; +∞ ) . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 1 < a0 < 2

B. e < a0 < e 2

C. 2 < a0 < 3 Lời giải

D. e 2 < a0 < e3

Chọn C x a ≤ a x ⇔ a.ln x ≤ x.ln a ⇔

a x ≤ ln a ln x

x , x ∈ (1; +∞ ) ln x ln x − 1 f ′( x) = ln 2 x f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = e.

Đặt f ( x ) =

Do m ∈ ℤ nên m ∈ {3; 4;5} . Cách 2:

Bảng biến thiên:

2 2 7 x + 7 ≥ mx + 4 x + m log 2 ( 7 x 2 + 7 ) ≥ log 2 ( mx 2 + 4 x + m ) ⇔  2 mx + 4 x + m > 0 2 2  7 − 4x + 7 ≥ m x2 + 1 x ( m − 7 ) x + 4 x + m − 7 ≤ 0  ⇔ 2 ⇔ 2 mx + 4 x + m > 0  m x + 1 > −4 x −4 x −4 x  7 x2 − 4 x + 7   7+ 2 ≥m ≥m  x 2 + 1  m − 7 ≤ x 2 + 1  x +1 ⇔ ⇔ ⇔ (*) m > −4 x m > −4 x  m > −4 x 2 2 x +1 x2 + 1   x +1  −4 x trên ℝ . Xét hàm số g ( x) = 2 x +1 −4( x 2 + 1) + 4 x ( x 2 + 1)′ 4 x 2 − 4 g '( x) = = 2 ( x 2 + 1)2 ( x + 1) 2  x = −1 g '( x ) = 0 ⇔  x =1 Bảng biến thiên

(

)

Bất phương trình nghiệm đúng ∀x ∈ (1; +∞ ) ⇔

a ≤ e ⇔ a ≤ e.ln a ⇔ a − e.ln a ≤ 0 ln a

* Xét hàm số g ( x ) = x − e.ln x; g ′ ( x ) = 1 −

e x−e ⇔ x x

4 − x ≥ 0 Xét bất phương trình ( 2 ) : ( 2 ) ⇔  ⇔1≤ x ≤ 4 x −1 ≥ 0 Xét bất phương trình (1) : (1) ⇔ log 5 ( − x 2 + 4 x + m ) < 1 + log 5 ( x 2 + 1) 2 − − x 2 + 4 x + m > 0  x + 4x + m > 0 ⇔ 2 ⇔ log 5 ( − x 2 + 4 x + m ) < log 5 5 ( x 2 + 1) ⇔  2 2 − x + 4 x + m < 5 x + 1 6 x − 4 x + 5 − m > 0 m > x 2 − 4 x ⇔ ( *) . 2 m < 6 x − 4 x + 5

(

)

Mọi nghiệm của bất phương trình ( 2 ) đều là nghiệm của bất phương trình (1) ⇔ hệ bất phương trình (*) nghiệm đúng với mọi x ∈ [1; 4] .

Đặt f ( x ) = x 2 − 4 x , g ( x ) = 6 x 2 − 4 x + 5 . Có max f ( x ) = f ( 4 ) = 0 , min g ( x ) = g (1) = 7 . [1;4]

[1;4 ]

Hệ bất phương trình (*) nghiệm đúng với mọi x ∈ [1; 4] ⇔ max f ( x ) < m < min g ( x ) [1;4]

Vậy a − e.ln a ≥ 0 Theo bảng biến thiên, ta có: a − e.ln a ≤ 0 ⇔ a = e Vậy a = a0 = e ∈ ( 2;3) Câu 51. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để

(

)

bất phương trình x x + x + 12 ≤ m.log5−

4− x

3 có nghiệm.

A. m ≥ 4 .

B. 2 3 ≤ m ≤ 12 log 3 5 .

C. m > 2 3 .

D. m ≥ 2 3 . Lời giải

Điều kiện: 0 < x ≤ 4

(

)

Vì 0 < x ≤ 4 ⇒ 5 − 4 − x > 1 ⇒ log3 5 − 4 − x > 0

(

)

suy ra: x x + x + 12 ≤ m.log5−

( ⇔ m ≥ (x

⇔ 3m ≥ 5 − 4 − x

)

4− x

3 ⇔ log5−

3m ≥ x x + x + 12

x x + x +12

)

(

x + x + 12 .log 3 5 − 4 − x

(

4− x

)

(1)

(

)

Đặt f ( x ) = x x + x + 12 .log 3 5 − 4 − x với x ∈ [ 0; 4 ] 3 x  1 1 f ' ( x ) =  + . x x + x + 12  .log 3 5 − 4 − x + 2 x + 2 12 2 4 − x 5 − 4 − x .ln 3  

(

)

(

)

(

Câu 53. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số 1  m thuộc (1; 20 ) để ∀x ∈  ; 1 đều là nghiệm của bất phương trình log m x > log x m ? 3  A. 18. B. 16. C. 17. D. 0. Lời giải 1  Đặt log m x = t . Do x ∈  ; 1  ; m ∈ (1; 20 ) nên t xác định, đồng thời t < 0. 3  1 Khi đó yêu cầu bài toán trở thành t > ⇔ t 2 < 1 (do t < 0) ⇔ −1 < t < 0. t 1 1 ⇒ −1 < log m x < 0 ⇒ log m < log m x < log m 1 ⇒ < x < 1 . m m 1 1 1 1  Mà x ∈  ; 1  ⇔ < x < 1 . Suy ra ≤ ⇔ m ≥ 3 . Mà m ∈ (1; 20 ) ⇒ m ∈ {3; 4; ...; 19} . 3 m 3 3  Vậy có tất cả 17 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Câu 54. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Tìm tập S tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp số ( x; y ) thỏa mãn log x2 + y2 +2 ( 4 x + 4 y − 6 + m 2 ) ≥ 1 và

)

Suy ra f ' ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0; 4 ) ⇒ f ( x ) là hàm số đồng biến trên đoạn [ 0; 4 ] .

x2 + y2 + 2x − 4 y + 1 = 0 .

Để bất phương trình (1) có nghiệm thì m > min f ( x ) = f ( 0 ) = 2 3 .

A. S = {−1;1}

[0;4]

Câu 52. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho các bất phương trình log5 (− x2 + 4 x + m) − log5 ( x 2 + 1) < 1 (1) và 4 − x + x − 1 ≥ 0 ( 2 ) . Tổng tất cả các giá trị nguyên dương của m sao cho mọi nghiệm của bất phương trình ( 2 ) đều là nghiệm của bất phương trình (1) là

A. 13

B. 21

C. 28 Lời giải

[1;4]

⇔0<m<7. Do m nguyên dương nên m ∈ {1; 2;3; 4;5;6} . Vậy tổng các giá trị cần tìm là 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 .

B. S = {−5; − 1;1;5}

C. S = {−5;5}

D. S = { − 7; − 5; − 1;1;5;7} Lời giải. Ta có log x2 + y 2 + 2 ( 4 x + 4 y − 6 + m2 ) ≥ 1 ⇔ 4 x + 4 y − 6 + m 2 ≥ x 2 + y 2 + 2 2

⇔ x 2 + y 2 − 4 x − 4 y + 8 − m 2 ≤ 0 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 2 ) ≤ m 2 là một hình tròn ( C1 ) tâm I ( 2; 2 ) , bán kính R1 = m với m ≠ 0 hoặc là điểm I ( 2; 2 ) với m = 0 và x 2 + y 2 + 2 x − 4 y + 1 = 0

D. 11

⇔ ( x + 1) + ( y − 2 ) = 4 là một đường tròn ( C2 ) tâm J ( −1; 2 ) , bán kính R2 = 2 . 31

TH1: Với m = 0 ta có: I ( 2; 2 ) ∉ ( C2 ) suy ra m = 0 không thỏa mãn điều kiện bài toán. TH2: Với m ≠ 0 . log 2 2 4 x + 4 y − 6 + m2 ≥ 1 Để hệ  x + y + 2 tồn tại duy nhất cặp số ( x; y ) thì hình tròn ( C1 ) và đường  x 2 + y 2 + 2 x − 4 y + 1 = 0

(

)

tròn ( C2 ) tiếp xúc ngoài với nhau ⇔ IJ = R1 + R2 ⇔ 32 + 02 = m + 2 ⇔ m = 1 ⇔ m = ±1 .

Câu 55. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1 là − a ; − b  . Khi đó a.b bằng 15 12 16 5 A. . B. . C. . D. . 16 5 15 12 Lời giải 2x Ta có: x x 2 + 2 − x 2 = x x 2 + 2 − x = . x2 + 2 + x

)

(

)

(

((

)

(

Ta có: log 2 x x 2 + 2 + 4 − x 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1 ⇔ log 2 x

) )

)

(1) ⇔ log 2 3x + 2 x 2 + 2 + 3 x + 2 x 2 + 2 ≤ log 2

(

Xét hàm số f ( t ) = log 2 t + t với t > 0 . Có f ′ ( t ) =

(

)

⇔ x + x 2 .log 2 7 < 0

(

)

Đáp án B đúng vì f ( x ) < 1 ⇔ ln f ( x ) < ln1 ⇔ ln 2 x.7 x < 0 ⇔ ln 2 x + ln 7 x < 0

)

⇔ x.ln 2 + x 2 .ln 7 < 0

(

)

Đáp án C đúng vì f ( x ) < 1 ⇔ log 7 f ( x ) < log 7 1 ⇔ log 7 2 x.7 x < 0 ⇔ log 7 2 x + log 7 7 x < 0

) (

Nên ( 2 ) ⇔ f 3 x + 2 x 2 + 2 ≤ f

x2 + 2 + x

⇔ x.log 7 2 + x 2 < 0

)

(

)

Vậy D sai vì f ( x ) < 1 ⇔ log 2 f ( x ) < log 2 1 ⇔ log 2 2 x.7 x < 0 ⇔ log 2 2 x + log 2 7 x < 0

−2 x ≥ 0 x ≤ 0 2 ⇔ 2 ⇔x≤− ⇔ 3 x + 2 x + 2 ≤ x + 2 + x ⇔ x + 2 ≤ −2 x ⇔  2 . 2 3 x + 2 ≤ 4x 3 x ≥ 2 2

Đáp án A đúng vì f ( x ) < 1 ⇔ log 2 f ( x ) < log 2 1 ⇔ log 2 2 x.7 x < 0 ⇔ log 2 2 x + log 2 7 x < 0

1 + 1 > 0 , ∀t ∈ ( 0; +∞ ) . t.ln 2 2

D. f ( x ) < 1 ⇔ 1 + x log 2 7 < 0 Lời giải

(

)

< 27

Chọn D

x 2 + 2 + x + x 2 + 2 + x, ( 2 )

x + 2 + x ∈ ( 0; +∞ )

(

−2 x

D. ( −∞; −1)

C. f ( x ) < 1 ⇔ x log 7 2 + x 2 < 0

Hàm số f ( t ) = log 2 t + t đồng biến trên ( 0; +∞ ) , 3 x + 2 x + 2 ∈ ( 0; +∞ ) và

(

x ≥ 0 8  ⇔ x > − , (*) Điều kiện: 3x + 2 x 2 + 2 > 0 ⇔ 2 x 2 + 2 > −3 x ⇔   x < 0 5  2 2 4 x + 8 > 9 x  Với điều kiện (*) , ta có

Câu 57. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình 3x là A. ( 3; +∞ ) B. ( −1;3)

Câu 58. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số f ( x) = 2 x.7 x . Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai? A. f ( x ) < 1 ⇔ x + x 2 log 2 7 < 0 B. f ( x) < 1 ⇔ x ln 2 + x 2 ln 7 < 0

x 2 + 2 + x > 0 , ∀x ∈ ℝ .

(

Lời giải: Chọn A Cách 1: 2 2 x < 2 x+6 ⇔ 2 x < x + 6 ⇔ x < 6 Cách 2: Đặt t = 2 x , t > 0 Bất phương trình trở thành: t 2 − 64t < 0 ⇔ 0 < t < 64 ⇔ 0 < 2 x < 64 ⇔ x < 6 .

Lời giải Chọn B 2 Ta có 3x −2 x < 27 ⇔ x 2 − 2 x < 3 ⇔ x 2 − 2 x − 3 < 0 ⇔ −1 < x < 3 .

)

2 3x + 2 x 2 + 2   2x ⇔ log 2  + 4  + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1 ⇔ log 2 + 2 x + x 2 + 2 ≤ 1, (1) 2 x2 + 2 + x  x +2 + x  Ta có

Câu 56. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Tập nghiệm của bất phương trình 22 x < 2 x+6 là: B. (0; 64) C. (6; +∞ ) D. (0; 6) A. (−∞ ; 6 )

C. ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ )

x2 + 2 − x + 4 + 2x + x2 + 2 ≤ 1

(

Dạng 2. Bất phương trình mũ Dạng 2.1 Bất phương trình cơ bản Dạng 2.1.1 Không cần biến đổi

⇔ x + x 2 log 2 7 < 0 .

 8 16 2 Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm bất phương trình là  − ; −  hay a.b = . 5 3 15   Chọn đáp án C.

Câu 59. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 5x +1 − . A. S = ( −∞;− 2 ) .

C. S = ( −1;+ ∞ ) . Lời giải Bất phương trình tương đương 5 x +1 > 5−1 ⇔ x + 1 > −1 ⇔ x > −2. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −2;+ ∞ ) . 33

B. S = (1;+ ∞ ) .

1 >0 5

D. S = ( −2;+ ∞ ) .

Câu 60. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Cho hàm số 2 y = e x + 2 x −3 − 1 . Tập nghiệm của bất phương trình y′ ≥ 0 là: A. ( −∞ ; − 1] . B. ( −∞ ; − 3 ] ∪ [1; + ∞ ) . C. [ −3;1] .

D. [ −1; + ∞ ) . Lời giải

Ta có y′ = ( 2 x + 2 ) e x

y′ ≥ 0 ⇔ ( 2 x + 2 ) e x

+ 2 x −3

≥ 0 ⇔ 2 x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình y′ ≥ 0 là [ −1; + ∞ ) .

Câu 61. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương x

1 trình   > 9 trên tập số thực là  3 A. ( 2; +∞ ) . B. ( −∞; − 2 ) .

C. ( −∞ ; 2 ) . Lời giải

Câu 62. (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình 4 x +1 ≤ 8 x − 2 là A. [8; +∞ ) . B. ∅ . C. ( 0;8) . D. ( −∞;8] . Lời giải Ta có: 4 x +1 ≤ 8 x − 2 ⇔ 2 2 x + 2 ≤ 23 x −6 ⇔ 2 x + 2 ≤ 3 x − 6 ⇔ x ≥ 8 . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [8; +∞ ) . Câu 63. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Tập nghiệm S của bất phương trình 3 < 9 là A. S = ( −∞;2] . B. S = ( 2; +∞ ) . C. S = ( −∞; 2 ) . D. S = {2} . x

Lời giải x x 2 x Ta có: 3 < 9 ⇔ 3 < 3 ⇔ x < 2. Vậy tập nghiệm S của bất phương trình 3 < 9 là: S = ( −∞; 2 ) . 2

C. S = (1; +∞) Lời giải

D. S = (2; +∞)

⇔ 5 x +2 < 52 x ⇔ x + 2 < 2 x ⇔ x > 2

Câu 66. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình 5x +1 −

D. S = ( −1; + ∞ )

Chọn C 1 1 5x +1 − > 0 ⇔ 5 x +1 > ⇔ 5x +1 > 5−1 ⇔ x + 1 > −1 ⇔ x > −2 . 5 5 Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = ( −2; + ∞ ) . Câu 67. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Tập nghiệm bất phương trình 2 2 x −3 x < 16 là A. ( −∞; −1) . B. ( 4; +∞ ) . C. ( −1; 4 ) . D. ( −∞; −1) ∪ ( 4; +∞ ) . Lời giải 2 2 2 x −3 x < 16 ⇔ 2 x −3 x < 24 ⇔ x 2 − 3x < 4 ⇔ −1 < x < 4 .

Câu 69. (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình − x2 +3 x

1 1 < .   4 2 A. S = [1;2] − x2 +3 x

B. S = ( −∞ ;1) − x2 +3 x

C. S = (1;2 ) Lời giải

D. S = ( 2; + ∞ )

1 1 1 1 < ⇔  <   ⇔ − x 2 + 3x > 2 ⇔ x 2 − 3x + 2 < 0 ⇔ 1 < x < 2 .   4 2 2 2 Vậy tập nghiệm của bất phương trìnhđã cho là S = (1;2 ) . Câu 70. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình 3x − 2 x < 27 là A. ( −∞; −1) B. ( 3; +∞ ) C. ( −1;3) D. ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ ) Lời giải Chọn C 2 Ta có 3x −2 x < 27 ⇔ x 2 − 2 x < 3 ⇔ x 2 − 2 x − 3 < 0 ⇔ −1 < x < 3 . Câu 71. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho f ( x ) = x.e −3 x . Tập nghiệm của bất phương trình f ′ ( x ) > 0 là

1  A.  −∞;  3 

 1 B.  0;   3

1  C.  ;+ ∞  3  Lời giải

D. ( 0;1)

Chọn A Ta có: f ′ ( x ) = e −3 x − 3x.e −3 x = e −3 x (1 − 3 x ) .

−x

1 5x+ 2 <    25 

C. S = ( −2; + ∞ ) Lời giải

Câu 64. (THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình 2 x + 2 x ≤ 8 là A. ( −∞; − 3] . B. [ −3;1] . C. ( −3;1) . D. ( −3;1] . Lời giải 2 2 Ta có : 2 x + 2 x ≤ 8 ⇔ 2 x + 2 x ≤ 23 ⇔ x 2 + 2 x − 3 ≤ 0 ⇔ −3 ≤ x ≤ 1 . Câu 65. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tập nghiệm S của bất phương trình −x 1 5 x+ 2 <   là  25  B. S = (−∞;1)

B. S = (1; + ∞ )

Câu 68. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Tập nghiệm bất phương trình: 2 x > 8 là A. ( −∞ ;3) . B. [ 3; + ∞ ) . C. ( 3; + ∞ ) . D. ( −∞ ;3] . Lời giải Ta có: 2 x > 8 ⇔ 2 x > 23 ⇔ x > 3 Vậy tập nghiệm bất phương trình là ( 3; + ∞ ) .

D. ( −2; +∞ ) .

1 −x 2   > 9 ⇔ 3 > 3 ⇔ − x > 2 ⇔ x < −2 . 3 Vậy tập nghiệm là: S = ( −∞ ; − 2 ) .

A. S = (−∞; 2)

A. S = ( −∞; − 2 )

1 f ′ ( x ) > 0 ⇔ e −3 x (1 − 3x ) > 0 ⇔ 1 − 3 x > 0 ⇔ x < . 3

1 > 0. 5 35

Câu 72. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 x2 −3 x −7

1   3 A. 7.

> 32 x −21 là B. 6.

C. vô số. Lời giải

 3 Ta có:    4

− x2

81 3 ⇔  256 4

− x2

3 >   ⇔ − x2 < 4 ⇔ − x2 − 4 < 0 ⇔ x ∈ R 4

Câu 77. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình

D. 8.

2 x −3 x − 7

− ( 2 x 2 −3 x − 7 ) 1 > 32 x − 21 ⇔ 3 > 32 x −21 Ta có   3 ⇔ − ( 2 x 2 − 3x − 7 ) > 2 x − 21 ⇔ −2 x 2 + 3x + 7 > 2 x − 21

2x −2 x > 8 là A. ( −∞ ; − 1) .

B. ( −1;3) .

C. ( 3; + ∞ ) .

D. ( −∞ ; − 1) ∪ ( 3; + ∞ ) . Lời giải

7 ⇔ −2 x + x + 28 > 0 ⇔ − < x < 4 . 2 Do x ∈ ℤ nên x ∈ {−3; − 2; − 1;0;1; 2;3} .

Bất phương trình 2 x

Vậy bất phương trình đã cho có 7 nghiệm nguyên.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −∞ ; − 1) ∪ ( 3; + ∞ ) .

Câu 73. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Tập nghiệm của bất phương 1 trình 2 <   2 A. ( 0;6 ) .

−2 x −6

−2 x

> 8 ⇔ 2x

−2 x

x > 3 . > 23 ⇔ x 2 − 2 x > 3 ⇔ x 2 − 2 x − 3 > 0 ⇔   x < −1

Câu 78. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập nghiệm của bất phương trình x

e   > 1 là π  A. ℝ

là

B. ( −∞;6 ) .

C. ( 0;64 ) . Lời giải

D. ( 6; +∞ ) .

−2 x − 6

1 Ta có 23 x <   ⇔ 23 x < 2 2 x + 6 ⇔ 3 x < 2 x + 6 ⇔ x < 6 . 2 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −∞;6 ) . x2 − 2 x

C. [ −1;3] . Lời giải

D. ( −1;3) .

D. [ 0; + ∞ )

Câu 79. (CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 2 NĂM 2018-2019) Số nghiệm nguyên của bất 2 phương trình 2 x +3 x ≤ 16 là số nào sau đây ? A. 5. B. 6. C. 4. D. 3. Lời giải 2x

+3x

≤ 16 ⇔ 2 x

+3x

≤ 2 4 ⇔ x 2 + 3 x ≤ 4 ⇔ x ∈ [ − 4; 1 ] .

Các nghiệm nguyên của bất phương trình là : −4; −3; −2; −1;0;1 .

Bất phương trình đã cho tương đương với x2 −2 x

C. ( 0; + ∞ ) Lời giải

e e < 1 nên   > 1 ⇔ log e   < log e 1 ⇔ x < 0 . π π  π π  π Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −∞ ;0 ) . Vì

Câu 74. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Bất phương trình 1 1 ≥ có tập nghiệm là   8 2 A. [3; +∞ ) . B. ( −∞; −1].

B. ( −∞ ;0 )

Câu 80. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Tập nghiệm của bất phương trình

1 1 ≥   ⇔ x 2 − 2 x ≤ 3 ⇔ x 2 − 2 x − 3 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 3    2 2 Vậy, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S = [ −1;3] .

 1   2  1+ a 

Câu 75. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Nghiệm nguyên lớn nhất 2 của bất phương trình 4 x − 2 x < 64 là A. 2 . B. −1 . C. 3 . D. 0 . Lời giải 2 2 Ta có 4 x − 2 x < 64 ⇔ 4 x − 2 x < 43 ⇔ x 2 − 2 x − 3 < 0 ⇔ −1 < x < 3 . Vậy nghiệm nguyên lớn nhất là x =2. − x2

81 3 Câu 76. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tập nghiệm của bất phương trình   > là 256 4 A. ( −∞; −2 ) . B. ( −∞; −2 ) ∪ ( 2; +∞ ) . C. ℝ . D. ( −2; 2 ) . Lời giải

2 x +1

> 1 (với a là tham số, a ≠ 0 ) là: 1  B.  −∞; −  2 

A. ( −∞;0 )

C. ( 0; + ∞ )

 1  D.  − ; + ∞   2 

Lời giải

 1  Ta có:  2  1+ a 

2 x +1

 1  >1 ⇔  2   1+ a 

Nhận thấy 1 + a 2 > 1, ∀a ≠ 0 nên:

2 x +1

 1  > 2   1+ a 

(1) .

1 < 1. 1 + a2

1 Khi đó bất phương trình (1) tương đương 2 x + 1 < 0 ⇔ x < − . 2 1  Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho : S =  −∞; −  . 2  Câu 81. (CỤM 8 TRƯỜNG CHUYÊN LẦN 1) Tập nghiệm S của bất phương trình 3x < e x là: 37

A. S = ℝ \ {0} .

B. S = ( 0 ; + ∞ ) .

C. S = ℝ . Lời giải

A. S = ( −∞; −1) ∪ [1; +∞ ) .

D. S = ( −∞ ; 0 ) .

B. S = ( −∞; −2 ) ∪ (1; +∞ ) . D. S = ( −∞; −2 ] ∪ [ 2; +∞ ) .

C. S = ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ ) .

 3 3 < e ⇔   < 1 ⇔ x < 0 . Tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −∞ ; 0 ) . e Dạng 2.1.2 Cần biến đổi x

Lời giải

Câu 82. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Số nghiệm nguyên của bất phương trình: x

(17 −12 2 ) ≥ (3 + 8) A. 3 .

là:

B. 1. x

(

) (

Ta có: 17 −12 2 ≥ 3 + 8

(

⇔ 3+ 8

x 2 +2 x

)

2 Ta có 6.4 x − 13.6 x + 6.9 x > 0 ⇔ 6.   3

C. 2 . Lời giải

)

(

⇔ 3− 8

)

(

≥ 3+ 8

D. 4 .

)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là

(2 − 3)

≤ 1 ⇔ x 2 + 2 x ≤ 0 ⇔ x ∈ [−2;0] .

x 2 + 4 x −14

≥ 7 + 4 3 là:

A. [ −6; 2] .

Câu 83. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tập nghiệm của bất phương trình 2 x + 2 x +1 ≤ 3x + 3x −1 . A. ( 2; +∞ ) . B. ( −∞; 2 ) . C. ( −∞; 2] . D. [ 2; +∞ ) . Lời giải Ta có 2 x + 2 x +1 ≤ 3 x + 3x −1 ⇔ 3.2 x ≤ 4.3 x −1 ⇔ 2 x −2 ≤ 3x −2 x −2

≤1⇔ x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2. 2

 1 x  1 x Câu 84. (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho bất phương trình   + 3   > 12 3 3 có tập nghiệm S = ( a ; b ) . Giá trị của biểu thức P = 3a + 10b là

A. 5 .

B. −3 .

C. −4 . Lời giải

Câu 87. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Tập nghiệm của bất phương trình

B. ( −∞ − 6] ∪ [ 2; +∞ ) . C. ( −6; 2 ) . Lời giải

Vậy bất phương trình đã cho có 3 nghiệm nguyên.

2 ⇔  3

 2  x 3   > 2  x < −1 2  3  − 13.   + 6 > 0 ⇔  ⇔ . x 3   x > 1  2  < 2   3  3  S = ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ ) .

D. 2 .

(

) (

)( 3)

)

D. ( −∞; −6 ) ∪ ( 2; +∞ ) .

(

Ta có 7 + 4 3 = 2 + 3 , 2 − 3 2 + 3 = 1 và 2 + 3 = 2 − 3

(2 − 3)

x 2 + 4 x −14

(

≥ 7+4 3 ⇔ 2−

x 2 + 4 x −14

(

≥ 2− 3

)

−1

(

⇒ 7+4 3 = 2− 3

)

−2

⇔ x + 4 x − 14 ≤ −2 ⇔ x + 4 x − 12 ≤ 0 ⇔ −6 ≤ x ≤ 2 . Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm [ −6; 2] .

Câu 88. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 6 x + 4 ≤ 2 x +1 + 2.3x A. 2. B. 3. C. 1. D. 0 Lời giải Chọn C 6 x + 4 ≤ 2 x +1 + 2.3 x ⇔ 6 x + 4 − 2.2 x − 2.3x ≤ 0 ⇔ 2 x ( 3x − 2 ) + 2 ( 2 − 3x ) ≤ 0

1 x

1 Đặt t =   ( t > 0 ) . Khi đó bất phương trình đã cho trở thành 3 t 2 + t > 12 ⇔ ( t − 3)( t + 4 ) > 0 ⇔ t > 3 (vì t > 0 ).

⇔ ( 3 x − 2 )( 2 x − 2 ) ≤ 0

⇒ x ∈ [log3 2;1] Dạng 2.3 Giải và biện luận một số bất phương trình khó và khác Dạng 2.3.1 Kết hợp nhiều phương pháp đặt ẩn phụ, cô lập m, đánh giá….

1  1 x Từ đó suy ra:   > 3 ⇔ < −1 ⇔ −1 < x < 0 . Tập nghiệm của bất phương trình là ( −1;0 ) . x 3 Vậy a = −1 và b = 0 . Suy ra P = 3a + 10b = −3 .

Câu 89. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm m để hàm số sau xác định trên ℝ :

Câu 85. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Bất phương trình sau có bao nhiêu nghiệm nguyên dương 9 x − 4.3x + 3 < 0 . A. 3. B. 1. C. 0. D. 2. Lời giải Đặt t = 3x > 0 . Bất phương trình đã cho trở thành t 2 − 4.t + 3 < 0 ⇔ 1 < t < 3 ⇔ 1 < 3x < 3 ⇔ 0 < x < 1 . Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S = ( 0,1) nên nó không có nghiệm nguyên dương. Câu 86. (THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Bất phương trình 6.4 x − 13.6 x + 6.9 x > 0 có tập nghiệm là? 39

y = 4 x − ( m + 1) .2 x − m A. Đáp án khác. B. m > −1 . C. m < 0 . D. −3 − 2 2 ≤ m ≤ −3 + 2 2 . Lời giải

Hàm số y = 4 x − ( m + 1) .2 x − m xác định trên ℝ khi và chỉ khi 4 x − ( m + 1) .2 x − m ≥ 0 ∀x ∈ ℝ . t2 − t Đặt t = 2 x ( t > 0 ) . Khi đó: t 2 − ( m + 1) .t − m ≥ 0 ∀t > 0 ⇔ ≥ m ∀t > 0 . t +1

(1) trở thành t 2 − 2 ( m + 1) t + m ≥ 0, ∀t ≥ 1 (2).

t2 − t với t > 0 . t +1 2 t + 2t − 1 Ta có: f ' ( t ) = khi đó: f ' ( t ) = 0 ⇔ t 2 + 2t − 1 = 0 ⇒ t = −1 + 2 do t > 0 . 2 ( t + 1) Xét hàm số: f ( t ) =

(

Cách 1:

)

Lập bảng biến thiên ta tìm được min f ( t ) = f −1 + 2 = −3 + 2 2 . ( 0;+∞ )

Để bất phương trình

t −t ≥ m ∀t > 0 thì m ≤ −3 + 2 2 . t +1

x x +1 Câu 90. Bất phương trình 4 − (m + 1)2 + m ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x ≥ 0. Tập tất cả các giá trị của m là A. ( −∞;12 ) . B. ( −∞; −1]. C. ( −∞; 0 ] . D. ( −1;16] .

Cách 2: t 2 − 2 ( m + 1) t + m ≥ 0 là một bất phương trình bậc hai.

Chọn B Đặt t = 2 x . ĐK: t ≥ 1 BPT ⇔ t 2 − 2 ( m + 1) t + m ≥ 0 ⇔ ( 2t − 1) m ≤ t 2 − 2t ⇔ m ≤ Ta có g ' ( t ) =

( 2t − 1)

Tam thức bậc hai ở vế trái luôn có ∆′ = m 2 + m + 1 > 0, ∀m nên tam thức luôn có hai nghiệm là

t 2 − 2t = g ( t ) ⇔ m ≤ min g ( t ) 2t − 1

t = m + 1 − m2 + m + 1 và t = m + 1 + m2 + m + 1 . Suy ra bất phương trình t 2 − 2 ( m + 1) t + m ≥ 0 có tập nghiệm là

> 0, ∀t ≥ 1 ⇒ Min g ( t ) = g ( 1) = −1 ⇒ m ∈ ( −∞; −1

Câu 91. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 4 x−1 − m ( 2 x + 1) > 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ . A. m ∈ ( −∞ ; 0 ) ∪ (1; + ∞ ) . C. m ∈ ( 0; + ∞ ) .

B. m ∈ ( −∞ ; 0 ] .

( −∞; m + 1 −

)

m 2 + m + 1  ∪  m + 1 + m 2 + m + 1; +∞ .  

m ≤ 0 ⇔ m ≤ −1 . (2) ⇔ m + 1 + m2 + m + 1 ≤ 1 ⇔ m2 + m + 1 ≤ −m ⇔  2 2 m + m + 1 ≤ m Câu 93. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tập nghiệm của bất phương trình 2 3x −9 + ( x 2 − 9 ) .5 x +1 < 1 là khoảng ( a ; b ) . Tính b − a

D. m∈ ( 0;1) . Lời giải

(

Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên [1; +∞ ) ⇒ f ( t ) ≥ f (1) = −1, ∀t ≥ 1 . Do đó (3) ⇔ m ≤ min f ( t ) ⇔ m ≤ −1 . [1; +∞ )

Lời giải

2t 2 − 2t + 2

t 2 − 2t , ∀t ≥ 1 (3). 2t − 1 t 2 − 2t Xét hàm số y = f ( t ) = . Ta có hàm số y = f ( t ) liên tục trên [1; +∞ ) . 2t − 1 2 ( 2t − 2 )( 2t − 1) − 2 ( t − 2t ) 2t 2 − 2t + 2 f ′ (t ) = = > 0, ∀t ≥ 1 . 2 2 ( 2t − 1) ( 2t − 1) (2) ⇔ m ≤

)

A. 6 .

1 2 t − m ( t + 1) > 0 ⇔ t 2 − 4 mt − 4 m > 0 ( 2 ) . 4

Bất phương trình 4 x−1 − m 2 x + 1 > 0 (1) .

Đặt t = 2 , t > 0 .

B. 3 .

Bất phương trình (1) trở thành:

+ ( x 2 − 9 ) .5 x +1 < 1 (1) .

Xét x 2 − 9 = 0 , VT (1) = 30 + 0 = 1 (loại).

Đồ thị hàm số y = f ( t ) có đồ thị là một Parabol với hệ số a dương, đỉnh I ( 2m ; − 4m − 4 m ) . 2

Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ ⇔ Bất phương trình ( 2 ) nghiệm đúng với mọi t > 0 hay f ( t ) > 0, ∀t > 0 .

TH1: m ≤ 0 ⇒ f ( 0 ) = −4m ≥ 0 ⇒ m ≤ 0 thỏa mãn. TH2: m > 0 ⇒ −4 m 2 − 4 m < 0 nên m > 0 không thỏa mãn. Vậ y m ≤ 0 .

Câu 92. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Bất phương trình 4x − ( m + 1) 2 x+1 + m ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x ≥ 0 . Tập tất cả các giá trị của m là B. ( −∞; −1] .

−9

D. 4 .

Có 5x +1 > 0 ∀x .

Đặt f ( t ) = t 2 − 4mt − 4m .

A. ( −∞;12 ) .

C. 8 . Lời giải

C. ( −∞;0] . Lời giải

D. ( −1;16] .

  ⇒ VT (1) > 1 (loại). ( x − 9 ) .5 > 0 2 3x −9 < 30 = 1  Xét x 2 − 9 < 0 ⇒ 2  ⇒ VT (1) < 1 luôn đúng. ( x − 9 ) .5x+1 < 0 Có x 2 − 9 < 0 ⇔ x ∈ ( −3; 3) . 3x

Xét x 2 − 9 > 0 ⇒

2+3 − 2−3 A. Vô số.

> 30 = 1 x +1

Câu 94. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Bất phương trình

2 + 32 x

⇔ ( 2 x ) − 2 ( m + 1) 2 x + m ≥ 0 , ∀x ≥ 0 (1).

−9

⇒ Tập nghiệm của bất phương trình là: ( −3;3) ⇒ b − a = 6 .

4x − ( m + 1) 2x +1 + m ≥ 0, ∀x ≥ 0 .

34 x + 4 − 34 x − 7 32 x − 2 ≥ có bao nhiêu nghiệm? 32 x 4 − 34 x − 2 + 32 x B. 1. C. 2. D. 3 Lời giải

Đặt t = 2 x , ( t > 0 ) . 41

Câu 96. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Tìm m để bất phương trình 2 x + 3 x + 4 x + 5 x ≥ 4 + mx có tập nghiệm là ℝ . A. ln120 . B. ln10 . C. ln 30 . D. ln14 . Lời giải  e x ln a − 1  ax −1 = lim  + Với a > 1 ta có lim  .ln a = ln a . x →0 x→ 0 x  x ln a 

Đặt t = 32 x > 0 , bất phương trình đã cho trở thành 2

2+t t + 4−t −7 t−2 + ≥ (1) t 2+t − 2−t 4 − t2 − 2 + t Điều kiện: 0 < t < 2 2+t

(1) ⇔ ⇔

(

2+t + 2−t 2t

)+t

+ 4 − t2 − 7 t−2 ≥ t 4 − t2 − 2 + t

(

t + 3 4 − t 2 + 2t 2 − 12 t −2 t + 3 4 − t 2 + 2t 2 − 12 ( t − 2 ) 4 − t + 2 − t ≥ ⇔ ≥ 2 −2t 2 + 4t 2t 2t 4−t −2+t

ax −1 xa x ln a − a x + 1 . ( x ≠ 0 ) , ta có f ′ ( x ) = x x2 x x x x 2 x Xét hàm số g ( x ) = xa ln a − a + 1 ⇒ g ′ ( x ) = a ln a + xa ln a − a ln a = xa x ln 2 a . + Với a > 1 xét hàm số f ( x ) =

)

Với x > 0 ta có g ′ ( x ) > 0 suy ra g ( x ) > g ( 0 ) ⇔ g ( x ) > 0 ⇒ f ′ ( x ) > 0, ∀x > 0 .

⇔ t + 3 4 − t 2 + 2t 2 − 12 ≥ − 4 − t 2 − 2 + t ⇔ 4 4 − t 2 + 2t 2 − 10 ≥ 0 2 1 ⇔ 4 − t 2 − 1 ≤ 0 ⇔ t = 3 . Với t = 3 ⇒ 32 x = 3 ⇔ x = . 4 Vậy bất phương trình có 1 nghiệm duy nhất.

(

Với x < 0 ta có g ′ ( x ) < 0 suy ra g ( x ) > g ( 0 ) ⇔ g ( x ) > 0 ⇒ f ′ ( x ) > 0, ∀x > 0 .

)

Do đó hàm số f ( x ) =

Câu 95. (THPT HÀM RỒNG THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 1) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m∈ [ −10;10] để bất phương trình sau nghiệm đúng với ∀x ∈ ℝ :

(6 + 2 7 )

(

+ ( 2 − m) 3 − 7

A. 10 .

)

C. 12 . Lời giải

D. 11 .

2 x − 1 3x − 1 4 x − 1 5 x − 1 + + + = h ( x) . x x x x Từ nhận xét trên ta có h ( x ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) . Do đó yêu cầu của bài toán tương đương với

m ≤ lim+ h ( x ) = ln 2 + ln 3 + ln 4 + ln 5 = ln120 .

Ta có:

(

Trở lại bài toán: + Xét x = 0 bất phương trình thỏa mãn. + Xét x > 0 ta có: 2 x + 3x + 4 x + 5x ≥ 4 + mx ⇔ m ≤

− ( m + 1) 2 x ≥ 0

B. 9 .

a x −1 ( a > 1) đồng biến trên các khoảng ( −∞; 0 ) và ( 0; +∞ ) . x

x →0

6+2 7

)

(

+ (2 − m) 3 − 7

)

(

− ( m + 1) 2 x ≥ 0 ⇔ 2 x 3 + 7

)

(

+ (2 − m) 3 − 7

)

2 x − 1 3x − 1 4 x − 1 5 x − 1 + + + = h ( x) . x x x x Từ nhận xét trên ta có h ( x ) đồng biến trên ( −∞; 0 ) . Do đó yêu cầu của bài toán tương đương với

> ( m + 1) 2 x

+ Xét x < 0 ta có: 2 x + 3x + 4 x + 5x ≥ 4 + mx ⇔ m ≥

(

⇔ 3+ 7

)

3+ 7  + ( 2 − m )   > m + 1  2 

m ≥ lim+ h ( x ) = ln 2 + ln 3 + ln 4 + ln 5 = ln120 . x →0

 3− 7  1 Đặt t = 3 + 7 , t > 0 ⇒   = t . Bất phương trình đã cho trở thành:  2  1 t2 − t + 2 >m. t + ( 2 − m). > m + 1 ⇔ t t +1 2 t 2 + 2t − 3 t −t + 2 Xét hàm số f ( t ) = trên khoảng ( 0; + ∝ ) , ta có f ′ ( t ) = 2 t +1 ( t + 1)

(

)

Kết hợp lại ta có m = ln120 .

Câu 97. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Số nghiệm nguyên thuộc đoạn [ −20; 20] của bất phương trình: 2 2 x +1 − 9.2 x + 4 x 2 + 2 x − 3 ≥ 0 là A. 38 . B. 36 . C. 37 . Lời giải Chọn B. Điều kiện: x 2 + 2 x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≤ −3 hoặc x ≥ 1 (* ) .

 t = −3 f ′ (t ) = 0 ⇔  . Khi đó, ta có bảng biến thiên sau: t = 0

D. 19 .

Vì x là số nguyên thuộc đoạn [ −20; 20] nên ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1. 3 ≤ x ≤ 20 , khi đó dễ thấy 2 2 x +1 − 9.2 x = 2 x ( 2 x +1 − 9 ) > 0 nên 2 2 x +1 − 9.2 x + 4 x 2 + 2 x − 3 ≥ 0 , do đó trên [ 3; 20] bất phương trình có 18 nghiệm nguyên.

Trường hợp 2. x = 2 thay trực tiếp vào bất phương trình ta có: 4 5 − 4 ≥ 0 (đúng). Do đó x = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trường hợp 3. x = 1 thay trực tiếp vào bất phương trình ta có: −10 ≥ 0 (sai). Do đó x = 1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trường hợp 4. −20 ≤ x ≤ −4 . Khi đó, xét hàm số: f ( x ) = x 2 + 2 x − 3 , dễ thấy Từ bảng biến thiên trên ta suy ra để bất phương trình đã cho nghiệm đúng thì m < 1 . Suy ra trong đoạn [ −10;10] có tất cả 11 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 43

min f ( x ) = f ( −4 ) = 5 nên 4 x 2 + 2 x − 3 ≥ 4 5, ∀x ∈ [ −20; −4 ] ( a ) .

[ −20;−4]

Mặt khác, đặt t = 2 x , khi đó 22 x +1 − 9.2 x = 2t 2 − 9t , −20 ≤ x ≤ −4 ⇒ 2−20 ≤ t ≤ 2−4 . 44

Chọn B Ta có f ( x ) < e x + m ⇔ m > f ( x ) − e x .

Khi đó xét hàm số g ( t ) = 2t 2 − 9t với 2−20 ≤ t ≤ 2−4 , dễ thấy min g ( t ) = g ( 2 −4 ) = −

 2−20 ; 2 −4   

71 (b) 128

Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) − e x ; g ' ( x ) = f ' ( x ) − e x < 0∀x ∈ ( −1;1) .

71 > 0 . Do đó 128 bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi −20 ≤ x ≤ −4 , nên trên đoạn [ −20; −4] bất phương trình có 17 nghiệm nguyên. Trường hợp x = −3 thay trực tiếp vào bất phương trình ta thấy không thỏa mãn. Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình là: 36.

{

}

Từ ( a ) , ( b ) suy ra min h ( x ) = 2 2 x +1 − 9.2 x + 4 x 2 + 2 x − 3 = h ( −4 ) = 4 5 − [ −20;−4]

Suy ra hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −1;1) .

1 Yêu cầu bài toán ⇔ m ≥ max g ( x ) = g ( −1) = f ( −1) − , chọn C. e

Câu 100. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ′ ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu đạo hàm như sau

Câu 98. (THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Tập hợp tất cả các số thực x 2 không thỏa mãn bất phương trình 9 x −4 + ( x 2 − 4 ) .2019 x − 2 ≥ 1 là khoảng ( a; b ) . Tính b − a . A. 5 .

B. 4 .

C. −5 . Lời giải Xét hai trường hợp: x 2 − 4 ≥ 0 và x 2 − 4 < 0 x ≥ 2 TH1: x 2 − 4 ≥ 0 ⇔  khi đó ta có:  x ≤ −2

D. −1 .

Bất phương trình f ( x ) < e x + m đúng với mọi x ∈ ( −1;1) khi và chỉ khi

A. m ≥ f ( 0 ) − 1.

B. m > f ( −1) − e.

C. m > f ( 0 ) − 1.

D. m ≥ f ( −1) − e.

Lời giải x2

f ( x) < e + m ⇔ f ( x) − e < m

x 2 −4   2 ≥ 90 = 1 9 ⇒ 9 x −4 + ( x 2 − 4) 2019 x−2 ≥ 1  x−2 0  x − 2 ≥ 0 ⇔ 2019 ≥ 2019 = 1    x 2 − 4 = 0 Dấu " = " xảy ra ⇔  ⇔ x=2  x − 2 = 0  

Xét hàm số: g ( x ) = f ( x ) − e x ; g ′ ( x ) = f ′ ( x ) − 2 xe x .  f ′ ( x ) > 0 Trên khoảng ( −1; 0 ) ta có  ⇒ g ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ ( −1; 0 ) .  −2 x > 0

TH2: x2 − 4 < 0 ⇔ −2 < x < 2 , khi đó ta có: x 2 −4   2 < 90 = 1 9 ⇒ 9 x −4 + ( x 2 − 4) 2019 x−2 < 1  x−2 0  x − 2 < 0 ⇔ 2019 < 2019 = 1   ⇒ bất phương trình vô nghiệm Vậy tập hợp tất cả các số thực x không thỏa mãn bất phương trình là (−2; 2) ⇒ a = −2; b = 2 ⇒ b − a = 4

 f ′ ( x ) < 0 Trên khoảng ( 0;1) ta có  ⇒ g ′ ( x ) < 0, ∀x ∈ ( 0;1) .  −2 x < 0

 f ′ ( x ) = 0 Tại điểm x = 0 ta có  ⇒ g′ ( x) = 0 . x2 −2 xe = 0 Suy ra bảng biến thiên của g ′ ( x ) :

Dạng 2.3.2 Giải bất phương ương trình khi biết đồ thị của f’(x) Câu 99. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT BGD&Đ NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ' ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên ta có: max g ( x ) = f ( 0 ) − 1. ( −1;1)

Do đó bất phương trình m > g ( x ) đúng với mọi x ∈ ( −1;1) khi và chỉ khi m > max g ( x ) = f ( 0 ) − 1. ( −1;1)

Bất phương trình f ( x ) < e x + m đúng với mọi x ∈ ( −1;1) khi và chỉ khi.

A. m > f ( −1) −

1 e

B. m ≥ f ( −1) −

1 e

C. m > f (1) − e

Câu 101. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ

D. m ≥ f (1) − e

Lời giải 45

Bất phương trình f ( x ) < 3.e x+ 2 + m có nghiệm x ∈ ( −2; 2 ) khi và chỉ khi:

A. m ≥ f ( −2 ) − 3

B. m > f ( − 2 ) − 3e 4

C. m ≥ f ( 2 ) − 3e 4 Lời giải Bất phương trình tương đương với m > g ( x ) = f ( x ) − 3.e x+ 2 .

D. m > f ( −2 ) − 3

Ta có g ′ ( x ) = f ′ ( x ) − 3.e x+ 2 < 3 − 3.e−2+2 = 0, ∀x ∈ ( −2; 2 ) . Do đó g ( x ) > g ( 2 ) = f ( 2 ) − 3.e4 , ∀x ∈ ( −2; 2 ) . Vậy m > f ( 2 ) − 3.e4 thì phương trình có nghiệm trên khoảng ( −2; 2 ) .

Câu 103. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham s ố m để bất phương trình 9.6

f ( x)

+ ( 4 − f 2 ( x ) ) .9

f ( x)

≤ ( −m 2 + 5m ) .4

A. 10

f (x)

đúng ∀x ∈ ℝ là

B. 4

C. 5

D. 9

Lời giải Chọn B Ta có f x f x f x 9.6 ( ) + ( 4 − f 2 ( x ) ) .9 ( ) ≤ ( −m 2 + 5m ) .4 ( ) 2 f ( x)

f (x)

3 3 ⇔ (4 − f 2 ( x)).  + 9;   ≤ − m 2 + 5m 2 2 Từ đồ thị hàm số suy ra f ( x ) ≤ −2, ∀x ∈ ℝ  3 Do đó ( 4 − f ( x ) )    2

2 f ( x)

3 ≤ 0, ∀x ∈ ℝ và 9.   2

2 f ( x)

(1) f ( x)

Bất phương trình f ( e x ) < m ( 3e x + 2019 ) có nghiệm x ∈ ( 0;1) khi và chỉ khi

−2

3 ≤ 9.   = 4, ∀x ∈ ℝ . 2

A. m > −

f (x)

3 3 Suy ra ( 4 − f 2 ( x ) ) .   + 9.   ≤ 4, ∀x ∈ ℝ . 2 2 Để (1) có nghiệm đúng ∀x ∈ ℝ thì 4 ≤ − m 2 + 5m ⇔ 1 ≤ m ≤ 4 .

-3

4 2 . C. m > − . 3e + 2019 1011 Lời giải

D. m >

f (e) 3e + 2019

f (t ) <m. 3t + 2019

Ta có: x ∈ ( 0;1) ⇔ t = e x ∈ (1; e ) .

Câu 102. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂ NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau:

-∞

B. m ≥ −

Đặt t = e x ( t > 0 ) . Bất phương trình có dạng: f ( t ) < m ( 3t + 2019 ) ⇔

Do m là số nguyên nên m ∈ {1, 2, 3, 4} .

4 . 1011

+∞

Xét hàm g ( t ) =

f (t ) f ′ ( t )( 3t + 2019 ) − 3 f ( t ) có g ′ ( t ) = . 2 3t + 2019 ( 3t + 2019 )

Dựa vào đồ thị hàm số f ( x ) , ta thấy: f ( x ) đồng biến trên khoảng (1; e ) và f ( x ) < 0  f ( x ) < 0 ∀x ∈ (1; e ) ⇒  ∀x ∈ (1; e ) .  f ′ ( x ) > 0 ⇒ g ′ ( t ) > 0 ∀t ∈ (1; e ) ⇒ g ( t ) đồng biến trên khoảng (1; e ) ⇒ g (1) < g ( t ) < g ( e ) ∀t ∈ (1; e ) .

Vậy bất phương trình f ( e x ) < m ( 3e x + 2019 ) có nghiệm x ∈ ( 0;1)

f'(x)

⇔ Bất phương trình ⇔

f (t )

3t + 2019

< m có nghiệm t ∈ (1; e ) ⇔ m > g (1) = −

4 2 . =− 2022 1011

Câu 104. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn

[ −1; 9] và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới đây

1 47

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình f x f x f x 16.3 ( ) −  f 2 ( x ) + 2 f ( x ) − 8 .4 ( ) ≥ m2 − 3m .6 ( ) nghiệm đúng với mọi giá trị thuộc [ −1;9] ?

(

A. 32 .

)

B. 31 .

C. 5. D. 6 . Lời giải Dễ thấy −4 ≤ f ( x ) ≤ 2, ∀x ∈ [ −1;9] (1) nên −  f ( x ) + 4  .  f ( x ) − 2  ≥ 0, ∀x ∈ [ −1;9 ] . Do đó −  f 2 ( x ) + 2 f ( x ) − 8 ≥ 0, ∀x ∈ [ −1;9 ] (2). Ta có 16.3 f ( x ) −  f 2 ( x ) + 2 f ( x ) − 8  .4 f ( x ) ≥ ( m 2 − 3m ) .6 f ( x ) nghiệm đúng với mọi x ∈ [ −1;9] 1 ⇔ 16.   2

f ( x)

2 −  f 2 ( x ) + 2 f ( x ) − 8  .   ≥ m 2 − 3m nghiệm đúng với mọi x ∈ [ −1;9] 3 f ( x)   1  f ( x )  2   ⇔ α = min 16.   −  f 2 ( x ) + 2 f ( x ) − 8 .    ≥ m 2 − 3m (3). x∈[ −1; 9]  3     2 

1 Từ (1) và (2) ta có   2 f ( x)

f ( x)

2 1 ≥   và −  f 2 ( x ) + 2 f ( x ) − 8 .   3 2

f (x)

≥ 0, ∀x ∈ [ −1; 9] .

f (x)

1 2 Suy ra 16.   −  f 2 ( x ) + 2 f ( x ) − 8 .   ≥ 4, ∀x ∈ [ −1; 9] . 2 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi f ( x ) = 2 ⇔ x = −1 ∨ x = a ( 7 < a < 8 ) . Do đó α = 4 và (3) ⇔ 4 ≥ m 2 − 3m ⇔ −1 ≤ m ≤ 4 . Vì m nguyên nên m ∈ {−1;0;1; 2;3; 4} .

CHUYÊN ĐỀ 18

NGUYÊN HÀM, PHƯƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Nguyên hàm cơ bản (dùng bảng nguyên hàm)

Dạng 1.1 Tìm nguyên hàm cơ bản không có điều kiện Câu 1. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 4 + x 2 là

Dạng 1.1 Tìm nguyên hàm cơ bản không có điều kiện ................................................................................................ 2

Dạng 1.2 Tìm nguyên hàm cơ bản có điều kiện ......................................................................................................... 11 Dạng 2. Sử dụng phương pháp VI PHÂN để tìm nguyên hàm ...................................................................................... 16

Câu 2.

Dạng 2.1 Tìm nguyên hàm không có điều kiện.......................................................................................................... 16

Dạng 3.1 Tìm nguyên hàm không có điều kiện.......................................................................................................... 18

Câu 3.

Dạng 4.1 Tìm nguyên hàm không có điều kiện.......................................................................................................... 22

Câu 4.

Dạng 4.2 Tìm nguyên hàm có điều kiện..................................................................................................................... 25

PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO ............................................................................................................................... 33 Dạng 1. Nguyên hàm cơ bản (dùng bảng nguyên hàm) ................................................................................................. 33

Câu 5.

Dạng 1.1 Tìm nguyên hàm cơ bản không có điều kiện .............................................................................................. 33 Dạng 2. Sử dụng phương pháp VI PHÂN để tìm nguyên hàm ...................................................................................... 44 Dạng 2.1 Tìm nguyên hàm không có điều kiện.......................................................................................................... 44

Câu 6.

Dạng 2.2 Tìm nguyên hàm có điều kiện..................................................................................................................... 45 Dạng 3. Sử dụng phương pháp ĐỔI BIẾN để tìm nguyên hàm ..................................................................................... 47 Dạng 3.1 Tìm nguyên hàm không có điều kiện.......................................................................................................... 47

B. 2 x 2 + C .

B. x2 + 6x + C .

Dạng 3.2 Tìm nguyên hàm có điều kiện..................................................................................................................... 51 Dạng 4. Nguyên hàm từng phần ..................................................................................................................................... 53

C. 2x2 + C .

D. 2 x 2 + 6 x + C .

∫ 2 sin xdx = −2 cos x + C

∫ 2 sin xdx = sin

D. ∫ 2 sin xdx = sin 2 x + C

x+C

∫ 2 sin xdx = 2 cos x + C

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x3 + x là 1 4 1 2 x + x +C 4 2

B. 3 x 2 + 1 + C

C. x 3 + x + C

D. x 4 + x 2 + C

(Mã 103 - BGD - 2019) Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x + 3 là B. 2 x 2 + 3 x + C .

C. x 2 + C .

D. 2 x 2 + C .

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x − 1.

∫ f ( x ) dx = 3 ( 2 x −1)

∫ f ( x ) dx = − 3

Dạng 4.1 Tìm nguyên hàm không có điều kiện.......................................................................................................... 53 Dạng 4.2 Tìm nguyên hàm có điều kiện..................................................................................................................... 57

D. x 2 + 4 x + C .

A. x 2 + 3 x + C . Câu 7.

C. 2 x 2 + 4 x + C .

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 sin x .

Dạng 1.2 Tìm nguyên hàm cơ bản có điều kiện ......................................................................................................... 38

D. 4 x 3 + 2 x + C

(Mã 102 - BGD - 2019) Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x + 6 là

Dạng 5. Sử dụng nguyên hàm để giải toán ..................................................................................................................... 27 Dạng 6. Một số bài toán khác liên quan đến nguyên hàm .............................................................................................. 30

C. x5 + x 3 + C .

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Họ tất cả nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x + 4 là

A. x 2 + C .

Dạng 3.2 Tìm nguyên hàm có điều kiện..................................................................................................................... 21 Dạng 4. Nguyên hàm từng phần ..................................................................................................................................... 22

B. x 4 + x 2 + C

A. x 2 + C .

Dạng 2.2 Tìm nguyên hàm có điều kiện..................................................................................................................... 17 Dạng 3. Sử dụng phương pháp ĐỔI BIẾN để tìm nguyên hàm ..................................................................................... 18

1 5 1 3 x + x +C 5 3

2 x − 1 + C.

∫ f ( x ) dx = 3 ( 2 x −1)

∫ f ( x ) dx = 2

2 x − 1 + C.

Dạng 5. Sử dụng nguyên hàm để giải toán ..................................................................................................................... 60 Dạng 6. Một số bài toán khác liên quan đến nguyên hàm .............................................................................................. 69

Câu 8.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2 +

A. 1

∫ f ( x ) dx =

x3 1 + +C . 3 x

∫ f ( x ) dx =

2 . x2

x3 2 − +C . 3 x 2

C. Câu 9.

∫ f ( x ) dx =

x3 1 − +C . 3 x

∫ f ( x ) dx =

x3 2 + +C . 3 x

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = dx 1 A. ∫ = ln 5 x − 2 + C 5x − 2 5

A. 4 x3 + 1 + C

A. x3 + C

dx B. ∫ = ln 5 x − 2 + C 5x − 2

∫ cos 3xdx = sin 3 x + C

sin 3 x +C 3 sin 3 x D. ∫ cos 3 xdx = − +C 3

B. ∫ cos 3 xdx =

1 4 1 3 x + x +C 4 3

B. 3 x 2 + 2 x + C

C. x 3 + x 2 + C

B. e x + x 2 + C

C. e x +

1 x 1 2 e + x +C x +1 2

B. x 2 + 5x + C .

C. 2 x 2 + 5x + C .

7x +C ln 7 7 x +1

∫ 7 dx = x + 1 + C x

∫ f ( x ) dx = 2 sin 2 x + C

x2 + sin x + C . 2

A. ln 2 x + 3 + C .

B. −

1 2 x +7 32

(

)

+ C C.

1 2 x +7 16

(

)

1 2 x +7 32

(

)

dx ? +C

1 3x e +C. 3

x2 + cos 2 x + C . 2

1 x e +C . 3

D. 3e3 x + C .

( x − sin 2 x )dx . C. x 2 +

cos 2 x +C . 2

x 2 cos 2 x + +C. 2 2

B. e2 x −1 + C .

1 2 x −1 e +C . 2

1 x e +C . 2

1 ln 2 x + 3 + C . 2

1 1 ln 2 x + 3 + C . D. lg ( 2 x + 3) + C . ln 2 2

Câu 23. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm họ nguyên hàm của hàm 1 số y = x 2 − 3x + . x

Câu 15. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = cos 2 x .

)

∫ x( x

Câu 22. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm họ nguyên hàm của hàm 1 số f ( x ) = 2x + 3

D. ∫ 7 x dx = 7 x ln 7 + C

∫ f ( x ) dx = 2 sin 2 x + C

(

D. 2 x 2 + C .

B. ∫ 7 x dx = 7 x +1 + C

1 2 x +7 2

A. 2e2 x −1 + C .

Câu 14. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 7 x . A. ∫ 7 x dx =

D. x 3 + x + C

C. 6 x + C

Câu 21. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Nguyên hàm của hàm số y = e2 x−1 là

Câu 13. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x) = 2 x + 5 là A. x 2 + C .

x3 + x+C 3

Câu 20. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Tính ∫

D. x 4 + x 3 + C

1 2 x +C 2

A. 3e x + C .

Câu 12. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x + x là A. e x + 1 + C

D. x 4 + x + C

Câu 19. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = e3 x là hàm số nào sau đây?

Câu 11. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x3 + x 2 là A.

1 5 1 2 x + x +C 5 2

Câu 18. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm nguyên hàm

dx 1 dx D. ∫ = 5ln 5 x − 2 + C ∫ 5x − 2 = − 2 ln 5x − 2 + C 5x − 2 Câu 10. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = cos 3 x

Câu 17. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = 3x 2 + 1 là

1 . 5x − 2

A. ∫ cos 3 xdx = 3 sin 3 x + C

B. x5 + x 2 + C

∫ f ( x ) dx = −2sin 2 x + C

∫ f ( x ) dx = − 2 sin 2 x + C

x3 3x 1 − − + C, C ∈ ℝ . 3 ln 3 x 2

1 x3 − 3x + 2 + C , C ∈ ℝ . 3 x

x 3 3x − + ln x + C , C ∈ ℝ . 3 ln 3

x 3 3x − − ln x + C , C ∈ ℝ . 3 ln 3

Câu 16. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 4 + x là 3

Câu 24. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = sin 3 x A. −3cos3x + C .

B. 3cos3x + C .

1 cos3 x + C . 3

1 D. − cos3 x + C . 3

C. ∫ f ( x )dx =

B. 6 x + cos x + C .

C. x 3 − cos x + C .

1 +C . x

∫ cos

3x2 + cos x + C . 2

A. x 2 + cos x+C

B. x 2 − cos x+C

x2 − cos x+C 2

x2 + cos x+C 2

Câu 33. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = cos x là:

dx = tan x + C .

A. cos x + C .

C. ∫ sin x dx = − cos x + C .

3x2 − cos x + C . 2

D. ∫ f ( x )dx = 3 + cos x + C .

D. 6 x − cos x + C .

Câu 26. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Công thức nào sau đây là sai? A. ∫ ln x dx =

B. ∫ f ( x )dx =

Câu 32. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = x + s inx là

Câu 25. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x 2 + sin x là A. x 3 + cos x + C .

A. ∫ f ( x )dx = 3x2 + cos x + C .

D. ∫ e x dx = e x + C .

Câu 27. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Nếu

∫ f ( x ) dx = 4 x

+ x 2 + C thì hàm số f ( x )

B. − cos x + C .

C. − sin x + C .

D. sin x + C .

Câu 34. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Họ các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 4 + x 2 là

bằng A. f ( x ) = x 4 +

1 5 1 3 D. x 5 + x 3 + C . x + x +C . 5 3 Câu 35. (THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e x − 2 x là.

x3 + Cx . B. f ( x ) = 12 x 2 + 2 x + C . 3

C. f ( x ) = 12 x 2 + 2 x .

D. f ( x ) = x 4 +

x3 . 3

Câu 28. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? 1 A. ∫ cos 2 xdx = sin 2 x + C . 2 C.

1 ∫ x dx = ln x + C .

D. ∫ e x dx =

e ∫ x dx =

x e+1 +C . e +1

x3 +C . 3

A. e x + x 2 + C .

B. e x − x 2 + C .

1 x e − x2 + C . x +1

D. e x − 2 + C .

Câu 36. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Họ các nguyên hàm của hàm số y = cos x + x là 1 2 x +C . 2

B. sin x + x 2 + C .

C. − sin x +

1 2 x +C. 2

D. − sin x + x 2 + C .

Câu 37. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Họ nguyên hàm của hàm số 1 y = x 2 − 3x + là x

e x+1 +C. x +1

Câu 30. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2 là B. F ( x ) =

B. x 4 + x 2 + C .

A. sin x +

Câu 29. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Nguyên hàm của hàm số y = 2 x là 2x 2x x + C . D. ∫ 2 x dx = +C . A. ∫ 2 x dx = ln 2.2 x + C . B. ∫ 2 x dx = 2x + C . C. ∫ 2 dx = ln 2 x +1

A. F ( x ) = 2 x + C .

A. 4 x3 + 2 x + C .

C. F ( x ) = x3 + C .

x3 3 x 2 x 3 3x 2 − − ln x + C . B. − + ln x + C . 3 2 3 2

x3 3x 2 x 3 3x 2 1 − + ln x + C . D. − + 2 + C. 3 2 3 2 x

Câu 38. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Họ nguyên hàm của hàm số 1 f ( x ) = + sin x là x

D. F ( x ) = x + C .

Câu 31. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3 x − sin x .

A. ln x − cos x + C .

B. −

1 − cos x + C . x2

C. ln x + cos x + C .

D. ln x − cos x + C .

Câu 39. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Hàm số F ( x ) =

1 3 x là một 3

nguyên hàm của hàm số nào sau đây trên ( −∞; +∞ ) ? A. f ( x ) = 3 x 2 .

B. f ( x ) = x 3 .

∫ f ( x ) dx = 2 ∫ f ( x ) dx = 2

+C.

C. f ( x ) = x 2 .

D. f ( x ) =

1 4 x . 4

∫ f ( x ) dx = ln 2 + C .

ln 2 + C .

∫ f ( x ) dx = 3 − x + C .

∫ f ( x ) dx = 3 + x + C .

2x x2 + +C . ln2 2

1 4 1 3 x + x +C . 4 3

C. x 4 + x 3 + C .

D. 4 x 4 + 3 x 3 + C .

∫ f ( x ) dx = x + 1 + C .

∫ f ( x ) dx = 3 + x + C .

∫ f ( x ) dx = 3 − x + C .

B. 2 x + x 2 + C .

2x + x2 + C . ln 2

x D. 2 +

x2 +C . 2

Câu 47. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 1 + sin x A. 1 + cos x + C .

x +1

Câu 41. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Tìm nguyên hàm của hàm số x4 + 2 f ( x) = . x2 A.

x Câu 46. (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 + x là

Câu 40. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x . A.

A. 3 x 2 + 2 x + C .

B. 1 − cos x + C .

C. x + cos x + C .

D. x − cos x + C .

Câu 48. (THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Nguyên hàm của hàm số f (x ) = 1 3 x − 2 x 2 + x − 2019 là 3 A.

1 4 2 3 x2 x − x + +C. 12 3 2

1 4 2 3 x2 x − x + − 2019 x + C . 9 3 2

1 4 2 3 x2 x − x + − 2019 x + C . 12 3 2

1 4 2 3 x2 x + x − − 2019 x + C . 9 3 2

Câu 49. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Họ nguyên hàm của hàm số t ( x ) = 2 x − x 2 là

Câu 42. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Hàm số nào trong các hàm số sau đây là một nguyên hàm của hàm số y = e x ? 1 B. y = e x . C. y = e − x . D. y = ln x . A. y = . x Câu 43. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tính F ( x) = ∫ e2 dx ,

2x x3 − +C . ln 2 3

B. 2x − 2 x + C .

x C. 2 ln 2 −

x3 +C . 3

2x − 2x + C . ln 2

Câu 50. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) =

1 3x − 1

1  trên khoảng  −∞;  là: 3 

trong đó e là hằng số và e ≈ 2, 718 .

e2 x2 +C . A. F ( x) = 2

e3 B. F ( x) = + C . 3

A. 2

C. F ( x) = e x + C .

D. F ( x) = 2ex + C .

Câu 44. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm nguyên hàm của hàm số 1 1  trên  −∞ ;  . f ( x) = 1− 2x 2  A.

1 ln 2 x − 1 + C . 2

1 ln (1 − 2 x ) + C . 2

1 C. − ln 2 x − 1 + C . 2

D. ln 2 x − 1 + C .

1 ln(3x − 1) + C 3

B. ln(1 − 3x) + C

1 ln(1 − 3 x) + C 3

D. ln(3x − 1) + C

Câu 51. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? A.

∫ 2 dx = 2

∫ cos 2xdx = 2 sin 2x + C .

ln 2 + C . B. ∫ e 2 x dx =

e2 x +C . 2 D.

1 ∫ x +1 dx = ln x + 1 + C ( ∀x ≠ −1) .

Câu 45. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Nguyên hàm của hàm số x3 + x 2 ?

Câu 52. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số 2 x4 + 3 . Khẳng định nào sau đây là đúng? f ( x) = x2 2 x3 3 f ( x )dx = + +C . 3 2x

∫

∫ f ( x)dx =

2 x3 3 + +C. 3 x

2 x3 3 f ( x)dx = − +C . 3 x

∫

∫ f ( x)dx = 2 x

−

3 +C. x

∫ f ( x ) dx .

Câu 53. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Cho hàm số f ( x ) = 2 + x + 1. Tìm

∫ f ( x) dx = 2

∫ f ( x ) dx = 2

+ x2 + x + C .

1 2 x + x+C . 2

∫ f ( x ) dx = ln 2 2

∫ f ( x ) dx = x + 1 2

1 2 x + x+C. 2

C. ∫ f ( x )dx =

B. ∫ f ( x )dx =

3x2 + cos x + C . 2

x 2020 +1. 2020

x 2020 . 2020

C. y = 2019 x2018 .

1 2 x + x+C . 2

3x2 − cos x + C . 2

Câu 59. (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Tìm họ nguyên hàm của hàm số 1 y = x 2 − 3x + . x A.

x3 3x − − ln x + C , C ∈ R 3 ln 3

x3 3x − + ln x + C , C ∈ R 3 ln 3

x3 1 − 3x + 2 + C , C ∈ R 3 x

x 3 3x 1 − − + C, C ∈ R 3 ln 3 x 2

−

2018 +C . x4

∫ f ( x ) dx = 2017e

2018 +C. x4

504,5 +C . x4

∫ f ( x ) dx = 2017e

−

504,5 +C . x4

∫ f ( x ) dx = 2017e

D. ∫ f ( x )dx = 3 + cos x + C . B. 2e x − tan x + C

A. 2e x + tan x + C

C. 2e x −

B. f ( x) = x 2 e x − 1 .

C. f ( x) = e 2 x .

D. f ( x) =

ex . 2x

Câu 56. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x) = 3− x là 3− x A. − +C ln 3

B. −3− x + C

C. 3− x ln 3 + C

x 4 x3 + +C . 4 3

B. x 4 + x 3 + C .

C. 3 x 2 + 2 x + C .

1 +C cos x

D. 2e x +

1 có dạng: 2 2x −1

Câu 62. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

∫ f ( x ) dx = 2

2x +1 + C .

∫ f ( x ) dx =

∫ f ( x ) dx = ( 2 x + 1)

1 +C cos x

2x +1 + C . 1 2x + 1

Câu 63. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm nguyên

+C .

F ( x)

của hàm số

f ( x ) = ( x + 1)( x + 2 )( x + 3) ?

3− x D. +C ln 3

Câu 57. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x3 + x 2 là A.

x 2020 −1. 2020

 e− x  Câu 61. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Họ nguyên hàm của hàm số y = e x  2 +  là 2 cos x 

Câu 55. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Hàm số F ( x ) = e x là nguyên hàm của hàm số nào trong các hàm số sau: A. f ( x) = 2 xe x .

Câu 60. (SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm nguyên hàm của hàm số  2018e − x  f ( x ) = e x  2017 − . x5  

Câu 54. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3 x − sin x . A. ∫ f ( x )dx = 3x2 + cos x + C .

x 4 x3 + +C 3 4

A. F ( x ) =

x4 11 − 6 x3 + x2 − 6x + C . 4 2

B. F ( x ) = x 4 + 6 x 3 + 11x 2 + 6 x + C .

C. F ( x ) =

x4 11 + 2 x3 + x2 + 6 x + C . 4 2

D. F ( x ) = x 3 + 6 x 2 + 11x 2 + 6 x + C .

Câu 58. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hàm số nào trong các hàm số sau đây không là nguyên hàm của hàm số y = x 2019 ? 9

Câu 64. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

( 2; +∞)

3x − 2

( x − 2)

trên khoảng

Câu 69. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ' ( x ) = 3 − 5 sin x và f ( 0 ) = 10 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

là A. 3ln ( x − 2 ) +

2 +C x−2

B. 3ln ( x − 2 ) −

4 C. 3ln ( x − 2 ) − +C x−2

2 +C x−2

4 D. 3ln ( x − 2 ) + +C . x−2

Câu 65. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

( −1; + ∞ )

2 x −1

( x + 1)

trên khoảng

là 3 B. 2 ln ( x + 1) + +C. x +1

C. f ( x ) = 3 x + 5 cos x + 5

D. f ( x ) = 3 x + 5 cos x + 2

1  Câu 70. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hàm số f ( x) xác định trên ℝ \   thỏa mãn 2 2 ′ . Giá tr ị c ủ a bi ể u th ứ c f − + f b ằ ng 1 3 f ( x) = , f ( 0 ) = 1, f (1) = 2 ( ) ( ) 2x −1 A. 2 + ln15 B. 3 + ln15 C. ln15 D. 4 + ln15

f ( x) =

2 3 D. 2 ln ( x + 1) − +C. +C. x +1 x +1 Câu 66. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho F ( x ) = x 2 là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) .e 2 x .

C. 2 ln ( x + 1) −

Tìm nguyên hàm của hàm số f ' ( x ) .e . 2x

B. f ( x ) = 3 x − 5 cos x + 2

Câu 71. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho F ( x ) là một nguyên hàm của

2 A. 2 ln ( x + 1) + +C. x +1

A. f ( x ) = 3 x − 5 cos x + 15

∫ f ' ( x ) .e ∫ f ' ( x ) .e

dx = − x 2 + x + C

∫ f ' ( x ) .e D. ∫ f ' ( x ) .e B.

dx = 2 x − 2 x + C

dx = − x 2 + 2 x + C

dx = −2 x 2 + 2 x + C

Dạng 1.2 Tìm nguyên hàm cơ bản có điều kiện

1 trên khoảng (1; +∞ ) thỏa mãn F ( e + 1) = 4 Tìm F ( x ) . x −1

A. 2ln ( x − 1) + 2

B. ln ( x − 1) + 3

C. 4ln ( x − 1)

Câu 72. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số f 0 = 10 và ( ) . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

D. ln ( x − 1) − 3 f ( x)

thỏa mãn

A. f ( x ) = 2 x + 5 cos x + 3 .

B. f ( x ) = 2 x − 5 cos x + 15 .

C. f ( x ) = 2 x + 5 cos x + 5 .

D. f ( x ) = 2 x − 5 cos x + 10 .

f ′ ( x ) = 2 − 5sin x

Câu 73. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết F ( x ) là một nguyên hàm Câu 67. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm nguyên hàm F ( x ) của hàm số f ( x ) = sin x + cos x thoả

π mãn F   = 2 . 2

của hàm số f ( x ) = e2 x và F ( 0 ) = 0 . Giá trị của F ( ln 3) bằng A. 2.

A. F ( x ) = − cos x + sin x + 3

B. F ( x ) = − cos x + sin x − 1

C. F ( x ) = − cos x + sin x + 1

D. F ( x ) = cos x − sin x + 3

Câu 74. (THPT

3 . Tìm F ( x ) . 2

A. F ( x ) = e x + x 2 +

1 2

3 C. F ( x ) = e + x + 2 x

B. F ( x ) = e x + x 2 +

5 2

D. 4. LẦN

A. f ( x ) =

x 2 ( cos x + sin x ) x2 . . B. f ( x ) = 2 x ln ( sin x − cos x ) + sin x − cos x sin x − cos x

C. f ( x ) =

x2 ( sin x + cos x ) . sin x − cos x

D. f ( x ) = 2 x ln ( sin x − cos x ) +

02)

Hàm

số

x2 . sin x − cos x

Câu 75. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Biết F ( x ) là một nguyên hàm

π  2 π  của hàm f ( x ) = cos 3 x và F   = . Tính F   . 2 3 9

1 D. F ( x ) = 2 e + x − 2 x

C. 8.

ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 F ( x ) = x2 ln ( sin x − cos x ) là nguyên hàm của hàm số nào dưới đây?

Câu 68. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x) = e x + 2 x thỏa mãn F ( 0 ) =

B. 6.

3+2 π  A. F   = 6 9

3−2 π  B. F   = 6 9

3+6 π  C. F   = 6 9

Câu 81. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho F ( x ) là một nguyên hàm của

3 −6 π  D. F   = 6 9

hàm f ( x ) =

Câu 76. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Nguyên hàm của hàm số f ( x) = 2 x ( 2− x + 5) là

 2 x  + C . A. x + 5   ln 2  C.

B. x + 5.2x ln 2 + C .

 2 x  2 x x + 5 x + C . −  ln 2  ln 2

 2 x  + C . D. 1 + 5  ln 2 

A. f ( x ) = − s inx + 2019 .

B. 2e + 100

1 e + 50 2

1 e + 100 2

nguyên hàm của hàm số f ( x ) .g ( x ) , biết F (1) = 3 , 1

và

∫ g ( x ) dx = x

A. F ( x ) = x 2 + 1

C. F ( x ) = x 2 + 2

Câu 79. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Cho 1 F (1) = 2. F ( 0) Giá trị của bằng f ( x) = , biết x−2 A. 2 + ln 2.

B. ln 2.

A. F ( x ) =

3 3 7 + . C. F ( x ) = x 2 + 4 2x 4

3+6 π  C. F   = 6 9

3 −6 π  D. F   = 6 9

F ( x)

A. F ( x ) = ln 

là một nguyên hàm của hàm số

C. 2 + ln ( −2 ) .

B. F ( x ) =

B. F ( x ) = ln x + C ∀x ∈ ( −∞;0 ) với C là một số thực bất kì. C. F ( x ) = ln x + ln 2 ∀x ∈ ( −∞;0 ) .

D. ln ( −2 ) .

D. F ( x ) = ln ( − x ) + C ∀x ∈ ( −∞;0 ) với C là một số thực bất kì.

b ( x ≠ 0 ) , biết rằng F ( −1) = 1, F (1) = 4, f (1) = 0 x2

3 2 3 7 x + − . 2 4x 4

3−2 π  B. F   = 6 9

 −x   ∀x ∈ ( −∞;0 )  2 

D. F ( x ) = x 2 + 4

Câu 80. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm một nguyên hàm F ( x ) của hàm số f ( x ) = ax +

3+2 π  A. F   = 6 9

Câu 84. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm 1 số y = trên ( −∞;0 ) thỏa mãn F ( −2 ) = 0 . Khẳng định nào sau đây đúng? x

+ C2 .

B. F ( x ) = x 2 + 3

C. f ( x ) = s inx + 2019 . D. f ( x ) = 2019 − cos x .

π  2 π  của hàm f ( x ) = cos 3 x và F   = . Tính F   . 2 3 9

Câu 78. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hàm số F ( x ) nào sau đây là một

∫ f ( x ) dx = x + C

B. f ( x ) = 2019 + cos x .

Câu 83. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Biết F ( x ) là một nguyên hàm

201 1 ⋅ Giá trị F   là 2 2

1 e + 200 2

1 1 A. F (1) = ln 3 − 2 . B. F (1) = ln 3 + 2 . C. F (1) = 2ln 3 − 2 . D. F (1) = ln 3 + 2 . 2 2 Câu 82. (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn

f ′ ( x ) = − cos x và f (0 ) = 2019 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Câu 77. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số e2 x và F ( 0 ) =

1 ; biết F ( 0 ) = 2 . Tính F (1) . 2x +1

Câu 85. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và: f ′ ( x ) = 2e2 x + 1, ∀x, f ( 0 ) = 2 . Hàm f ( x ) là A. y = 2e x + 2 x .

3 2 3 7 x − − . 4 2x 4

B. y = 2e x + 2 .

C. y = e 2 x + x + 2 .

D. y = e 2 x + x + 1 .

Câu 86. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) = 2 x + e x . Tìm một

3 3 1 − . D. F ( x ) = x 2 − 2 2x 2

nguyên hàm F ( x ) của hàm số f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 2019 . A. F ( x ) = x 2 + e x + 2018 .

B. F ( x ) = x 2 + e x − 2018 .

C. F ( x ) = x 2 + e x + 2017 .

Câu 87. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Cho hàm số 1 f 0 = 2017 f ( 2 ) = 2018 S = f ( 3) − f ( −1) mãn f ′ ( x ) = , ( ) , . Tính . x −1 A. S = ln 4035 .

Câu 93. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho F ( x ) là một nguyên

D. F ( x ) = e x − 2019 .

B. S = 4 .

f ( x)

C. S = ln 2 .

Câu 88. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Cho biết

xác định trên

R \ {1}

thỏa

hàm

củ a

hàm

số

f ( x) =

1 . cos 2 x

π  F  + kπ  = k 4 

Biết

với

mọi

k ∈ℤ .

Tính

F ( 0 ) + F (π ) + F ( 2π ) + ... + F (10π ) . A. 55.

D. S = 1 .

B. 44.

C. 45.

D. 0.

Dạng 2. Sử dụng phương pháp VI PHÂN để tìm nguyên hàm

2 x − 13 ∫ ( x + 1)( x − 2 )dx = a ln x + 1 + b ln x − 2 + C .

Dạng 2.1 Tìm nguyên hàm không có điều kiện

Mệnh đề nào sau đây đúng? A. a + 2b = 8 .

B. a + b = 8 .

C. 2a − b = 8 .

Câu 89. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Cho biết

Câu 94. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3sin 2 x cos x là

D. a − b = 8 .

∫ x3 − xdx = a ln ( x − 1)( x + 1) + b ln x + C . Tính giá

A. sin 3 x + C .

B. − sin 3 x + C .

C. cos3 x + C .

D. − cos3 x + C .

trị biểu thức: P = 2a + b . A. 0.

1 C. . 2

B. -1.

Câu 90. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Cho biết

Câu 95. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x) = D. 1.

4 x + 11

∫ x 2 + 5x + 6dx = a ln x + 2 + b ln x + 3 + C . Tính giá

trị biểu thức: P = a 2 + ab + b 2 . A. 12.

B. 13.

C. 14.

Câu 91. Cho hàm số f ( x) thỏa mãn f ′ ( x ) = ax 2 +

D. 15.

1 b 1 , f ′ (1) = 3 , f (1) = 2 , f   = − . Khi đó 2a + b  2  x3 12

∫ f ( x) dx = 3 ln 1 + 3cos x + C .

∫ f ( x) dx = ln 1 + 3cos x + C .

∫ f ( x) dx = 3ln 1 + 3cos x + C .

∫ f ( x) dx = − 3 ln 1 + 3cos x + C .

Câu 96. (CHUYÊN

∫

LƯƠNG

f ( x ) dx = 4 x 3 + 2 x + C0

bằng

3 A. − . 2

B. 0 .

C. 5 .

3 . 2

1 . Tính giá trị biểu thức T = F ( 0 ) + F (1) + ... + F ( 2018 ) + F ( 2019 ) . ln 2 A. T = 1009.

C. T =

22019 + 1 . ln 2

22019 − 1 . ln 2

CHÁNH

PHÚ

YÊN

NĂM

2018-2019

LẦN

Cho

x10 x 6 + +C . 10 6 2

C. I = 4 x + 2 x + C . D. I = 12 x + 2 .

A. f ( x) =

22020 − 1 . ln 2

01)

Câu 97. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Tìm các hàm số f ( x) biết f ' ( x) =

B. T = 22019.2020 .

D. T =

. Tính

VĂN

I = ∫ xf ( x 2 ) dx

6 2 A. I = 2 x + x + C . B. I =

Câu 92. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x , thỏa mãn

F ( 0) =

sin x 1 + 3cos x

sin x +C . (2 + sin x) 2

B. f ( x) =

1 +C. (2 + cos x)

1 +C . 2 + sin x

D. f ( x) =

sin x +C. 2 + sin x

C. f ( x) = −

cos x . (2 + sin x)2

Câu 98. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm họ nguyên hàm của hàm số 3 f ( x ) = x 2 .e x +1 . 15

∫ f ( x ) dx = 3 .e

∫ f ( x ) dx =e

x3 +1

x 3 +1

+C.

+ C . D.

B. 1

∫ f ( x ) dx = 3 e

x 3 +1

∫ f ( x ) dx =3e

x3 +1

Câu 104. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm hàm số x3 F 0 =1 F ( x) biết F ( x ) = ∫ 4 dx và ( ) . x +1

+C .

(

1 Câu 99. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 5x + 4 là: A.

1 ln ( 5 x + 4 ) + C . 5

B. ln 5 x + 4 + C .

1 1 ln 5 x + 4 + C . D. ln 5 x + 4 + C . ln 5 5

Câu 100. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Tìm tất cả các họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

∫ f ( x ) dx = − 3x

1 x4 ln +C 36 x 4 + 3

∫ f ( x ) dx = − 3x

−

1 x ln +C 36 x 4 + 3

∫ f ( x ) dx = − 12x

1 x4 ln +C 36 x 4 + 3

+C.

)

4 D. F ( x ) = 4ln x + 1 + 1.

1 và F ( 0 ) = − ln 2e . Tập nghiệm S của ex +1

)

B. S = {2;3}

C. S = {−2; 3}

D. S = {−3; 3} 2017 ( x − 1) dx = 1 .  x − 1 b + C , x ≠ −1   ∫ ( x + 1)2019 a  x +1 

C. a = 2018b .

với

D. b = 2018a .

Câu 107. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn

f ' ( x ) . f ( x ) = x 4 + x 2 . Biết f ( 0 ) = 2 . Tính f 2 ( 2 ) . 313 332 324 323 . B. f 2 ( 2 ) = . C. f 2 ( 2 ) = . D. f 2 ( 2 ) = . 15 15 15 15 Câu 108. (THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ - 2018) Biết rằng F ( x ) là một nguyên hàm trên ℝ của

A. f 2 ( 2 ) =

2017 x

( x2 + 1)

2018

thỏa mãn F (1) = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất m của F ( x ) .

1 A. m = − . 2

B. m =

1 − 22017 . 22018

C. m =

1 + 22017 . 22018

1 D. m = . 2

Dạng 3. Sử dụng phương pháp ĐỔI BIẾN để tìm nguyên hàm

(

)

a , b ∈ ℕ∗ . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. a = 2b . B. b = 2 a .

hàm số f ( x ) =

C. esin x + C .

)

Câu 106. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Biết

1 x ln +C 36 x 4 + 3

x −1

(

1 2 + c . B. 3ln( x − 1) + +c. x −1 x −1

esin x +1 +C . sin 2 x + 1 Dạng 2.2 Tìm nguyên hàm có điều kiện 2

1 C. F ( x ) = ln x4 + 1 + 1 . 4

A. S = {3}

2 1 + c . D. 3ln( x − 1) + +c. C. 3ln( x − 1) − x −1 x −1 2 Câu 102. (THPT HÀ HUY TẬP - LẦN 2 - 2018) Nguyên hàm của f ( x ) = sin 2 x.esin x là A. sin 2 x.esin

(

phương trình F ( x ) + ln e x + 1 = 2 là:

1 x9 + 3x 5

∫ f ( x ) dx = − 12x

−

)

Câu 105. Cho F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

3x − 1 Câu 101. (Mã 102 - BGD - 2019) Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x) = trên khoảng ( x − 1)2 (1; +∞) là A. 3ln( x − 1) −

1 3 A. F ( x ) = ln x4 + 1 + 1. B. F ( x ) = ln x 4 + 1 + . 4 4

esin x −1 +C . sin 2 x − 1

Dạng 3.1 Tìm nguyên hàm không có điều kiện Câu 109. (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH PHÚ YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3 3x + 1 là

Câu 103. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

sin x π  và F   = 2 .Tính F ( 0 ) . 1 + 3cos x 2

1 A. F (0) = − ln 2 + 2 . 3

2 2 1 B. F (0) = − ln 2 + 2 . C. F (0) = − ln 2 − 2 . D. F (0 = − ln 2 − 2 . 3 3 3

∫ f ( x ) dx = (3x + 1)

∫ f ( x ) dx = 3

3x + 1 + C .

∫ f ( x ) dx =

∫ f ( x ) dx = 4 (3x + 1)

3x + 1 + C . 3

3x + 1 + C .

Câu 110. Họ các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ( 2 x + 3 ) là 17

A. F ( x ) =

( 2 x + 3) 12

+C .

B. F ( x ) =

( 2 x + 3) 6

+C .

2 1 (3 x + 2) 3 x + 2 + C B. (3 x + 2) 3 x + 2 + C 3 3

2 3 1 (3x + 2) 3x + 2 + C D. +C 2 3x + 2 9

1 ( 2 x + 1) 2 x + 1 + C . 3

2 C. ( 2 x + 1) 2 x + 1 + C . 3

∫ (u

− 4) d u .

+ 1)

2021

−

+ 1)

2020

2021

−

+ 1)

2020

+ C.

2021 2020  2 ( x2 + 1)  + C . 1  ( x + 1) − 2  2021 2020   

∫ (u

− 3) d u .

D. ∫ 2u ( u 2 − 4 ) d u .

Câu 115. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM ∫ f ( x ) dx = 3x cos ( 2 x − 5) + C . Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau.

2018-2019)

∫ f ( 3x ) dx = 3x cos ( 6 x − 5 ) + C

∫ f (3 x ) dx = 9 x cos ( 6 x − 5 ) + C

∫ f (3 x ) dx = 9 x cos ( 2 x − 5 ) + C

∫ f (3 x ) dx = 3 x cos ( 2 x − 5 ) + C

3 +C . x+2

B. 2ln ( x + 2 ) +

1 +C . x+2

D. 2ln ( x + 2 ) −

A. 2ln ( x + 2 ) +

t −1 (t + 1) 4 t +1 t +1 dt . dt. dt. B. ∫ C. ∫ 4 dt. D. ∫ 4 t t t t Câu 114. (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Khi tính nguyên hàm x−3 ∫ x + 1 dx , bằng cách đặt u = x + 1 ta được nguyên hàm nào?

2018-2019)

∫ f ( 3x ) dx = 3x cos ( 6 x − 5 ) + C

∫ f ( 3x ) dx = 9 x cos ( 6 x − 5 ) + C

∫ f ( 3x ) dx = 9 x cos ( 2 x − 5 ) + C

∫ f ( 3x ) dx = 3x cos ( 2 x − 5 ) + C

2x +1

( x + 2)

Biết

trên khoảng

1 +C . x+2

3 +C . x+2 1 + ln x Câu 119. (THPT HÀ HUY TẬP - LẦN 2 - 2018) Nguyên hàm của f ( x ) = là: x.ln x 1 + ln x 1 + ln x A. ∫ dx = ln ln x + C . B. ∫ dx = ln x 2 .ln x + C . x.ln x x.ln x 1 + ln x 1 + ln x C. ∫ dx = ln x + ln x + C . D. ∫ dx = ln x.ln x + C . x.ln x x.ln x C. 2ln ( x + 2 ) −

Câu 120. (THPT CHUYÊN HẠ LONG - LẦN 1 - 2018) Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2e x +1 Biết

là

∫ f ( x ) dx = e

x3 +1

+ C . B.

∫ f ( x ) dx = 3e

x3 +1

+C .

x 3 x3 +1 e +C . 3 Câu 121. (THPT CHUYÊN HẠ LONG - LẦN 1 - 2018) Tìm họ nguyên hàm của hàm số 1 . f ( x) = 2 2x +1 1 A. ∫ f ( x )dx = 2x +1 + C . B. ∫ f ( x )dx = 2 x + 1 + C . 2 1 C. ∫ f ( x )dx = 2 2 x + 1 + C . D. ∫ f ( x )dx = +C. ( 2 x + 1) 2 x + 1 C.

Câu 116. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Họ nguyên hàm của hàm số 2019

2021

( −2; + ∞ ) là

1 D. ( 2 x + 1) 2 x + 1 + C . 3

∫

f ( x ) = x3 ( x 2 + 1)

+ 1)

Câu 118. (Mã 103 - BGD - 2019) Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

1 2x +1 + C . 2

Câu 113. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Đổi biến t = x − 1 thì x ∫ ( x − 1)4 dx trở thành

Câu 117. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM ∫ f ( x ) dx = 3 x cos ( 2 x − 5) + C . Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau.

Câu 112. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x + 1 là

A. ∫ 2 ( u 2 − 4 ) d u .

D. F ( x ) = 5 ( 2 x + 3 ) + C .

Câu 111. Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3 x + 2 là

C. F ( x ) = 10 ( 2 x + 3 ) + C .

A. −

2021 2020  2 ( x2 + 1)  . 1  ( x + 1) − 2  2021 2020   

∫ f ( x ) dx = 3 e

x3 +1

+C .

∫ f ( x ) dx =

Câu 122. (THPT CHUYÊN HẠ LONG - LẦN 1 - 2018) Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = tan 5 x . A. B. C. D.

3  Câu 128. (THPT CHUYÊN HẠ LONG - LẦN 2 - 2018) Biết rằng trên khoảng  ; + ∞  , hàm số 2  20 x 2 − 30 x + 7 2 có một nguyên hàm F ( x ) = ax + bx + c 2 x − 3 ( a, b, c là các số nguyên). Tổng f ( x) = 2x − 3 S = a + b + c bằng

1 1 4 2 ∫ f ( x ) dx = 4 tan x − 2 tan x + ln cosx + C . 1 1 4 2 ∫ f ( x ) dx = 4 tan x + 2 tan x − ln cosx + C . 1 1 4 2 ∫ f ( x ) dx = 4 tan x + 2 tan x + ln cosx + C . 1 1 4 2 ∫ f ( x ) dx = 4 tan x − 2 tan x − ln cosx + C .

(

A. 4 . Câu 129. Giả sử

(

Câu 123. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN - 2018) Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ln x + x 2 + 1

)

là

(

)

A. F ( x ) = x ln x + x + 1 + x + 1 + C .

)

(

)

( 2 x + 3) dx

Câu 124. (THPT NGÔ QUYỀN - HẢI PHÒNG - 2018) Biết

∫ f ( 2 x ) dx = sin

x + ln x . Tìm nguyên hàm

f ( x ) dx . x

∫ f ( x ) dx = sin 2 + ln x + C . C. ∫ f ( x ) dx = 2sin x + 2ln x − ln 2 + C . A.

∫ f ( x ) dx = 2sin D. ∫ f ( x ) dx = 2sin B.

π  f ( x ) = sin 3 x.cos x và F ( 0 ) = π . Tính F   . 2

1 π  C. F   = − + π . 4 2

B. 1 . NAM

TRỰC

C. 3 . -

NAM

ĐỊNH

−a − b ln x + 2c ln (1 + x2 ) + C . Khi đó S = a + b + c bằng x2 −1 3 7 A. . B. . C. . 4 4 4

D. − 3 . -

2018)

Cho

I =∫

1 dx x3 (1 + x 2 )

D. 2 .

Dạng 4.1 Tìm nguyên hàm không có điều kiện

Câu 125. (HỒNG BÀNG - HẢI PHÒNG - LẦN 1 - 2018) Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số

π  B. F   = π . 2

( C là hằng số).

Dạng 4. Nguyên hàm từng phần

x + 2ln x + C . 2 2 2 x + 2ln x − ln 2 + C .

Dạng 3.2 Tìm nguyên hàm có điều kiện

π  A. F   = −π . 2

D. 6 .

Tính tổng các nghiệm của phương trình g ( x ) = 0 .

D. F ( x ) = x 2 ln x + x 2 + 1 + C .

C. 5 .

∫ x ( x + 1)( x + 2)( x + 3) + 1 = − g ( x ) + C

Câu 130. (THPT

B. F ( x ) = x ln x + x + 1 − x + 1 + C .

(

C. F ( x ) = x ln x + x 2 + 1 + C .

∫

B. 3 .

A. −1. 2

)

π  1 D. F   = + π . 2 4

Câu 131. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 4 x (1 + ln x ) là: A. 2 x 2 ln x + 3x 2 .

B. 2 x 2 ln x + x 2 .

C. 2 x 2 ln x + 3x 2 + C .

D. 2 x 2 ln x + x 2 + C .

Câu 132. Họ các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x sin x là

Câu 126. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho F ( x) là một nguyên hàm của hàm số 2x + 1 1 trên khoảng ( 0; +∞ ) thỏa mãn F (1) = . Giá trị của biểu thức f ( x) = 4 x + 2 x3 + x 2 2 S = F (1) + F ( 2 ) + F ( 3 ) + … + F ( 2019 ) bằng

A. F ( x ) = x cos x + sin x + C .

B. F ( x ) = x cos x − sin x + C.

C. F ( x ) = − x cos x − sin x + C.

D. F ( x ) = − x cos x + sin x + C.

Câu 133. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x.e 2 x là :

2019 2019.2021 . B. . A. 2020 2020 Câu 127. (SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM - 2018) Biết số hữu tỉ. Tính tích ab ? 1 A. ab = . 8

B. ab =

1 . 4

1 2019 C. 2018 . D. − . 2020 2020 ∫ x cos 2xdx = ax sin 2x + b cos 2 x + C với a , b là các 1 C. ab = − . 8

1 D. ab = − . 4 21

1 1  A. F ( x) = e 2 x  x −  + C 2  2

1 B. F ( x) = e 2 x ( x − 2 ) + C 2

C. F ( x) = 2e2 x ( x − 2 ) + C

1  D. F ( x) = 2e 2 x  x −  + C 2 

Câu 134. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ( 2 x − 1) e x là A. ( 2 x − 3) e x + C .

B. ( 2 x + 3) e x + C .

C. ( 2 x + 1) e x + C .

D. ( 2 x − 1) e x + C .

A. − x cot x + ln ( sinx ) + C .

1 2x  1 e  x −  + C. 2 2 

B. F ( x ) =

1 2x e ( x − 2 ) + C. 2

1  D. F ( x) = 2e 2 x  x −  + C. 2 

C. F ( x) = 2e2 x ( x − 2 ) + C.

Câu 136. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x (1 + sin x ) là

x2 − x sin x + cos x + C . A. 2

x2 B. − x cos x + sin x + C . 2

x2 C. − x cos x − sin x + C . 2

x2 D. − x sin x − cos x + C . 2

B. ( 2 x + 1) e x + x2 .

C. ( 2 x + 2 ) e x + x2 .

Câu 141. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Họ nguyên hàm của hàm số y = 3x ( x + cos x ) là A. x3 + 3 ( x sin x + cos x ) + C

B. x3 − 3 ( x sin x + cos x ) + C

C. x3 + 3 ( x sin x − cos x ) + C

D. x3 − 3 ( x sin x − cos x ) + C

Câu 142. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x4 + xe x là A.

1 5 1 x + ( x + 1) e x + C . B. x 5 + ( x − 1) e x + C . 5 5

1 5 x + xe x + C . 5

D. 4 x3 + ( x + 1) e x + C .

Câu 143. Cho hai hàm số F ( x ) , G ( x ) xác định và có đạo hàm lần lượt là f ( x ) , g ( x ) trên ℝ . Biết rằng

Câu 137. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = 2 x (1 + e x ) là A. ( 2 x − 1) e x + x2 .

B. x cot x − ln sinx + C .

C. x cot x + ln sinx + C . D. − x cot x − ln ( sinx ) + C .

Câu 135. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = xe2 x ? A. F ( x) =

Câu 140. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tất cả các nguyên hàm của hàm x số f ( x ) = trên khoảng ( 0; π ) là sin 2 x

D. ( 2 x − 2 ) e x + x2 .

(

)

F ( x ) .G ( x ) = x 2 ln x 2 + 1 và F ( x ) .g ( x ) =

2 x3 . Họ nguyên hàm của f ( x ) .G ( x ) là x2 + 1

(

) (

)

B. x 2 + 1 ln x 2 + 1 − 2 x 2 + C.

(

) (

)

D. x 2 + 1 ln x 2 + 1 + x 2 + C.

A. x 2 + 1 ln x 2 + 1 + 2 x 2 + C.

(

) (

)

(

) (

)

Câu 138. Họ nguyên hàm của f ( x ) = x ln x là kết quả nào sau đây?

1 1 A. F ( x ) = x 2 ln x + x 2 + C . 2 2 C. F ( x ) =

1 2 1 x ln x − x 2 + C . 2 4

C. x 2 + 1 ln x 2 + 1 − x 2 + C.

1 1 B. F ( x ) = x 2 ln x + x 2 + C . 2 4 D. F ( x ) =

Câu 144. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Mệnh đề nào sau đây là đúng?

1 2 1 x ln x + x + C . 2 4

Câu 139. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3x 2 + 1 .ln x .

(

∫ f ( x ) dx = x ( x

+ 1) ln x − + 1) ln x −

)

x3 +C . 3

x3 − x+C . 3

∫ f ( x ) dx = x

ln x −

∫ xe dx = e

∫ xe dx = xe

+ xe x + C .

∫ xe dx =

x2 x x e +e +C . 2

− ex + C .

∫ xe dx =

x2 x e +C . 2

Câu 145. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hai hàm số F ( x ) , G ( x ) xác đinh

x3 +C . 3

và có đạo hàm lần lượt là f ( x ) , g ( x ) trên ℝ . Biết F ( x ) .G ( x ) = x 2 ln ( x 2 + 1) và F ( x ) g ( x ) =

x3 − x+C . 3

2 x3 . x2 + 1

Tìm họ nguyên hàm của f ( x ) G ( x ) .

(

) (

)

B. x 2 + 1 ln x 2 + 1 − 2 x 2 + C .

(

) (

)

D. x 2 + 1 ln x 2 + 1 + x2 + C .

A. x 2 + 1 ln x 2 + 1 + 2 x2 + C . C. x 2 + 1 ln x 2 + 1 − x2 + C .

(

) (

)

(

) (

)

hàm của f ( x )

+ a)

. Tìm nguyên hàm của g ( x ) = x cos ax .

C. x sin x + cos + C

(

)

C. x 2 + x + 1 ln x −

x −x+C . 2

dx = ( 4 − 2 x ) e x + C

∫ f ′ ( x) e

dx = ( x − 2 ) e x + C

dx =

A. f (1) = 3 .

)

x2 A. ( x + x + 1) ln x − + x + C . 2

ln x 1 + +C x 3 3x 3

.Tính f (1) .

1 1 x sin 2 x + cos 2 x + C 2 4

∫ f ′ ( x ) ln xdx =

2− x x D. ∫ f ′ ( x ) e 2 x dx = ( 2 − x ) e x + C e +C 2 Câu 151. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ′ ( x ) = xe x và f ( 0 ) = 2

Câu 147. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Họ nguyên hàm của hàm số 2 x 2 + x ln x + 1 y= là x

(

∫ f ′( x) e

A. x sin x − cos x + C

f ( x ) e 2 x . Tìm nguyên hàm của hàm số f ′ ( x ) e2 x .

1 1 B. x sin 2 x − cos 2 x + C 2 4

ln x 1 + +C x 3 3x 3

Câu 150. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho F ( x ) = ( x −1) e x là một nguyên hàm của hàm số

1 1 Câu 146. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho biết F ( x ) = x 3 + 2 x − là một nguyên 3 x

(x =

∫ f ′ ( x ) ln xdx = −

B. f (1) = e .

D. f (1) = 8 − 2e .

Câu 152. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) + f ′ ( x ) = e − x , ∀x ∈ ℝ f 0 =2 f x e2 x và ( ) . Tất cả các nguyên hàm của ( ) là B. ( x + 2) e2 x + e x + C C. ( x − 1) e x + C

A. ( x − 2 ) e x + e x + C

x2 B. ( x + x − 1) ln x + − x + C . 2

C. f (1) = 5 − e .

f ( x)

thỏa mãn

D. ( x + 1) e x + C

(

)

D. x 2 + x − 1 ln x −

Câu 153. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f ' ( x ) = ( x + 1) e x , f ( 0 ) = 0 và

x + x+C . 2

∫ f ( x )dx = ( ax + b) e

+ c với a, b, c là các hằng số. Khi đó:

A. a + b = 2. B. a + b = 3. C. a + b = 1. D. a + b = 0. Câu 154. (THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI - HÀ TĨNH - 2018) Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm

Dạng 4.2 Tìm nguyên hàm có điều kiện

số f ( x ) = xe − x . Tính F ( x ) biết F ( 0 ) = 1 .

f ( x) 1 Câu 148. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho F ( x ) = 2 là một nguyên hàm của hàm số . Tìm 2x x nguyên hàm của hàm số f ′ ( x ) ln x .  ln x 1  + 2 +C x2 x 

∫ f ′ ( x ) ln xdx =

ln x 1 + +C x2 2x2

1   ln x + +C x 2 2 x2 

∫ f ′ ( x ) ln xdx =

ln x 1 + +C x2 x2

∫ f ′ ( x ) ln xdx = − 

Câu 149. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho F ( x ) = −

∫ f ′ ( x ) ln xdx =

ln x 1 + +C x 3 5x 5

∫ f ′ ( x ) ln xdx =

C. F ( x ) = ( x + 1) e + 2 .

D. F ( x ) = − ( x + 1) e − x + 1 .

Câu 155. (SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM - 2018) Biết số hữu tỉ. Tính tích ab ? 1 A. ab = . 8

f ( x) =

f ( x) 1 là một nguyên hàm của hàm số . Tìm x 3x3

B. F ( x ) = ( x + 1) e − x + 1 .

−x

B. ab =

1 . 4

∫ x cos 2xdx = ax sin 2x + b cos 2 x + C 1 C. ab = − . 8

với a , b là các

1 D. ab = − . 4

Câu 156. (THPT CHUYÊN ĐH VINH - LẦN 3 - 2018) Giả sử F ( x ) là một nguyên hàm của

nguyên hàm của hàm số f ′ ( x ) ln x A.

A. F ( x ) = − ( x + 1) e − x + 2 .

ln ( x + 3) x2

sao cho F ( −2 ) + F (1) = 0 . Giá trị của F ( −1) + F ( 2 ) bằng

10 5 7 2 3 ln 2 − ln 5 . B. 0 . C. ln 2 . D. ln 2 + ln 5 . 3 6 3 3 6 Câu 157. (THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN - BÌNH DƯƠNG - 2018) Gọi g ( x ) là một nguyên hàm A.

của hàm số f ( x ) = ln ( x − 1) . Cho biết g ( 2 ) = 1 và g ( 3) = a ln b trong đó a, b là các số nguyên dương

ln x 1 − +C x 3 5x 5

phân biệt. Hãy tính giá trị của T = 3a 2 − b 2 B. T = −17 . A. T = 8 . 25

C. T = 2 .

D. T = −13 . 26

Dạng 5. Sử dụng nguyên hàm để giải toán

Câu 158. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn

f ( 2) = −

1 và 25

f (x) Câu 165. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Cho hàm số thỏa mãn 2 2 f (1) = f ′ (1) = 1 f (2) 2 . Giá trị bằng  xf ′ ( x )  + 1 = x 1 − f ( x ) . f " ( x )  với mọi x dương. Biết

A. f 2 ( 2 ) = 2 ln 2 + 2 . B. f 2 ( 2 ) = 2 ln 2 + 2 .

f ′ ( x ) = 4 x3  f ( x )  với mọi x ∈ ℝ . Giá trị của f (1) bằng 391 1 41 1 B. − C. − D. − 400 40 400 10 Câu 159. (THPT NGUYỄN TRÃI - ĐÀ NẴNG - 2018) Cho hs y = f ( x ) thỏa mãn y′ = xy 2 và f ( −1) = 1 A. −

C. f 2 ( 2 ) = ln 2 + 1 .

D. f 2 ( 2 ) = ln 2 + 1 .

Câu 166. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hàm số

f ( x) thỏa mãn

( f '( x )) 2 + f ( x ). f ''( x ) = x 3 − 2 x, ∀x ∈ R và f (0) = f '(0) = 1 . Tính giá trị của T = f 2 (2)

thì giá trị f ( 2 ) là A. e 2 .

B. 2e .

D. e3 .

C. e + 1 .

Câu 160. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ , f ( x ) ≠ 0 với mọi

1 f (1) = − , f ′ ( x ) = ( 2 x + 1) f 2 ( x ) .Biết 2 a, b ∈ ℕ, ( a, b ) = 1 .Khẳng định nào sau đây sai?

và

thỏa

mãn

A. a − b = 2019 .

B. ab > 2019 .

f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2019 ) =

C. 2a + b = 2022 .

a −1 b

với

A. 24 .

B. 14 .

C. 4 .

Câu 162. (THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( 0) = 1 f ( x ) = x + 1. f ′ ( x ) với mọi x ∈ ℝ . Mệnh đề nào dưới đây đúng? x∈ℝ, và A. f ( x ) < 2

B. 2 < f ( x ) < 4

C. f ( x ) > 6

f ( x) > 0

40 5 − 1 . 2

20 5 − 1 . 4

20 5 − 1 . 2

2 . e

1 . e

C. e .

43 15

26 15

π  3f  − 3

14 9

B. −

2 9

π  f   = aπ 3 + b ln 3 trong 6

7 9

D. −

4 9

Câu 168. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục và dương trên thỏa

mãn

f ′ ( x) + (2x + 4) f 2 ( x ) = 0

1 f ( 0) = . 3

và

Tính

tổng

a a S = f ( 0 ) + f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2018 ) = với a ∈ ℤ , b ∈ ℕ , tối giản. Khi đó b − a = ? b b B. 1011.

D. 2018 .

C. 1 .

Câu 169. (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x ) đồng

y = f ( x)

biến trên

( 0; +∞ ) ;

y = f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương trên

( 0; +∞ )

và thỏa mãn f ( 3) =

4 và 9

Biết

 f ' ( x )  = ( x + 1) . f ( x ) . Tính f ( 8 ) .

A. f ( 8 ) = 49 .

40 5 − 1 . 4

Câu 170. Cho hàm số

Câu 164. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho f ( x ) là hàm số liên tục trên ℝ thỏa f ( x ) + f ′ ( x ) = x, ∀x ∈ ℝ f ( 0) = 1 f (1) mãn và . Tính . A.

A. −1 .

D. 4 < f ( x ) < 6

Câu 163. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ [ 2; 4] [ 2; 4] có đạo hàm liên tục trên và . 3 7 f ( 4) 3 3 bằng 4 x f ( x ) =  f ′ ( x )  − x , ∀x ∈ [ 2; 4] , f ( 2 ) = . Giá trị của 4 A.

với mọi

16 15

x  π hàm trên  0;  , thỏa mãn f ( x ) + tan x. f ′ ( x ) = . Biết rằng cos3 x  2 đó a, b ∈ ℚ . Giá trị của biểu thức P = a + b bằng

( 0; +∞ )

D. 16 .

Câu 167. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) liên tục và có đạo

D. b ≤ 2020 .

Câu 161. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số y = f ( x) ( 0; +∞ ) thỏa mãn 2 xf ' ( x ) + f ( x ) = 3x 2 x . Biết f (1) = 1 . Tính f ( 4) ? liên tục trên 2

43 30

trị của

f ( 2)

bằng 2 5

f ( x)

C. f ( 8 ) =

B. f ( 8 ) = 256 . thỏa mãn

B. −

f (1) = 2

2 5

(

1 . 16

D. f ( 8 ) = 2

) f ′ ( x ) =  f ( x ) ( x

và x 2 + 1

C. −

5 2

49 . 64

)

− 1 với mọi x ∈ ℝ . Giá

5 2

e . 2 27

Câu 171. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên khoảng ( 0 ; + ∞ ) , biết f ′ ( x ) + ( 2 x + 1) f 2 ( x ) = 0 , f ( x ) > 0, ∀x > 0 và f ( 2) =

1 . Tính giá trị của P = f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2019 ) . 6 2021 A. . 2020

2020 B. . 2019

B. 2 15 .

A. 2 42 .

42 .

f ( 0) = 3

và

B. 10 .

C. 20 .

B. 1 < f ( 5 ) < 2 .

C. 4 < f ( 5 ) < 5 .

D. 3 < f ( 5 ) < 4 .

( 0; +∞ ) và thỏa mãn f (1) = 1 , f ( x ) = f ′ ( x ) . 3x + 1 , với mọi x > 0 . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 3 < f ( 5 ) < 4 . B. 1 < f ( 5 ) < 2 . C. 4 < f ( 5 ) < 5 . D. 2 < f ( 5 ) < 3 . Câu 180. (THPT QUỲNH LƯU - NGHỆ AN - 2018) Cho hàm số f ( x ) ≠ 0 thỏa mãn điều kiện

15 .

Câu 173. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x) thỏa mãn f (1) = 4 và f ( x) = xf ′( x) − 2 x3 − 3x 2 với mọi x > 0 . Giá trị của f (2) bằng A. 5 .

3x + 1 , với mọi x > 0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

Câu 179. (THPT HÀ HUY TẬP - LẦN 2 - 2018) Giả sử hàm số y = f ( x ) liên tục nhận giá trị dương trên

2018 D. . 2019

y = f ( x)

( 0; +∞ ) và thỏa mãn f (1) = 1 , f ( x ) = f ′ ( x ) . A. 2 < f ( 5 ) < 3 .

2019 C. . 2020

−2;1] có đạo hàm liên tục trên đoạn [ thỏa mãn 2 −2;1] y = f ( x) [ 2 trên đoạn là ( f ( x ) ) . f ′ ( x ) = 3x + 4 x + 2 . Giá trị lớn nhất của hàm số

Câu 172. Cho hàm số

Câu 178. (THPT LÊ XOAY - LẦN 3 - 2018) Giả sử hàm số y = f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương trên

1 a f ′ ( x ) = ( 2 x + 3) f 2 ( x ) và f ( 0 ) = − . Biết rằng tổng f (1) + f ( 2 ) + f ( 3) + ... + f ( 2017 ) + f ( 2018 ) = 2 b a với a ∈ ℤ, b ∈ ℕ* và là phân số tối giản. Mệnh đề nào sau đây đúng? b

(

)

D. 15 .

a < −1 . b

a >1. b

C. a + b = 1010 .

D. b − a = 3029 .

Câu 174. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R thỏa

Câu 181. (THPT NAM TRỰC - NAM ĐỊNH - 2018) Cho hàm số f ( x ) ≠ 0 , f ′ ( x ) =

mãn các điều kiện: f ( 0 ) = 2 2, f ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ và f ( x ) . f ′ ( x ) = ( 2 x + 1) 1 + f 2 ( x ) , ∀x ∈ ℝ . Khi đó

1 và f (1) = − . Tính f (1) + f ( 2 ) + ... + f (80 ) . 3

giá trị f (1) bằng A. 26 . Câu 175. (SGD&ĐT

CẦN

B. 24 . THƠ - HKII

C. 15 . 2018) Cho

hàm

D. số

23 . f ( x)

thỏa

mãn

B. 22 .

19 . 2

[0; 2]

e A. f ( 2 ) = . 3

B. f ( 2 ) =

e . 6

D. f ( 2 ) =

thỏa mãn điều kiện f (1) = −2 ln 2 và x ( x + 1) . f ′ ( x ) + f ( x ) = x 2 + x . Giá trị f ( 2 ) = a + b ln 3 , với a, b ∈ℚ . Tính a 2 + b 2 .

25 . 4

9 . 2

5 . 2

D. e 2 .

trên

ℝ \ {1}

thỏa

mãn

f ′( x) =

1 , x −1

f ( 0 ) = 2017 ,,

f ( 2 ) = 2018 .

Tính

S = ( f ( 3) − 2018) ( f ( −1) − 2017 ) .

e2 . 6

Câu 177. (LIÊN TRƯỜNG - NGHỆ AN - LẦN 2 - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ \ {0; − 1}

C. e 2 .

Câu 183. (THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU - ĐỒNG THÁP - 2018) Cho hàm số f ( x ) xác

định e2 . 3

A. e . B. e3 . Dạng 6. Một số bài toán khác liên quan đến nguyên hàm

D. 10 .

1 . Tính f ( 2 ) . 2 C. f ( 2 ) =

và thỏa mãn  f ( x )  − f ( x ) . f ′′ ( x ) +  f ′ ( x )  = 0 . Biết f ( 0 ) = 1 , f ( 2 ) = e 6 . Khi đó f (1) bằng 3 2

Câu 176. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - TPHCM - 2018) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ thỏa mãn ( x + 2 ) f ( x ) + ( x + 1) f ′ ( x ) = e x và f ( 0 ) =

3240 6480 6480 3240 . B. . C. − . D. . 6481 6481 6481 6481 Câu 182. (SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH - 2018) Cho hàm số f ( x ) đồng biến có đạo hàm đến cấp hai trên đoạn A. −

 f ′ ( x )  + f ( x ) . f ′′ ( x ) = 2 x 2 − x + 1 , ∀x ∈ ℝ và f ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = 3 . Giá trị của  f (1)  bằng

A. 28 .

3x 4 + x 2 − 1 2 f (x) x2

13 . 4

A. S = 1 . B. S = 1 + ln 2 2 . C. S = 2 ln 2 . D. S = ln 2 2 . Câu 184. (KIM LIÊN - HÀ NỘI - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số f ( x ) xác định trên khoảng ( 0; + ∞ ) \ {e} 1 1 1 , f  2  = ln 6 và f e2 = 3 . Giá trị của biểu thức f   + f e3 bằng x ( ln x − 1) e  e A. 3ln 2 + 1. B. 2 ln 2. C. 3 ( ln 2 + 1) . D. ln 2 + 3.

thỏa mãn f ′ ( x ) =

( )

Câu 185. (QUẢNG XƯƠNG - THANH HÓA - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ \ {−2;1}

1 1 , f ( −3) − f ( 3) = 0 và f ( 0 ) = . Giá trị của biểu thức f ( −4 ) + f ( −1) − f ( 4 ) thỏa mãn f ′ ( x ) = 2 x + x−2 3 bằng

1 1 A. ln 2 + . 3 3

1 4 C. ln + ln 2 + 1 . 3 5

B. ln 80 + 1 .

1 8 D. ln + 1 . 3 5

2  1 , f ( −2 ) + f ( 2 ) = 0 và f  −  + x −1  2 2

1 f   = 2 . Tính f ( −3 ) + f ( 0 ) + f ( 4 ) được kết quả 2

1 1 1 , f  2  = ln 6 và f e2 = 3 . Giá trị của biểu thức f   + f e3 bằng x ( ln x − 1) e  e

A. 3ln 2 + 1.

( )

B. 2 ln 2.

C. 3 ( ln 2 + 1) .

(

Câu 188. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ - 2018) Biết F ( x ) = ax2 + bx + c

)

B. T = 5 .

C. T = 6 .

2 x − 3 ( a , b, c ∈ ℤ ) là một nguyên

+ 2 xe2 x , ta có ∫ f ( x ) dx = me x

1 3

B. 2

D. T = 7 .

13 6

+ 2 xe2 x , ta có ∫ f ( x ) dx = me x

+ nxe2 x − pe2 x + C . Giá trị của biểu thức m + n + p bằng

1 13 7 B. 2 C. D. 3 6 6 Câu 194. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Biết F ( x ) = ax 2 + bx + c 2 x − 3 a, b, c ∈ ℤ là một

(

20 x 2 − 30 x + 11 nguyên hàm của hàm số f ( x ) = trên khoảng 2x − 3 A. T = 8 . B. T = 5 . C.

A. 5.

B. 4.

A. 6 .

)

3   ; +∞  . Tính T = a + b + c . 2  D. P = 7 . T = 6.

)(

)

C. 3.

D. 2.

)

− 4x . Hàm số F ( x 2 + x ) có bao nhiêu điểm cực trị? B. 5 .

−1 . e

B. 3e .

(

C. 3 .

D. 4 .

C. 20e 2 .

D. 9e .

)

khoảng ( 0; 4π ) . Tổng S thuộc khoảng A. ( 6π ;9π ) .

C. mn = 0 .

D. 18 .

Câu 198. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho 1 + cos 2 x ( sin x + cot x ) π F ( x) = ∫ dx và S là tổng tất cả các nghiệm của phương trình F ( x ) = F   trên sin 4 x 2

7 6

f ( x ) = 3x 2 + 10 x − 4 . Tính mn . B. mn = 2 .

số

hàm số f ( x ) = ( 2 x 2 − 5 x + 2 ) e − x trên ℝ . Giá trị biểu thức f ( F ( 0 ) ) bằng:

D. S = 4 .

Câu 191. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết rằng hàm số F ( x ) = mx3 + ( 3m + n ) x 2 − 4 x + 3 là một nguyên hàm của hàm số

A. mn = 1 .

hàm

Câu 197. (CỤM 8 TRƯỜNG CHUYÊN LẦN 1) Biết F ( x ) = ( ax 2 + bx + c ) e − x là một nguyên hàm của

+ nxe2 x − pe2 x + C . Giá trị của biểu thức m + n + p bằng C.

củ a

Câu 196. (THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho F ( x ) là một nguyên hàm

Câu 190. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) = 2 x 2e x

f ( x ) = 2 x 2e x

của hàm số f ( x ) = e x

C. S = 0 .

C. 10 .

(

một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ( x − 1) .e x . Tính S = a + 2b + c. B. S = −2 .

B. 15 .

hàm

trị của hàm số F ( x) là

Câu 189. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Gọi F ( x ) = ( ax 2 + bx + c ) .e x là

A. S = 3 .

A. 14 .

nguyên

Câu 195. Cho hàm số F ( x) là một nguyên hàm của f ( x) = 2019 x x 2 − 4 x 2 − 3x + 2 . Khi đó số điểm cực

D. ln 2 + 3.

20 x 2 − 30 x + 11 3  hàm của hàm số f ( x ) = trên khoảng  ; +∞  . Tính T = a + b + c . 2x − 3 2  A. T = 8 .

6 6 4 4 B. ln − 1 . C. ln + 1 . D. ln − 1 . A. ln + 1 . 5 5 5 5 Câu 187. [KIM LIÊN - HÀ NỘI - LẦN 1 - 2018] Cho hàm số f ( x ) xác định trên khoảng ( 0; + ∞ ) \ {e} thỏa mãn f ′ ( x ) =

( x − a ) cos 3 x + 1 sin 3 x + 2019

là một c f ( x ) = ( x − 2 ) sin 3x , (với a , b , c ∈ ℤ ). Giá trị của ab + c bằng F ( x) = −

Câu 193. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hàm số

Câu 186. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ - 2018) Cho hàm số f ( x ) xác định trên ℝ \ {−1;1} thỏa mãn

f ′( x) =

Câu 192. Biết

B. ( 2π ; 4π ) .

C. ( 4π ;6π ) .

D. ( 0; 2π ) .

Câu 199. (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hàm số F ( x ) là một nguyên hàm

D. mn = 3 .

2 cos x − 1 trên khoảng ( 0; π ) . Biết rằng giá trị lớn nhất của F ( x ) trên khoảng ( 0; π ) là sin 2 x 3 . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.

của hàm số f ( x ) =

3  2π  B. F  =  3  2

π  A. F   = 3 3 − 4 6

π  C. F   = − 3 3

Câu 9.

 5π  D. F   = 3− 3  6 

Chọn A

Áp dụng công thức

PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO

Câu 10.

Dạng 1. Nguyên hàm cơ bản (dùng bảng nguyên hàm)

Ta có: ∫ cos 3 xdx =

∫ ax + b = a ln ax + b + C ( a ≠ 0 ) ta được ∫ 5x − 2 = 5 ln 5 x − 2 + C .

Chọn B sin 3 x +C 3

Dạng 1.1 Tìm nguyên hàm cơ bản không có điều kiện Chọn A Câu 1. 1 5 1 3 4 2 ∫ f ( x ) dx = ∫ ( x + x ) dx = 5 x + 3 x + C .

Câu 11.

Chọn A

Câu 12. Câu 13.

Chọn C Chọn B

Câu 2.

Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x) = 2 x + 5 là F ( x) = x2 + 5x + C .

Ta có

Chọn D

∫ f ( x ) dx = ∫ ( 2x + 4) dx = x

Câu 14.

+ 4x + C .

Câu 3.

Chọn A

Áp dụng công thức Lời giả i

Câu 15.

∫a

dx =

ax + C , ( 0 < a ≠ 1) ta được đáp án B ln a

Chọn C

Chọn B Áp dụng công thức ∫ cos( ax + b)dx =

2 ∫ ( 2 x + 6 ) dx = x + 6 x + C

Chọn A

Câu 5.

Chọn A

Ta có

∫(x

1 4 1 2 x + x +C. 4 2 Chọn A

Câu 17.

+ x 2 ) dx =

Câu 6. Ta có

∫ ( 2 x + 3 ) dx = x

Câu 7.

Chọn B

∫ f ( x ) dx = ∫

Chọn C

Câu 16.

Câu 4.

∫ (3x

+ 3x + C .

1 1 2 x − 1dx = ∫ ( 2 x − 1) 2 d ( 2 x − 1) 2 . 1 = ( 2 x − 1) 2 x − 1 + C 3

∫(x

1 1 + x ) dx = x5 + x2 + C . 5 2

Chọn D

)

+ 1 dx = x 3 + x + C .

Câu 18.

Chọn D

∫ x(x

)

1 sin(ax + b) + C với a ≠ 0 ; thay a = 2 và b = 0 để có kết quả. a

dx =

1 x2 + 7 2∫

(

) d (x

)

+7 =

1 2 x +7 32

(

)

Câu 19.

1 Ta có: ∫ e3 x dx = e3 x + C , với C là hằng số bất kì. 3

Câu 20.

Ta có

Ch ọn A

Câu 21.

Ta có: ∫ e2 x −1dx =

2 x3 2  Ta có ∫  x 2 + 2  dx = − + C . x  3 x 

Câu 22.

Câu 8.

∫ ( x − sin 2 x ) dx = ∫ xdx − ∫ sin 2 xdx =

Lời giả i

x 2 cos 2 x + +C . 2 2

1 2 x−1 1 e d ( 2 x − 1) = e2 x−1 + C . 2∫ 2

Câu 23.

∫

Câu 25.

Ta có

Câu 26.

1 Ta có: ∫ ln x dx = + C sai. x

Câu 27.

Có f ( x ) = ( 4 x3 + x 2 + C )′ = 12 x 2 + 2 x .

Câu 28.

Ta có: ∫ e x dx =

∫ (3x

Câu 42.

2x +C . ln 2 4 x +2 2 x3 2  dx = ∫  x 2 + 2 dx = − + C . Ta có: ∫ f ( x ) dx =∫ 2 x x  3 x  Ta có: e x ′ = e x ⇒ y = e x là một nguyên hàm của hàm số y = e x .

Câu 43.

Ta có: F ( x) = ∫ e2 dx = e2 x + C .

Câu 44.

1  Trên khoảng  −∞ ;  , ta có: 2 

Câu 45.

Chọn B

Câu 46.

Ta có

∫ (2

Câu 47.

Ta có

∫ f ( x )dx = ∫ (1 + sin x )dx = x − cos x + C .

Câu 48.

Sử dụng công thức

Câu 40.

cos 3 x sin 3 x dx = − +C 3

Câu 24.

Câu 29.

Suy ra F ' ( x ) = f ( x ) ⇒ f ( x ) = x 2 .

1 x3 3x  Ta có: ∫  x 2 − 3x + dx = − + ln x + C , C ∈ ℝ . x 3 ln 3 

Ta có:

Câu 41.

+ sin x ) dx = x 3 − cos x + C .

e x+1 + C sai vì ∫ e x dx = e x + C . x +1 ax Do theo bảng nguyên hàm: ∫ a x dx = +C . ln a

∫ f ( x ) dx = ∫ 2

dx =

( )

+ x ) dx =

Câu 30. Lời giải

Câu 31. Câu 32.

Chọn C

Câu 34. Câu 35.

1 1 Ta có ∫ f ( x ) dx = ∫ ( x + x ) dx = x 5 + x3 + C . 5 3 Ta có: ∫ e x − 2 x dx = e x − x 2 + C

(

)

Câu 36. Câu 37.

Ta có:

Câu 51.

Chọn A

Ta có:

Ta có

1 x3 3 x 2 ∫ (x − 3x + x )dx = 3 − 2 + ln x + C. 2

1



∫ f ( x ) dx = ∫  x + sin x  dx = ∫ x dx + ∫ sin xdx = ln x − cos x + C .

Ta có

Câu 39.

Gọi F ( x ) =

ta được:

1 3 x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) . 3 35

1 1 d (3x − 1) 1 1  = ln 3x − 1 + C = ln(1 − 3x) + C (do x ∈  −∞;  ) 3x − 1 3 3 3 

Ta có:

∫ 2 dx = ln 2 + C . x

Câu 52.

Câu 38.

x n +1

∫ x dx = n + 1 + C

∫ 3x − 1dx = 3 ∫

Câu 50.

1 2 ∫ ( cos x + x ) dx = sin x + 2 x + C .

Ta có ∫ cos xdx = sin x + C . 4

1 x4 x3 x 2 1 2 1  − 2 x 2 + x − 2019  dx = . − 2. + − 2019 x + C = x 4 − x3 + x 2 − 2019 x + C. 3 4 3 2 12 3 2  2x x3 x 2 Câu 49. Ta có ∫ f ( x )dx = ∫ (2 − x )dx = − +C. ln 2 3 1

∫  3 x

Theo bảng nguyên hàm cơ bản Câu 33.

2x 1 2 + x +C . ln 2 2

Chọn B. 3x 2 Ta có ∫ f ( x )dx = ∫ ( 3x − sin x )dx = + cos x + C . 2

∫ f ( x )dx = ∫ 1 − 2 xdx = − 2 ∫ 1 − 2 x d (1 − 2 x ) = − 2 ln 2 x − 1 + C .

Chọn B

∫ f ( x)dx = ∫

2 x4 + 3 3 2 x3 3  dx =∫  2 x 2 + 2  dx = − +C 2 x x  3 x 

∫(2

Câu 53.

Ta có:

Câu 54.

Chọn C

)

+ x + 1 dx =

1 x 1 2 2 + x + x + C. ln 2 2

Ta có ∫ f ( x )dx = ∫ ( 3 x − sin x )dx = Câu 55.

( )′ = 2 xe

Ta có

Suy ra họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

dx = − ∫ 3− x d(− x) = −

 2

3− x +C . ln 3

Câu 64.

Ta có:

+ x 2 ) dx =

∫x

2019

x 4 x3 + +C . 4 3

dx =

3x − 2

Câu 65.

1 x 3  Ta có: ∫  x 2 − 3x +  dx = − + ln x + C , C ∈ R . x 3 ln 3 

Ta có

 2018e − x  2018  504, 5  x x +C  2017 − dx = ∫  2017 e − 5 dx = 2017e + x5  x  x4  

∫ f ( x )dx = ∫ e

Câu 61.

 e− x  1 x Ta có: y = e  2 +  = 2e + 2 cos x cos 2 x 

( x − 2)

 3



3 4 . Do đó + x − 2 ( x − 2 )2

 4 +C .  dx = 3ln ( x − 2 ) −  2 x − 

Chọn B 2x −1 2

dx = ∫

2 ( x + 1) − 3

( x + 1)

 2 3  3 dx = ∫  − dx = 2 ln ( x + 1) + + C. 2 x +1  x + 1 ( x + 1) 

Chọn D

Suy ra f '( x)e 2 x = 2 − 4 x nên

2x 2 e 2 x − 4 xe 2 x 2 − 4 x ⇒ f '(x) = = 2x e2x e4x e 2x 2 f ' ( x ) .e dx = −2 x + 2 x + C.

∫

Dạng 1.2 Tìm nguyên hàm cơ bản có điều kiện Câu 67. Chọn C Có F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫ ( sin x + cos x ) dx = − cos x + sin x + C

1 1 1 ( 2 x − 1) 2 = . . +C = 2x −1 + C . 1 2 2 2 2

π π π Do F   = − cos + sin + C = 2 ⇔ 1 + C = 2 ⇔ C = 1 ⇒ F ( x ) = − cos x + sin x + 1 . 2 2 2

Ta có: f ( x ) = x 3 + 6 x 2 + 11x + 6 ⇒ F ( x ) = ∫ ( x 3 + 6 x 2 + 11x + 6 )dx =

A. ln x + 1 + 2ln x + 2 + C .

3 ( x − 2) + 4

Ta có f ( x ) .e 2 x = F ' ( x ) = 2 x ⇒ f ( x) =

Câu35. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

∫ f ( x ) dx = ∫ ( x + 1)

Câu 66.

1   x x ∫ ydx =∫  2e + cos2 x  dx = 2e + tan x + C . −1 1 1 1 1 Câu 62. Ta có: ∫ f ( x )dx = ∫ dx = ∫ dx = ∫ ( 2 x − 1) 2 dx 2 2 2 2x −1 2x −1

Câu 63.

( x − 2)

Câu 60.

3x − 2

∫ ( x − 2 ) dx = ∫  x − 2 + ( x − 2 )

hàm số y = x 2019 . Câu 59.

Chọn C

Ta có f ( x ) =

x 2020 + C, C là hằng số. Nên các phương án A, B, D đều là nguyên hàm của 2020

1 

∫ f ( x ) dx = ∫  x + 1 − x + 2  dx = 2ln x + 1 − ln x + 2 + C

Chọn A 3

x+3 là x 2 + 3x + 2

{ Các chữ d trong vi phân chưa đúng chuẩn} −x

∫ f ( x ) dx = ∫ ( x Câu 58.

Chọn A

∫ f ( x)dx = ∫ 3

Câu 57.

D. − ln x + 1 + 2 ln x + 2 + C . Ta có

x+3 x+3 2 1 . f ( x) = 2 = = − x + 3 x + 2 ( x + 1)( x + 2 ) x + 1 x + 2

Chọn A

Ta có f ( x ) = F ′ ( x ) ⇒ f ( x ) = e x Câu 56.

C. 2 ln x + 1 − ln x + 2 + C .

3x2 + cos x + C . 2

x4 11 + 2 x3 + x 2 + 6 x + C . 4 2

Câu 68.

Chọn A

Ta có F ( x ) = ∫ ( e x + 2 x ) dx = e x + x 2 + C

x+3 là x + 3x + 2 2

Theo bài ra ta có: F ( 0 ) = 1 + C =

B. 2ln x + 1 + ln x + 2 + C . 37

3 1 ⇒C = . 2 2 38

Câu 69.

Chọn C

Đạo hàm của hàm số F ( x ) = x 2 ln ( sin x − cos x ) là:

Ta có f ( x ) = ∫ ( 3 − 5 sinx ) dx = 3 x + 5 cos x + C

F ' ( x ) = f ( x ) = ( x 2 )' .ln ( sin x − cos x ) + x 2 . ln ( sin x − cos x )  = 2 x.ln ( sin x − cos x ) + x 2 .

Theo giả thiết f ( 0 ) = 10 nên 5 + C = 10 ⇒ C = 5 .

⇒ Đáp án

Vậy f ( x ) = 3 x + 5 cos x + 5. Câu 70.

Câu 75.

Với x <

F ( x ) = ∫ cos 3xdx =

Chọn C

2 ∫ 2 x − 1 dx = ln 2 x − 1 + C = f ( x )

1 Với x > , f (1) = 2 ⇒ C = 2 nên f ( 3) = 2 + ln 5 2 Nên f ( −1) + f ( 3) = 3 + ln15

∫

Câu 76.

Ta có

Câu 77.

Chọn D

Lờigiải

Theo đề ra ta được: F ( 0 ) =

Vậ y F ( x ) =

1 dx + C = ln x − 1 + C x −1

Câu 78.

F ( e + 1) = 4 . Ta có 1 + C = 4 ⇒ C = 3

Khi đó F ( ln 3 ) = Câu 74.

201 1 201 ⇔ ⋅ e0 + C = ⇔ C = 100 . 2 2 2

1 1 2x 1  1  1 2⋅ e + 100 ⇒ F   = e 2 + 100 = e + 100 . 2 2 2 2

Chọn C

F ( x ) = ∫ 2 xdx = x 2 + C . Vì F (1) = 3 ⇒ C = 2 . Vậy một nguyên hàm F ( x ) cần tìm của hàm số

f ( x ) .g ( x ) , là F ( x ) = x 2 + 2 .

Vậy f ( x ) = 2 x + 5 cos x + 5 . F ( x ) = ∫ e 2 x dx =

3 +1 = 3 + 6 . 6

Theo giả thiết ta có: f ( x ) = 1 và g ( x ) = 2 x nên f ( x ) .g ( x ) = 2 x .

Ta có: f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) dx = ∫ ( 2 − 5sin x ) dx = 2 x + 5cos x + C .

Mà f ( 0 ) = 10 nên 5 + C = 10 ⇒ C = 5 .

Câu 73.

 2 x  + C . f ( x ) dx = ∫ 2 x (2− x + 5) dx = ∫ (1 + 5.2 x )dx = x + 5  ln 2 

Chọn B

Câu 72.

sin

1 Ta có ∫ e2 x dx = ⋅ e 2 x + C . 2

Câu 71.

F ( x) = = ∫

sin 3 x +C 3

sin 3 x π  2 π  F   = ⇒ C =1 ⇒ F ( x) = +1 ⇒ F   = 3 2 3 9

1 , f ( 0 ) = 1 ⇒ C = 1 nên f ( −1) = 1 + ln 3 2

cos x + sin x . sin − cos x

Câu 79.

1 2x 1 1 1 e + C ; F ( 0 ) = 0 ⇒ C = − ⇒ F ( x ) = e2 x − . 2 2 2 2

Lờigiải Cách 1: Ta có:

1 2 ln 3 1 e − = 4. 2 2

∫ f ( x )dx = ∫ x − 2dx = ln x − 2 + C , C ∈ R .

Giả sử F ( x ) = ln x − 2 + C0 là một nguyên hàm của hàm số đã cho thỏa mãn F (1) = 2 . Do F (1) = 2 ⇒ C0 = 2 ⇒ F ( x ) = ln x − 2 + 2 .Vậy F ( 0 ) = 2 + ln 2.

Ta có đáp án là đạo hàm của hàm số F ( x ) = x ln ( sin x − cos x )

⇒ F '( x ) = f ( x )

Câu 80.

b  1 b  Ta có F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫  ax + 2  dx = ax 2 − + C . x  2 x  40

Suy ra f ( x ) = e 2 x + x + C .

3 1   a +b +C =1 b = − 2  F ( −1) = 1  2   3 1  Theo bài ra  F (1) = 4 ⇔  a − b + C = 4 ⇔ a = 2 2 .     f (1) = 0 7 a + b = 0   C = 4  

Theo bài ra ta có: f ( 0 ) = 2 ⇒ 1 + C = 2 ⇔ C = 1 . Vậy: f ( x ) = e 2 x + x + 1 . Câu 86.

3 3 7 + . Vậ y F ( x ) = x 2 + 4 2x 4 Câu 81.

∫

1 1 Vậy F (x ) = ln 2x + 1 + 2 ⇒ F (1) = ln 3 + 2 . 2 2

Trên khoảng ( −∞;1) ta có

sin 3x +C 3

Câu 88.

π sin sin 3 x π  2 π  3 +1 = 3 + 6 . F   = ⇒ C = 1 ⇒ F ( x) = +1 ⇒ F   = 3 3 6 2 3 9

Khi đó:  −x  .  2 

Lại có F ( −2 ) = 0 ⇔ ln 2 + C = 0 ⇔ C = − ln 2 . Do đó F ( x ) = ln ( − x ) − ln 2 = ln 

⇒ f ( x ) = ln (1 − x ) + C2 .

Ta có:

khi x > 1 . Suy ra f ( 3) − f ( −1) = 1 . khi x < 1

2 x − 13

( x + 1)( x − 2 )

A ( x − 2 ) + B ( x + 1) ( A + B ) x + ( −2 A + B ) A B = = + x +1 x − 2 ( x + 1)( x − 2 ) ( x + 1)( x − 2 )

2 x − 13

 5

3 

∫ ( x + 1)( x − 2 )dx = ∫  x + 1 − x − 2 dx = 5ln x + 1 − 3ln x − 2 + C .

Suy ra a = 5; b = −3 nên a − b = 8 .

 −x   ∀x ∈ ( −∞;0 ) .  2 

Câu 89.

Vậy F ( x ) = ln 

⇒ f ( x ) = ln ( x − 1) + C1 .

A + B = 2 A = 5 . ⇒ ⇔ −2 A + B = −13  B = −3

1 Ta có F ( x ) = ∫ dx = ln x + C = ln ( − x ) + C với ∀x ∈ ( −∞;0) . x

∫ f ′ ( x ) dx = ∫ ( 2e

∫ f ' ( x ) dx =∫ x − 1 dx = ln (1 − x ) + C

ln( x − 1) + 2018 Vậ y f ( x ) =  ln(1 − x) + 2017

Chọn C

Ta có:

∫ f ' ( x ) dx =∫ x − 1 dx = ln ( x − 1) + C

Mà f (0) = 2017 ⇒ C2 = 2017 .

f (0 ) = 2019 ⇔ − sin0 + C = 2019 ⇔ C = 2019 . Vậy f ( x ) = − s inx + 2019 .

Câu 85.

+ ex + C .

Mà f (2) = 2018 ⇒ C1 = 2018 .

f ′ ( x ) = − cos x ⇒ ∫ f ( x )dx = ∫ ( − cos x )dx = − sin x + C .

Câu 84.

Trên khoảng (1; +∞ ) ta có

Chọn A

F ( x ) = ∫ cos 3xdx =

Vậy F ( x ) = x 2 + e x + 2018 . Câu 87.

Câu 83.

2 x  F ( x ) = x + e + C Suy ra  ⇒ 1 + C = 2019 ⇔ C = 2018 .  F ( 0 ) = 2019

1 1 dx = ln 2x + 1 + C 2x + 1 2

1 Do F (0) = 2 ⇒ ln 2.0 + 1 + C = 2 ⇒ C = 2 2

Câu 82.

∫ f ( x ) dx = ∫ ( 2 x + e )dx = x

Có F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) và F ( 0 ) = 2019 .

Chọn D

Ta có F (x ) =

Ta có

+ 1) dx = e 2 x + x + C .

A ( x 2 − 1) + Bx ( x + 1) + Dx ( x − 1) 1 A B D = + + = x − x x x −1 x + 1 x3 − x 2 ( A + B + D) x + ( B − D) x − A

Ta có:

x3 − x

  A = −1 A + B + D = 0   1   ⇒ B − D = 0 ⇔ B = . 2 − A = 1   1   D = 2 Khi đó:

 1

Câu 92.







A ( x + 3) + B ( x + 2 ) ( A + B ) x + ( 3 A + 2 B ) 4 x + 11 A B = = = + x2 + 5x + 6 x + 2 x + 3 ( x + 2 )( x + 3) ( x + 2 )( x + 3)

Ta có f ′ (1) = 3 ⇒ a + b = 3 (1) . 1 đều thuộc (0; +∞) nên 2

 b ax 3 b f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) dx = ∫ ax 2 + 3  dx = − 2 +C .  x  3 2x

+ f (1) = 2 ⇒

Ta có

∫ f ( x ) dx = ∫ cos

= tan x + C .

  π  π π  tan x + C0 , x ∈  − 2 ; 2  F  4        π  π 3π  F   tan x + C1 , x ∈  ;  2 2    4   π   3π 5π   tan x + C2 , x ∈  ;  F  Suy ra F ( x ) =  ⇒  2 2   4 ... ...     π π π 17 19    tan x + C9 , x ∈  2 ; 2  F  4        19π 21π    π ;  tan x + C10 , x ∈   F  2   4  2 

4 x + 11 1   3 ∫ x 2 + 5x + 6dx = ∫  x + 2 + x + 3 dx = 3ln x + 2 + ln x + 3 + C .

Hàm số có đạo hàm liên tục trên khoảng (0; +∞) , các điểm x = 1 , x =

2x . ln 2

1 1 22020 − 1 22020 − 1 1 + 2 + 22 + ... + 22018 + 22019 ) = . = ( ln 2 ln 2 2 − 1 ln 2

Câu 93.

Suy ra a = 3; b = 1 nên P = a 2 + ab + b 2 = 13 . Câu 91.

1 2x + C mà F ( 0 ) = ln 2 ln 2

T = F ( 0 ) + F (1) + ... + F ( 2018 ) + F ( 2019 )

A+ B = 4 A = 3 ⇒ ⇔ . 3 A + 2 B = 11  B = 1 Khi đó:

⇒ C = 0 ⇒ F ( x) =

∫ x3 − xdx = ∫  − x + 2 ( x − 1) + 2 ( x + 1) dx = 2 ln ( x − 1)( x + 1) − ln x + C .

Ta có:

∫ f ( x )dx = ∫ 2 dx = ln 2 + C

F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x , ta có F ( x ) =

1 Suy ra a = ; b = −1 nên P = 2 a + b = 0 . 2 Câu 90.

Ta có

 + 0π  = 1 + C0 = 0 ⇒ C0 = −1   + π  = 1 + C1 = 1 ⇒ C1 = 0   + 2π  = 1 + C2 = 2 ⇒ C0 = 1   + 9π  = 1 + C9 = 9 ⇒ C9 = 8   + 10π  = 1 + C10 = 10 ⇒ C10 = 9. 

Vậy F ( 0 ) + F (π ) + F ( 2π ) + ... + F (10π ) = tan 0 − 1 + tan π + tan 2π + 1 + ... + tan10π + 9 = 44. Dạng 2. Sử dụng phương pháp VI PHÂN để tìm nguyên hàm

a b − + C = 2 ( 2) . 3 2

Dạng 2.1 Tìm nguyên hàm không có điều kiện

1 a 1 1 + f   = − ⇒ − 2b + C = − (3) .  2  12 24 12        a+b = 3   a=2     a b ⇔ b = 1 ⇒ 2 a + b = 2.2 + 1 = 5 . Từ (1) , (2) và (3) ta được hệ phương trình  − + C = 2   3 2   11     a 1 C=   − 2b + C = −   6   12   24

Câu 94.

∫ f ( x)dx = ∫ 3sin

Câu 95.

Ta có:

Câu 96.

Ta có: I = xf x

Câu 97.

Ta có f ( x ) = ∫ f ' ( x)dx = ∫

x cos xdx = ∫ 3sin 2 xd(sin x) = sin 3 x + C .

sin x

∫ 1 + 3cos x dx = − 3 ∫ 1 + 3cos x d (1 + 3cos x ) = − 3 ln 1 + 3cos x + C . 1 ∫ ( ) dx = 2 ∫ f ( x ) dx 2

3 1 4 ( x 2 ) + 2 ( x 2 ) + C = 2 x6 + x 2 + C . 2

(

)

cos x d(2 + sin x ) 1 dx = ∫ =− +C . 2 + sin x (2 + sin x )2 (2 + sin x) 2

dx =

1 x3 +1 1 3 e d ( x 3 + 1) = e x +1 + C . 3∫ 3

1 Vậy: F ( x ) = ln x4 + 1 + 1. 4

Câu 105. Chọn

2 x3 +1

Câu 98.

∫ f ( x ) dx = ∫ x e

Câu 99.

Ta có

(

∫ 5 x + 4 dx = 5 ∫ 5 x + 4 d ( 5 x + 4 ) = 5 ln 5 x + 4 + C .

∫

4 4 1 x3 1 dx 4 1 ( x + 3) − x x = = = d dx dx 4 ∫ x 4 2 x4 + 3 ∫ 2 ∫ 2 x 9 + 3 x5 ( )( ) 4 ( x 4 ) ( x 4 + 3) 12 ( x 4 ) ( x 4 + 3)

(

( x − 1)

∫ ( x + 1)

3x − 3 + 2 3( x − 1) + 2 3 2 = = + x − 1 ( x − 1) 2 ( x − 1) 2 ( x − 1) 2 3 2 d( x − 1) d( x − 1) + + 2∫ f ( x )dx = ∫ ( )dx = 3∫ x −1 x − 1 ( x − 1) 2 ( x − 1) 2

2017 2019

 x −1  dx = ∫    x +1 

Câu 107. Ta có

2017

( x + 1)

)

dx =

1  x −1    2 ∫  x +1 

2017

1  x −1   x −1  . d =   x + 1  4036  x + 1 

2018

+C .

+ x 2 ) dx + C ⇒

f 2 ( x)

x5 x 3 + +C . 5 3

Câu 108. Ta có

1 sin xdx d(cos x) = −∫ = − ln 3cosx + 1 + C . 1 + 3cos x 3cos x + 1 3

=−

1 π  π  mà F   = − ln 3cos   + 1 + C = 2 ⇒ C = 2 . 3 2 2

Do đó F ( x ) = −

2 Vậy F ( 0 ) = − ln2 + 2 . 3

∫

f ( x ) dx = ∫

2 ( x 2 + 1)

Mà F (1) = 0 ⇒ −

1 1 2 Do đó, F ( 0 ) = − ln 3cos ( 0 ) + 1 + 2 = − ln 4 + 2 = − ln2 + 2 . 3 3 3

2017

2017 x

+ 1)

1 1 1 d ( x 4 + 1) = ln ( x 4 + 1) + C . 4 ∫ x4 + 1 4

dx 2018

−2018 2017 = ( x2 + 1) d ( x2 + 1) 2 ∫

−2017

2 2017 ( x + 1) . = −2017 2

+ C = F ( x)

1 1 + C = 0 ⇒ C = 2018 2.22017 2 1

2. ( x + 1) 2

2017

1 suy ra 22018

F ( x ) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi

Câu 104. Chọn C

Do F ( 0 ) = 1 nên

(

 32 8  332 . Vậ y f 2 ( 2 ) = 2  + + 2  =  5 3  15

Dạng 2.2 Tìm nguyên hàm có điều kiện

Ta có: F ( x ) =

∫ f ' ( x ) . f ( x ) dx = ∫ ( x

Câu 102. Ta có ∫ sin 2 x.esin x dx = ∫ esin x d ( sin 2 x ) = esin x + C

Câu 103. Ta có F ( x) = ∫

)

Do f ( 0 ) = 2 nên suy ra C = 2 .

2 + C vì x > 1 . x −1

(

⇒ a = 4036, b = 2018 Do đó: a = 2b .

Ta có f ( x) =

= 3ln x − 1 + 2 ∫ ( x − 1) −2 d( x − 1) = 3ln( x − 1) −

)

Câu 106. Ta có:

Câu 101. Chọn C

∫

 dx ex  x = 1 −  dx = x − ln ( e + 1) + C ex + 1 ∫  ex + 1 

F ( 0 ) = − ln 2 + C = − ln 2e ⇒ C = −1 PT : F ( x ) + ln e x + 1 = 2 ⇔ x − ln e x + 1 − 1 + ln e x + 1 = 2 ⇔ x = 3 .

1 dx 4 1 dx4 1 1  x4  = ∫ − =− − ln  +C 12 ( x 4 )2 12 ∫ x 4 ( x 4 + 3) 12x 4 36  x 4 + 3 

Vậ y

Ta có F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫

Câu 100. Chọn A f ( x ) dx = ∫

)

1 2 ( x 2 + 1)

2017

(

)

lớn nhất ⇔ x 2 + 1 nhỏ nhất ⇔ x = 0

1 1 1 − 22017 Vậy m = − + 2018 = 2018 . 2 2 2

1 ln ( 0 + 1) + C = 1 ⇔ C = 1 . 4

Dạng 3. Sử dụng phương pháp ĐỔI BIẾN để tìm nguyên hàm

Câu 114. Chọn A

Dạng 3.1 Tìm nguyên hàm không có điều kiện

Đặt u = x + 1 ⇒ x = u 2 − 1 ⇒ d x = 2u d u .

Câu 109. Ta có

1 1 ∫ f ( x ) dx = 3 ∫ ( 3x + 1) d ( 3x + 1) = 4 ( 3x + 1) 1 3

F ( x) = ∫ (2 x + 3)5 dx = ∫

Câu 110.

3x + 1 + C .

Khi đó

(2 x + 3)5 (2 x + 3)6 d (2 x + 3) = +C 2 12

∫

Ta có ⇒

1 1 1 ( 3x + 2 ) 2 2 3 x + 2dx = ∫ ( 3x + 2 ) 2 d ( 3 x + 2 ) = + C = (3 x + 2) 3x + 2 + C 1 +1 3 3 9 2

Câu 112. Đặt t = 2 x + 1 ⇒ dt =

1 dx ⇒ tdt = dx 2x + 1

⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫ 2 x + 1dx = ∫ t 2 dx =

t3 1 + C = ( 2 x + 1) 2 x + 1 + C . 3 3

49: (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số f ( x ) = 2 x .

(

C. F ( x ) = 2 2

(

B. F ( x ) = 2 2

+C x

)

D. F ( x ) = 2

+1 + C

Ta có F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫ 2 x . Đặt u = x ⇒ du =

1 2 x

x +1

u2 − 4 .2u d u = ∫ 2 ( u 2 − 4 ) d u . u

∫ f ( x ) dx = 3x cos ( 2 x − 5 ) + C

( ∫ f ( x ) dx )′ = (3x cos ( 2x − 5) + C )′

⇒ f ( 3x ) = 3cos ( 6 x − 5 ) − 18 x sin ( 6 x − 5) Xét

∫ f ( 3x ) dx = ∫ (3 cos ( 6 x − 5) − 18 x sin ( 6 x − 5 ))dx

= ∫ 3cos ( 6 x − 5 )dx − ∫ 18 x sin ( 6 x − 5 )dx (1) .

ln 2 . Hàm số nào x

Xét I = ∫ 18 x sin ( 6 x − 5 )dx . 3dx = du 3 x = u Đặt  . ⇒ 6 sin ( 6 x − 5 ) dx = dv  −cos ( 6 x − 5 ) = v

)

−1 + C

I = −3 xcos ( 6 x − 5 ) + 3∫ cos ( 6 x − 5 )dx , thay vào (1) ta được

+ C Chọn A

∫ f ( 3x ) dx = 3x cos ( 6 x − 5 ) + C.

Cách 2:

ln 2 ln 2 dx = ∫ 2 x . dx . x x

Đặt x = 3t ⇒ dx = 3dt .

∫ f ( x ) dx = 3x cos ( 2 x − 5 ) + C ⇔ 3∫ f ( 3t ) dt = 3. (3t ) cos ( 2.3t − 5) + C ⇔ ∫ f ( 3t ) dt = 3t cos ( 6t − 5 ) + C ⇔ ∫ f ( 3 x ) dx = 3 x cos ( 6 x − 5 ) + C .

Khi đó:

dx .

Vậy F ( x ) = 2 ln 2.∫ 2u.du = 2 ln 2.

∫

⇒ f ( x ) = 3cos ( 2 x − 5 ) − 6 x sin ( 2 x − 5 )

dưới đây không là nguyên hàm của hàm số f ( x ) ? A. F ( x ) = 2

x−3 dx trở thành x +1

Câu 115. Cách 1:

Câu 111. Chọn C 1

∫

2u +C = 2 ln 2

Phương án B: F ( x ) = 2

x +1

− 2 + C thỏa.

Phương án C: F ( x ) = 2

x +1

+ 2 + C thỏa.

Câu 113. t = x − 1 ⇒ dt = dx. Vậy

∫ ( x − 1)

x +1

Câu 116. Xét

+C.

dx = ∫

∫ f ( x ) dx = ∫ x ( x 3

+ 1)

2019

dx = ∫ x 2 ( x 2 + 1)

2019

x dx .

Đổi biến t = x 2 + 1 ⇒ dt = 2 x dx , ta có: 1 1 2019 2020 2019 ∫ f ( x ) dx = 2 ∫ ( t − 1) t dt = 2 ∫ (t − t ) dt = 2021 2020  2 ( x2 + 1)  + C . 1  t 2021 t 2020  1  ( x + 1) =  − + C = −  2  2021 2020  2  2021 2020   

t +1 dt . t4

Câu 117. Chọn A 47

Cách 1: Ta có ⇒

Do đó, ta có

∫ f ( x ) dx = 3x cos ( 2 x − 5 ) + C Vậ y

′

f ( x ) dx = ( 3 x cos ( 2 x − 5) + C )′

(∫

)

∫ f ( 3x ) dx = ∫ (3 cos ( 6 x − 5) − 18 x sin ( 6 x − 5 ))dx

Xét I = ∫ 18 x sin ( 6 x − 5 )dx . 3x = u 3dx = du Đặt  . ⇒ 6sin 6 5 d d x − x = v ( )   −cos ( 6 x − 5 ) = v I = −3 xcos ( 6 x − 5 ) + 3∫ cos ( 6 x − 5 )dx , thay vào (1) ta được

∫ f ( 3x ) dx = 3x cos ( 6 x − 5 ) + C.

Cách 2:

Đặt x = 3t ⇒ dx = 3dt .

∫

∫ f ( x ) dx = 3 x cos ( 2 x − 5) + C ⇔ 3∫ f ( 3t ) dt = 3. ( 3t ) cos ( 2.3t − 5 ) + C ∫ f (3 x ) dx = 3x cos ( 6 x − 5 ) + C .

f ( 3t ) dt = 3t cos ( 6t − 5 ) + C ⇔

Câu 123. Đặt t = x + x 2 + 1 ⇔ t =

Câu 118. Chọn B

Đặt x + 2 = t ⇒ x = t − 1 ⇒ dx = dt với t > 0 Ta có

Hay

+C.

(

= ∫ 3 cos ( 6 x − 5 )dx − ∫ 18 x sin ( 6 x − 5 )dx (1) .

⇔

x3 +1

2 x + 1 = t ⇒ 2 x + 1 = t 2 ⇒ dx = tdt . 1 1 1 1 1 tdt 2x +1 + C . 2 x + 1dx = ∫ Khi đó ta có ∫ = = ∫ dt = t + C = 2 2 t 2 2 2 5 sin x Câu 122. I = ∫ f ( x ) dx = ∫ tan 5 xdx = ∫ dx cos5 x 2 2 2 2 (1 − cos x ) .(1 − cos x ) .s inx dx sin x.sin .s inx =∫ dx = ∫ cos 5 x cos 5 x 1− t2 . 1− t2 1 − 2t 2 + t 4 Đặt t = cos x ⇒ dt = − sin xdx I = ∫ ( −dt ) = ∫ ( −dt ) 5 t t5 1 1   1 2 1 = ∫  − 5 + 3 −  dt = ∫  −t −5 + 2t −3 −  dt = t −4 − t −2 − ln t + C 4 t  t t t  1 1 1 1 −4 −2 = cos x − cos x − ln cos x + C = . − − ln cos x + C 4 4 cos x 4 cos x 2 2 1 = . ( tan 2 x + 1) − ( tan 2 x + 1) − ln cos x + C 4 1 = ( tan 4 x + 2 tan 2 x + 1) − ( tan 2 x + 1) − ln cos x + C 4 1 1 1 = tan 4 x − tan 2 x − ln cos x + + C 4 2 4 1 1 = tan 4 x − tan 2 x − ln cos x + C . 4 2

⇒ f ( 3 x ) = 3cos ( 6 x − 5 ) − 18 x sin ( 6 x − 5 )

Khi đó:

∫ f ( x ) dx = 3 e

Câu 121. Đặt

⇒ f ( x ) = 3cos ( 2 x − 5 ) − 6 x sin ( 2 x − 5 )

Xét

1 1 1 3 dx = ∫ et . dt = et + C = e x +1 + C . 3 3 3

2 x3 +1

∫ f ( x ) dx = ∫ x e

∫ f ( x ) dx = ∫

∫ f ( x ) dx = ∫ ln ( x +

∫ f ( x )dx = 2 ln ( x + 2) + x + 2 + C.

)(

x2 + 1 x − x2 + 1 2

x − x +1

−1 x − x2 + 1

1 ⇒ = x2 + 1 − x . t

)

x 2 + 1 dx =

1  1 1  1 1+ ln tdt = ∫  1 + 2  lnt .dt = I . 2 ∫  t 2  2  t 

1 Đặt u = ln t → du = dt t

1 + ln x dx . x.ln x

Đặt x ln x = t ⇒ ( ln x + 1) dx = dt . Khi đó ta có I = ∫

(x +

)

1 1 1 1 t − = 2 x ⇒ dx =  1 + 2  ; t + = 2 x 2 + 1 2 t  t t

2t − 1 1 2 1  dt = ∫  − 2  dt = 2 ln t + + C t2 t t t 

Câu 119. Ta có I = ∫ f ( x ) dx = ∫

)(

1 + ln x 1 dx = ∫ dt = ln t + C = ln x.ln x + C . x.ln x t

1 1  dv = 1 + 2  dt → v = t − ; t  t 

Câu 120. Đặt t = x3 + 1 ⇒ dt = 3x 2dx

1  1 1 1 1 1  1 1  1 1  1 1  1 I =  t −  ln t − ∫  t −  dt =  t −  ln t − ∫  1 − 2  dt =  t −  ln t −  t +  + C 2 t  2 t t 2 t  2  t  2 t  2 t  49

1 1 ⇒a= , b= . 2 4

)

(

= x ln x + x 2 + 1 − x 2 + 1 + C .

Câu 124. Câu này đề chưa chặt, phải là “Biết một nguyên hàm của hàm số y = f ( 2 x ) là ….”

1 Vậy ab = . 8

Đặt t = 2 x ⇒ dt =

dx . 2

∫ f ( 2 x ) dx = sin

x + ln x + C ⇒

1 t t t f ( t ) dt = sin 2 + ln + C ⇒ ∫ f ( t ) dt = 2sin 2 + 2ln t − 2ln 2 + C 2∫ 2 2 2

Câu 128. Đặt t = 2 x − 3 ⇒ t 2 = 2 x − 3 ⇒ dx = tdt

x + 2ln x + C . 2 Dạng 3.2 Tìm nguyên hàm có điều kiện

⇒ ∫ f ( x ) dx =2sin 2

 t2 + 3   t2 + 3  20   − 30  +7 2 20 x − 30 x + 7   2  Khi đó ∫ tdt = ∫ 5t 4 + 15t 2 + 7 dt = t 5 + 5t 3 + 7t + C dx = ∫  t 2x − 3 2

Câu 125. Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx .

F ( x) = ∫

F (0) = π ⇒

π  F = 2

t4 sin 4 x f ( x ) dx = ∫ sin x cos xdx = ∫ t dt = + C = +C . 4 4 3

sin 4

( 2 x − 3)

(

( 2 x − 3)

+ 7 2 x − 3 + C = ( 2 x − 3)

)

2 x − 3 + 5 ( 2 x − 3) 2 x − 3 + 7 2 x − 3 + C

= ( 4 x 2 − 2 x + 1) 2 x − 3 + C

(

)

Vậ y F ( x ) = 4 x 2 − 2 x + 1

2 x − 3 . Suy ra S = a + b + c = 3 .

sin 4 π sin 4 x + C = π ⇔ C = π ⇒ F ( x) = +π . 4 4

Câu 129. Ta có x ( x + 1)( x + 2 )( x + 3 ) + 1 = x 2 + 3x x 2 + 3x + 2 + 1 = ( x 2 + 3 x ) + 1 .

Đặt t = x 2 + 3x , khi đó dt = ( 2 x + 3 ) dx .

(

2 = 1 +π . 4

Câu 126. Ta có f ( x ) =

Tích phân ban đầu trở thành

2x + 1 2x + 1 . = x 4 + 2 x3 + x 2 x 2 ( x + 1)2

Trở lại biến x , ta có

Đặt t = x ( x + 1) = x 2 + x ⇒ dt = ( 2 x + 1) dx .

∫ (t + 1)

=−

)(

)

1 +C . t +1

( 2 x + 3) dx

∫ x ( x + 1)( x + 2 )( x + 3) + 1 = − x

1 +C . + 3x + 1

Vậ y g ( x ) = x 2 + 3 x + 1 .

1 1 1 Khi đó F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫ 2 dt = − + C = − +C. t t x ( x + 1) 1 1 1 Mặt khác, F (1) = ⇒ − + C = ⇒ C = 1 . 2 2 2 1 +1. Vậ y F ( x ) = − x ( x + 1) Suy ra

 −3 + 5 x = 2 g ( x ) = 0 ⇔ x + 3x + 1 = 0 ⇔  .  −3 − 5 x =  2 Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình bằng − 3 . 2

Câu 130. I = ∫

1 1 1  1  S = F (1) + F ( 2 ) + F ( 3) +…+ F ( 2019 ) = −  + + + ... +  + 2019 2019.2020   1.2 2.3 3.4 1 1  1   1 1 1 1 1  = − 1 − + − + − + ... + −  + 2019 = − 1 −  + 2019 2019 2020   2 2 3 3 4  2020  1 1 . = 2018 + = 2018 2020 2020 du = dx u = x  Câu 127. Đặt  ⇒ 1 d v = cos 2 xdx v = sin 2 x  2 1 1 1 1 Khi đó ∫ x cos 2 xdx = x sin 2 x − ∫ sin 2 xdx = x sin 2 x + cos 2 x + C 2 2 2 4

x dx x 4 (1 + x 2 )

t = 1 + x2 ⇒ dt = 2 xdx ⇒ I=

1 1 1 1 1  −1 1 1 dt = ∫  + ln t + +  dt =  − ln t − 1 − 2 ∫ ( t − 1)2 .t 2 t −1 2  t − 1 ( t − 1)2 t 

1 1 =  − ln x 2 − 2 + ln 1 + x 2 x 2

 +C 

1 1  2  + C = − 2 − ln x + ln (1 + x ) + C 2x 2 

Câu 135. Ta có F ( x) = ∫ xe 2 x dx

1  a = 2  7 ⇒ b = 1 ⇒ S = a + b + c = . 4  1 c = 4 

du = dx u = x  ⇒ Đặt  1 2x 2x dv = e dx v = e  2 Suy ra F ( x) =

1 2x 1 2x 1 1 1 1  xe − ∫ e dx = xe 2 x − e 2 x + C = e 2 x  x −  + C 2 4 2  2 2 2

Câu 136. Ta có: Dạng 4. Nguyên hàm từng phần

∫ f ( x ) dx = ∫ x (1 + sin x ) dx = ∫ xdx + ∫ x.sin xdx = ∫ xdx − ∫ xd ( cos x )

x2 x2 − x cos x − ∫ cos xdx = − x cos x + sin x + C . 2 2 Câu 137. Ta có ∫ 2 x(1 + e x )dx = 2∫ xdx + 2∫ xe x dx .

Dạng 4.1 Tìm nguyên hàm không có điều kiện

Câu 131. Chọn D

(

)

 u=x du = dx . Gọi I = 2∫ x ln xdx . Đặt  ⇒ x x dv = e dx  v = e Khi đó I = 2 xe x − 2∫ e x dx .

Ta có f ( x ) = 4 x (1 + ln x ) ⇒ F ( x ) = ∫ ( 4 x (1 + ln x ) ) dx

1  u = 1 + ln x ⇒ du = đặt  x ⇒ F ( x ) = 2 x 2 (1 + ln x ) − ∫ 2 xdx = 2 x 2 (1 + ln x ) − x 2 + C = 2 x 2 ln x + x2 + C dv = 4 x ⇒ v = 2 x 2 

Vậy ∫ 2 x(1 + e x )dx = 2∫ xdx + xe x − 2∫ e x dx = x 2 + xe x − 2 x + C = ( 2x − 2) e x + x2 + C .

u = x du = dx ⇒ Câu 132. Đặt  . = dv sin x dx  v = − cos x Suy ra

Câu 138. Ta có F ( x ) = ∫

∫ x sin xdx = − x cos x + ∫ cos xdx = − x cos x + sin x + C.

Câu 133.

Theo công thức tính nguyên hàm từng phần, ta có:

Lờigiải

F ( x) =

du = dx u = x  Đặt  ⇒ 1 2x 2x dv = e v = 2 e ⇒ ∫ x.e 2 x dx =

dx  du = x u = ln x ⇒ . f ( x ) dx = ∫ x ln xdx . Đặt  2 dv = xdx v = x  2

1 2 1 1 1 x ln x − ∫ xdx = x2 ln x − x 2 + C . 2 2 2 4

Câu 139. Chọn C

(

)

Ta có I = ∫ 3x 2 + 1 ln xdx

1 2x 1 2x x.e − ∫ e dx 2 2

1  u = ln x du = x dx Đặt  ⇒ .  2 dv = ( 3 x + 1) dx v = ∫ ( 3x 2 + 1) dx = x 3 + x 

1 1 1 1  ⇒ ∫ x.e dx = x.e 2 x − e2 x + C = e 2 x  x −  + C 2  2 2 4 2x

Câu 134. Gọi I = ∫ ( 2 x − 1) e x dx .

1 x3 ⇒ I = ( x 3 + x ) ln x − ∫ ( x3 + x ) dx = x ( x 2 + 1) ln x − ∫ ( x 2 + 1) dx =x ( x 2 + 1) ln x − − x + C . x 3

u = 2 x − 1 du = 2dx Đặt  . ⇒ x x  dv = e d x  v = e

Câu 140. Chọn A

⇒ I = ( 2 x − 1) e x − 2∫ e xdx = ( 2 x − 1) e x − 2e x + C = ( 2 x − 3) e x + C . 53

F ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫

 2 x3  = x 2 ln ( x 2 + 1) − ∫  2  dx = x 2 ln ( x 2 + 1) − ( x2 + 1) + ln ( x 2 + 1) + C  x +1 

x dx . s in 2 x

u = x du = dx  Đặt  . ⇒ 1 d v = d x v = − cot x  s in 2 x Khi đó: F ( x ) = ∫

= ( x 2 + 1) ln ( x 2 + 1) − x 2 + C . Câu33. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x.e2 x là

d ( sin x ) x cos x dx = − x.cot x + ∫ cot xdx = − x.cot x + ∫ dx = − x.cot x + ∫ s in 2 x sin x sin x

1 1  A. F ( x ) = e 2 x  x −  + C . 2 2 

1 B. F ( x ) = e 2 x ( x − 2 ) + C . 2

= − x.cot x + ln s inx + C . Với x ∈ ( 0; π ) ⇒ s inx > 0 ⇒ ln s inx = ln ( s inx ) . 1  C. F ( x ) = 2e2 x ( x − 2 ) + C . D. F ( x ) = 2e 2 x  x −  + C . Đặt 2 

Vậy F ( x ) = − x cot x + ln ( s inx ) + C . Câu 141. Chọn A

F ( x ) = x.e 2 x −

Ta có: ∫ 3 x ( x + cos x ) dx = ∫ 3 x dx + ∫ 3 x cos xdx 2

Ta có: ∫ xe x dx = ∫ xd ( e x ) = xe x − ∫ e x dx = xe x − e x + C .

∫ 3 x cos xdx = ∫ 3 x.d ( sin x ) = 3 x.sin x − ∫ 3sin xdx = 3 x.sin x + 3 cos x + C2

Câu 145. Ta có:

Vậy ∫ 3 x ( x + cos x ) dx = x3 + 3 ( x sin x + cos x ) + C

∫ x dx= 5 x 4

∫(x

∫ f ( x ) G ( x ) dx = ∫ G ( x ) d ( F ( x ) )

+ xe x ) dx = ∫ x 4 dx + ∫ xe x dx .

= G ( x ) .F ( x ) − ∫ F ( x ) d ( G ( x ) ) = G ( x ) .F ( x ) − ∫ F ( x ) g ( x ) d x . 5

+ C1 .

⇔ ∫ f ( x ) G ( x ) dx = x 2 ln ( x 2 + 1) − ∫

u = x du = dx +) Đặt  ⇒ . x x dv = e dx v = e Suy ra: Vậ y

∫ xe dx = xe − ∫ e dx = xe

∫(x

1 2x 1 1 1 1  e dx = x.e2 x − e 2 x + C = e 2 x  x −  + C . 2∫ 2 4 2 2 

Câu 144. Sử dụng công thức: ∫ udv = u.v − ∫ vdu .

∫ 3 x 2 dx = x3 + C1

Câu 142. Ta có:

 du = dx  u=x  ⇒   1 2x . 2x  dv = e dx v = e 2 

+ xe x ) dx =

x 2 ln ( x 2 + 1) − x 2 + ∫ x

− e x + C2 = ( x − 1) e x + C2 .

2 x3 2x   dx = x 2 ln ( x 2 + 1) − ∫  2 x − 2  dx = x +1 x2 + 1 

1 d ( x 2 + 1) = x 2 ln ( x 2 + 1) − x 2 + ln ( x 2 + 1) + C = ( x 2 + 1) ln ( x 2 + 1) − x 2 + C . x2 + 1

Câu 146. Lởi giải

1 5 x + ( x − 1) e x + C . 5

Chọn C

Câu 143. Chọn C

Ta có F ′ ( x ) = x 2 + 2 +

Ta có

F ( x ) .G ( x ) = ∫ ( F ( x ) .G ( x ) )′ dx = ∫ ( F ′ ( x ) .G ( x ) + F ( x ) .G′ ( x ) ) dx .

2 1 ( x + 1) . = 2 x x2

Do F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) =

⇒ ∫ ( F ′ ( x ) .G ( x ) ) dx = F ( x ) .G ( x ) − ∫ ( F ( x ) .G′ ( x ) ) dx

+ a)

nên a = 1 .

∫ g ( x )dx = ∫ x cos xdx 55

u = x du = dx ⇒ Đặt  dv = cos xdx v = sin x

Vậ y

∫ g ( x )dx = ∫ x cos xdx = x sin x − ∫ sin xdx = x sin x + cos x + C

Đặt u = ln x; dv = x −4 dx ⇒ du =

Câu 147. Ta có:

∫

(2x

+ x ) ln x + 1

1 dx = ∫ ( 2 x + 1) ln x dx + ∫ dx = I1 + I 2 . x

Nên

+ x ) ln x + 1 x

−4

 ln x x −4  ln x ln x 1 dx = −3  + ∫ dx  = 3 − ∫ x −4dx = 3 + 3 + C 3 3 − x x x x 3 3  

∫ f ( x ) .e

dx = ( x − 1) e x + C , suy ra f ( x ) .e 2 x = ( x − 1) e x ′ = e x + ( x − 1) .e x

Suy ra K = ∫ f ′ ( x ) e 2 x dx = ∫ (1 − x ) e x dx = ∫ (1 − x ) d ( e x ) = e x (1 − x ) + ∫ e x dx = ( 2 − x ) e x + C . Câu 151. Ta có: f ( x ) = ∫ f ′ ( x )dx = ∫ x.e x dx u = x  du = dx Đặt  → f ( x ) = x.e x − ∫ e x dx = x.e x − e x + C → x x  dv = e dx v = e Theo đề: f ( 0 ) = 2 ⇔ 2 = −1 + C ⇔ C = 3

dx = I1 + I 2 = ( x 2 + x ) ln x −

dx x −3 ;v = x −3

⇒ f ( x ) = e− x + ( x −1) .e− x = x.e− x ⇒ f ′ ( x ) = (1 − x ) .e− x

1 I 2 = ∫ dx = ln x + C 2 . x 2

)

ln x dx = −3∫ ln x.x −4 dx

∫ f ′ ( x ) ln xdx = −3∫ ln x.x

Theo đề bài ta có

1 I1 = ( x 2 + x ) ln x − ∫ ( x 2 + x ) dx = ( x 2 + x ) ln x − ∫ ( x + 1) dx x x2 2 = ( x + x ) ln x − − x + C1. 2

(2x

−4

Câu 150. Chọn D

1  u = ln x du = dx ⇒ I1 = ∫ ( 2 x + 1) ln x dx . Đặt  x . dv = ( 2 x + 1) dx v = x 2 + x 

∫

∫ f ′ ( x ) ln xdx = ∫ ( −3x

⇒ f ( x ) = x.e x − e x + 3

x2 x2 − x + C1 + ln x + C2 = ( x 2 + x + 1) ln x − − x + C. 2 2

⇒ f (1) = 3 .

Dạng 4.2 Tìm nguyên hàm có điều kiện

Câu 152. Chọn D

Câu 148. Chọn C

Ta có f ( x ) + f ′ ( x ) = e − x ⇔ f ( x ) e x + f ′ ( x ) e x = 1 ⇔ f ( x ) e x ′ = 1 ⇔ f ( x ) e x = x + C1 .

Ta có:

Suy ra

(

∫

f ( x) −1 1 dx = 2 . Chọn f ( x ) = 2 . x 2x x

∫

dx  u = ln x du = x 2   f ′ ( x ) ln x dx = ∫ 3 ln x dx . Đặt  ⇒ . 2 x dv = x3 dx v = −1  x2

Khi đó:

∫ f ′ ( x ) ln x dx = ∫

Vì f ( 0 ) = 2 ⇒ C1 = 2 ⇒ f ( x ) e 2 x = ( x + 2 ) e x ⇒ ∫ f ( x ) e2 x dx = ∫ ( x + 2 ) e x dx . u = x + 2  du = dx Đặt  ⇒ x x v = x d e d  v = e

⇒ ∫ f ( x ) e2 x dx = ∫ ( x + 2 ) e x dx = ( x + 2 ) e x − ∫ e x dx = ( x + 2 ) e x − e x + C = ( x + 1) e x + C .

ln x ln x 1 1   ln x d x = − 2 + ∫ 3 dx = −  2 + 2  + C . x3 x x 2x   x

Câu 153. Theo đề: f ' ( x ) = ( x + 1) e x . Nguyên hàm 2 vế ta được

∫ f ' ( x ) dx = ∫ ( x + 1) e dx ⇔ f ( x ) = ( x + 1) e − ∫ e dx x

Câu 149. Chọn C Ta có F′ ( x ) =

f ( x) x

)

⇒ f ( x ) = ( x + 1) e x − e x + C = xe x + C

 1 ′ 1 ⇒ f ( x ) = x.F′ ( x ) = x.  − .x −3  = 3 = x −3 3   x

Mà f ( 0 ) = 0 ⇒ 0.e 0 + C = 0 ⇔ C = 0 ⇒ f ( x ) = xe x .

⇒ ∫ f ( x )dx = ∫ xe x dx = xe x − ∫ e x dx = xe x − e x + C = ( x − 1) e x + C .

⇒ f ′ ( x ) = −3 x −4 ⇒ f ′ ( x ) ln x = −3 x −4 ln x 57

Suy ra a = 1; b = −1 ⇒ a + b = 0 . u = x  d u = dx Câu 154. Đặt  . ⇒ −x −x  dv = e d x  v = − e Do đó

∫ xe

−x

Dạng 5. Sử dụng nguyên hàm để giải toán Câu 158. Chọn D 2

dx = − xe− x + ∫ e− x dx = − xe − x − e − x + C = F ( x; C ) .

Ta có f ′ ( x ) = 4 x 3  f ( x )  ⇒ −

F ( 0 ) = 1 ⇔ −e−0 + C = 1 ⇔ C = 2 . Vậy F ( x ) = − ( x + 1) e − x + 2 .

du = dx u = x  Câu 155. Đặt  ⇒ 1 d v = cos 2 xdx v = sin 2 x  2 1 1 1 1 Khi đó ∫ x cos 2 xdx = x sin 2 x − ∫ sin 2 xdx = x sin 2 x + cos 2 x + C 2 2 2 4

Do f ( 2 ) = −

Câu 159. Ta có y′ = xy 2 ⇒

1 Vậy ab = . 8

Câu 160.

x3 1 + 3

ln ( x + 3)

dx .

⇒∫

dx u = ln ( x + 3) du =   x +3 Đặt  ⇒ dx dv = 2 v = − 1 x   x Ta có

∫

ln ( x + 3) x2

x +C y′ y′ x3 = x 2 ⇒ ∫ dx = ∫ x 2 dx ⇔ ln y = + C ⇔ y = e 3 . y y 3

Theo giả thiết f ( −1) = 1 nên e Vậy y = f ( x ) =e 3

∫

1 1 1 , nên ta có C = −9 . Do đó f ( x ) = − 4 ⇒ f (1) = − . 25 x +9 10

1 1 ⇒a= , b= . 2 4

Câu 156. Tính

 1 ′ 1 3 = − x4 + C = −4 x 3 ⇒   = −4 x ⇒ f ( x)  f ( x )  f ( x) 

f ′( x)

⇒−

1 − +C 3

. Do đó f ( 2 ) = e3 .

f ′ ( x ) = ( 2 x + 1) f 2 ( x ) ⇔

d ( f ( x )) f 2 ( x)

f ′( x) f ′( x) dx = ∫ ( 2 x + 1)dx = 2x +1 ⇒ ∫ 2 f 2 ( x) f ( x)

= ∫ ( 2 x + 1) dx

1 = x 2 + x + C (1) (Với C là hằng số thực). f ( x)

Thay x = 1 vào (1) được 2 + C = −

1 dx x 1 1 dx = − ln ( x + 3) + ∫ = − ln ( x + 3) + ln + C = F ( x, C ) . x x ( x + 3) x 3 x+3

1 =1 ⇔ C = . 3

1 1 1 − . ⇔ C = 0 .Vậy f ( x ) = 1 + x 1 x − 2

1 1 7 1    Lại có F ( −2 ) + F (1) = 0 ⇔  ln 2 + C  +  − ln 4 + ln + C  = 0 ⇔ 2C = ln 2 . 3 4 3 3   

1 1   1 1  1 1   1 . T = f (1) + f (2) + ... + f (2019) =  −  +  −  + ... +  −  = −1 + 2020  2 1  3 2   2020 2019 

1 1 1 2 10 5 Suy ra F ( −1) + F ( 2 ) = ln 2 + ln 2 − ln 5 + ln + 2C = ln 2 − ln 5 . 3 2 3 5 3 6

a = 1 Suy ra:  ⇒ a − b = −2019 (Chọn đáp số sai). b = 2020

1  u = ln ( x − 1) du = ⇒ Câu 157. Đặt  x −1 dv = dx v = x − 1

Câu 161. Chọn D

g ( x ) = ∫ ln ( x − 1) dx = ( x − 1) ln ( x + 1) − ∫

Trên khoảng ( 0; +∞ ) ta có: 2 xf ' ( x ) + f ( x ) = 3x 2 x ⇔ x f ' ( x ) +

x −1 dx = ( x − 1) ln ( x − 1) − x + C x −1

⇒

(

Do g ( 2 ) = 1 ⇔ 1ln1 − 2 + C = 1 ⇔ C = 3 ⇒ g ( x ) = ( x − 1) ln ( x − 1) − x + 3 ⇒ x. f ( x) =

Suy ra: g ( 3) = 2 ln 2 − 3 + 3 = 2 ln 2 = ln 4 ⇒ a = 1, b = 4 ⇒ 3a 2 − b 2 = −13 59

)

x. f ( x ) =

3 2 x ⇒∫ 2

(

1 3 = x2 . 2 x 2

' 3 x . f ( x ) dx = ∫ x 2 dx . 2

)

1 3 x + C . ( ∗) 2

x2 x 1 1 1 1 Mà f (1) = nên từ ( ∗) có: 1. f (1) = .13 + C ⇔ = + C ⇔ C = 0 ⇒ f ( x ) = . 2 2 2 2 2 Vậ y f ( 4 ) =

Theo giả thiết f (0) = 1 nên C = 2 ⇒ f ( x ) =

x.e x − e x + 2 2 ⇒ f (1) = . ex e

42 4 = 16 . 2

Câu 165. Ta có:  xf ′ ( x )  + 1 = x 2 1 − f ( x ) . f " ( x )  ; x > 0 2

Câu 162. Ta có:

f ′( x) f ( x)

⇔ x 2 .  f ' ( x )  + 1 = x 2 1 − f ( x ) . f " ( x ) 

f ′( x) 1 1 ⇒∫ dx = ∫ dx ⇔ ln ( f ( x ) ) = 2 x + 1 + C f ( x) x +1 x +1

1 = 1 − f ( x ) . f "( x ) x2 2 1 ⇔  f ' ( x )  + f ( x ) . f " ( x ) = 1 − 2 x ' 1 ⇔  f ( x ) . f ' ( x )  = 1 − 2 x 2

⇔  f ' ( x )  +

Mà f ( 0 ) = 1 nên C = −2 ⇒ f ( x ) = e

2 x +1 − 2

⇒ f ( 3) = e > 6

Câu 163. Ta có: f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ [ 2; 4] nên hàm số y = f ( x ) đồng biến trên [ 2; 4] ⇒ f ( x ) ≥ f ( 2 ) mà f ( 2) =

7 . Do đó: f ( x ) > 0, ∀x ∈ [ 2; 4] . 4 3

Từ giả thiết ta có: 4 x3 f ( x ) =  f ′ ( x ) − x3 ⇔ x3  4 f ( x ) + 1 =  f ′ ( x )

⇔ x. 3 4 f ( x ) + 1 = f ′ ( x ) ⇔

f ′( x) 3

4 f ( x) +1

Do đó:

Vì f (1) = f ' (1) = 1 ⇒ 1 = 2 + c1 ⇔ c1 = −1.

= x.

Nên Suy ra:

f ( 2) =

∫

f ′( x) 3

4 f ( x) +1

dx = ∫ xdx ⇔

2 1 d  4 f ( x ) + 1 x 3 x = + C ⇔ 3  4 f ( x ) + 1 = + C . 4 ∫ 3 4 f ( x) +1 2 8 2 2

⇒

7 3 1 ⇔ = 2+C ⇔ C = − . 4 2 2

Câu 164.

4 2   3 ( x − 1)  − 1 40 5 − 1 . ⇒ f ( 4) = 4 4

f ( x) + f ′( x) = x





∫ f ( x ) . f ' ( x ) .dx = ∫  x + x −1.dx

f 2 ( x)

Vậ y

Vậy: f ( x ) =

1  1 .dx ⇒ f ( x ) . f ' ( x ) = x + + c1. 2  x 



∫  f ( x ) . f ' ( x ) .dx = ∫ 1 − x

f 2 ( x)

1   ⇔ ∫ f ( x ) .d ( f ( x ) ) = ∫  x + − 1.dx x  

x2 1 1 + ln x − x + c2 . Vì f (1) = 1 ⇒ = − 1 + c2 ⇔ c2 = 1. 2 2 2

x2 + ln x − x + 1 ⇒ f 2 ( 2 ) = 2 ln 2 + 2 . 2

Câu 166. Có ( f '( x)) 2 + f ( x). f ''( x) = x 3 − 2 x ⇔ ( f ( x). f '( x))' = x 3 − 2 x

⇔ f ( x). f '( x) = ∫ ( x3 − 2 x)dx =

(1) .

1 4 2 x − x +C 4

Nhân 2 vế của (1) với e x ta được e x . f ( x ) + e x . f ′ ( x ) = x.e x .

Từ f (0) = f '(0) = 1 . Suy ra C = 1 . Vậy f ( x). f '( x) =

Hay e x . f ( x ) ′ = x.e x ⇒ e x . f ( x ) = ∫ x.e x dx .

Tiếp, có 2 f ( x). f '( x) =

Xét I = ∫ x.e xdx .

1 4 2 x − x +1 4

1 4 1 x − 2 x 2 + 2 ⇔ ( f 2 ( x))' = x 4 − 2 x 2 + 2 2 2

1 1 2 ⇔ f 2 ( x) = ∫ ( x 4 − 2 x 2 + 2)dx = x5 − x3 + 2 x + C 2 10 3

 u = x ⇒ du = dx Đặt  x x . e dx = dv ⇒ v = e

Từ f (0) = 1 . Suy ra C = 1 . Vậy f 2 ( x) =

1 5 2 3 x − x + 2x +1 . 10 3

I = ∫ x.e xdx = x.e x − ∫ e xdx = x.e x − e x + C . Suy ra e x f ( x ) = x.e x − e x + C . 61

Do đó T =

43 15

Vậy S =  f ( 0 ) + f ( 2 ) + ... + f ( 2018 )  +  f (1) + f ( 3) + ... + f ( 2017 ) 

Câu 167. Chọn D

f ( x ) + tan x. f ′ ( x ) =

x x ⇔ cos x. f ( x ) + sin x. f ′ ( x ) = . cos3 x cos 2 x

x ⇔ sin x. f ( x ) ′ = . cos2 x Do đó

′

x 2

dx ⇒ sin x. f ( x ) = ∫

1 1 1 1  1  2020 1009  . 1+ − − = + 2  2 2020 2021  2  2021 2.2020 

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) nên f ′ ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) .

x dx . cos 2 x

Do đó  f ′ ( x ) = ( x + 1) f ( x ) ⇔ f ′ ( x ) =

Suy ra ∫

d ( cos x ) x dx = x tan x − ∫ tan xdx = x tan x + ∫ dx = x tan x + ln cos x . cos 2 x cos x

Suy ra f ( x ) =

Ta có với ∀x ∈ ( 0; +∞ ) thì y = f ( x ) > 0 ; x + 1 > 0 .

x dx cos 2 x

u = x du = dx  . Khi đó Đặt  dx ⇒  v = tan x dv = cos 2 x I=∫

1 1 1 1 1 1  1 1 1 1 1 1 1  1 − + − + ... + − + − + − + ... + − 2  3 3 5 2019 2021  2  2 4 4 6 2018 2020 

Câu 169. Chọn A

∫ sin x. f ( x ) dx = ∫ cos

Tính I = ∫

x.tan x + ln cos x sin x

f ′( x) f ( x)

Vì f ( 3) =

ln cos x x . + cos x sin x

dx = ∫

⇒

f ( x) =

1 3

( x + 1)

⇔

f ′ ( x) f ( x)

( x + 1) .

+C .

2 8 4 nên C = − = −2 . 9 3 3

1 Suy ra f ( x ) =  3

3  2π 2ln 2   π 3 π  π  aπ 3 + b ln 3 = 3 f   − f   = 3  −  −  9 + 2ln 2  3 3 3 6    

( x + 1)dx

( x + 1) f ( x )

( x + 1)

 − 2  , suy ra f ( 8 ) = 49 . 

Câu 170. Chọn D 2

Từ giả thiết ta có: f ′ ( x ) =  f ( x ) .

x2 −1

+ 1)

> 0 với mọi x ∈ (1; 2] .

5  5π 3 a = = − ln 3 . Suy ra  9 . 9 b = −1

Do đó f ( x ) ≥ f (1) = 1 > 0 với mọi x ∈ [1; 2] .

4 Vậ y P = a + b = − . 9

Câu 168. Chọn E không có đáp án đúng

1  1 d x +  2 f ′( x) 1 1 x  x ⇒∫ 2 dx = ∫ dx = ∫ dx ⇒ ∫ 2 =− +C . 2 2 ⇒ − 1 f ( x) f ( x) f ( x) 1 1   x + x+  x+  x x x   x2 + 1 5 Mà f (1) = 1 ⇒ 1 = 1 + C ⇔ C = 0 . Vậy f ( x ) = ⇒ f ( 2) = . x 2

Xét f ′ ( x ) + ( 2 x + 4 ) f 2 ( x ) = 0 ⇔

⇒

Xét với mọi x ∈ [1; 2] ta có:

− f ′( x) f 2 ( x)

+ 1) f ′ ( x ) =  f ( x ) 

f ′( x)

= 2x + 4 ⇒ ∫

− f ′( x) f 2 ( x)

dx= ∫ ( 2 x + 4 ) dx .

1 = x2 + 4x + C . f ( x)

1 1 Vì f ( 0 ) = ⇒ C = 3 ⇒ f ( x ) = 2 = x + 4x + 3 3

− 1) ⇔

f ′( x) f ′( x) x2 −1 x2 − 1 = ⇒∫ 2 dx = ∫ dx . 2 f 2 ( x ) ( x 2 + 1)2 f ( x) ( x 2 + 1)

1−

Câu 171. TH1: f ( x ) = 0 ⇒ f ′ ( x ) = 0 trái giả thiết.

1 1 1  −  . 2  x +1 x + 3  63

TH2: f ( x ) ≠ 0 ⇒ f ′ ( x ) = − ( 2 x + 1) . f 2 ( x ) ⇒

f ′( x) 2

( x)

= − ( 2 x + 1) . ⇒ ∫

f ′( x) f

2 2  223   Vì các hàm số y = 3  x +  , y = 2  x +  + đồng biến trên ℝ nên hàm số 3 3 9  

dx = − ∫ ( 2 x + 1)dx

( x)

−1 ⇒ = − ( x2 + x + C ) . f ( x) Ta có: f ( 2 ) =

2 2  223   y = 3 3 x +  + 2 x +  + cũng đồng biến trên ℝ. Do đó, hàm số y = f ( x ) đồng biến trên [ −2;1] . 3 9 3  

1 1 1 1 . ⇒ C = 0 ⇒ f ( x) = 2 = − 6 x + x x x +1

Vậy max f ( x ) = f (1) = 3 42 . [ −2;1]

1 1 1 1 1 2019 . ⇒ P = − + − + ..... − = 1 2 2 3 2020 2020

Câu 173.

f ( x) − xf ′( x) = −2 x3 − 3x 2 ⇔

Câu 172. Ta có: ( f ( x ) ) . f ′ ( x ) = 3x 2 + 4 x + 2 (*)

∫ ( f ( x )) ⇔

. f ′ ( x )dx = ∫ ( 3x 2 + 4 x + 2)dx ⇔ ∫ ( f ( x ) ) d ( f ( x ) ) = x3 + 2 x2 + 2 x + C

( f ( x))

Ta có

(

∫ ( 2x + 3)dx = x

Do đó,

= x3 + 2 x 2 + 2 x + C ⇔ ( f ( x ) ) = 3 ( x3 + 2 x 2 + 2 x + C ) (1) 3

f ( x) là một nguyên hàm của hàm số g ( x ) = 2 x + 3 . x

Suy ra,

Lấy nguyên hàm 2 vế của phương trình trên ta được

1. f ( x ) − x. f ′( x) −2 x3 − 3x 2  f ( x) ′ = ⇔ = 2x + 3 x2 x2  x 

+ 3x + C , C ∈ ℝ .

f ( x) = x 2 + 3x + C1 , (1) với C1 ∈ ℝ nào đó. x

Vì f (1) = 4 theo giả thiết, nên thay x = 1 vào hai vế của (1) ta thu được C1 = 0 , từ đó f ( x ) = x 3 + 3 x 2 . Vậy f (2) = 20 .

)

Theo đề bài f ( 0 ) = 3 nên từ (1) ta có ( f ( 0) ) = 3 03 + 2.02 + 2.0 + C ⇔ 27 = 3C ⇔ C = 9 3

⇒ ( f ( x ) ) = 3 ( x 3 + 2 x 2 + 2 x + 9 ) ⇒ f ( x ) = 3 3 ( x3 + 2 x 2 + 2 x + 9 ) .

Câu 174. Ta có f ( x ) . f ′ ( x ) = ( 2 x + 1) 1 + f 2 ( x ) ⇔

f ( x). f ′( x) 1+ f 2 ( x)

= ( 2 x + 1) .

Tiếp theo chúng ta tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −2;1] . Suy ra

CÁCH 1:

∫

f ( x). f ′( x) 1+ f 2 ( x)

dx = ∫ ( 2 x + 1)dx ⇔ ∫

d (1 + f 2 ( x ) ) 2 1+ f 2 ( x)

= ∫ ( 2 x + 1)dx ⇔ 1 + f 2 ( x ) = x 2 + x + C .

Vì x3 + 2 x 2 + 2 x + 9 = x 2 ( x + 2 ) + 2 ( x + 2 ) + 5 > 0, ∀x ∈ [ −2;1] nên f ( x ) có đạo hàm trên [ −2;1] và

f ′( x) =

3 ( 3x 2 + 4 x + 2 ) 3 3 3 ( x + 2 x + 2 x + 9 )  3

3x2 + 4 x + 2

= 3

3 ( x + 2 x + 2 x + 9 )    3

(

Theo giả thiết f ( 0 ) = 2 2 , suy ra 1 + 2 2

> 0, ∀x ∈ [ −2;1] .

)

Với C = 3 thì 1 + f 2 ( x ) = x 2 + x + 3 ⇒ f ( x ) =

⇒ Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên [ −2;1] ⇒ max f ( x ) = f (1) = 3 42.

= C ⇔ C = 3.

+ x + 3) − 1 . Vậy f (1) = 24 .

Câu 175. Ta có  f ( x ) f ′ ( x ) ′ =  f ′ ( x ) + f ( x ) f ′′ ( x ) . Do đó theo giả thiết ta được  f ( x ) f ′ ( x )′ = 2 x 2 − x + 1 . 2 x2 Suy ra f ( x ) f ′ ( x ) = x 3 − + x + C . Hơn nữa f ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = 3 suy ra C = 9 . 3 2 2  x2 ′ 2 Tương tự vì  f ( x ) = 2 f ( x ) f ′ ( x ) nên  f 2 ( x ) ′ = 2  x 3 − + x + 9  . Suy ra 2 3 

[ −2;1]

Vậy max f ( x ) = f (1) = 3 42 . [ −2;1]

CÁCH 2: 3

2 2  223   f ( x ) = 3 3 ( x3 + 2 x 2 + 2 x + 9 ) = 3 3  x +  + 2  x +  + . 3 3 9  

2  x2 1 x3 f 2 ( x ) = ∫ 2  x 3 − + x + 9  dx = x 4 − + x 2 + 18 x + C , cũng vì f ( 0 ) = 3 suy ra 2 3 3 3  65

f 2 ( x) =

2 1 4 x3 x − + x 2 + 18 x + 9 . Do đó  f (1)  = 28 . 3 3

Suy ra:

Câu 176. Ta có

f ′( x)

∫ f ( x) d x = ∫

Ta có ln f (1) =

( x + 2 ) f ( x ) + ( x + 1) f ′ ( x ) = e x ⇔ ( x + 1) f ( x ) + f ( x ) + ( x + 1) f ′ ( x ) = e x

1 2 3x + 1 + C . d x ⇒ ln f ( x ) = 3 3x + 1

2 4 4 3.1 + 1 + C ⇔ ln1 = + C ⇔ C = − . 3 3 3 2

⇔ ( x + 1) f ( x )  + ( x + 1) f ( x )′ = e x ⇔ e x ( x + 1) f ( x )  + e x ( x + 1) f ( x )′ = e 2 x

2 4 3x + 1 − ⇔ f ( x ) = e 3 3 3

Nên ln f ( x ) =

1 ⇔  e x ( x + 1) f ( x ) ′ = e 2 x ⇒ ∫  e x ( x + 1) f ( x )′dx = ∫ e2 x dx ⇔ e x ( x + 1) f ( x ) = e2 x + C 2

Vậ y f ( 5 ) = e 3

1 1 e ⇒ C = 0 . V ậy f ( x ) = . 2 2 x +1

3.5+1−

4 3

3 x +1 −

4 3

= e 3 ∈ ( 3; 4 ) .

Mà f ( 0 ) =

Câu 180. Ta có f ′ ( x ) = ( 2 x + 3 ) f 2 ( x ) ⇔

Khi đó f ( 2 ) =

e . 6

⇔∫

1 x x . f ′( x) + f ( x) = Câu 177. Từ giả thiết, ta có x ( x + 1) . f ′ ( x ) + f ( x ) = x 2 + x ⇔ 2 x +1 x +1 x + 1 ( )

x x x . f ( x) = ∫ . f ( x ) = x − ln x + 1 + C . dx hay x +1 x +1 x +1

( x + 1)( x + 2 )

1 1 . − x + 2 x +1

Do đó f (1) + f ( 2 ) + f ( 3) + ... + f ( 2017 ) + f ( 2018 ) =

x . f ( x ) = x − ln x + 1 − 1 . x +1

Với x = 2 thì

2 3 3 3 3 . f ( 2 ) = 1 − ln 3 ⇔ f ( 2 ) = − ln 3 . Suy ra a = và b = − . 3 2 2 2 2

Vậ y a 2 + b 2 =

9 . 2

1 1 1009 − =− . 2020 2 2020

Vậy a = −1009 ; b = 2020 . Do đó b − a = 3029 . Câu 181.

f ′( x) =

f ′ ( x ) 3x 4 + x 2 − 1 3x 4 + x 2 − 1 2 . f (x) ⇔ 2 = 2 f (x) x2 x

d ( f ( x )) d ( f ( x )) 1  3x 4 + x 2 − 1 3x 4 + x 2 − 1  =∫ = ∫  3x 2 + 1 − 2  dx ⇔ dx . ⇔ ∫ 2 dx ⇔ ∫ 2 2 f ( x) x2 f (x) x  x  −1 1 −1 +C. = x3 + x + + C ⇔ f ( x ) = 1 f (x) x 3 x +x+ x f ′( x)

∫ f ( x ) dx = ∫ 2

Câu 178. Ta có f ( x ) = f ′ ( x ) . 3x + 1 ⇔ ⇔∫

f ′( x) 1 dx = ∫ ( 2 x + 3 ) dx ⇔ − = x 2 + 3x + C . f ( x) f ( x)

Vậ y f ( x ) = −

Mặt khác, ta có f (1) = −2 ln 2 nên C = −1 . Do đó

= 2x + 3

1 Vì f ( 0 ) = − ⇒ C = 2 . 2

x  x ′ , với ∀x ∈ ℝ \ {0; − 1} . ⇔ . f ( x ) =  x +1  x +1 Suy ra

f ′( x) f 2 ( x)

d ( f ( x )) f ( x) 4

Mà f (1) = 1 nên e 3

=∫

f ′( x) f ′( x) 1 1 = ⇒∫ dx = ∫ dx f ( x) f ( x) 3x + 1 3x + 1 2

2 1 3x + 1 + C ⇔ f ( x ) = e 3 dx ⇔ ln f ( x ) = 3 3x + 1

3 x +1+C

1 1 1 1 −x  − Do f (1) = − ⇒ C = 0 ⇒ f ( x ) = 4 =  . 3 x + x2 +1 2  x2 + x +1 x2 − x +1 

4 3

4 = 1 ⇔ C = − . Suy ra f ( 5) = e ≈ 3, 794 . 3

Câu 179. Từ f ( x ) = f ′ ( x ) . 3x + 1 ta có

f ′( x) f ( x)

1  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  f (1) =  −  ; f ( 2 ) =  −  ; f ( 3) =  −  ;.; f ( 80 ) =  − . 2  3 1 2  7 3 2  13 7  2  6481 6321 

1 . 3x + 1

1 1 1 3240 = − . f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( 80 ) = − + . 2 2 6481 6481 67

Câu 182. Theo đề bài, ta có  f ( x )  − f ( x ) . f ′′ ( x ) +  f ′ ( x )  = 0 ⇒

f ( x ) . f ′′ ( x ) −  f ′ ( x ) 

 f ( x ) 

1 1 Và f ( −3) − f ( 3) = 0 ⇔ C1 − C3 = ln . 3 10

1 5 1 1 1 1 1 1 Vậy f ( −4 ) + f ( −1) − f ( 4 ) = ln + C1 + ln 2 + + ln 2 + ln 2 − C2 = ln 2 + . 3 2 3 3 3 3 3 3

 f ′ ( x ) ′ f ′( x) x2 ⇒ = x + C ⇒ ln f ( x ) = + C .x + D  =1⇒ f ( x) 2  f ( x)  x2 5 +2x C = 2  f ( 0 ) = 1 Mà  ⇔ . Suy ra : f ( x ) = e 2 ⇒ f (1) = e 2 . 6 D = 0  f ( 2 ) = e Dạng 6. Một số bài toán khác liên quan đến nguyên hàm 1 ln ( x − 1) + C1 khi x > 1 dx = ln x − 1 + C =  Câu 183. Ta có f ( x ) = ∫ . x −1 ln (1 − x ) + C2 khi x < 1 Lại có f ( 0 ) = 2017 ⇒ ln (1 − 0 ) + C2 = 2017 ⇒ C2 = 2017 .

 ln   2 1   1 − dx = ∫  d x = Câu 186. Ta có f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) dx = ∫ 2 ln  x −1  x −1 x +1    ln 

f ( 2 ) = 2018 ln ( 2 − 1) + C1 = 2018 ⇒ C1 = 2018 .

f  Khi đó  f 

Do đó S = ln ( 3 − 1) + 2018 − 2018 ln (1 − ( −1) ) + 2017 − 2017  = ln 2 2 . 1 1 Câu 184. Ta có f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) dx = ∫ dx = ∫ d ( ln x ) = ln ln x − 1 + C ln x − 1 x ( ln x − 1)

1 1 Khi đó: f   + f e3 = ln ln − 1 + ln 2 + ln ln e3 − 1 + 3 = 3 ( ln 2 + 1) . e e

( )

1  ln 3 + C1 + ln + C3 = 0 C + C3 = 0  3 ⇒ ⇒ 1  1 1  −  + f   = 2 ln 3 + C + ln 1 + C = 2 C2 = 1 2 2  2 2  3

( −2 ) + f ( 2 ) = 0

( )

x −1 + C1 , ∀x ∈ ( −∞; −2 ) x+2

1 1 Khi đó: f   + f e3 = ln ln − 1 + ln 2 + ln ln e3 − 1 + 3 = 3 ( ln 2 + 1) . e e Câu 188. Ta có F ′ ( x ) = f ( x ) .

( )

x −1 + C2 , ∀x ∈ ( −2;1) . x+2 x −1 + C3 , ∀x ∈ (1; +∞ ) x+2

(

1 2x − 3 5ax 2 + ( 3b − 6a ) x − 3b + c

)

Tính F ′ ( x ) = ( 2ax + b ) 2 x − 3 + ax 2 + bx + c .

1 1 1 Ta có f ( −3) = ln 4 + C1 , ∀x ∈ ( −∞;2 ) , f ( 0 ) = ln + C1 , ∀x ∈ ( −2;1) , 3 3 2

( 2ax + b )( 2 x − 3) + ax 2 + bx + c

Do đó

1 2 f ( 3) = ln + C3 , ∀x ∈ (1; +∞ ) , 3 5 Theo giả thiết ta có f ( 0 ) =

x −1 + C3 khi x > 1 x +1

ln ln x − 1 + C1 khi 0 < x < e . ⇒ f ( x) =  ln ln x − 1 + C2 khi x > e 1 1 Do f  2  = ln 6 ⇒ ln ln 2 − 1 + C1 = ln 6 ⇔ ln 3 + C1 = ln 6 ⇔ C1 = ln 2 e e  Đồng thời f e2 = 3 ⇒ ln ln e2 − 1 + C2 = 3 ⇔ C2 = 3

( )

Câu 185.

x −1 + C2 khi − 1 < x < 1. x +1

3 6 Do đó f ( −3) + f ( 0 ) + f ( 4 ) = ln 2 + C1 + C2 + ln + C3 = ln + 1 . 5 5 1 1 Câu 187. Ta có f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) dx = ∫ dx = ∫ d ( ln x ) = ln ln x − 1 + C x ( ln x − 1) ln x − 1

1  3 ln  1 1 f ( x) = ∫ 2 dx =  ln x + x−2 3 1  ln 3

x −1 + C1 khi x < −1 x +1

2x − 3 5ax 2 + ( 3b − 6a ) x − 3b + c

= =

2x − 3

20 x 2 − 30 x + 11

2x − 3 2x − 3 ⇒ 5ax 2 + ( 3b − 6a ) x − 3b + c = 20 x 2 − 30 x + 11 5a = 20 a = 4   ⇒ 3b − 6a = −30 ⇒ b = −2 ⇒ T = 7 .  −3b + c = 11 c = 5  

1 1 ⇔ C2 = (1 + ln 2 ) . 3 3

2 1 ⇒ f ( −1) = ln 2 + . 3 3 69

(

)

2  m = 3 3m = 2  13  ⇒ 2 n = 2 ⇒ n = 1 ⇒ m + n + p = 6. n − 2 p = 0  1  p = 2  Câu 194. Ta có 1 F ′ ( x ) = ( 2ax + b ) 2 x − 3 + ( ax 2 + bx + c ) 2x − 3 ( 2ax + b )( 2 x − 3) + ax 2 + bx + c = 5ax 2 + ( 3b − 6a ) x + c − 3b = 2x − 3 2x − 3 Vì F ′ ( x ) = f ( x ) ⇔ 5ax 2 + ( 3b − 6 a ) x + c − 3b = 20 x 2 − 30 x + 11

Câu 189. Ta có F ′ ( x ) = f ( x ) ⇔ ax 2 + bx + c + 2ax + b .e x = ( x − 1) .e x ∀x ∈ ℝ.

a = 1 a = 1   Đồng nhất hệ số hai vế ta có: 2a + b = −2 ⇔ b = −4 . Từ đó S = a + 2b + c = 1 − 8 + 5 = −2. c + b = 1 c = 5   Câu 190. Ta có f ( x ) =

( ∫ f ( x ) dx )′ ⇒ 2 x e

2 x3 + 2

(

+ 2 xe 2 x = me x + 2 + nxe 2 x − pe 2 x + C

)′

⇔ 2 x 2 e x + 2 + 2 xe2 x = 3mx 2 e x + 2 + ne2 x + 2nxe2 x − 2 pe2 x ⇔ 2x2ex

+ 2 xe 2 x = 3mx 2 e x

+ ( n − 2 p ) e 2 x + 2nxe2 x

5a = 20 a = 4   ⇔ 3b − 6a = −30 ⇔ b = −2 . c − 3b = 11 c = 5  

2  m = 3 3m = 2  13  ⇒ 2 n = 2 ⇒ n = 1 ⇒ m + n + p = 6. n − 2 p = 0  1  p = 2 

Do đó T = a + b + c = 4 − 2 + 5 = 7 . Câu 195. Chọn A ∫ f ( x) = F ( x ) ⇒F '( x ) = f ( x)

Câu 191. Vì F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) nên F ′ ( x ) = f ( x ) , ∀x ∈ ℝ

Vậy số điểm cực trị của F ( x) là 2.

3m = 3  m = 1 . ⇔ 3mx 2 + 2 ( 3m + n ) x − 4 = 3x 2 + 10 x − 4, ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ m n 2 3 + = 10 ( ) n = 2 

Câu 196. Ta có F ′ ( x ) = f ( x )

F '( x) = 0 ⇔ f ( x) = 0 ⇔ 2019 x ( x 2 − 4 )( x 2 − 3 x + 2 ) = 0 ⇔ 2019 x ( x − 2 ) ( x − 1)( x + 2 ) = 0

(

1 3 3 3 1 f ( x ) = F ′ ( x ) = − cos3x − 3 ( x − a ) sin 3x  + cos3x = ( x − a ) sin 3 x +  −  cos3x . b c b c b Đồng nhất hai vế của f ( x ) ta được

(

+ 2 xe 2 x = 3mx 2 e x

(

)

( x + x) 2

(( x + x ) − 4) 2

( x + x) x2 + x − 2 x2 + x + 2 ( )( ) 2

)

Câu 197. + Tính ( F ( x ) )′ =

( x + x) 2

(

−1   = 0 ⇔ x ∈  −2; −1; ;0;1 2  

)

2 x3 + 2

(

+ 2 xe 2 x = me x + 2 + nxe 2 x − pe 2 x + C

(( ax

+ bx + c ) e − x

)′ =  − ax

(

)

+ ( 2 a − b ) x + b − c  e − x = 2 x 2 − 5 x + 2 e − x .

a = −2 a = −2   Suy ra 2a − b = −5 ⇔ b = 1 nên F ( x ) = ( −2 x 2 + x − 1) e − x . b − c = 2 c = −1  

)′

+ Tính F ( 0 ) = −1 suy ra f ( F ( 0 ) ) = f ( −1) = 9e .

)

= ( 2x + 1) x ( x + 1)( x + 2 )( x − 1) ( x 2 + x + 2 ) e

⇔ 2 x 2 e x +2 + 2 xe2 x = 3mx 2 e x + 2 + ne2 x + 2nxe2 x − 2 pe2 x ⇔ 2x2ex

′

)(

F ′ x 2 + x = 0 có 5 nghiệm đơn nên F x 2 + x có 5 điểm cực trị.

( ∫ f ( x ) dx )′ ⇒ 2x e

(

= ( 2x + 1) x ( x + 1) e

 a = 2 a = 2  3  ⇔ b = 3 .  =1 b  c = 9 3 1 − = 0  c b Vậy ab + c = 2.3 + 9 = 15 . Câu 193. Ta có f ( x ) =

)

⇒ F ′ x 2 + x = f x 2 + x . x 2 + x = ( 2x + 1) x 2 + x e

Vậy m.n = 2 . Câu 192. Vì F ( x ) là nguyên hàm của f ( x ) nên

Câu 198. Chọn

+ ( n − 2 p ) e 2 x + 2nxe2 x 71

(1 + cos x ) ( sin x + cot x ) dx = (1 + cos x ) sin x dx + (1 + cos x ) cot x dx 2

Ta có: F ( x ) = ∫

∫

sin x

∫

sin x

cos x = 0

 cos x = 0 ⇔ cos3 x 2 2 3 2 + cos x + =0  2 (1 − cos x ) + cos x (1 − cos x ) + cos x = 0  sin 2 x cos x = 0 cos x = 0 ⇔ ⇔ 2 cos x = 1 − 17 −2cos x + cos x + 2 = 0  4

(*) ⇔ 

sin x

(1 + cos x ) cot x dx và B = (1 + cos x ) sin x dx 2

Gọi A = ∫

∫

sin 4 x

Ta có:

(1 + cos x ) cot x dx = (1 + 2 cot x ) cot x dx = − cot x + 2 cot x .d cot x ) ( ) ∫ ∫( sin x sin x 2

A= ∫

Theo giả thiết x ∈ ( 0; 4π ) nên x =

 cot 2 x cot 4 x  = − +  + C1. 2   2

π 2

;x =

3π 3π π + 2π ; ; x = + 2π ; x = 2 2 2

x = α ; x = α + 2π ;

x = β ; x = β + 2π .

(1 + cos x ) sin x dx = (1 + cos x ) sin x dx B=∫ ∫ 1 − cos x sin x ( ) 2

Khi đó tổng các nghiệm này sẽ lớn hơn 9π .

Câu 199. Ta có:

Đặt t = cos x , suy ra dt = − sin x.dx . Khi đó:

∫ f ( x ) dx = ∫

1+ t 1+ t 1  1 1  1 1 1  B = −∫ dt = − ∫ dt = − ∫  + +  dt =   + C2 2 2 2 2 2 2  ( t − 1) ( t + 1)2  2  t −1 t + 1  ( t − 1) . ( t + 1) ( t − 1) 2

= 2∫

1 1 1  =  +  + C2 2  cos x − 1 cos x + 1 

d ( sin x )

sin 2 x

2 cos x − 1 cos x 1 dx = 2 ∫ 2 dx − ∫ 2 dx sin 2 x sin x sin x

−∫

1 2 dx = − + cot x + C sin 2 x sin x

Do F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

Do đó:

thức dạng F ( x ) = −

2 4 1 1 1   cot x cot x  F ( x) = A + B =  + + +C − 2  cos x − 1 cos x + 1   2 2 

2 + cot x + C với mọi x ∈ ( 0; π ) . sin x

Xét hàm số F ( x ) = −

Suy ra: 2 4 1 1 1 π    cot x cot x  F ( x) = F   ⇔  + + +C = C − 2  cos x − 1 cos x + 1   2 2  2

F '( x) = f ( x) =

2 cos x − 1 trên khoảng ( 0; π ) nên hàm số F ( x ) có công sin 2 x

2 + cot x + C xác định và liên tục trên ( 0; π ) . sin x

2cos x − 1 sin 2 x 2cos x − 1 1 π = 0 ⇔ cos x = ⇔ x = ± + k 2π ( k ∈ ℤ ) . sin 2 x 2 3

⇔

1 1 + − cot 2 x − cot 4 x = 0 cos x − 1 cos x + 1

Xét F ' ( x ) = 0 ⇔

2 cos x cos 2 x cos 4 x + + =0 sin 2 x sin 2 x sin 4 x

Trên khoảng ( 0; π ) , phương trình F ' ( x ) = 0 có một nghiệm x =

⇔

π 3

Bảng biến thiên:

Với điều kiện sin x ≠ 0 ,

π  max F ( x ) = F   = − 3 + C ( 0;π ) 3 Theo đề bài ta có, − 3 + C = 3 ⇔ C = 2 3 . Do đó, F ( x ) = −

2 + cot x + 2 3 . sin x

CHUYÊN ĐỀ 19

Dạng 4.2. Hàm số không tường minh (hàm ẩn) ............................................................................................. 60

TÍCH PHÂN, PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN

Dạng 5. Tích phân TỪNG PHẦN ..................................................................................................................... 68 Dạng 5.1 Hàm số tường minh ....................................................................................................................... 68

MỤC LỤC Phần A. CÂU HỎI ............................................................................................................................................. 2

Dạng 5.2 Hàm số không tường minh (hàm ẩn).............................................................................................. 73

Dạng 1. Tích phân cơ bản ................................................................................................................................... 2

Dạng 6. Kết hợp nhiều phương pháp để giải toán............................................................................................. 87

Dạng 1.1 Áp dụng TÍNH CHẤT để giải .......................................................................................................... 2

Dạng 7. Tích phân của một số hàm số khác ...................................................................................................... 90

Dạng 1.2 Áp dụng bảng công thức cơ bản ....................................................................................................... 5

Dạng 7.1 Tích phân hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối .................................................................................. 90

Dạng 2. Tích phân HÀM HỮU TỶ ..................................................................................................................... 7

Dạng 7.2. Tích phân nhiều công thức ............................................................................................................ 94

Dạng 3. Giải tích phân bằng phương pháp VI PHÂN ....................................................................................... 10

Dạng 7.3 Tích phân hàm số chẵn, lẻ.............................................................................................................. 95

Dạng 4. Giải tích phân bằng phương pháp ĐỔI BIẾN SỐ ............................................................................... 11

Dạng 8. Một số bài toán tích phân khác............................................................................................................ 99

Dạng 4.1 Hàm số tường minh ....................................................................................................................... 11 Dạng 4.1.1 Hàm số chứa căn thức ............................................................................................................. 11

Phần A. CÂU HỎI Dạng 1. Tích phân cơ bản Dạng 1.1 Áp dụng TÍNH CHẤT để giải

Dạng 4.1.2 Hàm số chứa hàm lượng giác................................................................................................... 14 Dạng 4.13. Hàm số chứa hàm số mũ, logarit ............................................................................................. 16 Dạng 4.1.4 Hàm số hữu tỷ, đa thức ........................................................................................................... 17 Dạng 4.2 Hàm số không tường minh (hàm ẩn).............................................................................................. 18 Dạng 5. Tích phân TỪNG PHẦN ..................................................................................................................... 22

Câu 1.

Dạng 5.1 Hàm số tường minh ....................................................................................................................... 22

(Mã 103 - BGD - 2019) Biết A. 8 .

∫ f ( x ) dx = 2 và ∫ g ( x ) dx = 6 , khi đó ∫  f ( x ) − g ( x ) dx bằng

B. −4 .

C. 4 .

Dạng 5.2 Hàm số không tường minh (hàm ẩn).............................................................................................. 25 Dạng 6. Kết hợp nhiều phương pháp để giải toán............................................................................................. 29

Câu 2.

∫  f ( x ) + g ( x ) dx bằng

Dạng 7.2 Tích phân nhiều công thức............................................................................................................. 32

A. −7 . Câu 3.

Câu 4.

∫

f ( x)dx = 2 và

∫

D. 1.

g ( x)dx = −4 , khi đó

C. − 2 .

∫ [ f ( x) + g ( x)] dx bằng 0

D. 2 .

∫ f ( x )dx = −2 và ∫ g ( x )dx = 3 , khi đó ∫  f ( x ) − g ( x )dx bằng 0

B. 1.

B. −6 .

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Biết A. −1 .

C. −5 .

D. 5 . 1

Câu 5.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho

∫ f ( x ) dx = 2

và

Dạng 3. Giải tích phân bằng phương pháp VI PHÂN ....................................................................................... 46

∫ g ( x ) dx = 5 ,

khi

∫  f ( x ) − 2 g ( x ) dx

Dạng 4. Giải tích phân bằng phương pháp ĐỔI BIẾN SỐ ............................................................................... 48

bằng

Dạng 4.1. Hàm số tường minh ...................................................................................................................... 48 Dạng 4.1.2. Hàm số chứa hàm lượng giác.................................................................................................. 54

Khi đó

C. −1 .

Dạng 1.2 Áp dụng bảng công thức cơ bản ..................................................................................................... 40

Dạng 4.1.1. Hàm số chứa căn thức ............................................................................................................ 48

B. 7 .

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Biết A. 6 .

Dạng 1.1 Áp dụng TÍNH CHẤT để giải ........................................................................................................ 38 Dạng 2. Tích phân HÀM HỮU TỶ ................................................................................................................... 43

∫ g ( x ) dx = −4 .

Phần B. LỜI GIẢI THAM KHẢO ................................................................................................................... 38 Dạng 1. Tích phân cơ bản ................................................................................................................................. 38

và

Dạng 7.1 Tích phân hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối .................................................................................. 31

Dạng 8. Một số bài toán tích phân khác............................................................................................................ 34

∫ f ( x ) dx = 3

(Mã 102 - BGD - 2019) Biết tích phân

Dạng 7. Tích phân của một số hàm số khác ...................................................................................................... 31

Dạng 7.3 Tích phân hàm số chẵn, lẻ.............................................................................................................. 33

D. −8 .

A. −8 Câu 6.

B. 1

C. −3

D. 12

(THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Khẳng định nào trong các khẳng định sau đúng với mọi hàm f , g liên tục trên K và a , b là các số bất kỳ thuộc K ?

Dạng 4.1.3. Hàm số chứa hàm số mũ, logarit ............................................................................................ 56 Dạng 4.1.4. Hàm số hữu tỷ, đa thức .......................................................................................................... 58 1

Câu 14.

∫ [ f ( x) + 2 g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx +2 ∫ g ( x)dx . a

∫ a

f ( x) dx = g ( x)

∫ f ( x)dx

tục trên ℝ và

∫ g ( x)dx

∫ [ f ( x).g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx . ∫ g ( x)dx . a

∫ a

Câu 15.

(THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho

∫ f ( x ) dx = 1 , ∫ f ( t ) dt = −4 . Tính

A. I = 5 .

C. I = 3 .

−2

Câu 8.

B. I = −3 .

(THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho

∫

Câu 16.

D. I = −5 . 2

1 B. 1 + ln 7. 2

A. ln 7.

−2

C. 24 .

∫ f ( x) dx = −1; ∫ f ( x) dx = 5 .

A. I = 17 . Câu 17.

B. I = 1 .

(THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho

∫ f ( x ) d x = −3

∫ f ( x ) dx = 4 .

Câu 18.

B. 7.

C. 1.

∫ f ' ( x )dx

Câu 19.

B. 7.

C. −9.

Câu 20.

B. P = 10

D. P = −4

C. P = 7

(THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Cho f , g là hai hàm số liên tục trên [1;3] thỏa mãn điều kiện 3

∫  f ( x ) + 3g ( x )dx=10 đồng thời ∫  2 f ( x ) − g ( x )dx=6 . Tính ∫  f ( x ) + g ( x )dx . 9 C. I = . 4

(ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho

D. I = 13 . 0

−1

∫ f ( x ) dx = 3∫ f ( x ) dx = 3.

A. 9 . Câu 21. Tích phân

B. 6 .

C. 7 .

D. 8 .

(THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho f , g là hai hàm liên tục 3

[1;3]

trên

thỏa: ∫  f ( x ) + 3g ( x )  dx = 10 1

và

∫ 2 f ( x ) − g ( x ) dx = 6 .

Tính

∫ f ( x ) dx bằng

I = ∫  f ( x ) + g ( x )  dx .

A. 6

D. 9.

P = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

A. P = 4

B. I = 36 .

C. 8.

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn 10

D. 9.

(SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và có 4

B. 6.

[0;10] và ∫ f ( x ) dx = 7 ; ∫ f ( x ) dx = 3 . Tính

∫ f ( x)dx = 9; ∫ f ( x)dx = 4. Tính I = ∫ f ( x)dx.

Câu 13.

A. 7. −1

A. I = 5 .

D. −12 .

Cho hàm số f ( x ) liên tục, có đạo hàm trên [ −1; 2] , f ( −1) = 8;f ( 2 ) = −1 . Tích phân

D. P = −6 .

∫  f ( x ) + 3g ( x )dx = 10 , ∫ 2 f ( x ) − g ( x )dx = 6 . Tính ∫  f ( x ) + g ( x ) dx . 2

C. P = 7 .

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Cho f , g là hai hàm liên tục

Câu 12.

trên đoạn [1;3] thoả:

∫ f ( x ) dx bằng

bằng A. 1.

B. P = 4 .

A. P = 10 . và

∫ f ( x ) dx = 7 , ∫ f ( x ) dx = 3 . Tính P = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx . 0

D. 5. 2

Câu 11.

C. 6.

D. I = 7 .

C. I = 11 .

(THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [ 0;10] thỏa mãn

B. 4.

A. 12.

D. 1 + ln 7.

Tính I = ∫ f ( x ) dx .

D. 10 . 1

∫ f ( x) dx

Khi đó

C. ln 3.

Câu 10.

1 và 2 x −1

∫ f ( x ) dx = 9 , ∫ f ( x ) dx = 3 , ∫ f ( x ) dx = 5 .

mãn

A. 1.

D. 6 .

(THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ thoả 8

∫ f ( x ) dx = 3 và ∫ g ( x ) dx = 7 , khi đó

(THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Cho Tính

C. 3 .

F (1) = 1 thì giá trị của F ( 4 ) bằng

f ( y ) dy

Câu 9.

B. 7 .

(TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Nếu F ′ ( x ) =

 f ( x ) + 3 g ( x ) dx bằng A. 16 . B. −18 .

b  f ( x)dx =  ∫ f ( x )dx  . a  2

Câu 7.

∫ f ( x ) dx = 10 , ∫ f ( x ) dx = 4 . Tích phân ∫ f ( x ) dx bằng

A. 4 .

a b

(CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) liên 4

a b

B. 4

C. 2

D. 0

A. 8. 3

B. 7.

C. 9.

D. 6. 4

Dạng 1.2 Áp dụng bảng công thức cơ bản

Câu 29.

(ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho

∫ f ( x ) dx = 1

tích phân

π 2

Câu 22.

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho

∫

A. I = 7

B. I = 5 +

C. I = 3

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho

∫

Câu 30.

và

−1

∫ g ( x ) dx = −1 . Tính

−1

B. I =

5 2

C. I =

7 2

D. I =

Câu 31.

11 2

∫ f ( x ) dx = 8

∫ g ( x ) dx = 3 . Tính I = ∫  f ( x ) − 4 g ( x ) − 1 dx −2

B. 27 .

Câu 32.

D. 3 .

C. −11 .

1 . 2

∫ f ( x ) dx bằng 0

A. 13 .

D. I = −

−2

và

C. I = 2 .

(THPT HÀM RỒNG THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hai tích phân −2

B. I = 1 .

(Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) . Biết f ( 0 ) = 4 và f ' ( x ) = 2sin 2 x + 1, ∀x ∈ ℝ , khi

đó

Câu 24.

D. −1 .

∫ ( 2 x + 1) dx .

A. I = 0 .

I = ∫  x + 2 f ( x ) − 3g ( x )  dx . 17 2

C. 3 .

−1

A. I =

B. 0 .

(THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Tính tích phân 0

f ( x ) dx = 2

bằng

A. 1.

D. I = 5 + π

Câu 23.

∫ ( 2 f ( x ) − 3x ) dx

f ( x ) dx = 5 . Tính I = ∫  f ( x ) + 2sin x  dx = 5 .

π 2 + 16π − 4 16

π2 −4 16

π 2 + 15π 16

π 2 + 16π − 16 16

2 (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) . Biết f ( 0) = 4 và f ′ ( x ) = 2sin x + 3 , ∀x ∈ R ,

π 2

Câu 25.

(SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho

∫ f ( x)dx = 2

và

−1

∫ g ( x)dx = −1 ,

khi đó

−1

khi đó

∫ [ x + 2 f ( x) + 3g ( x)] dx bằng

π2 −2 8

−1

A. Câu 26.

5 2

7 2

17 2

(SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho

11 2

Câu 33.

∫ f ( x ) dx = 3 , ∫ g ( x ) dx = −1

D. 10

π 2 + 8π − 2 8

π 2 + 8π + 8 8

π 2 + 8π + 2 8

π 2 + 6π + 8 8

Tích phân

 dx bằng

Câu 28.

B. −130 .

A. 12 . Câu 35.

C. −120 .

B. 9 .

B. −3 .

π2 +2 8

D. 6 .

(KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Giá trị của ∫ sin xdx bằng 0

∫  4 f ( x ) − 2 x  dx = 1 . Khi đó ∫ f ( x )dx bằng: A. 1 .

C. 5 .

D. −133 .

A. 0.

(THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho 2

π 2

A. −140 .

3π 2 + 2π − 3 . 8

∫ f ( x ) dx = −2 . 0

∫ 4 f ( x ) − 3x

∫ ( 3x + 1)( x + 3) dx bằng

Tích phân

Câu 34.

(CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho

Câu 27.

π 2 + 8π − 8

(Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x) .Biết f (0) = 4 và f ′( x) = 2cos2 x + 3, ∀x ∈ℝ , khi đó

A. C. 8 .

∫ f ( x)dx bằng?

thì

∫  f ( x ) − 5 g ( x ) + x  dx bằng: B. 0 .

π 4

A. 12 .

∫ f ( x ) dx bằng

B. 1.

C. -1.

π 2

C. 3 .

Câu 36.

D. −1 .

∫

(KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Tính tích phân I = (2 x + 1)dx 0

A. I = 5 . 5

B. I = 6 .

C. I = 2 .

D. I = 4 . 6

Câu 37.

Với a, b là các tham số thực. Giá trị tích phân

∫ ( 3x

− 2ax − 1) dx bằng

A. b3 − b2 a − b .

B. b3 + b2 a + b .

C. b3 − ba 2 − b .

D. 3b2 − 2ab − 1 .

2 15

16 225 1

Câu 46.

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho

Câu 38.

(THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) 1 Biết rằng hàm số f ( x ) = mx + n thỏa mãn

∫ f ( x ) dx = 3 ,

nguyên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a + 2b = 0 B. a + b = 2

f ( x ) dx = 8 . Khẳng định nào dưới đây là đúng? B. m + n = −4 .

C. m + n = 2 .

D. m + n = −2 . π 4

Câu 39.

(THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Giả sử I = ∫ sin 3xdx = a + b 0

2 2

( a, b ∈ ℚ) . Khi đó giá trị của A. − Câu 40.

a − b là 1 B. − 6

1 6

C. −

∫ (3x

3 10

1 5

TRÃI

HẢI

DƯƠNG

NĂM

C. ( 0; 4 ) .

2018-2019

LẦN

01)

Cho

Câu 50.

A. I = 1 − ln 2 .

D. ( −3;1) . f ( x ) = ax 2 + bx + c thỏa mãn

Câu 51.

Câu 43.

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018)

4 . 3

∫ 2x + 3

3 . 4

1 ln 35 2

B. ln

7 5

1 7 ln 2 5

D. 2 ln

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) A. 2 ln 2

1 ln 2 3

dx ∫1 3x − 2 bằng 2 C. ln 2 3 2

Câu 45.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Tích phân

∫ x+3

2 ln 2 . 3

1 ln 2 . 3

C. ln 2 .

C. I = 1 + ln 2 .

D. I = 2 ln 2 .

x −1 dx . x

B. I =

7 . 4

(THPT

QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) dx ∫1 ( x + 1)( 2 x + 1) = a ln 2 + b ln 3 + c ln 5 . Khi đó giá trị a + b + c bằng A. −3 . B. 2 . C. 1. D. 0 .

Biết

x+2 dx = a + b ln c, với a, b, c ∈ ℤ, c < 9. Tính tổng S = a + b + c. x 1 B. S = 5 . C. S = 8 . D. S = 6 . A. S = 7 . Biết

∫

(THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 0 3x 2 + 5 x − 1 2 I=∫ dx = a ln + b, ( a, b ∈ ℝ ) . Khi đó giá trị của a + 4b bằng x−2 3 −1 B. 60 C. 59 D. 40 A. 50

Câu 54.

(PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Biết

7 5

Câu 44.

bằng

Câu 53.

bằng C.

∫ 3x − 2

4581 . 5000

Câu 52.

D. I =

Tính tích phân I = ∫ 1

∫ f ( x ) dx = − 2 , ∫ f ( x ) dx = −2 và 3 4 A. − . B. − . 4 3 Dạng 2. Tích phân HÀM HỮU TỶ

D. −18 .

(THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Biết rằng hàm số

5 C. I = log . 2

(THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) A. 2 ln 2 .

C. 18 .

B. ( −∞;0 ) .

5 B. I = ln . 2

dx . x+2

− 2 x + 1)dx = 6 . Giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây?

21 . 100

Câu 49.

Câu 42.

D. a + b = −2

(THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tính tích phân I = ∫ A. I = −

NGUYỄN

A. ( −1; 2 ) .

C. a − 2b = 0

Câu 48.

∫ ( f ( x ) + 3x ) dx = 10 . Tính ∫ f ( x ) dx . B. − 2 .

(CHUYÊN m

với a , b là các số

1 1  (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tính tích phân I = ∫  − 2 dx x x  1 1 1 A. I = B. I = + 1 C. I = 1 D. I = e e e

Câu 41.

1 

∫  x + 1 − x + 2  dx = a ln 2 + b ln 3

A. 2 .

5 3

(CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và

D. ln

Câu 47.

A. m + n = 4 .

 1

5 3

∫

C. log

các số nguyên. Tính m + n . A. S = 1 . B. S = 4 .

D. ln 2 Câu 55.

I=∫

Biết

x2 − 2 −1 dx = + n ln 2 , với m, n là x +1 m D. S = −1 .

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tích phân 1

bằng

C. S = −5 .

∫

02)

( x − 1) 2

x +1

dx = a − ln b trong đó a , b là các số nguyên. Tính giá trị của biểu thức a + b . 8

B. 0 .

A. 1.

Câu 56.

∫

(CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Biết

với a , b là các số nguyên. Tính S = a − 2b . A. S = 2 . B. S = −2 .

C. S = 5 .

(THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Cho

a, b ∈ℚ . Tính P = a + b ? A. P = 1 . B. P = 5 . Câu 58.



∫  x

C. P = 7 .

x + x +1 b dx = a + ln x +1 2

2 3 Tính P = a − b − c . A. − 5 .

10 x  a + ln với  dx = x +1 b b

Câu 66.

D. P = 2 .

(THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho x+3 ∫1 x2 + 3x + 2 dx = a ln 2 + b ln 3 + c ln 5 , với a, b, c là các số nguyên. Giá trị của a + b + c bằng A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1.

Câu 59.

(SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho

∫x 3

với a, b, c là các số hữu tỉ. Giá trị của 2 A. 12 B. 6

a − 3b + c

Biết rằng

∫x 0

A. 14 . Câu 62.

1 π a dx = + x +1 b B. 15 .

A. − 8 .

Câu 63.

Câu 64.

(CHUYÊN

HẠ

LONG

NĂ M

2018-2019

22π . 3

22 . 3π

2018-2019)

Biết

B. e3 − e

LẦN

D. I = e

1( 4 e − e) 3

D. e 4 − e

1 5 2 e −e 3

D. e5 − e 2

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) ∫ e3 x −1dx bằng 1 B. ( e5 − e 2 ) 3

C. 6

Câu 70.

02)

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho

∫ f ( x)dx = 12 . Tính I = ∫ f (3x)dx. 0

A. I = 5

C. I = 1

Câu 71.

B. I = 36

C. I = 4

D. I = 6

(THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho với m , p ,

Biết

b 3sin x − cos x −11 ∫0 2sin x + 3cos x dx = 3 ln 2 + b ln 3 + c ( b, c ∈ Q ) . Tính c ? 22 . 3

1( 4 e + e) 3

1 A. ( e5 + e 2 ) 3

A. 10 .

π 2

1 e

Câu 69.

D. 16 . 3x + 5 x − 1 2 (THPT NGUYỄN TRÃI - ĐÀ NẴNG - 2018) Giả sử rằng ∫ dx = a ln + b . Khi đó, x − 2 3 −1 giá trị của a + 2b là B. 60 . C. 50 . D. 40 . A. 30 . 0

B. I =

C. −12 .

B. − 10 .

1 2

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) ∫ e3 x +1dx bằng A.

D. 12 .

(ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2 2 x + 5x + 2 ∫0 x2 + 4 x + 3 dx = a + b ln 3 + c ln 5 , ( a, b, c ∈ ℚ ) . Giá trị của abc bằng

ln x . x

Câu 68.

( a , b ∈ ℤ , a < 10) . Khi đó a + b có giá trị bằng C. 13 .

D. 0.

Tính: I = F ( e) − F (1) ?

D. 64

x2 + x + 1 b Biết ∫ dx = a + ln với a , b là các số nguyên. Tính S = a − 2b . x +1 2 3 B. S = −2 . C. S = 5 . D. S = 10 . A. S = 2 . 1

Câu 61.

C. 5.

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

A. I =

Câu 60.

Câu 67.

5x − 8 dx = a ln 3 + b ln 2 + c ln 5 , − 3x + 2

bằng C. 1

B. −4 .

(TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho 1 4 x 2 + 15 x + 11 a . b c T = a c − b bằng ∫0 2 x 2 + 5x + 2 dx = a + b ln 2 + c ln 3 với , , là các số hữu tỷ. Biểu thức −1 1 A. 4 . B. 6 . C. . D. . 2 2 Dạng 3. Giải tích phân bằng phương pháp VI PHÂN

(CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Biết x3 + x 2 + 7 x + 3 a a ∫1 x2 − x + 3 dx = b + c ln 5 với a , b , c là các số nguyên dương và b là phân số tối giản. 4

D. S = 10 . 2

Câu 57.

Câu 65.

D. 3 .

C. −1 .

B. 6 .

và là các phân số tối giản. Giá trị C.

22 . 3

bằng

D. 8 .

Câu 72.

(THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tích phân 1 1 I=∫ dx có giá trị bằng +1 x 0 A. ln 2 − 1 . B. − ln 2 . C. ln 2 . D. 1 − ln 2 .

Câu 73.

(TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Tính K = ∫

22π . 13

x dx . x2 −1 10

1 8 B. K = ln . 2 3

A. K = ln 2 . 1

Câu 74.

Biết rằng

∫ xe

x2 +2

dx =

A. 4 .

8 D. K = ln . 3

C. K = 2ln 2 .

ln 6

Câu 82.

b , c là các số nguyên. Tính T = a + b + c . A. T = −1 . B. T = 0 .

)

B. 7 .

C. 5 .

D. 6 .

Câu 83.

x +1 (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Biết ∫ 2 dx = ln ( ae + b ) với a, b là x + x ln x 1

các số nguyên dương. Tính giá trị của biểu thức T = a 2 − ab + b2 . A. 3. B. 1. C. 0. Câu 76.

x−

1 x

dx = me q − n , trong đó m, n, p, q là các số nguyên dương và

Tính T = m + n + p + q . B. T = 10 . A. T = 11 .

C. T = 7 . x2

Câu 77.

Số điểm cực trị của hàm số f ( x ) =

2tdt

∫ 1+ t

Câu 84.

A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

∫x 5

hữu tỉ. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. a − b = −2c B. a + b = −2c (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho

∫x

hữu tỉ. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a + b = 3c B. a − b = −3c

= a ln 3 + b ln 5 + c ln 7 , với a, b, c là các số

Câu 87.

(ĐỀ 5

∫ 1+

D. a − b = −c

dx = a ln 2 + b ln 5 + c ln11 , với a, b, c là các số x+9

π 4

0 π 4

C. a − b = −c

7 . 3

THI 1 3x + 1

CÔNG

BẰNG

KHTN

LẦN

5 . 3

8 . 3

∫

(ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho

(LÊ QUÝ ĐÔN - QUẢNG TRỊ - LẦN 1 - 2018) Cho biết

∫ 0

số tối giản. Tính m − 7 n A. 0 . B. 1 . 11

Biết

4 . 3

x 1 b  dx = ln  + d  , với x3 + 1 a c 

b a, b, c, d là các số nguyên dương và tối giản. Giá trị của a + b + c + d bằng c A. 12 B. 10 C. 18 D. 15 Câu 89.

D. I = ∫ udu

2018-2019)

dx = a + b ln 3 + c ln 5 (a, b, c ∈ Q) . Giá trị của a + b + c bằng

C. I = 2 ∫ udu

NĂM

1 2

D. a + b = c

16 − x 2 dx và

π 4

Câu 88.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tính tích phân I = ∫ 2 x x 2 − 1dx bằng cách đặt u = x 2 − 1 , mệnh đề nào dưới đây đúng? 2 3 1 A. I = ∫ udu B. I = ∫ udu 2 1 0

∫

C. I = 8∫ (1 − cos 2t ) dt . D. I = −16 ∫ cos2 tdt .

Câu 81.

2 . 3

A. I = 8∫ (1 + cos2t ) dt . B. I = 16 ∫ sin 2 tdt .

D. I = 5

C. a + b = c

D. S =

x = 4 sin t . Mệnh đề nào sau đây đúng?

Câu 80.

x+4

3 . 4

(THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Cho tích phân I =

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho

C. S =

ln x dx = a + b 2 1 + ln x

∫x

2 2

Câu 86.

B. I = −5 C. I = 0 A. I = 10 Dạng 4. Giải tích phân bằng phương pháp ĐỔI BIẾN SỐ Dạng 4.1 Hàm số tường minh Dạng 4.1.1 Hàm số chứa căn thức

D. P = 12

(CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Biết với a , b là các số hữu tỷ. Tính S = a + b . 1 B. S = . 2

đồng thời thỏa mãn f ( 0 ) = f (1) = 5 . Tính tích phân I = ∫ f ′ ( x ) e f ( x )dx .

Câu 79.

C. P = 24

A. S = 1 .

2 . 3

dx dx = a − b − c với a, b, c là x + x x +1

(CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ

∫ ( x + 1)

Câu 85.

D. T = 8 .

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Biết các số nguyên dương. Tính P = a + b + c A. P = 18 B. P = 46

p là phân số tối giản. q

Câu 78.

D. T = 1 .

dx (CHUYÊN VINH - LẦN 1 - 2018) Tích phân ∫ bằng x +1 3 0 4 3 1 A. . B. . C. . 3 2 3

là

dx = a + b ln 2 + c ln 3 , với a ,

C. T = 2 .

D. 8.

(THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết

∫ ( x + 1)

ex + 3

Câu 75.

∫ 1+ 0

a b c e − e với a, b, c ∈ ℤ . Giá trị của a + b + c bằng 2

(

(SGD - NAM ĐỊNH - LẦN 1 - 2018) Biết tích phân

C. 2 .

x3 3

1 + x2

dx =

m m với là một phân n n

D. 91 . 12

Câu 90.

(THPT

CHUYÊN

ĐẠI

H ỌC

VINH

NĂM

2018-2019

LẦN

01)

Biết

rằng

1 A. − . 3

dx ∫ 3x + 5 3x + 1 + 7 = a ln 2 + b ln 3 + c ln 5 , với a, b, c là các số hữu tỉ. Giá trị của a + b + c bằng 0

10 A. − 3

5 B. − 3

10 C. 3

5 D. 3

Câu 94.

Tính I = ∫ 0

x3 + x x2 + 1

Cho

1 C. I = ( a 2 + 1) a 2 + 1 + 1 .  3

D. I = ( a + 1) a + 1 + 1 .

(

∫ 0

2 ∫ 2sin ydy .

1 2

sin 2 x ∫0 cos x dx .

Câu 97.

1+ x2

dx =

dt . t

a b +c với a, b, c là 15

D. P = 5 . 1

Câu 100. Cho n là số nguyên dương khác 0 , hãy tính tích phân I = ∫ (1 − x 2 ) xdx theo n . 0

1 . 2n + 2

B. I =

1 . 2n

C. I =

1 . 2n − 1

D. I =

1 . 2n + 1

TRẦN

PHÚ

HẢI

PHÒNG

LẦN

Giả

2018)

sử

Biết

∫ 3x +

x dx bằng tích phân 1− x

π 4

π 2

sin 2 y ∫0 cosy dy .

dx = a + b 2 + c 35 với a , b , c là các số hữu tỷ, tính P = a + 2b + c − 7 . 9x2 −1 1 86 67 A. − . B. . C. −2 . D. . 9 27 27 2

(THPT CHUYÊN THĂNG LONG - ĐÀ LẠT - 2018) Biết

∫

x 2

∫x

dx =

dx = a − b − c với x + 1 + ( x + 1) x

a , b , c là các số nguyên dương. Tính P = a + b + c . A. P = 44 . B. P = 42 . C. P = 46 .

2 ∫ 2sin ydy . 0

2 2

Câu 96.

C. P = −7 .

Câu 103. (THPT PHAN CHU TRINH - ĐẮC LẮC - 2018) Biết B.

∫ x+

(THPT PHÚ LƯƠNG - THÁI NGUYÊN - 2018) Biết

Câu 102. (CHUYÊN 2 x

nào dưới đây? A.

(THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN - 2018) Giá trị của tích phân π 4

D. I = ∫

Câu 101. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) 64 dx 2 I=∫ = a ln + b với a, b là số nguyên. Khi đó giá trị a − b là 3 3 x + x 1 A. −17 . B. 5. C. − 5 . D. 17 .

1 2

Câu 95.

nếu đổi biến số

0 1

Câu 99.

A. I =

a 2 + 1 − 1 . 

)

C. I = ∫ tdt .

các số nguyên và b ≥ 0 . Tính P = a + b2 − c . A. P = 3 . B. P = 7 .

dx . 1 B. I =  a 2 + 1 3

4 − x2

3 . 20

π 6

x a dx = + b ln 2 + c ln d , với d 4 + 2 x +1

A. I = ( a 2 + 1) a 2 + 1 − 1 .

I =∫

π 4

B. I = ∫ dt .

a là phân số tối giản. Giá trị của a + b + c + d bằng d B. 4. C. 28. D. −2 .

π 6

A. I = ∫ dt .

a, b, c, d là các số nguyên và

A. 16.

(SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN - 2018) Cho tích phân

π 3

(THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) x a ∫0 4 + 2 x + 1dx = 3 + b ln 2 + c ln 3 với a,b,c là các số nguyên. Giá trị a + b + c bằng: B. 2 C. 1 D. 7 A. 9 (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho I = ∫

D. −

 π π x = 2 sin t , t ∈  − ;  thì ta được.  2 2

Câu 93.

3 C. − . 2

ln x dx = a + b 2 với a , b là các số hữu tỷ. Tính S = a + b . Câu 91. Biết ∫ 1 x 1 + ln x 1 3 2 A. S = 1 . B. S = . C. S = . D. S = . 2 4 3

3 . 25

Câu 98.

Câu 92.

B. −

b ln 5 − c ln 2 a

x + 1 + x −1 3 a với a, b, c là các số nguyên và phân số là tối giản. Tính P = 3a + 2b + c . b B. 12 . C. 14 . D. 13 . A. 11 . (THPT BÌNH GIANG HẢI DƯƠNG 2018) Cho tích phân 4  5 6 + 12  25 − x 2 ∫1 x dx = a + b 6 + c ln  5 6 − 12  + d ln 2 với a, b, c, d là các số hữu tỉ. Tính tổng   a+b+c+d .

Câu 104. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ - 2018) Biết

D. P = 48 .

2 x + 1dx 5 = a + b ln 2 + c ln ( a, b, c ∈ ℤ ) . Tính 3 2x +1 + 3

∫ 2x + 3 0

T = 2a + b + c . B. T = 2 . A. T = 4 . Dạng 4.1.2 Hàm số chứa hàm lượng giác

C. T = 1 .

D. T = 3 .

Câu 105. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tính tích phân I = ∫ cos3 x.sin xdx . 0

1 A. I = − 4

1 B. I = − π 4 4

C. I = −π

D. I = 0 14

π 2

cos x 4 Câu 106. (THPT KINH MÔN - HD - LẦN 2 - 2018) Cho ∫ 2 dx = a ln + b, tính tổng sin x − 5sin x + 6 c 0 S = a+b+c A. S = 1 . B. S = 4 . C. S = 3 . D. S = 0 .

Câu 113. Biết

∫ 1 + sin x = 0

của tổng a + b + c bằng A. 5 . B. 12 .

Câu 107. (SGD - BÌNH DƯƠNG - HK 2 - 2018) Cho tích phân I = ∫ 2 + cos x .sin xdx . Nếu đặt

Câu 114. Cho tích phân số

A. I = ∫ t dt .

B. I = ∫ t dt .

sinx

dx = a ln 5 + b ln 2 với a , b ∈ ℤ . Mệnh đề nào dưới đây đúng? ∫ π cos x + 2 3

t = 2 + cos x thì kết quả nào sau đây đúng? 3

D. −1 .

C. 7 .

π 2

a 3 +b , với a, b ∈ ℤ, c ∈ ℤ+ và a, b, c là các số nguyên tố cùng nhau. Giá trị c

C. I = 2∫ t dt .

∫ ( cos x ) 0

Câu 108. (SGD&ĐT ĐỒNG THÁP - HKII - 2018) Tính tích phân I = ∫

C. 2 a − b = 0. .

Câu 115. (THPT NGHEN - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Cho

B. a − 2b = 0.

π 2

D. I = ∫ t dt .

A. 2 a + b = 0.

π 2

sin x dx bằng cách đặt u = tan x , cos 4 x

mệnh đề nào dưới đây đúng?

D. a + 2b = 0. .

sin x 2

− 5 cos x + 6

b là các số hữu tỉ, c > 0 . Tính tổng S = a + b + c . A. S = 3 . B. S = 0 . C. S = 1 . Dạng 4.13. Hàm số chứa hàm số mũ, logarit

4 dx = a ln + b , với a , c

D. S = 4 .

π 4

A. I = ∫ u 2 du .

1 du . 2 u 0

B. I = ∫

C. I = − ∫ u 2 du .

D. I = ∫ u 2 du .

Câu 116. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho

tỉ. Tính S = a 3 + b 3 . A. S = −2 .

π 3

sin x dx . cos3 x 0

Câu 109. (THTP LÊ QUÝ ĐÔN - HÀ NỘI - LẦN 1 - 2018) Tính tích phân I = ∫

5 A. I = . 2

3 B. I = . 2

π 9 C. I = + . 3 20

Câu 110. (THPT LÝ THÁI TỔ - BẮC NINH - 2018) Cho tích phân

sin x

dx = a ln 5 + b ln 2 ∫ π cos x + 2

C. 2a − b = 0.

D. S = 2 .

1 1

3t + 1 dt . et 0

3t + 1 dt . t 1

A. I = ∫ với

D. a + 2b = 0.

Câu 111. (THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Có bao nhiêu số a ∈ ( 0;20π ) sao

B. I = ∫

3ln x + 1 dx . Nếu đặt t = ln x thì x 1

D. I = ∫ ( 3t + 1) dt .

C. I = ∫ ( 3t + 1) dt .

Câu 118. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho e ln x c I =∫ dx = a ln 3 + b ln 2 + , với a, b, c ∈ ℤ . Khẳng định nào sau đâu đúng. 2 3 1 x ( ln x + 2 ) A. a 2 + b 2 + c 2 = 1 .

B. a 2 + b 2 + c 2 = 11 .

C. a 2 + b 2 + c 2 = 9 . 4

D. a 2 + b 2 + c 2 = 3 .

Câu 119. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Biết I = ∫ x ln x 2 + 9 dx = a ln 5 + b ln 3 + c

2 cho ∫ sin x sin 2 xdx = . 7 0 A. 10. B. 9.

C. S = 1 .

Câu 117. (SGD&ĐT CẦN THƠ - HKII - 2018) Cho tích phân I = ∫

a, b ∈ℤ. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 2a + b = 0. B. a − 2b = 0.

B. S = 0 .

dx 1+ e = a + b ln , với a, b là các số hữu +1 2

9 D. I = . 4 π 2

∫e

(

)

C. 20.

trong đó a, b, c là các số thực. Giá trị của biểu thức T = a + b + c là: B. T = 9. C. T = 10. A. T = 11.

D. 19.

sin 2 x + cos x Câu 112. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Biết F ( x) nguyên hàm của hàm số f ( x) = 1 + sin x π  F và F (0) = 2 . Tính   2  π  2 2 −8 π  2 2 +8  π  4 2 −8 π  4 2 +8 A. F   = B. F   = C. F   = D. F   = 3 3 3 3 2 2 2 2

Câu 120. Cho I = ∫ 1

ln x x ( ln x + 2 )

D. T = 8.

dx có kết quả dạng I = ln a + b với a > 0 , b ∈ ℝ . Khẳng định nào sau đây

đúng? A. 2ab = −1 .

B. 2ab = 1 .

C. −b + ln

3 1 =− . 2a 3 e

Câu 121. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho

D. −b + ln 2 ln x + 1

∫ x ( ln x + 2) 1

3 1 = . 2a 3

dx = ln

a c − với b d

a , b , c là các số nguyên dương, biết a ; c là các phân số tối giản. Tính giá trị a + b + c + d ? b d 15

A. 18 .

B. 15 .

C. 16 .

D. 17 .

π x3 + 2 x + ex3 .2 x 1 1 e   dx = + ln  p + Câu 122. [KIM LIÊN - HÀ NỘI - LẦN 1 - 2018] Biết ∫  với e+π  m e ln n  π + e.2 x 0 m , n , p là các số nguyên dương. Tính tổng S = m + n + p . A. S = 6 .

B. S = 5 .

C. S = 7 .

Câu 123. (THPT YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019LẦN 2) Cho e 3 x3 − 1 ln x + 3 x 2 − 1 3 dx = a.e + b + c.ln ( e + 1) với a , b, c là các số nguyên và ln e = 1 . Tính ∫1 1 + x ln x P = a2 + b2 + c2 . A. P = 9 . B. P = 14 . C. P = 10 . D. P = 3 .

(

)

Câu 124. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Biết ln 2 dx 1 = ( ln a − ln b + ln c ) với a , b , c là các số nguyên dương. I =∫ 0 e x + 3e− x + 4 c Tính P = 2a − b + c . A. P = −3 .

B. P = −1.

C. P = 4 .

D. P = 3 x +1 Câu 125. (THPT CHUYÊN HẠ LONG - LẦN 2 - 2018) Biết ∫ 2 dx = ln ( ln a + b ) với a , b là x + x ln x 1 2

các số nguyên dương. Tính P = a 2 + b2 + ab . A. 10 . B. 8 .

C. 12 .

D. 6 . 1

∫

Câu 126. (THPT CHUYÊN THÁI BÌNH - LẦN 4 - 2018) Cho

+ x) ex

x + e− x

, c ∈ ℤ . Tính P = a + 2b − c . B. P = −1 . A. P = 1 . Dạng 4.1.4 Hàm số hữu tỷ, đa thức

dx = 1 .

B. 1

A. 2

C. 0

D. 3 1

Câu 131. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho

D. S = 8 .

∫a+x

Câu 130. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Có bao nhiêu số thực a để

xdx

∫ ( x + 2)

= a + b ln 2 + c ln 3 với a, b, c là

các số hữu tỷ. Giá trị của 3a + b + c bằng A. − 2 B. −1

C. 2

D. 1

Câu 132. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho 8

∫ 2 x ( 3x − 2 )

dx =

A ( 3x − 2 ) + B ( 3x − 2 ) + C với A, B, C ∈ ℝ . Tính giá trị của biểu thức 12 A + 7 B . 52 7 D. 9 9 1 2 x 2 + 3x + 3 Câu 133. (CHUYÊN HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Biết ∫ 2 dx = a − ln b với a , b là các số nguyên x + 2x +1 0 A.

23 252

241 252

dương. Tính P = a 2 + b 2 . A. 13 . B. 5 . C. 4 . Dạng 4.2 Hàm số không tường minh (hàm ẩn)

D. 10 .

Câu 134. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho biết

dx = a.e + b ln ( e + c ) với a , b

∫ f ( x )dx = 15 .

Tính giá trị của

−1 2

P = ∫  f ( 5 − 3 x ) + 7  dx . 0

C. P = 0 .

A. P = 15 .

D. P = −2 .

B. P = 37 .

C. P = 27 .

D. P = 19 . 4

Câu 135. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho

∫ f ( x ) dx = 2018 . Tính 0

Câu 127. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho

xdx

∫ ( x + 2)

= a + b ln 2 + c ln 3 với a, b, c là

tích phân I = ∫  f ( 2 x ) + f ( 4 − 2 x ) dx . 0

A. I = 0 .

các số hữu tỷ. Giá trị của 3a + b + c bằng A. 2 B. 1

C. − 2 3

Câu 128. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Tính K = ∫ 2

1 8 B. K = ln . 2 3

A. K = ln 2 .

D. −1

A. I =

C. I =

dx , giả sử đặt t = 1 + x2 . 5

(1 + x ) 2

B. I = 2 .

C. I = 14 .

D. I = 11 .

Câu 137. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và π2

B. I = ∫

( t − 1) t5

1 ( t − 1) dt . 2 ∫1 t 4

∫ f ( x ) dx = 2018 , tính I = ∫ xf ( x ) dx.

1 ( t − 1) dt . 2 ∫1 t 5

−1

A. I = 5 .

Tìm mệnh đề đúng. 2

∫ f ( x ) dx = 8 ; ∫ f ( −2 x ) dx = 3 .

Giá trị của I = ∫ f ( x ) dx là

8 D. K = ln . 3 0

D. I = 1009 . 2

C. K = 2ln 2 . 1

C. I = 4036 .

Câu 136. Cho y = f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục trên [ −6;6] . Biết rằng

x dx bằng x2 −1

Câu 129. (CHUYÊN LONG AN - LẦN 1 - 2018) Cho tích phân I = ∫

B. I = 2018 .

D. I =

A. I = 1008 .

dt .

B. I = 2019 .

C. I = 2017 .

D. I = 1009 .

3 ( t − 1) dt . 2 ∫1 t 4 17

Câu 138. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho

∫ f ( x )dx = 2 . Khi 1

đó

∫

( x )dx bằng

A. 1 .

B. 4 .

C. 2 . 2

Câu 139. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho

∫ f (x

D. 8 .

B. 1.

1 A. I = . 2017

C. 4 .

D. −1 .

Câu 140. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) 1 Cho f , g là hai hàm số liên tục trên [1;3] thỏa mãn điều 3

∫  f ( x ) + 3g ( x )dx=10

đồng

∫  2 f ( x ) − g ( x )dx=6 .

thời

Tính

∫ f ( 4 − x )dx +2 1

∫ f ( x ) dx = 1 . Tính tích phân I = ∫ f ( 2017 x ) dx .

B. I = 0 .

A. I = 4 a .

B. I =

B. 6 .

C. 7 .

π 4

D. 8 .

Câu 141. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số f ( x) liên tục trên ℝ 1

∫

f ( x ) dx = 2

thỏa 0 A. I = 16 .

và

. Tính

B. I = 18 .

f ( x ) = f (10 − x ) và

I = ∫ f ( x ) dx 0

C. I = 8 .

a . 2

D. I = 2a .

B. 60 .

f ( ln 2 x )

x ln x

dx = 2 . Tính

C. 40 .

1 4

D. 20 .

∫ f ( x ) dx = 9 .

Tính

∫

Câu 144. (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho tích phân I = ∫ f ( x ) dx = 32. Tính tích phân J = ∫ f ( 2 x ) dx. D. J = 16

Câu 145. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Biết f ( x ) là hàm liên tục trên ℝ và 4

3cos x + 1

) dx bằng 4 B. − . 3

4 . 3

D. − 2 .

ln 2

15 . 4

B. I = 15 .

5 C. I = . 2

dx . D. I = 25 .

Câu 153. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho f ( x) là hàm số liên tục trên ℝ thỏa 2

mãn f ( x ) + f (2 − x ) = x.e x , ∀x ∈ ℝ . Tính tích phân I = ∫ f ( x )dx .

f ( 3x − 3) dx là

C. 27 .

32 . 3

Câu 152. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết

A. I =

∫

D. I =

B. 24 .

C. I = 32 .

∫ f ( x ) dx = 5 và ∫ f ( x ) dx = 20 . Tính ∫ f ( 4 x − 3) dx − ∫ f ( e ) e

(

3cos x + 1

A. 2 .

D. I = 2 . 4

f ( x ) dx = 9 . Khi đó giá trị của

sin xf

B. I = 31 .

π 6

C. J = 8

71 . 6

I = ∫ f ( sin 3 x ) cos 3xdx .

B. J = 64

D. 8 .

Câu 151. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho I = ∫ f ( x ) dx = 2 . Giá trị của 2

C. I = 3 .

C. 4 .

f ( 2x ) dx . x

B. I = 9 .

B. 1.

∫

1 2  x 2 + 3x 2 ; x ≥ 1 . Tính I = 2 ∫ f ( sin x ) cos xdx + 3∫ f ( 3 − 2 x ) dx . y = f ( x) =  5 − x ; x < 1 0 0

A. I =

Câu 143. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho

A. I = 5 .

∫ tan x. f ( cos x ) dx = 2 và ∫

Câu 150. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hàm số

D. I = 20 .

∫

tục trên ℝ và thỏa mãn A. 0 .

∫ f ( x ) dx = 4 . Tính I = ∫ xf ( x ) dx .

A. 80 .

A. 0 .

C. I =

)

+ 1 dx theo a .

f ( 3 x + 1) dx = 6

Câu 142. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho f ( x ) liên tục trên ℝ thỏa mãn

A. J = 32

a . 4

Câu 149. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) liên

A. 9 .

∫

D. I = 1 .

C. I = 2017 .

∫1 f ( x ) dx = a . Hãy tính tích phân I = ∫0 xf ( x

∫ g ( 2 x − 1)dx

D. 4. 1

Câu 148. Cho tích phân

C. 2.

2017

Câu 147. Cho hàm f ( x ) thỏa mãn

+ 1)xdx = 2 . Khi đó I = ∫ f ( x ) dx bằng

bằng

B. 1.

A. 2 .

kiện

∫ f (2 x)dx = 2 .Tích phân ∫ f ( x)dx A. 8.

Câu 146. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x) thỏa mãn

e4 − 1 A. I = . 4

D. 3 .

2e − 1 B. I = . 2

C. I = e − 2 .

D. I = e4 − 1 .

Câu 154. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ thỏa mãn f ( 2 x ) = 3 f ( x ) , ∀x ∈ ℝ . Biết rằng

∫ f ( x ) dx = 1 . Tính tích phân

I = ∫ f ( x ) dx .

B. I = 6

C. I = 3

2 ∫ tan x. f ( cos x ) dx = 2 và

∫

f ( ln 2 x ) x ln x

dx = 2 . Tính

1 4

B. 1 .

A. 0 .

∫

f (2x)

dx .

C. 4 .

1 2

Tính tích phân

∫ 1 2

C. 7 e 2018 −1

∫ f ( x ) dx = 2 . Khi đó tích phân ∫ 0

B. 1 .

∫

D. 10

∫

x2 f ( x )

hữu tỷ. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a + b = c B. a + b = −c Câu 165. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho

x f ln ( x 2 + 1) dx bằng x2 + 1 C. 2 . D. 3 .

(

)

∫ cot x. f ( sin x ) dx = ∫ 2

Mệnh đề nào sau đây đúng? A. a + b = c B. a − b = c

( x ) dx = 1 . Tính tích phân

∫ 1 8

3 B. I = . 2

f (4x) dx . x

(

A. I = 3 + 2ln 2 2 .

∫ f ( x ) dx .

−5 − 3e 2 . 4

7 f ( x ) + 4 f ( 4 − x ) = 2018 x x2 + 9

C. a − b = c

+ be + c với a , b , c là các số D. a − b = −c

∫ ( 2 + x ln x )dx = ae

+ be + c với a, b, c là các số hữu tỉ.

C. a − b = −c

D. a + b = −c

dx bằng B.

5 − 3e 2 . 4

5 − 3e 2 . 2

5 + 3e2 . 4

Câu 167. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Biết rằng tích phân

∫ ( 2 x +1) e dx = a + b.e , tích x

a.b

B. −1.

C. 1.

D. 20.

Câu 168. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho tích phân 2 ln x b b I = ∫ 2 dx = + a ln 2 với a là số thực, b và c là các số dương, đồng thời là phân số tối x c c 1 giản. Tính giá trị của biểu thức P = 2 a + 3b + c . A. P = 6 . B. P = 5 . C. P = − 6 . D. P = 4 . π

B. I = 2 ln 2 2 .

C. I = ln 2 2 .

D. I = 2ln 2 .

Câu 161. (THPT CHUYÊN THĂNG LONG - ĐÀ LẠT - 2018) Cho hàm số mãn:

∫ ( x − 2) e

bằng A. −15 .

5 D. I = . 2

C. I = 2 .

) + ln x . Tính tích phân I =

f 2 x −1

Câu 160. (SGD - NAM ĐỊNH - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [1; 4 ] và thỏa mãn f ( x) =

∫ (1 + x ln x ) dx = ae

dx = 1. Tính I = ∫ f ( x ) dx.

A. I = 3 .

e2 + 1 4

Câu 166. Tích phân

D. I =

e2 − 2 C. I = 2

1 B. I = 2

x2 + 1 0 A. I = 2 . B. I = 6 . C. I = 3 . D. I = 4 . Câu 159. (SGD THANH HÓA - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn 0

D. I = 2ln 2 .

f ( tan x ) dx = 3 và

C. I = ln 2 2 .

Câu 163. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tính tích phân I = ∫ x ln xdx :

Câu 158. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC - LẦN 4 - 2018) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ thỏa mãn 1

197764 . 33

2018

B. I = 2 ln 2 2 .

Câu 164. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho

B. 6

A. 4 .

Câu 157. (THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN - ĐÀ NẴNG - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên

ℝ thỏa

98 . 3

f (2 x − 1) ln x . Tính tích phân I = ∫ f ( x) dx . + x x 3

e2 − 1 A. I = 4

f ( x2 ) dx x

A. 4

D. 8 .

f (3 x) dx = 6 . x

x)dx = ∫

7063 . 3

Dạng 5. Tích phân TỪNG PHẦN Dạng 5.1 Hàm số tường minh

π 3

f ( x) =

A. I = 3 + 2 ln 2 2 .

Câu 156. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x) liên tục trên ℝ thỏa mãn

∫ tan x. f (cos

D. I = 2

Câu 155. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn π

2018 . 11

Câu 162. (SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH - HKII - 2018) Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên [1; 4 ] và thỏa mãn

A. I = 5

f ( x)

Câu 169. (THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho tích phân I = ∫ ( x − 1) sin 2 xdx. 0

liên tục trên ℝ thảo

Tìm đẳng thức đúng?

, ∀ x ∈ ℝ . Tính I = ∫ f ( x ) dx . 0

π 4

A. I = − ( x − 1) cos2 x − ∫ cos2 xdx .

B. I = −

C. I = −

1 ( x − 1) cos2 x 2

π 4

D. I = − ( x − 1) cos2 x

Câu 178. (CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 2 NĂM 2018-2019) Biết

− ∫ cos2 xdx .

với a, b ∈ ℕ* , b là số nguyên tố. Tính 3a + 4b . A. 42 . B. 21 . C. 12 .

π 4

+ ∫ cos2 xdx .

D. 32 . 2

Câu 179. (CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho tích phân I = ∫

Câu 170. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết rằng tồn tại duy nhất các bộ số nguyên a, b, c

∫ ( 4 x + 2 ) ln xdx = a + b ln 2 + c ln 3 . Giá trị của a + b + c

bằng

của biểu thức P = 2 a + 3b + c . A. P = 6 B. P = −6

A. 19 .

B. −19 .

C. 5 . 2

Câu 171. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho

∫

ln (1 + x ) x2

Tính P = a + 4b . A. P = 0

D. − 5 . dx = a ln 2 + b ln 3 , với a, b là các số hữu tỉ.

C. P = 3

Câu 172. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Tính tích phân I =

ln x

∫ ( x + 1) dx , ta được 2

ln 21000 2 + 1001ln . 1 + 21000 1 + 21000 1000 ln 2 2 C. I = − 1001ln . 1 + 21000 1 + 21000

1000 ln 2 21000 + ln . 1 + 21000 1 + 21000 1000 1000 ln 2 2 D. I = − ln . 1 + 21000 1 + 21000

B. I = −

∫ 2 x ln ( x + 1) dx = a.lnb , với

C. 6 a + 7b = 42 .

3  F ( x ) + 2 x + ln ( x − 1)  I = ∫ dx bằng x 2   A. 3ln 3 − 3 . B. 3ln 3 − 2 .

LÊ

QUÝ

ĐÔN

C. 3ln 3 − 1 .

ĐIỆN

BIÊN

a, b ∈ ℕ , b là số

D. 6 a + 7b = 39 .

I=∫ 0

∫ ln xdx = 1 + 2a, ( a > 1) . Khẳng

C. a ∈ (11;14 ) .

D. a ∈ ( 6;9 ) .

T = a 2 + b. A. T = 9 .

B. T = 13 .

∫ ( x − 2)e dx = a + be , với x

a; b ∈ ℤ .

Câu 184. Cho

A. P = B. −3 .

C. 5 .

D. −1 .

∫ x ln x dx = m ln 3 + n ln 2 + p trong đó m, n, p ∈ ℚ . Tính m + n + 2 p

ln (1 + 2 x ) a dx = ln 5 + b ln 3 + c ln 2 x2 2 , D. 5.

dx = a ln 2 + b ln 3 , với a , b là các số hữu tỉ. Tính P = ab .

3 . 2

B. P = 0 .

C. P =

−9 . 2

D. P = −3 .

∫ ( x − 2)e dx = a + be , với x

a; b ∈ ℤ .

GD&ĐT

B. −3 . PHÚ

D. − 1 .

C. 5 . THỌ

NĂM

2018-2019

LẦN

01)

Cho

π 4

ln ( sin x + 2 cos x ) dx = a ln 3 + b ln 2 + cπ với a , b , c là các số hữu tỉ. Giá trị của abc bằng cos 2 x 0

C. 0 .

Tổng a + b bằng A. 1 . Câu 186. (SỞ

9 . 2

Biết

A. I = e 2 . B. I = −e 2 . C. I = e . D. I = 3e 2 − 2e . Câu 177. (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Biết rằng

ln (1 + x )

∫

Câu 185. (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Cho tích phân

5 . 4

02)

Câu 176. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Tính tích phân I = ∫ xe x dx .

∫ 1

Tổng a + b bằng A. 1 .

LẦN

D. T = 11 .

C. T = 7 .

Câu 183. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho a + 2 (b + c ) với a , b , c là các số nguyên. Giá trị của là: A. 0. B. 9. C. 3. 2

Câu 175. (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Cho tích phân

2018-2019

x 3 π − ln b , với a, b là các số nguyên dương. Tính giá trị của biểu thức dx = cos 2 x a

định nào dưới đây là khẳng định đúng? A. a ∈ (18; 21) . B. a ∈ (1; 4 ) .

D. 3ln 3 − 4

NĂM

Câu 174. (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) Biết rằng

D. 9 .

2 ∫ ln ( x − x ) dx = F ( x ) , F ( 2 ) = 2 ln 2 − 4 . Khi đó

nguyên tố. Tính 6 a + 7b . A. 6 a + 7b = 33 . B. 6 a + 7b = 25 .

Câu 181. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho

Câu 182. (CHUYÊN

Câu 173. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Biết

D. P = 4

x 3 π − ln b . Khi đó, giá trị của a2 + b bằng dx = cos 2 x a B. 7 . C. 13 .

Câu 180. Biết I = ∫ A. 11 .

D. P =−3 21000

A. I = −

C. P = 5

B. P = 1

ln x b dx = + a ln 2 x2 c

b là phân số tối giản. Tính giá trị c

với a là số thực, b và c là các số nguyên dương, đồng thời

sao cho

∫ 2 x ln (1 + x ) dx = a.ln b , 0

14 cos2 xdx . 2 ∫0

1 ( x − 1) cos2 x 2

∫

5 D. − . 4 23

15 8

5 8

5 4

17 8

Câu 194. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hàm số 1

1  x+ 1 a c  Câu 187. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Biết ∫  1 + x − e x dx = e d trong đó x b 1  12

a , b, c, d là các số nguyên dương và các phân số A. 12.

B. 1.

x + ln ( x + 1)

∫ ( x + 2)

dx =

a c + ln 3 (với b d

2 π

∫ ( x + 1) f ′ ( x ) dx = 10 0

∫ f ( x ) dx . D. I = 8

C. I = −12

∫ [ f ′( x)] dx = 7

và

∫x

f ( x )dx =

7 B. 5

A. 4

tục trên đoạn

π 2

−1.

1 . Tính tích phân 3

∫ f ( x)dx 0

C. 1

7 4

B. I = 7

1 liên tục trên [ 0;1] thỏa mãn ∫ x f ( x ) dx = − , f (1) = 0 và 0 21

và f ( 0 ) + f (1) = 0 . Biết

1 π ∫ f ( x ) dx = 2 , ∫ f ′ ( x ) cos (π x ) dx = 2 . 2

Tính

C. I = 12

[0;1]

∫ f ( x ) dx . A. π .

D. I = 13

Câu 191. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm

1 ∫0  f ' ( x ) dx = 7 . Giá trị của 1

3π . 2

2 . π

1 . π

Câu 198. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên

tục trên đoạn

[ 0;1]

thỏa mãn f (1) = 0 ,

∫  f ′ ( x )

dx = 7 và

f ( x ) dx bằng

1 ∫ x f ( x ) dx = 3 . 2

Tích phân

1 B. − . 5

4 C. . 5

∫ f ( x ) dx bằng

7 D. − . 10

Câu 192. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và thỏa mãn 1

∫ f ( x ) dx = 1, f (1) = cot1 . Tính tích phân 0

A. −1 .

D. m > 6 .

B. I = −8

mãn f (2) = 16, ∫ f ( x)dx = 4 . Tính I = ∫ xf ′(2 x)dx .

5 A. . 12

3π . 4

Câu 197. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên

Câu 190. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và thỏa

dx =

1 π

∫ x ( cos x + 2m )dx=2π

C. 3 < m ≤ 6 .

Câu 196. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [ 0;1] thỏa

∫

D. π 2

4 π

Câu 195. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Biết m là số thực thỏa mãn

mãn f (1) = 0,

A. I = 20

∫ f ( x ) dx bằng

Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. m ≤ 0 . B. 0 < m ≤ 3 .

ac là các phân số tối giản). Tính P = ( a + b )( c + d ) . bd A. 7 . B. −7 . C. 3 . D. − 3 . Dạng 5.2 Hàm số không tường minh (hàm ẩn)

A. I = 1

∫ f ′ ( x ) cos

πx

a, c ∈ ℤ; b, d ∈ ℕ* ;

và 2 f (1) − f ( 0 ) = 2 . Tính

có đạo hàm

y = f ( x)

Tích phân 6 A. π

Câu 189. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn

∫

a c , là tối giản. Tính bc − ad . b d C. 24. D. 64.

Câu 188. (THPT YÊN KHÁNH A - LẦN 2 - 2018) Cho

liên tục trên đoạn [ 0;1] và thỏa mãn f ( 0 ) = 0 . Biết

9 f ( x ) dx = và 2 2

I = ∫  f ( x ) tan 2 x + f ′ ( x ) tan x  dx . C. 0.

7 5

B. 1

7 4

f ( x)

Câu 193. (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số 1 1 1 liên tục trên đoạn [0 ;1] thỏa mãn f (1) = 0 , ∫ x 2 f ( x ) dx = Tính ∫ x 3 f ' ( x ) dx . 3 0 0 A. −1 B. 1 C. 3 D. −3

[ 0;1]

thỏa mãn f (1) = 4 ,

∫  f ′ ( x ) 0

D. 1 − cot1 .

D. 4

Câu 199. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn

B. 1 − ln ( cos1) .

dx = 36 và

∫ x. f ( x ) dx = 5 .

Tích phân

có đạo hàm

∫ f ( x ) dx bằng 0

5 6

3 2

C. 4

2 3

Câu 200. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên 2

tục trên đoạn

[0; 2]

Câu 205. (SGD&ĐT BẮC GIANG - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn

1 thỏa mãn f ( 2 ) = 3 , ∫  f ′ ( x )  dx = 4 và ∫ x f ( x ) dx = . Tích phân 3 0 0 2

[ 0;1]

thỏa mãn

f (1) = 0 và

dx = ∫ ( x + 1) e x f ( x ) dx =

e2 − 1 . Tính tích phân 4

∫ f ( x ) dx bằng

I = ∫ f ( x ) dx .

297 B. 115

2 A. 115

562 C. 115

266 D. 115

1 ∫0 x. f ( x ) dx = − 2 . Tích phân

tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn f (1) = 4 , ∫  f ′ ( x )  dx = 5 và 0

e e −1 C. I = . D. I = . 2 2 Câu 206. (SGD - NAM ĐỊNH - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn A. I = 2 − e .

Câu 201. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên

 π 0; 4 

π  f   = 0 . Biết 4

15 19

17 4

17 18

15 4

tục trên đoạn [ 0; 2 ] thỏa mãn f ( 2 ) = 6 ,

∫  f ′ ( x ) dx = 7 và

∫ x. f ( x ) dx =

17 . Tích phân 2

∫ 0

1 B. I = . 2

∫ f ′ ( x ) sin 2xdx = − 4 .

Tính

tích

phân

và f ( 0 ) + f (1) = 0 . Biết

A. π .

A. 8

B. 6

C. 7

tục trên đoạn [ 0;3] thỏa mãn f ( 3 ) = 6 ,

D. 5

Câu 203. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên 2

∫  f ′ ( x ) dx = 2 và

2 ∫ x . f ( x ) dx =

154 . Tích phân 3

1 π ∫ f ( x ) dx = 2 , ∫ f ′ ( x ) cos (π x ) dx = 2 . Tính ∫ f ( x ) dx . 0

1 D. I = . 4

C. I = 2 .

Câu 207. (CHUYÊN VINH - LẦN 1 - 2018). Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1]

∫ f ( x ) dx bằng

3π . 2

Câu 208. (THPT TRẦN PHÚ - ĐÀ NẴNG - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên

 π 0; 4 

thỏa mãn

π  f   = 3, 4

π 4

f ( x)

∫ cos x dx = 1

π 4

và

∫ sin x.tan x. f ( x ) dx = 2 .

Tích phân

π 4

∫ f ( x ) dx bằng

∫ sin x. f ′ ( x ) dx bằng:

117 B. 20

53 A. 5

13 D. 5

153 C. 5 1

[ 0;1]

thỏa mãn f (1) = 2 ,

∫  f ′ ( x )

dx = 8 và

∫ x . f ( x ) dx = 10 . 3

Tích phân

đoạn [ 0;1] thỏa f (1) = 0 ,

π A. . 2

f ( x ) dx bằng

116 C. 57

∫ ( f ′( x))

dx =

194 B. 95

2+3 2 1+ 3 2 . C. . D. 6 . 2 2 Câu 209. (PTNK CƠ SỞ 2 - TPHCM - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục trên A. 4 .

Câu 204. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên

2 A. − 285

π 4

π f ( x ) dx = , 8 2

A. I = 1 .

Câu 202. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên

tục trên đoạn

π 4

I = ∫ f ( 2 x ) dx

và

B. I = e − 2 .

π 8

∫ f ( x ) dx bằng

∫

∫  f ′ ( x )

584 D. 285

B. π .

1 π2 1 π  và ∫ cos  x  f ( x ) dx = . Tính 8 2 2  0 1 2 C. . D. . π π

∫ f ( x ) dx . 0

Câu 210. (CHUYÊN TRẦN PHÚ - HẢI PHÒNG - LẦN 2 - 2018) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục 1

trên đoạn [0;1] thỏa mãn f (1) = 1 ,

∫  f ′ ( x )

dx = 9 và

bằng: 2 A. . 3 27

5 . 2

1 ∫ x f ( x ) dx = 2 . Tích phân ∫ f ( x ) dx 3

7 . 4

6 . 5 28

Câu 211. (THPT PHAN CHU TRINH - ĐẮC LẮC - 2018) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên 1

e2 − 1 đoạn [ 0;1] thỏa mãn ∫  f ′ ( x ) dx = ∫ ( x + 1) e f ( x ) dx = và f (1) = 0 . Tính 4 0 0 A.

e −1 . 2

∫ f ( x )dx

e . 4

C. e − 2 .

e . 2

[0;1] thỏa mãn: f (1) = 0, ∫  f ′ ( x ) dx = 7 và ∫ x . f ( x ) dx = 1 . Tính tích phân I = ∫ f ( x ) dx . 3 0 0 0 2

7 B. I = . 5

A. I = 1 .

C. I = 4 .

D. I =

4 [0;1] thỏa mãn f (1) = 3, ∫  f ′ ( x ) dx = và 11 0 A.

35 . 11

65 . 21

7 ∫0 x f ( x ) dx = 11 . Giá trị của 4

23 . 7

và thỏa mãn f ( 2 ) = 0,

∫ ( f ′ ( x )) dx = 1

5 2 + ln và 12 3

f ( x)

∫ ( x + 1)

dx = −

25 . 3

f ′ ( x ) dx bằng C. 7 .

B. 3 .

7 . 4

Câu 219. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ. Biết f ( 4 ) = 1 và

∫

xf ( 4 x ) dx = 1, khi đó

A. 8.

∫

x 2 f ′ ( x ) dx bằng

B. 14.

107 . 3

∫ xf (5x)dx = 1 , khi đó ∫ x

9 . 4

f ′( x) dx bằng

A. 15

5 3 + ln . Tính tích phân 12 2

B. 23

3 3 − 2ln . 4 2

4 f (1) = 0 , ∫ [ f '( x)] dx = − ln 3 và 3 0 A.

1 − 3ln 3 . 3

4 − ln 3 . 3

4 f ( x)

8 ∫0 ( 2 x + 1)2 dx = 2 ln 3 − 3 . Tính tích phân C.

− ln 3 . 16

∫ 0

D. − ln

f ( x) 4

1 1 f ( 0 ) = 1 ; ∫ [ f ′ ( x ) ] dx = và ∫ ( 2 x − 1) f ( x ) dx = − . Tích phân 30 30 0 0 2

11 11 11 . B. . C. . 30 12 4 Dạng 6. Kết hợp nhiều phương pháp để giải toán

)dx = a ln 3 + b ln 2 + c với

a, b, c là các số hữu tỷ. Giá trị của a + b + c bằng B. 1.

3 . 2

D. 0 .

∫ f ( x ) dx = 4 .

Tích phân

x

∫ xf ′  2  dx

bằng

dx bằng.

A. 112 .

B. 12 .

C. 56 .

D. 144 . π2

3 . 16

Câu 224. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Cho tích phân I =

∫

x sin xdx = aπ2 + b

( a, b ∈ ℤ ) . Mệnh đề nào sau đây đúng? A.

bằng

∫ f ( x ) dx

∫ x ln(2 + x

Câu 223. Cho hàm số f ( x ) liên tục, có đạo hàm trên ℝ , f ( 2 ) = 16 và

Câu 217. (SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN - 2018) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên [ 0;1] thỏa mãn 1

D. −25

3 3 + 2 ln . 4 2

Câu 216. (SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU - 2018) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [ 0;1] thỏa mãn 1

123 5

Câu 222. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Cho

D. −36 .

Câu 221. (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Biết f (5) = 1 và

A. 2 .

3 B. ln . 2

D. −16 .

C. 24 .

B. 34 .

∫ f ( x ) dx là

∫ f ( x ) dx. 3 2 + 2ln . 4 3

31 . 2

Câu 220. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Biết f ( 6 ) = 1 và

D. −9 .

Câu 215. (THPT BÌNH GIANG - HẢI DƯƠNG - 2018) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [1; 2 ] 2

∫ xf ( 6 x ) dx = 1 , khi đó ∫ x f ′ ( x ) dx bằng

Câu 214. (ĐỀ THI GIỮA KỲ II YÊN PHONG 1 - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên 1

2 1 mãn ∫ ( x − 1) f ( x ) dx = − , f ( 2 ) = 0 và ∫  f ′ ( x ) dx = 7 . Tính tích phân I = ∫ f ( x ) dx . 3 1 1 1 7 7 7 7 A. I = . B. I = − . C. I = − . D. I = . 5 5 20 20 Câu 213. (THPT QUẢNG YÊN - QUẢNG NINH - 2018) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn 2

∫ xf ( 3x ) dx = 1 , khi đó ∫ x

Câu 212. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ - 2018) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [1; 2 ] thỏa 2

Câu 218. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Biết f ( 3 ) = 1 và

a < −3 b

B. a 2 − b = −4

C. a − b = 6

a ∈ ( −1; 0 ) b

Câu 225. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục

1 . 30

trên ℝ và f ( 2 ) = 16, ∫ f ( x ) dx = 4 . Tính I = ∫ x. f ′ ( 2 x ) dx . 29

B. 12 .

A. 7 . Câu 226. -------

(ĐỀ

HỌC

C. 20 .

SINH

GIỎI

TỈNH

Câu 233. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Có bao nhiêu số tự nhiên m để

D. 13 .

BẮ C

NINH

NĂM

2018-2019)

Biết

ln ( s in x + cos x ) a π bc bằng dx = ln 2 + với a, b, c là các số nguyên. Khi đó, ∫0 a cos 2 x b c 8 8 A. −6 . B. . C. 6 . D. − . 3 3 4

B. a 2 − b = −4 .

a ∈ ( −1;0 ) . b

− 2m 2 ) dx . B. 0 .

D. 2 .

C. Duy nhất.

∫ f ( x)dx = 8 và ∫ f ( x)dx = 4. Tính ∫ f ( 4 x − 1)dx. −1

9 A. . 4

x .sin xdx = aπ 2 + b ( a , b ∈ ℤ ) , Mệnh đề nào sau đây đúng?

a < −3 . b

Câu 234. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x) liên tục trên ℝ và có

∫(x

− 2m 2 dx =

A. Vô số.

π2

∫

2 2

Câu 227. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho tích phân I=

∫x

11 B. . 4

C. 3.

D. 6. 1

D. a − b = 6 .

Câu 235. (THPT CHU VĂN AN -THÁI NGUYÊN - 2018) Tính tích phân I =

∫2

− 2− x dx .

−1

1 2 . B. ln 2 . C. 2ln 2 . D. . ln 2 ln 2 Câu 236. (PTNK CƠ SỞ 2 - TPHCM - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ thỏa

Dạng 7. Tích phân của một số hàm số khác Dạng 7.1 Tích phân hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối

Câu 228. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Cho a là số thực dương, tính tích phân

∫ f ( 2 x ) dx = 2 và ∫ f ( 6 x ) dx = 14 . Tính ∫ f ( 5 x + 2 ) dx .

−1

A. 30 .

∫ x dx theo a .

a2 +1 . A. I = 2

a2 + 2 B. I = . 2

−2a 2 + 1 C. I = . 2

D. I =

3a 2 − 1 2

∫ f ( x ) dx = 2 ; 0

−1

B. I = 6

D. 36 .

∫ f ( x ) d x = 4 , ∫ f ( x ) d x = 6 . Tính I = ∫ f ( 2 x + 1 ) d x . A. I = 3 .

−1

B. I = 5 .

C. I = 6 .

D. I = 4 .

Câu 238. (ĐỀ THI GIỮA KỲ II YÊN PHONG 1 - 2018) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ( 0;3) và

∫ f ( x ) dx = 6 . Tính I = ∫ f ( 2 x − 1 ) dx A. I = 8

C. 34 .

Câu 237. (LÊ QUÝ ĐÔN - QUẢNG TRỊ - LẦN 1 - 2018) Cho f ( x ) là hàm số liên tục trên ℝ và

Câu 229. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có

−2

B. 32 .

C. I =

∫ f ( x ) dx = 2; ∫ f ( x ) dx = 8. Giá trị của tích phân ∫ f ( 2 x − 1 ) dx = ?

3 2

D. I = 4

Câu 230. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho số thực m > 1 thỏa mãn

−1

A. 6 B. 3 Dạng 7.2 Tích phân nhiều công thức

C. 4

D. 5

∫ 2mx − 1 dx = 1 . Khẳng định nào sau đây đúng?

2 x Câu 239. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Cho số thực a và hàm số f ( x ) =  2 a x − x

A. m ∈ ( 4; 6 ) .

B. m ∈ ( 2; 4 ) .

C. m∈ ( 3;5 ) .

D. m∈ (1;3) .

Câu 231. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Khẳng định nào sau đây là đúng? A.

∫

−1

−2

x dx =

∫

−1

x 3 dx . B. 3

∫

2018

−1

x 4 − x 2 + 1 dx = ∫

e x ( x + 1) dx = ∫ e x ( x + 1) dx . −2

2018

−1

π 2

∫π −

tích phân A.

− x 2 + 1) dx . π

1 − cos 2 xdx = ∫ 2π sin xdx . −

Câu 232. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho 5 x−2 ∫1 x + 1 dx = a + b ln 2 + c ln 3 với a, b, c là các số nguyên. Tính P = abc. A. P = −36 B. P = 0 C. P = −18 D. P = 18

tích

phân

∫

−1

khi x ≤ 0

(

)

2a − 1. 3

khi x > 0

. Tính

f ( x ) dx bằng:

a − 1. 6

2a + 1. 3

a + 1. 6

Câu 240. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số e x + m khi x ≥ 0 f ( x) =  liên tục trên R và 2 2 x 3 + x khi x < 0 1

∫ f ( x )dx =ae + b

3 + c , ( a, b, c ∈ Q ) . Tổng a + b + 3c bằng

−1

A. 15 . 31

B. −10 .

C. −19 .

D. −17 . 32

Câu 241. Cho

∫

−1

hàm

số

x e + m, f ( x) =  2  2 x 3 + x ,

khi x ≥ 0

liên

khi x < 0

tụ c

trên

ℝ

và

C. −19

−

B. I = 0

∫π f ( x ) dx.

f ( x) kx

D. I = 6

C. 2 ∫ f ( x ) dx .

π 10

∫π

−

sin x

a dx = π − c , với a, b, c ∈ ℕ , b 1 + x2 + x

C. 11 .

−2

Câu 251. (THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - GIA LAI - LẦN 2 - 2018) Cho f ( x) là một hàm số liên

B. I = 4 .

C. I = 6 .

∫π f ( x ) dx . 3 2

D. I = 8 .

Câu 252. (ĐỀ THI GIỮA KỲ II YÊN PHONG 1 - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục 1

−1

f ( x)

∫ f ( x ) dx = 6 . Kết quả của ∫ 1 + 2018

B. 3 . A. 2 . Dạng 8. Một số bài toán tích phân khác

C. 4 .

dx bằng D. 5 .

với mọi x ∈ ℝ. Giá trị của f (1) bằng 2 2 A. − B. − 3 9

C. −

7 6

Câu 254. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số

2 1 và f ′( x) = x [ f ( x)] 3

D. −

11 6

f ( x ) thỏa mãn

f (2) = −

1 5

và

C. I = 6 .

1 . Biết ex + 1

A. −

4 35

B. −

71 20

C. −

79 20

D. −

4 5

Câu 255. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Hàm số f ( x ) có đạo hàm đến cấp hai trên ℝ thỏa D. I = 10 .

(

)

mãn: f 2 (1 − x ) = x 2 + 3 f ( x + 1) . Biết rằng f ( x ) ≠ 0, ∀x ∈ ℝ , tính I = ∫ ( 2 x − 1) f " ( x ) dx .

Câu 248. (HỒNG QUANG - HẢI DƯƠNG - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn và thỏa mãn f ( x ) + f ( − x ) =

D. I = 5 .

f ′ ( x ) = x 3  f ( x )  với mọi x ∈ ℝ . Giá trị của f (1) bằng

D. 12 .

∫ f ( − x ) dx = 2 và ∫ f ( −2 x ) dx = 4 . Tính I = ∫ f ( x ) dx .

[ − ln 2;ln 2]

C. I = 20 .

B. I = −6 .

10 . 3

Câu 253. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f (2) = −

Câu 247. (SGD&ĐT HÀ NỘI - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) là hàm lẻ và liên tục trên [ −4; 4 ] biết

A. I = −10 .

B. I =

trên đoạn [ −1;1] và

Câu 246. (THPT HÀM RỒNG - THANH HÓA - 2018) Cho

∫ f ( x ) dx = 10 . Tính

dx .

A. I = 3 .

2 1 . Tính I = ∫ f ( x ) dx . −2 4 + x2 −π −π C. I = . D. I = . 20 10

b < 15 . Khi đó a + b + c bằng: A. 10 . B. 9 .

−

Câu 245. (THPT HÀM RỒNG THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hàm số f ( x ) , f ( − x ) liên

B. I =

tục trên R thỏa mãn f ( x ) + f ( − x ) = 2 − 2 cos 2 x . Tính tích phân I =

∫2

D. 2 ∫ f ( x ) dx .

π 1 mãn 2 f ( x ) + 3 f ( − x ) = 2 . Biết I = ∫ f ( x ) dx = . Khi đó giá trị của m là m x +4 −2 B. m = 20 . C. m = 5 . D. m = 10 . A. m = 2 .

f ( x)

A. I = 10 .

−a

tục trên ℝ và thõa mãn 2 f ( x ) + 3 f ( − x ) =

D. 3 .

3π 2

∫ f ( x ) dx .

f ( x) dx bằng x +1 C. 4 .

dx bằng

−a

−2

Câu 244. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho f ( x ) , f ( − x ) liên tục trên ℝ và thỏa

A. I =

Câu 250. (SGD&ĐT BRVT - 2018) Hàm số f ( x ) là hàm số chẵn liên tục trên ℝ và

3 2

−a

∫ f ( x ) dx .

B. 6 .

Câu 243. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho f ( x ) là hàm số chẵn trên a

D. P = 2 .

C. I = −2

∫ 1+ e

C. P = −1.

A. 1.

f ( x ) + f ( − x ) = 2 + 2 cos 2 x , ∀x ∈ ℝ . Tính I =

3π 2

đoạn [ −a; a ] và k > 0 . Giá trị tích phân

B. P = −2 .

∫ f ( x ) dx = 2 ∫ f ( x ) dx = 1 . Giá trị của ∫ 3

Biết

D. −17

Câu 242. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và thoả mãn

A. I = −6

1 . 2

Câu 249. (THPT CHUYÊN ĐH VINH - LẦN 3 - 2018) Cho y = f ( x ) là hàm số chẵn và liên tục trên ℝ.

f ( x)dx = ae + b 3 + c, ( a, b, c ∈ ℚ) . Tổng T = a + b + 3c bằng

A. 15 B. −10 Dạng 7.3 Tích phân hàm số chẵn, lẻ

A. P =

ln 2

A. 8 .

B. 0 .

C. −4 .

D. 4 .

∫ f ( x ) dx = a ln 2 + b ln 3 ( a; b ∈ ℚ ) .

− ln 2

Tính P = a + b . 33

Câu 256. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Tính tích phân 1

∫ max {e , e }dx x

Câu 262. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục và nhận giá trị không

1−2 x

A. e − 1 .

3 e− 3 e . 2

(

)

C. e − 3 e .

1 2+ a π dx = ln b − với a, b, c là các số nguyên dương. Tính 2 c  5π  π  0 cot  − x  tan  + x   12  6  a 2 + b2 + c2 A. 48 . B. 18 . C. 34 . D. 36 .

∫

Câu 258. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên ℝ thỏa mãn

∫

f 2 ( x) dx

3 A. 2

4 B. 3

C. 2

A. −

∫

đạo

C. −

)

C. 0.

đúng? 1 1 A. f   ≥ 5 4

2  f ( x )

1 8

C. −

1 12

D. −

1 6

tụ c

trên

ℝ,

f ( 0 ) = 0, f ′ ( 0) ≠ 0

và

thỏa

mãn

2 . 3

1 1 ∀x ∈ ( 0;1) . Biết f   = , khẳng định nào sau đây 2 2 e .x. x − x x

1 1 1 B. ≤ f   < 6 5 5

1 1 1 C. ≤ f   < 5 5 4

hệ

thức

f ( x ) . f ′ ( x ) + 18 x = ( 3 x + x ) f ′ ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x ) , ∀x ∈ ℝ . 2

Biết ∫ ( x + 1) e f ( x ) dx = a.e2 + b , với a; b ∈ ℚ . Giá trị của a − b bằng. 0

C. 0 .

B. 2 .

2 . 3

 1 1 đạo hàm trên  − ;  thỏa mãn  2 2 A. ln

7 . 9

B. ln

2 . 9

1 2

109 ∫1  f ( x ) − 2 f ( x ) . (3 − x ) dx = − 12 . Tính

−

f ( x)

∫x

−1

dx .

5 C. ln . 9

8 D. ln . 9

(

)

dx .

Tính lim

n →+∞

I n +1 . In B. 2 .

C. 3 .

D. 5 .

Câu 266. (TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ SỐ 1 - 2018) Cho f ( x ) là hàm liên tục trên đoạn [ 0; a ] thỏa mãn

Câu 261. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( x ) > 0 và f ( x ) − f ′ ( x ) = −

liên

A. 1 .

dx = ae 2 + b, ( a, b ∈ ℚ ) .Giá trị của a − b bằng B. 2.

thức

A. 1.

biểu

Câu 265. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ SỐ 5) Với mỗi số nguyên dương n ta kí hiệu I n = ∫ x 2 1 − x 2

2π 3 D. − . 9

f ( x ) . f ' ( x ) + 18 x2 = 3x 2 + x f ' ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x ) ; ∀∈ ℝ . f ( x)

của

π 3

Câu 260. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ , f ( 0 ) = 0, f ' ( 0 ) ≠ 0 và thỏa mãn hệ thức

B. −

hàm

f ( x )dx bằng

B. − ln 2 .

(

nhất

Câu 263. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) có

1 A. − . 6

nhỏ

Câu 264. (ĐỀ HỌC SINH GIỎ I TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục và có

không âm và có đạo hàm liên tục trên ℝ thỏa mãn f ′ ( x ) = ( 2 x + 1)  f ( x ) , ∀x ∈ ℝ và 1

trị

1 24

D. 4

Câu 259. (THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị

f ( 0 ) = −1 . Giá trị của tích phân

Giá

A. 1.

x. f ( x). f '( x) = f 2 ( x) − x, ∀x ∈ ℝ và có f (2) = 1 . Tích phân

[0;1] .

đoạn

∫ ( x + 1) e

trên

M = ∫  2 f ( x ) + 3x  f ( x )dx − ∫  4 f ( x ) + x  xf ( x )dx bằng

1  1 e −  . 2 e

Câu 257. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Cho tích phân

Biết

âm

1 1 D. f   < 5 6

a  f ( x ) . f ( a − x ) = 1 dx ba b = , trong đó b , c là hai số nguyên dương và và ∫ là phân  > ∀ ∈ f x 0, x 0; a c [ ] 0 1+ f ( x) c  ( ) số tối giản. Khi đó b + c có giá trị thuộc khoảng nào dưới đây? A. (11; 22 ) . B. ( 0;9 ) . C. ( 7; 21) . D. ( 2017; 2020 ) .

Câu 267. (THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ - LẦN 4 - 2018) Cho hàm số f ( x ) xá định trên π

 π 0; 2  thỏa mãn π A. . 4

2 −π  2 π   ∫0  f ( x ) − 2 2 f ( x ) sin  x − 4  d x = 2 . Tích phân B. 0 .

C. 1 .

∫ f ( x) d x

bằng

π 2

Câu 268. (THPT HẬU LỘC 2 - TH - 2018) Cho số thực a > 0 . Giả sử hàm số f ( x) liên tục và luôn a

dương trên đoạn [ 0; a ] thỏa mãn f ( x). f (a − x) = 1 . Tính tích phân I = ∫ 0

1 dx ? 1 + f ( x) 36

A. I =

2a . 3

B. I =

a . 2

C. I =

a . 3

Câu 275. (THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN - BÌNH DƯƠNG - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) là hàm số

D. I = a .

 1  f ( x) lẻ trên ℝ và đồng thời thỏa mãn hai điều kiện f ( x + 1) = f ( x ) + 1 , ∀x ∈ ℝ và f   = 2 , x x 1 f ( x) .dx . Hãy chọn khẳng định đúng về giá trị của I . ∀x ≠ 0 . Gọi I = ∫ 2 f ( x) +1 0

Câu 269. (THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU - NGHỆ AN - LẦN 2 - 2018) Xét hàm số f ( x ) liên tục 1

trên đoạn [ 0;1] và thỏa mãn 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = 1 − x . Tích phân

∫ f ( x ) dx bằng 0

2 A. . 3

1 B. . 6

2 C. . 15 π

Câu 270. (CHUYÊN HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Biết

∫ sin 0

số nguyên dương. Tính P = 2a + b . A. P = 8 . B. P = 10 .

A. I ∈ ( −1;0 ) .

3 . 5

x sin 2018 x πa dx= trong đó a , b là các 2018 x + cos x b

2018

Câu 1.

D. P = 12 .

C. P = 6 . 2

đoạn [ 0; 2 ] và thỏa mãn  f ( x )  − f ( x ) . f ′′ ( x ) +  f ′ ( x )  = 0 . Biết f ( 0 ) = 1 , f ( 2 ) = e 6 . Khi đó f (1) bằng 3

A. e 2 .

D. e 2 .

Câu 3.

với

x. f ′ ( x )

∫ 1 + f ( 3 − x ) 0

2  . f ( x)



A. 1 .

mọi

x ∈ [ 0;3]

và

f ( 0) =

1 . 2

Tính

tích

phân:

1 . 2

3 . 2 Câu 6.

B. I =

a . 2

C. I = a .

π  f   = 0 . Biết 4

D. I =

2a . 3

∫  f ( x ) − 2 g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − 2∫ g ( x ) dx = 2 − 2.5 = −8 .

Theo tính chất tích phân ta có

Câu 7.

a 4

−2 2

−2 4

tích

Khi đó:

∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx .

⇒ ∫ f ( x ) dx =

phân

∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx , ∫ f ( y ) dy = ∫ f ( x ) dx .

Ta có:

−2

∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx = −4 −1 = −5 .

Vậ y

I = ∫ f ( 2 x ) dx .

∫ f ( y ) dy = −5 . 2

Câu 8.

A. I = 1 .

Tính

−2

∫ f ( x ) dx = 8 , ∫ f ′ ( x ) sin 2 xdx = − 4 . 0

Chọn A

π 2

Câu 274. (SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH - HKII - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn π

f ( x)dx + ∫ g( x)dx = 2 + (−4) = −2 .

Chọn C

1 dx ? 1+ f ( x) 0

và

∫ [ f ( x) + g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx + ∫ g ( x)dx; ∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx , với k ∈ℝ .

 π 0; 4 

Chọn C

Có

và luôn dương trên đoạn [0; a ] thỏa mãn f ( x ) . f ( a − x ) = 1 . Tính tích phân I = ∫

a . 3

∫  f ( x ) + g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx = 3 + ( −4 ) = −1 .

Câu 273. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC - LẦN 1 - 2018) Cho số thực a > 0 . Giả sử hàm số f ( x ) liên tục

A. I =

∫  f ( x ) − g ( x )dx = ∫ f ( x )dx − ∫ g ( x )dx = −2 − 3 = −5 . Câu 5.

5 . 2

dx . B.

∫ [ f ( x) + g ( x)] dx = ∫ Câu 4.

Chọn C Ta có

Câu 272. (THPT HÀM RỒNG - THANH HÓA - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên [ 0;3] ; f ( 3 − x ) . f ( x ) = 1, f ( x ) ≠ −1

C. e3 .

B. e 2 .

D. I ∈ ( −2; −1) .

∫  f ( x ) − g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx = 2 − 6 = −4 .

Ta có: Câu 2.

C. I ∈ ( 0;1) .

Phần B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1. Tích phân cơ bản Dạng 1.1 Áp dụng TÍNH CHẤT để giải Chọn B 2

Câu 271. (SGD - HÀ TĨNH - HK 2 - 2018) Cho hàm số f ( x ) đồng biến, có đạo hàm đến cấp hai trên 2

B. I ∈ (1; 2 ) .

1 B. I = . 2

C. I = 2 .

D. I =

1 . 4

Ta có

∫

Câu 9.

 f ( x ) + 3 g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + 3∫ g ( x ) dx = 3 + 3.7 = 24 . 0 0

Ta có

∫ f ( x) dx = ∫ f ( x) dx + ∫ f ( x) dx ⇒ ∫ f ( x) dx = ∫ f ( x) dx −∫ f ( x) dx = 5+ 1= 6 38

V ậy

∫ f ( x) dx = 6

Vậy ∫  f ( x ) + g ( x ) dx = 4 + 2 = 6 .

Câu 10.

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = −3 + 4 = 1 . 1

∫ f ' ( x )dx = f ( x )

Ta có

−1

Câu 12.

Có

−1

Theo tính chất của tích phân, ta có: Suy ra:

∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx .

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx = 10 − 4 = 6 .

∫ F ′ ( x )dx = F ( x ) 1

Suy ra F ( 4 ) − F (1) = 12

4 1

Ta có Suy ra

1 ln 7 . 2

Câu 21.

Khi đó,

1 1 1 ln 7 . Do đó F ( 4 ) = F (1) + ln 7 = 1 + ln 7 . 2 2 2 8

0 2

0 10

2 10

6 6

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx

∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx = 7 − 3 = 4 .

∫  f ( x ) + 3g ( x ) dx = 10 1 3

⇔

1 3

Câu 23.

∫  f ( x ) + 3g ( x ) dx = a + 3b , ∫ 2 f ( x ) − g ( x ) dx = 2a − b .

Chọn A 2

−1

+ 2 ∫ f ( x ) dx − 3 ∫ g ( x ) dx = −1

3 17 + 2.2 − 3 ( −1) = . 2 2

Câu 24. Lời giả i 5

 X + 3Y = 10 X = 4 Từ (1) và ( 2) ta có hệ phương trình:  . ⇔  X Y 2 − = 6  Y = 2 1

x2 Ta có: I = ∫  x + 2 f ( x ) − 3g ( x )  dx = 2 −1

Đặt X = ∫ f ( x )dx , Y = ∫ g ( x )dx .

1 3

I = ∫  f ( x ) + 2sin x  dx = ∫ f ( x ) dx +2∫ sin x dx = ∫ f ( x ) dx − 2 cos x 02 = 5 − 2 ( 0 − 1) = 7 .

∫ f ( x )dx + 3∫ g ( x ) dx = 10 (1) .

a + 3b = 10 a = 4 ⇔ Theo giả thiết, ta có  . 2a − b = 6 b = 2 Vậ y I = a + b = 6 . Dạng 1.2 Áp dụng bảng công thức cơ bản Câu 22. Chọn A Ta có

∫ 2 f ( x ) − g ( x )dx = 6 ⇔ 2∫ f ( x )dx − ∫ g ( x )dx = 6 ( 2) . 1

Đặt a = ∫ f ( x ) dx và b = ∫ g ( x ) dx .

= F ( 4 ) − F (1) .

Câu 18.

Ta có: I = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx . = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx = 9 + 3 − 5 = 7 . 1

Câu 17.

∫  f ( x ) + 3g ( x )dx=10 ⇔ ∫ f ( x )dx+3∫ g ( x )dx=10 .

Vậy ∫  f ( x ) + g ( x ) dx=6 .

∫ F ′ ( x )dx = ∫ 2 x − 1dx = 2 ln | 2 x − 1| 1 4

Câu 16.

Ta có:

Lại có:

3 ∫ f ( x )dx=4 u + 3v = 10 u = 4 1 ⇒ 3 Ta được hệ phương trình:  ⇔ 2u − v = 6 v = 2  g x dx=2 ∫ ( ) 1

∫ f ( x ) dx = 6 .

Ta có:

Đặt u = ∫ f ( x )dx; v = ∫ g ( x )dx .

Câu 15.

Vậ y

∫  2 f ( x ) − g ( x )dx=6 ⇔ 2∫ f ( x )dx-∫ g ( x )dx=6 .

−1

∫ f ( x ) dx = 3; ∫ f ( x ) dx = 1; ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 3 + 1 = 4 0

2 3

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx . 3

Câu 20.

−1

Câu 14.

= f ( 2 ) − f ( −1) = −1 − 8 = −9.

⇒ 7 = P+3⇒ P = 4.

Ta có: I = ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = 9 + 4 = 13. 0

Câu 13.

Ta có:

Câu 11.

Câu 19.

Do đó ta được: ∫ f ( x )dx = 4 và ∫ g ( x ) dx = 2 .

∫

−2

f ( x ) dx + 4 ∫ g ( x )dx − ∫ dx = 8 + 4.3 − x

−2

Câu 25.

−2

∫  f ( x ) − 4 g ( x ) − 1 dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ 4 g ( x )dx − ∫ dx = ∫ f ( x ) dx − 4 ∫ g ( x )dx − ∫ dx −2

−2

5 −2

= 8 + 4.3 − 7 = 13 .

Chọn A 40

Ta có Câu 26.

−1

1 = ∫ (cos 2 x + 4)dx = sin 2 x + 4 x + C do f (0) = 4 ⇒ C = 4 . 2

∫ [ x + 2 f ( x) + 3g(x)] dx = ∫ xdx + 2 ∫ f ( x)dx + 3 ∫ g ( x)dx = 2 + 4 − 3 = 2

Chọn D 2

1 Vậy f ( x) = sin 2 x + 4 x + 4 nên 2

∫  f ( x ) − 5 g ( x ) + x  dx = ∫ f ( x ) dx − 5∫ g ( x ) dx + ∫ xdx = 3 + 5 + 2 = 10 0

2 2 3 ∫ 4 f ( x ) − 3x  dx = 4∫ f ( x ) dx − ∫ 3x dx = −8 − x 0 = −8 − 125 = −133 .

Câu 28.

Chọn A 2

x ∫1  4 f ( x ) − 2 x  dx = 1 ⇔ 4∫1 f ( x ) dx − 2∫1 xdx = 1 ⇔ 4 ∫1 f ( x ) dx − 2. 2 2

Câu 34.

2 2

Chọn.

∫ ( 2 x + 1) dx = ( x

−1

+ x)

0 0

−1

Câu 36.

=0−0= 0.



Câu 37.

Câu 38.

= 4 + 2 = 6.

− 2ax − 1) dx = ( x 3 − ax 2 − x )

b 0

= b3 − ab2 − b .

m 2 x + nx + C . 2 1 m 1 f ( x ) dx = 3 ⇒  x 2 + nx  = 3 ⇔ m + n = 3 (1) . 2 2 0

Lại có:

∫ 0

1 x + 3) dx = ∫ (1 − cos 2 x + 3) dx = ∫ ( 4 − cos 2 x ) dx = 4 x − sin 2 x + C . 2 1 Ta có f ( 0) = 4 nên 4.0 − sin 0 + C = 4 ⇔ C = 4 . 2 1 Nên f ( x ) = 4 x − sin 2 x + 4 . 2 2

Câu 39.

m 2 2 ∫0 f ( x ) dx = 8 ⇒  2 x + nx  0 = 8 ⇔ 2m + 2n = 8 ( 2 ) . 1 m = 2  m+n =3 Từ (1) và ( 2 ) ta có hệ phương trình:  2 . ⇔ n = 2 2m + 2n = 8 ⇒ m+n = 4. Chọn B π 4

Ta có

∫ sin 3xdx = − 3 cos 3x 0

Câu 40.

1 π 2 + 8π − 2    2 1  . ∫0 f ( x ) dx = ∫0  4 x − 2 sin 2 x + 4  dx =  2x + 4 cos 2 x + 4x  4 = 8 0 Câu 33. Chọn B , 1 + cos 2 x + 3)dx Ta có f ( x ) = ∫ f ( x)dx = ∫ (2cos 2 x + 3) dx = ∫ (2. 2 4

∫ f ( x ) dx = ∫ ( mx + n ) dx =

Chọn C

∫ ( 3x

Ta có:



)

π2 1 1 π 2 + 16π − 4 = x 2 + cos 2 x + 4 x 4 = +π − = . 4 16 4 16

∫ f ′ ( x ) dx =∫ ( 2sin

Chọn A Ta có

∫ f ( x ) dx = ∫  2 x − 2 sin 2 x + 4  dx 0

(

1 Hay f ( x ) = 2 x − sin 2 x + 4. 2 4

∫

1 Ta có f ( x ) = ∫ ( 2sin 2 x + 1) dx = ∫ ( 2 − cos 2 x ) dx = 2 x − sin 2 x + C . 2 Vì f ( 0 ) = 4 ⇒ C = 4

+ 10 x + 3) dx = ( x3 + 5 x 2 + 3 x ) = 9 .

+ Tính được ∫ sin xdx = − cos x 2 = 1 . 0 0 Chọn B Ta có I = (2 x + 1)dx = x + x

Chọn A

Chọn B 2

0 0

Câu 32.

Suy ra

∫ (3x + 1)( x + 3) dx = 9 .

Vậ y :

∫ ( 2 f ( x ) − 3x ) dx = 2∫ f ( x ) dx − 3∫ x dx = 2 − 1 = 1 .

Câu 31.

Câu 35.

π 1

∫ (3x + 1)( x + 3) dx = ∫ (3x

Câu 30.

Ta có:

⇔ 4∫ f ( x ) dx = 4 ⇔ ∫ f ( x ) dx = 1 Câu 29.

∫

4 1 f ( x)dx = ∫ ( sin 2 x + 4 x + 4)dx 2 0

4 π + 8π + 2 1 = (− cos 2 x + 2 x 2 + 4 x) = . 8 4 0

Câu 27.

1 1 2 1 = + . Suy ra a = b = ⇒ a − b = 0 . 3 3 2 3

Ta có: 2

∫ ( f ( x ) + 3x ) dx = 10 2

0 2

⇔∫ 0

π 4 0

⇔ ∫ f ( x )dx + ∫ 3 x 2dx = 10 ⇔ ∫ f ( x )dx = 10 − ∫ 3 x 2dx 0

2 2 f ( x )dx = 10 − x ⇔ ∫ f ( x )dx = 10 − 8 = 2 . 0 0 3

Câu 41.

Ta có:

∫ (3x

Câu 51.

− 2 x + 1)dx = 6 ⇔ ( x 3 − x 2 + x ) = 6 ⇔ m3 − m 2 + m − 6 = 0 ⇔ m = 2 . 0

Vậy m∈ ( 0; 4 ) . Câu 42.

Ta có:

Lại có:

a 3 b 2 x + x + cx + C . 3 2 7 1 1 7 7 a 3 b 2 1 f ( x ) dx = − ⇒  x + x + cx  = − ⇔ a + b + c = − (1) . 2 2 2 3 2 2 3 0

∫ f ( x ) dx = ∫ ( ax ∫ 0

a

∫ f ( x ) dx = −2 ⇒  3 x

+ bx + c ) dx =

2 2 2 2 1 = 2. ln 2 x + 1 − ln x + 1 = ln ( 2 x + 1) − ln ( x + 1) = ln 5 − ln 3 − ( ln 3 − ln 2 ) 1 1 1 1 2 = ln 2 − 2 ln 3 + ln 5 . Do đó: a = 1, b = −2, c = 1 . Vậy a + b + c = 1 + ( −2 ) + 1 = 0 .

8 b 2 2 x + cx  = −2 ⇔ a + 2b + 2c = −2 ( 2 ) . 2 3 0

13  a 3 b 2 9 13  3 13 ⇒  x + x + cx  = ⇔ 9a + b + 3c = ( 3) . 0 2 3 2 2 2 2   0 1 7 1  3 a + 2 b + c = − 2 a = 1   8 Từ (1) , ( 2 ) và ( 3) ta có hệ phương trình:  a + 2b + 2c = −2 ⇔ b = 3 . 3   16 9 13  c = − 3  9a + 2 b + 3c = 2  4  16  ⇒ P = a + b + c = 1+ 3 +  −  = − . 3  3 Dạng 2. Tích phân HÀM HỮU TỶ Chọn C 2

Ta có

∫ 2 x + 3 = 2 ln 2 x + 3 1

Câu 44.

Câu 47.

1 2 ( ln 4 − ln1) = ln 2 . 3 3

1 2

∫ 3x − 2 = 3 ln 3x − 2 1

Câu 46.

1 1 7 ( ln 7 − ln 5) = ln . 2 2 5

Câu 48.

I =∫ 0

∫ 3x − 2 = 3 ln 3 x − 2

Câu 50.

Ta có I = ∫

= 1

Ta có I = ∫ 0

( x − 1)

1 1 2x  1  dx = ∫  1 − 2 d ( x 2 + 1) = x 0 − ln ( x 2 + 1) = 1 − ln 2  dx = ∫ dx − ∫ 2 0 x +1 x + 1 x + 1   0 0 0 2

a = 1 ⇒ ⇒ a + b = 3. b = 2 5

Câu 56.

5 a = 8  x2  x2 + x + 1 1  3  ∫3 x + 1 dx = ∫3  x + x + 1  dx =  2 + ln x + 1  = 8 + ln 2 ⇒ b = 3 ⇒ S = a − 2b = 2 . 3

Câu 57.

x  1   2 x +1−1  2 Ta có ∫  x 2 +  dx = ∫  x +  dx = ∫  x + 1 −  dx x +1 x +1  x +1 1 1 1

 x3  10 10 2 10 a =  + x − ln x + 1  = + ln 2 − ln 3 = + ln = + ln . 3 3 b b  3 1 3 Suy ra a = 2; b = 3 . Vậy a + b = 5 . 3

Câu 58.

3 dx 5 = ln ( x + 2 ) 0 = ln 5 − ln 2 = ln . x+2 2

Ta có:

1 1 dx x2 − 2 ( x − 1) 2 −1 dx = ∫ ( x − 1)dx − ∫ = − ln | x + 1|10 = − ln 2 0 0 x +1 x +1 2 0 2

Câu 55.

Câu 49.

∫

⇒ m = 2, n = −1 ⇒ m + n = 1

1 1 1 1   I = ∫  − 2 dx =  ln x +  = . x x  x 1 e  1 3

Chọn D 2 dx 5 2 ∫0 x + 3 = ln x + 3 0 = ln 3 Chọn A 1 1  1 1  ∫0  x + 1 − x + 2  dx = [ln x + 1 − ln x + 2 ]0 = 2 ln 2 − ln 3 ; do đó a = 2; b = −1 Chọn A e

Ta có

∫

Chọn C Ta có

Câu 45.

3 x+2 2  2 dx = ∫ 1 +  dx = ∫ dx + ∫ dx = 2 + 2 ln x 1 = 2 + 2ln 3. x x x 1 1 1 1 Do đó a = 2, b = 2, c = 3 ⇒ S = 7. Câu 53. Chọn C 0 0 3x 2 + 5 x − 1 21   3 2 0 Ta có I = ∫ dx = ∫  3x + 11 +  dx =  x + 11x + 21.ln x − 2  −1 x − 2 x − 2 2     −1 −1 2 19 19 = 21.ln + . Suy ra a = 21, b = . Vậy a + 4b = 59 3 2 2 Câu 54. Chọn A

Câu 52.

∫ f ( x ) dx =

Câu 43.

Cách 1. Tự luận Ta có: 2 2 2 2 1 1 dx 1   2 ∫1 ( x + 1)( 2 x + 1) =∫1  2 x + 1 − x + 1  dx = 2∫1 2 x + 1 dx − ∫1 x + 1 dx

2 ln 2 . 3

Câu 59.

2 x −1  1 dx = ∫ 1 −  dx = ( x − ln x ) = ( 2 − ln 2 ) − (1 − ln1) = 1 − ln 2 . 1 x x   1

∫x 1

x+3 x +3 2 1 dx = ∫ dx = ∫ dx − ∫ dx + 3x + 2 x + 1)( x + 2 ) x +1 x+2 1 ( 1 1

3 = ( 2 ln x + 1 − ln x + 2 ) = 2ln 2 + ln 3 − ln 5 1 Suy ra a = 2 , b = 1 , c = −1 . Nên a + b + c = 2 + 1 − 1 = 2 . Chọn D 4 4 4 4 3 ( x − 2 ) + 2 ( x − 1) 5x − 8 5x − 8 2   3 Ta có: I = ∫ 2 + dx = ∫ dx = ∫ dx = ∫   dx x − x + x − 1 x − 2 x − 1 x − 2 x − 1 x − 2 3 2 ( )( ) ( )( )  3 3 3 3 44

= ( 3ln x − 1 + 2 ln x − 2 )

Câu 60.

π 3 11 ( 2sin x + 3cos x ) − ( 2 cos x − 3sin x ) 2 3sin x − cos x 13 dx = ∫ 13 dx Nên: ∫ 2sin x + 3cos x 2sin x + 3cos x 0 0

4 = 3ln 3 + 2 ln 2 − 3ln 2 = 3ln 3 − ln 2 + 0.ln 5 3

a = 3  Suy ra b = −1 ⇒ 2a −3b + c = 26 = 64 . c = 0  Chọn A

π 3 11 2 2cos x − 3sin x  3 11 2cos x − 3sin x  = ∫ − . dx = ( x ) 02 − ∫ dx  13 13 2sin x + 3cos x  13 13 0 2sin x + 3cos x 0  π

Câu 61.

Câu 62.

Câu 63.

1 1 dx = ∫ dx . 2 1 3 0 x + x +1 0  x + +   2 4  1 3 3  −π π  Đặt x + = tan t , với t ∈  ,  . Khi đó dx = (1 + tan 2 t ) dt . 2 2 2  2 2 π Với x = 0 , ta có t = . 6 π Với x = 1 , ta có t = . 3 π π 3 π 1 + 3 ( tan 2 t ) 3 2 a = 3 2 3 π 3 2 Khi đó I = ∫ . Từ đó suy ra  ⇒ a + b = 12 . dt = ∫ dt= t = 3 π 9 2 3 3 π π b = 9 (1 + tan t ) 6 6 4 6 Ta có: 2 2 2 2   2 x + 5x + 2 1 2  x −1  ∫0 x 2 + 4 x + 3 dx = ∫0 1 + ( x + 1)( x + 3)  dx = ∫0 1 − x + 1 + x + 3  dx = ( x − ln x + 1 + 2 ln x + 3 ) 0   = 2 − 3 ln 3 + 2 ln 5 . Vậy a = 2, b = −3, c = 2 , do đó abc = − 12 . Ta có: 0 0 3x 2 + 5 x − 1 21   I=∫ dx = ∫  3 x + 11 +  dx x−2 x−2 −1 −1  Xét I = ∫

11  b= 3π 11 11 b 11 26 22  13 − ln 2 + ln 3 . Do đó:  ⇒ = . = . 3 π c 13 3π 3π 26 13 13 c =  26 4 3 4 2 3 ( 2 x − 1)   x + x + 7x + 3 dx = ∫  x + 2 + 2 Ta có ∫  dx 2 x − x + 3 x − x +3 1 1

Câu 65.

4 4 d ( x 2 − x + 3) 27 4 27 1  =  x 2 + 2 x  + 3∫ 2 = + 3ln x 2 − x + 3 = + 3ln 5 . 1 x − x+3 2 2 2 1 1

Mà

x3 + x 2 + 7 x + 3 a dx = + c ln 5 , suy ra a = 27 , b = 2 , c = 3 . x2 − x + 3 b

∫ 1

Câu 66.

Vậy P = a − b2 − c3 = −4 . Ta có 1 1 1 4 x 2 + 15 x + 11 (4 x 2 + 10 x + 4) + (5 x + 7) 5x + 7   dx = ∫  2 + 2  dx 2 ∫0 2 x2 + 5 x + 2 dx = ∫0 2 x + 5x + 2 2 x + 5x + 2  0 1 1 3  3 5   1 = ∫2+ +  dx =  2 x + ln | x + 2 | + ln | 2 x + 1|  = 2 − ln 2 + ln 3 x + 2 2x +1  2 2  0 0 5 Vậy a = 2 , b = −1 , c = nên T = 6 . 2

Câu 67.

Câu 64.

3π 11 2 d ( 2sin x + 3cos x ) 3π 11 = − − ln 2sin x + 3cos x 2 dx = 26 13 ∫0 2sin x + 3cos x 26 13 0

a = 8  x2  x + x +1 1  3  ∫3 x + 1 dx = ∫3  x + x + 1  dx =  2 + ln x + 1  = 8 + ln 2 ⇒ b = 3 ⇒ S = a − 2b = 2 . 3 5

 3x 2  19 ⇒I = + 11x + 21.ln x − 2  = 21.ln 2 + − 21.ln 3 2 2   −1 a = 21  2 19  ⇒ I = 21ln + ⇒ 19 ⇒ a + 2b = 40 . 3 2 b = 2 m ( 2 sin x + 3cos x ) + n ( 2 cos x − 3sin x ) 3sin x − cos x Đặt: = 2 sin x + 3cos x 2sin x + 3cos x 2m − 3n ) sin x + ( 3m + 2n ) cos x ( = 2sin x + 3cos x 3   m = 13  2m − 3n = 3 Đồng nhất hệ số ta có:  ⇔ . 3m + 2n = −1  n = − 11  13

Dạng 3. Giải tích phân bằng phương pháp VI PHÂN Chọn A e

ln x ln 2 x 1 dx = ∫ ln x.d ( ln x ) = = . x 2 1 2 1 1 e

Theo định nghĩa tích phân: I = F ( e ) − F (1) = ∫ f ( x ) dx = ∫ 1

Câu 68.

Chọn C 1

∫e

dx =

3 x +1

Câu 69.

1 3 x +1 1 1 e d ( 3x + 1) = e3 x +1 = ( e 4 − e ) . 3 ∫0 3 3 0

Chọn B 2

Câu 70.

Câu 71. 45

2 1 1 Ta có ∫ e3 x −1dx = e3 x −1 = ( e5 − e 2 ) . 1 3 3 1 Chọn C 2 2 6 1 1 1 Ta có: I = ∫ f (3 x)dx = ∫ f (3x)d3x = ∫ f (t )dt = .12 = 4. 3 3 3 0 0 0 Chọn C

1 = ⋅ e 3 x−1 3

Ta có

Câu 72.

2 1

1 5 1 (e − e 2 ) . Suy ra m = 3 , p = 5 và q = 2 . 3

1 22 . Vậ y m + p + q = + 5 + 2 = 3 3 Chọn C 1 1 1 d( x + 1) 1 Cách 1: Ta có: I = ∫ = ln x + 1 0 = ln 2 − ln1 = ln 2 . Chọn đáp án dx = ∫ x + 1 x +1 0 0 3

Câu 78.

Câu 73.

Câu 74.

Ta có:

∫ xe

x2 + 2

dx =

1 x2 +2 1 2 1 1 e d x2 + 2 = e x + 2 = e3 − e2 . 0 2 2 ∫0 2

(

)

(

)

Câu 79.

Nên a = 1 , b = 3 , c = 2 . Câu 75.

Vậ y a + b + c = 6 . Chọn B

1 e 1+ e e x +1 d ( x + ln x ) ∫1 x2 + x ln x dx = ∫1 x + lnx x dx = ∫1 x + ln x = ln ( x + ln x ) 1 = ln ( e + 1)

Câu 80.

Câu 76.

Vậy a = 1, b = 1 nên T = a 2 − ab + b2 = 1. Chọn B 2

Ta có: I = ∫ ( x + 1) e

x−

1 x

dx = ∫ ( x 2 + 2 x + 1) e

Xét I1 = ∫ ( x + 1) e 2

x−

1 x

= x 2e

dx = ∫ x .e 2

− ∫e

x−

1 x

d ( x 2 ) = x 2e

⇒ I1 + ∫ 2 xe

x−

1 2 x 1

1 x

dx = x 2 e

x−

1 2 x

x−

1 x

dx + ∫ 2 xe

x−

1 x

2 2 1 x−  x− 1  x2 + 1 1  . 2 dx = ∫ x 2 .e x d  x −  = ∫ x 2 d  e x  x x   1   1 2

− ∫ 2 xe

x−

1 x

Câu 81.

x−

1 2 x

x−

1 x

p q

Dạng 4. Giải tích phân bằng phương pháp ĐỔI BIẾN SỐ Dạng 4.1. Hàm số tường minh Dạng 4.1.1. Hàm số chứa căn thức Chọn B Đặt t = x + 4 ⇒ 2tdt = dx . Với x = 5 ⇒ t = 3 ; x = 21 ⇒ t = 5 21 5 5 dx 1 1 1 1 dt Ta có ∫ = ( ln t − 2 − ln t + 2 ) = ln 2 + ln 5 − ln 7 . = 2∫ 2 3 t −4 2 2 2 2 5 x x+4 3 Chọn. A. Đặt t = x + 9 ⇒ t 2 = x + 9 ⇒ 2tdt = dx . Đổi cận x = 16 ⇒ t = 5 , x = 55 ⇒ t = 8 . 8 55 8 8 2tdt 1 x −3 8 dx dt 1  1 1  = ∫ − Do đó ∫ =∫ 2 = 2∫ 2 dx = ln t − 9 3 5  x − 3 x + 3  3 x +3 5 16 x x + 9 5 t t −9 5

)

1 5 1 1 2 1 1 = ln − ln = ln 2 + ln 5 − ln11 . 3 11 3 4 3 3 3 2 1 1 Vậ y a = ; b = ; c = − ⇒ a − b = −c . 3 3 3 Chọn A I = ∫ 2 x x 2 − 1dx 1

đặt u = x 2 − 1 ⇒ du = 2 xdx . Đổi cận x = 1 ⇒ u = 0 ; x = 2 ⇒ u = 3

= 4e 2 − 1

Nên I = ∫ udu

Câu 82.

x = 0 4 x3 8x2 8x 4 x3  − ; f ′( x) = 0 ⇔ − =0⇔  4 2 4 2 1+ x 1+ 4x 1+ x 1+ 4x  x = ± Trục xét dấu:

f ′( x) =

⇒ I = x 2e

(

m = 4 n = 1 p  là phân số tối giản ⇒  Do ∫ ( x + 1) e dx = me − n , trong đó m, n, p , q ∈ ℤ và q 1 p = 3  q = 2 Khi đó, T = m + n + p + q = 4 + 1 + 3 + 2 = 10 . Chọn D x2 x2 d (1 + t 2 ) x2 2tdt Ta có f ( x ) = ∫ =∫ = ln (1 + t 2 ) = ln (1 + x 4 ) − ln (1 + 4 x 2 ) . 2 2 2 x 1+ t 1+ t 2x 2x 2

Câu 77.

x−

1 2

dx = ∫ ( x 2 + 1) e 1

1 1 2 x

1 x

x−

I = ∫ f ′ ( x ) e f ( x ) dx = ∫ e f ( x ) d ( f ( x ) ) = e f ( x ) = e f (1) − e f ( 0 ) = e5 − e5 = 0 .

3 1 8 x 1 1 1 K = ∫ 2 dx = ∫ 2 d ( x 2 − 1) = ln x 2 − 1 = ln . 2 2 3 x − 2 x − 1 2 1 2 2

Từ đó ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị. Chọn C

Đặt t = e x + 3 ⇒ t 2 = e x + 3 ⇒ 2tdt = e x dx .  x = ln 6 t = 3 Đổi cận  ⇒ . x = 0 t = 2 ln 6

Suy ra

∫ 1+

2tdt 1+ t 2

dx = ∫

e +3 a = 2  = 2 − 4 ln 2 + 2 ln 3 ⇒ b = −4 . c = 2  0

17 − 1 . 2

3 2   = ∫2−  dt = ( 2t − 2 ln t + 1 ) 2 1+ t  2

= ( 6 − 2 ln 4 ) − ( 4 − 2 ln 3 )

Vậ y T = 0 . 47

Câu 83.

Đặt t = 3 x + 1 ⇒ t 2 = 3x + 1 ⇒ 2tdt = 3dx ⇒

2t dt = dx 3

Câu 87.

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t = 2 1 1 1 1 dx 2 1 2 2 2 = ∫ .tdt = ∫ dt = t = . Khi đó ∫ 3 3 t 3 3 3 x + 1 0 0 0 0 Cách khác: Sử dụng công thức Câu 84.

∫

dx 2 = ax + b + C thì ax + b a

2 dx 2 = 3x + 1 = . 3 3x + 1 3 0

∫ 0

Câu 88.

Chọn B Cách 1 2

∫ ( x + 1) 1

dx dx x + x +1 =∫ dx = ∫ x + x x +1 x ( x + 1) x + 1 + x 1 1 x( x + 1) x + x + 1

(

)

(

1   1 + Đăt t = x + 1 + x ⇒ dt =   dx ⇔ 2dt =  2 x +1 2 x  2+ 3

Khi đó I =

∫

1+ 2

)

x +1 + x dx x( x + 1)

2+ 3

2  −2  dt =   t2  t  1+

= −2 3 + 4 2 − 2 = 32 − 12 − 2 2

⇒ P = a + b + c = 32 + 12 + 2 = 46.

Cách 2 2

∫ ( x + 1) 1

(

x +1 + x

)

x +1 − x 1   1 dx = ∫  −  dx = 2 x − 2 x + 1 x( x + 1) x x +1  1

=∫

Câu 85.

dx dx dx = ∫ =∫ x + x x +1 x ( x + 1) x + 1 + x 1 1

(

x( x + 1)

)

2 1

(

)(

x +1 − x

x +1 + x

)

)dx

= 2 2 − 2 − 2 3 + 2 2 = 32 − 12 − 2

t = 3x + 1 ⇒ t 2 = 3x + 1 ⇒ 2tdt = 3dx ⇒ dx =

Đặt

2 tdt 3

Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 2 ; x = 5 ⇒ t = 4 5 4 4 4 4 2 2 t 2 1 2 2 1 ∫1 1 + 3x + 1 dx = 3 ∫2 1 + t dt = 3 ∫2 (1 − 1 + t )dt = 3 (t − ln t + 1) 2 = 3 − 3 ln 5 + 3 ln 3 . 4 2 2 4 ⇒ a = ,b = , c = − ⇒ a + b + c = . 3 3 3 3 Chọn B 1 1 1 x x 1 I=∫ 3 dx = ∫ dx = ∫ dx 3 1 x + 1   3 1 1 1 1 x 1 + 3  x . 1 + 2 2 2    x   x 1 1 −1 Đặt t = ⇒ x = ⇒ dx = 2 dt x t t 1 Đổi cận: x = ⇒ t = 2 ; x = 1 ⇒ t = 1 2 1 2 t  −1  t 2 dt Khi đó: I = ∫ dt  = ∫ 3  t2 3  1 t . 1+ t3 1+ t  2 2u du 3 2 Đặt u = 1 + t ⇒ u = 1 + t 3 ⇒ t 3 = u 2 − 1 ⇒ 3t 2 dt = 2u du ⇒ t 2 dt = 3 Đổi cận: t = 1 ⇒ u = 2 ; t = 2 ⇒ u = 3 2u du 3 3 2 du 1 u −1 3 1 3  Ta có: I = ∫ 2 3 = ∫ 2 = ln = ln  + 2  3 u − 1 3 u + 1 3 2 u − 1 . u 2   ( ) 2 2

Suy ra a = 3, b = 3, c = 2, d = 2 . Vậy a + b + c + d = 10 . Câu 89.

dx = 2tdt Đặt 1 + ln x = t ⇒ ln x = t − 1 ⇒ x 2

Đặt t = 3 1 + x 2 ⇒ t 3 = 1 + x 2 ⇒ 3t 2 dt = 2 xdx ⇒ xdx =

3t 2 dt . 2

Đổi cận:

 x = 1 → t = 1 Đổi cận   x = e → t = 2 e

Vậ y

∫x 1

Câu 86.

ln x dx = 1 + ln x

∫ 1

− 1) 2tdt t

2  t3  4 2 = 2 ∫ ( t 2 − 1) dt = 2  − t  = − 2 3 3  3 1 1

4 2 2 Suy ra a = ; b = − ⇒ S = a + b = 3 3 3 Đặt x = 4 sin t ⇒ dx = 4 cos tdt .

Câu 90.

2 t 3 − 1 3t 2 3 3  t5 t2  141 . . dt = .∫ ( t 4 − t )dt = .  −  = 3 2 t 2 2 2 5 2 20 1 x +   0 1 1 1 ⇒ m − 7 n = 141 − 7.20 = 1 . Chọn A

∫

dx = ∫

dx x 3 + 5 3x + 1 + 7 0

A=∫

π Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 2 2 ⇒ t = . 4 π

Đặt t = 3x + 1 ⇒ t 2 = 3x + 1 ⇒ 2tdt = 3dx Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 2 2 2 2 2 tdt 2 2 t 2  −2 3  2 A= ∫ 2 3 = ∫ dt = ∫  +  dt = ( −2 ln t + 2 + 3ln t + 3 ) 1 3 t + 2 t + 3 3 t + 2 t + 3 3 t + 5 t + 6 ( )( )   1 1 1 2 2 20 4 = ( −2 ln 4 + 3ln 5 + 2 ln 3 − 3ln 4 ) = ( −10 ln 2 + 2 ln 3 + 3ln 5 ) = − ln 2 + ln 3 + 2ln 5 3 3 3 3

I = ∫ 16 − 16sin 2 t .4 cos tdt = ∫ 4 cos t .4 cos tdt = ∫ 4 cos t .4 cos tdt = 16 ∫ cos t .cos tdt . 0

 π Mà vì t ∈  0;  thì cos t > 0 nên khi đó I = 16∫ cos2 tdt = 8∫ (1 + cos2t ) dt .  4 0 0 49

Vậy: a + b + c = − Câu 91.

20 4 10 + +2=− . 3 3 3

1 2

Suy ra

Chọn D

Câu 92.

ln x dx = 1 + ln x

∫

2 2

− 1) 2tdt

2  t3  4 2 = 2 ∫ ( t 2 − 1) dt = 2  − t  = − 2 3 3 3  1 1

Câu 97.

4 2 2 Suy ra a = ; b = − ⇒ S = a + b = 3 3 3 Chọn C 3 x ∫0 4 + 2 x + 1dx =

t 2 − 8t + 16 − 4 t 3 − 12t 2 + 44t − 48 t 2 3t 11 6 .(t − 4)dt = ∫ I =∫ dt = ∫ − + − dt 8t 8t 8 2 2 t 6 6 6

I =∫ 0

Ta có I = ∫ 0

x +x 2

x +1

dx = ∫

x ( x + 1) 2

x +1

dx = ∫ x x 2 + 1dx .

Vậ y I =

∫ 1

Câu 95.

u3 u du = 31

a 2 +1







∫  −1 + 2 ( 5 − t ) + 2 ( 5 + t )  dt 

dx = ∫ x3 0

(

)

1 + x 2 − x dx = ∫ x3 1 + x 2 dx − ∫ x 4 dx = A −

1 5

∫ (t

− 1).t 2 dt =

∫ (t 1

 t5 t3  2+2 2 − t 2 ) dt =  −  = 15  5 3 1

−1 + 2 2 ⇒ a = 2; b = 2; c = −1 15

1 Đặt t = 1 − x 2 ⇒ dt = −2 xdx ⇒ xdx = − dt 2 Đổi cận: x = 0 → t = 1; x = 1 → t = 0

1 = ( a 2 + 1) a 2 + 1 − 1 .  3

Đặt x = sin 2 y ta có dx = d ( sin 2 y ) ⇔ dx = 2 sin y.cos ydy Khi x = 0 ⇒ y = 0 và x =

2 6

P = a + b2 − c = 7 Câu 100. Với n ∈ ℕ* , khi đó:

Đổi cận: x = 0 ⇒ u = 1 , x = a ⇒ u = a 2 + 1 . 2

x + 1+ x

Đặt u = x 2 + 1 ⇒ u 2 = x 2 + 1 ⇒ udu = xdx . a2 +1

25  dt = 2  



∫  −1 + 25 − t

Suy ra a = 7, b = −12, c = 6, d = 3 . Do đó a + b + c + d = 4. Câu 94.

2 6

+ Tính A: Đặt t = 1 + x2 ⇒ tdt = xdx

t  t −1 6  7  2 .2t dt = ∫  t 2 − 2t + 3 −  dt =  − t + 3t − 6 ln t + 2  = − 12 ln 2 + 6 ln 3. 4 + 2t t +2 3 1 3 1 2

π 6

2 cos tdt

Câu 99.

t2 dt = 25 − t 2

cos tdt 6 =∫ = dt . I =∫ 2 cos t ∫0 0 2 1 − sin t 0

⇒ a + b + c =1 Câu 93. Đặt t = x + 1 ⇒ x = t 2 − 1 ⇒ dx = 2tdt Đổi cận: x = 0 → t = 1; x = 3 → t = 2

∫

5  5 6 + 12  = 3 − 2 6 + ln   − 5ln 2. 2  5 6 − 12  5 3 Vậy a = 3, b = −2, c = , d = −5 ⇒ a + b + c + d = − . 2 2 x = 2 sin t ⇒ dx = 2 cos tdt . π Với x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t = . 6 π 6

8 7 t 3 3t 2 11 =( − + t − 6 ln t ) = − 12 ln 2 + 6 ln 3 6 3 24 4 2

2 6

 5 5+t  =  −t + ln  2 5−t 3 

Câu 98.

2 6

x = 3⇒ t =8

25 − x 2 dx = x

x =0⇒t =6

I =∫

∫

Đặt t = 25 − x 2 ⇒ t 2 = 25 − x 2 ⇒ x dx = − t dt Khi đó: I=∫

⇒ 2(t − 4) dt = 4dx

2 tdt 1  dx = ∫ 2 =  ln t − 1 + ln t + 2  t +t −2 3 3 2 x + 1 + x −1 2 3 2 1  2  2 =  ln 2 + ln 5  −  ln 4  = ln 5 − ln 2 . 3 3  3  3 Vậy a = 3, b = 2, c = 1 ⇒ 3a + 2b + c = 14 .

t = 4 + 2 x + 1 ⇒ (t − 4) 2 = 4( x + 1)

Đặt t = x2 + 1 ⇒ t 2 = x 2 + 1 ⇒ xdx = tdt

Khi đó

Đổi cận: x = 3 ⇒ t = 2, x = 2 2 ⇒ t = 3 .

 x = 1 → t = 1 Đổi cận   x = e → t = 2

∫x

∫ 0

Câu 96.

dx Đặt 1 + ln x = t ⇒ ln x = t − 1 ⇒ = 2tdt x 2

Vậ y

4 4 x sin y dx = ∫ .2 sin y cos ydy = ∫ 2sin 2 ydy . 1− x cos y 0 0

Khi đó I = −

1 π ⇒y= . 2 4 51

1 n 1 1 t n +1 1 1 = t dt = ∫ t n dt = . ∫ 21 20 2 n + 1 0 2n + 2

1 Cách 2: Ta có d (1 − x 2 ) = −2 xdx → − d (1 − x 2 ) = xdx 2 1

I = ∫ (1 − x 2 ) xdx = − 0

2 1 n 1 1 (1 − x ) 1 − x 2 ) d (1 − x 2 ) = − . ( ∫ n +1 20 2

n +1

= 0

1 2n + 2

=∫ 0

Câu 101. Đặt t = x ⇒ x = t ⇒ dx = 6.t dt . Đổi cận: x = 1⇒ t = 1; x = 64 ⇒ t = 2 . 6

Suy ra I = ∫ 1

6t t 1   dt = 6∫ dt = 6 ∫  t 2 − t + 1 −  dt t +1 t +1  t3 + t2 1 1

1 d ( t + 1) t + 1 1

= 6 ∫ ( t 2 − t + 1) dt − 6∫ 1 2

 t3 t2  2 2 3 8 5 = 6  − + t  − 6 ln t + 1 1 = 6  −  − 6 ( ln 3 − ln 2 ) = 11 − 6 ln = 6 ln + 11 . 2 3 3 6 3 2 1 a = 6 Từ đó suy ra  ⇒ a − b = −5 . b = 11 Câu 102. Ta có 2 2 2 2 2 x 2 2 2 2 2 ∫1 3x + 9 x2 − 1dx = ∫1 x 3x + 9 x − 1 dx = ∫1 3x − x 9 x − 1 dx = ∫1 3x dx − ∫1 x 9 x − 1dx

)

(

−1

tdt t 3 Khi đó ∫ x 9 x 2 − 1dx = ∫ t = 9 27 2 1 2 2

35 16 = 35 − 2. 27 27

(

Đặt t = x + x + 1 ⇒ dt =

I =∫

2 x ( x + 1)

3+ 2

dx x ( x + 1)

(

π 2

⇒ t = 1.

dx ⇔

x + x +1

)

∫

2 +1

dt 1 = −2 t2 t

x ( x + 1)

3+ 2

2 +1

= ln 2 − ln 0

3 4 = ln 2 3

= − ∫ 2 + cos xd ( cos x + 2 ) = − ∫ t dt = ∫ t dt . 0

4 1 sin 2 x dx = ∫ tan 2 x. 2 dx . 4 cos x cos x 0 0 4

Câu 108. I = ∫

Đặt u = tan x ⇒ du =

dt . t

1 dx . cos 2 x

Đổi cận: x = 0 ⇒ u = 0 , x =

Khi x = 1 thì t = 2 + 1 , khi x = 2 thì t = 3 + 2 . 2

−1

14 ( −1) − =0. 4 4

)

) )

Câu 107. Ta có I = ∫ 2 + cos x .sin xdx = − ∫ 2 + cos xd ( cos x )

16 35 35 16 , c=− . 35 + 2 ⇒ a = 7, b = 27 27 27 27 9x −1 1 32 35 1 Vậ y P = a + 2 b + c − 7 = 7 + − −7 = − . 27 27 9 2 2 dx dx . Câu 103. Đặt I = ∫ =∫ x x + 1 + x + 1 x ( ) x ( x + 1) x + x + 1 1 1 x +1 + x

2x +1 + 2

cos x 1 1  t −3  1 ∫0 sin 2 x − 5sin x + 6 dx = ∫0 t 2 − 5t + 6 dt = ∫0  t − 3 − t − 2  dt = ln t − 2 ⇒ a = 1, b = 0, c = 3 ⇒ S = a + b + c = 4 .

dx = 7 −

tdt Đặt 9 x 2 − 1 = t ⇒ 9 x2 − 1 = t 2 ⇒ xdx = . 9 Khi x = 1 thì t = 2 2 ; khi x = 2 thì t = 35 .

∫ 3x +

2 x + 1 + 2 dx

Câu 106. Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx . x = 0 ⇒ t = 0 , x =

Vậ y

)

t4 4 1 −1 Cách khác : Bấm máy tính.

∫ x 9 x − 1dx .

2x +1 +1

Vậy I = − ∫ t 3 dt = ∫ t 3 dt =

)

) ( ( 2 x + 1 + 1)( 2x +1 +1 −

Tính

) (

2x +1 + 2

(

Đổi cận: Với x = 0 ⇒ t = 1 ; với x = π ⇒ t = −1 .

2x +1 + 2

)(

2x +1 + 1

= x3 + ∫ x 9 x 2 − 1dx = 7 + ∫ x 9 x 2 − 1dx . 1

(

−∫

(

=∫

Ta có: I = ∫ cos3 x.sin xdx . Đặt t = cos x ⇒ dt = − sin xdx ⇔ − dt = sin xdx

)

(

2dx

2 x + 1dx

Đặt u = 2 x + 1 ⇒ udu = dx . Với x = 0 ⇒ u = 1 , với x = 4 ⇒ u = 3 . .3 .3 .3 .3 2udu udu 4  1    Suy ra I = ∫ −∫ = ∫2−  du − ∫  1 − du u + 2 u + 1 u + 2 u +1     1 1 1 1 3 5 = ( u − 4 ln u + 2 + ln u + 1 ) = 2 − 4 ln + ln 2 1 3 ⇒ a = 2 , b = 1 , c = 1 ⇒ T = 2.1 + 1 − 4 = 1 . Dạng 4.1.2. Hàm số chứa hàm lượng giác Câu 105. Chọn D

2 x + 1dx =∫ 0 2x + 3 2x +1 + 3 0

Câu 104. I = ∫

1 1   = −2  −  = 4 2 −2 3 −2 2 +1   3+ 2

π 4

⇒ u =1

Suy ra: I = ∫ u 2 du . 0

Câu 109. Đặt t = cos x ⇒ dt = − sin xdx .

= 32 − 12 − 4 ⇒ a = 32 , b = 12 , c = 4 Vậy P = a + b + c = 48 53

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = 1 2

Khi đó: I = ∫ 1

π 1 ⇒t = . 3 2

1 −1 1 −1 dt = ∫ 3 dt = 2 3 t 2t 1 t

1 2

x x  ⇒ 2dt = 1 + tan 2  dx 2 2  π Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = ⇒ t = 3 − 3 . 6 Đặt t = 1 + tan

1 3 =− +2= . 2 2

π 2

2dt 2 − 3+3 . =− = t2 t1 3 1 Suy ra a = −1, b = 3, c = 3 nên a + b + c = 5 . 2

Câu 114. + Xét: I = ∫

5 5 sin x 1 1 ∫π cos x + 2dx = − ∫5 t dt = ∫2 t dt = ln t 22 = ln 2 − ln 2 = ln 5 − 2 ln 2

π 3

Vậy ta được a = 1; b = −2 . a

Câu 111. I = ∫ sin 5 x sin 2 xdx = 2∫ sin 6 x.cosxdx sin a = b; b ∈ [ −1;1] Đặt t = sin x ⇒ dt = cosxdx và  . sin 0 = 0 b

I = 2∫ t 6 dt = 2. 0

t7 2b7 = . 70 7 a

Theo giả thiết: ∫ sin 5 x sin 2 xdx = 0

2 2b7 2 π ⇒ = ⇔ b = 1 ⇔ sin a = 1 ⇔ a = + k 2π ; k ∈ Z. 7 7 7 2

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x =

π 2

∫

f ( x)dx = ∫

∫ 0

π 2

∫ ( cos x )

∫ 1

⇒t=0

sin x 2

− 5 cos x + 6

1  1 t −3  1 − dt = ∫   dt = ln t − 3 t − 2 t −2 t − t + 5 6   0 1

dx = − ∫

= ln 2 − ln

3 4 = ln 2 3

4 = a ln + b . c a = 1  Do đó:  c = 3 . b = 0 

sin 2 x + cos x π  dx = F   − F ( 0 ) 1 + sin x 2 π

Vậ y S = a + b + c = 4 . Dạng 4.1.3. Hàm số chứa hàm số mũ, logarit Câu 116. Chọn B Cách 1. Đặt t = e x ⇒ dt = e x dx . Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = e

2 sin 2 x + cos x 2sin x + 1 cos xdx f ( x)dx = ∫ dx = ∫ 1 + sin x 1 + sin x 0 0 2

Đặt t = 1 + sin x ⇒ 2tdt = cos xdx π 2

Ta có:

39π 1 39 a ∈ ( 0; 20π ) ⇔ 0 < + k 2π < 20π ⇔ − < k 2π < ⇔− <k < . 2 2 2 4 4 Mà k ∈ Z nên suy ra k ∈ {0;1; 2;...;9} . Câu 112. Ta có:

s inx dx cos x + 2

+ Đặt u = cosx + 2 ⇒ du = − sin xdx ⇒ sin xdx = −du π 5   x = 3 ⇒ u = 2 + Đổi cận:  x = π ⇒ u = 2  2 2 2 a = 1 −1 5  ⇒ I = ∫ du = − ln u 5 = −  ln 2 − ln  = ln 5 − 2 ln 2 ⇒  . 2  5 u b = −2 2 2 Câu 115. Đặt t = cos x ⇒ dt = − sin xdx .

∫

5 2

3− 3

Câu 110. Đặt t = cos x + 2 ⇒ dt = − sin xdx π 5 π Đổi cận x = ⇒ t = , x = ⇒ t = 2 3 2 2

2  2t 3  2(t 2 − 1) + 1 2+ 2 2 2tdt = 2 ∫ ( 2t 2 -1) dt = 2  −t  = t 3 3  1 1

∫e

2+2 2 8+ 2 2 π  2+2 2 . F = + F ( 0) = +2= 3 3 3 2 1 π π  π π 2 x x cos 2  6 6  1 + tan 6 6 2 dx dx  2 =∫ dx = ∫ dx . Câu 113. I = ∫ =∫ 2 2 2 x x x x 0  0  0 1 + sin x 0  1 + tan   1 + tan   cos + sin  2 2 2 2   

e dx e x dx dt 1 1  = = =  −  dt = ( ln t − ln t + 1 ) 1 = (1 − ln (1 + e ) ) − ( − ln 2) + 1 ∫0 e x e x + 1 ∫1 t ( t + 1) ∫1  t t + 1 

(

)

2 1 + e a = 1 = 1 + ln = 1 − ln ⇒ ⇒ S = a 3 + b3 = 0 . 1+ e 2 b = −1 1 ex + 1 − ex ( ) dx = 1 dx − 1 d ( e x + 1) = x 1 − ln e x + 1 1 = 1 − ln 1 + e . dx = ∫0 e + 1 ∫0 e x + 1 ∫0 ∫0 e x + 1 0 0 2 1

Cách 2.

Suy ra a = 1 và b = −1 . Vậy S = a 3 + b 3 = 0 .

Câu 117. Đặt t = ln x ⇒ dt =

1 dx . Đổi cận x = e ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t = 0 . x

(1 + ln x )dx . Đặt t = 1 + x ln x ⇒ dt = 1 + ln x dx . ( ) 1 + x ln x 1+ e x = 1 ⇒ t = 1 dt 1+ e Đổi cận:  . Khi đó A = ∫ = ln t 1 = ln(e + 1) . x e t = ⇒ = e + 1 t  1 a = 1  → b = −1 ⇒ P = a2 + b2 + c 2 = 3 . Vậy I = e3 − 1 − ln(e + 1)  c = −1  ln 2 ln 2 dx e x dx Câu 124. Ta có I = ∫ . = 0 e x + 3e − x + 4 ∫0 e2 x + 4e x + 3 x x Đặt: t = e ⇒ dt = e dx . Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 , x = ln 2 ⇒ t = 2 . Tính A = ∫ 1

3ln x + 1 dx = ∫ ( 3t + 1) dt . x 1 0

Khi đó I = ∫ Câu 118. Chọn D e

Ta có I = ∫ 1

ln x x ( ln x + 2 )

dx , đặt ln x + 2 = t ⇒

3 t −2 1 1 2 dt = ∫ dt − 2∫ 2 dt = ln t + 2 t t t t 2 2 2 2

I =∫

dx = dt x

2 2 1 = ln 3 − ln 2 + − = ln 3 − ln 2 − 3 2 3

Suy ra a = 1; b = −1; c = −1 , vậy a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chọn D. 1 Câu 119. Đặt x 2 + 9 = t ⇒ 2 xdx = dt ⇔ xdx = dt . 2 25 25 1 1 1 Khi đó I = . ∫ ln t.dt = ( t.ln t − t ) = ( 25ln 25 − 25 ) − ( 9ln 9 − 9 )  = 25ln 5 − 9ln 3 − 8 . 9 2 2 2 9

1 dx = dt . x Đổi cận: khi x = 1 thì t = 2 ; khi x = e thì t = 3 .

3  3 3 a = 2 t −2 2 3 1 1 2   Khi đó I = ∫ 2 dt = ∫  − 2 dt =  ln t +  = ln − ⇒  . t 2 2 3 t t t   2 2 b = − 1  3 Vậy 2ab = −1 . dx Câu 121. Đặt t = ln x ⇒ dt = . x Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 0; x = e ⇒ t = 1 . Khi đó: 3

Đặt t = xe x + 1 ⇒ dt = (1 + x ) e x dx . Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t = e + 1 . e +1 e +1 e +1 t −1  1 Khi đó: I = ∫ dt = ∫  1 −  dt = ( t − ln t ) = e − ln ( e + 1) . 1 t t   1 1 Suy ra: a = 1 , b = −1 , c = 1 . Vậy: P = a + 2b − c = −2 . Dạng 4.1.4. Hàm số hữu tỷ, đa thức Câu 127. Chọn D Đặt t = x + 2 ⇒ dt = dx Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 2 ; x = 1 ⇒ t = 3 3 1 3 2 1 xdx ( t − 2 ) dt 3  1 2   2 ∫0 ( x + 2 )2 = ∫2 t 2 = ∫2  t − t 2 dt =  ln t + t  2 = ln 3 + 3 − ( ln 2 + 1) = − 3 − ln 2 + ln 3

1  −3 2  9 1  3  I=∫ dx = ∫ dt = ∫  + + 2 ln t + 2  = ln − .  dt =  2 2 2   + + t t 2 2 4 2 x ln x + 2 t + 2 t + 2   ( ) ( ) ) 1 0 0( 0  Vậy a + b + c + d = 9 + 4 + 1 + 2 = 16 . 1 1 1  π x 3 + 2 x + ex 3 .2 x 2x  1 2x 1 Câu 122. Ta có ∫ dx = ∫  x 3 + dx = + ∫ dx = + J . x x  π + e.2 π + e.2  4 0 π + e.2 x 4 0 0 1

2t + 1

2x 1 dx . Đặt π + e.2 x = t ⇒ e.2 x ln 2dx = dt ⇔ 2 x dx = dt . x e.ln 2 0 π + e.2 Đổi cận: Khi x = 0 thì t = π + e ; khi x = 1 thì t = π + 2e . 1 π + 2e π + 2e 2x 1 1 1 1 e   J =∫ dx = dt = ln t π + e = ln 1 + . x ∫ e.2 e ln 2 t e ln 2 e ln 2 e + + π π   π +e 0

Tính J = ∫

Khi đó

∫ 0

1 Suy ra a = − ; b = −1; c = 1 3 3a + b + c = −1 − 1 + 1 = −1 .

π x + 2 + ex .2 1 1 e   dx = + ln 1 +  ⇒ m = 4 , n = 2 , p = 1 . Vậ y S = 7 . 4 e ln 2  e + π  π + e.2 x x

Câu 128. Đặt t = x 2 − 1 ⇒ dt = 2 xdx ⇒ xdx =

Câu 123. Ta có e

I =∫ 1

( 3x

x +1  1 Đặt t = x + ln x ⇒ dt = 1 +  dx = dx . x  x Khi x = 1 ⇒ t = 1 ; x = 2 ⇒ t = 2 + ln 2 . 2 + ln 2 2 + ln 2 a = 2 dt Khi đó I = ∫ . = ln t 1 = ln ( ln 2 + 2 ) . Suy ra  t b = 2 1 Vậ y P = 8 . 1 ( x2 + x ) ex dx = 1 ( x + 1) e x xe x dx . Câu 126. Ta có: I = ∫ ∫0 xe x + 1 x + e− x 0

Câu 120. Đặt ln x + 2 = t ⇔ ln x = t − 2 ⇒

2 ln x + 1

Suy ra T = a + b + c = 25 − 9 − 8 = 8 .

1 1 2 1 1  1 t +1 1 − = ( ln 3 − ln 5 + ln 2 ) . dt = ∫  dt = ln t + 4t + 3 2 1  t +1 t + 3  2 t +31 2 Suy ra a = 3 , b = 5 , c = 2 . Vậy P = 2a − b + c = 3 . 2 2 x +1 x +1 dx . Câu 125. Ta có ∫ 2 dx = ∫ x x + ln x ) + ln x x x ( 1 1 Khi đó I = ∫

− 1) ln x + 3x − 1 3 x (1 + x ln x ) − (1 + ln x ) (1 + ln x )dx = e3 − 1 − A dx = ∫ dx = ∫ 3 x 2 dx − ∫ 1 + x ln x 1 ln 1 + x x + x ln x 1 1 1 2

Với x = 2 ⇒ t = 3; x = 3 ⇒ t = 8

dt 2

Ta có K =

Dạng 4.2. Hàm số không tường minh (hàm ẩn) 1 Câu 134. Đặt t = 5 − 3 x ⇒ dt = −3dx ⇒ dx = − dt . 3 Đổi cận: x = 0 thì t = 5 ; x = 2 thì t = −1 .

8 8 1 8 1 dt 1 = ln t = ln . ∫ 3 2 3 23 t 2

Câu 129. Ta có: t = 1 + x2 ⇒ dt = 2 xdx . Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 . x =1 ⇒ t = 2 . 1

⇒I =∫ 0

x7 2 5

(1 + x )

dx = ∫ 0

x.x 6 2 5

(1 + x )

dx =

1 ( t − 1) dt . 2 ∫1 t 5

1 f ( t ) dt + 14 3 −∫1

0 2

1 f ( t ) dt = 1009 2 ∫0

Tính H = ∫ f ( 4 − 2 x ) dx , 0

Đặt t = 4 − 2 x ⇒ dt = −2dx ; đổi cận: x = 0 ⇒ t = 4; x = 2 ⇒ t = 0 . Nên H =

1 f ( t ) dt = 1009 2 ∫0

Suy ra I = K + H = 2018 . Câu 136. Ta có y = f ( x ) là hàm số chẵn, suy ra f ( −2 x ) = f ( 2 x ) . Khi đó:

∫ f ( −2 x ) dx = ∫ f ( 2 x ) dx = 3 .

Xét tích phân: I1 = ∫ f ( 2 x ) dx .

Đặt t = 2 x ⇒ dt = 2dx ⇔

dt . 3

dt =

∫ 1

Vậ y I =

−1

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 8 + 6 = 14 . −1 π

Câu 137. Xét I = ∫ xf ( x ) dx. 2

1 Đặt t = x 2 ⇒ dt = 2 xdx ⇒ xdx = dt. 2 Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = π ⇒ t = π 2 . Khi đó I =

x = 0 ↔ t = 1  x = 1 ↔ t = 2

2 ( t − 1) + 3 ( t − 1) + 3

1 dt = dx . Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 2 ; x = 3 ⇒ t = 6 . 2

1 1 ⇒ I1 = ∫ f ( t ) . dt = ∫ f ( t ) dt = 3 ⇒ ∫ f ( t ) dt = 6 ⇒ ∫ f ( x ) dx =6 . 2 22 2 2 2

2 t+2 6 2 2  t 8 2t 7  t dt = ∫ ( t 7 + 2t 6 ) dt =  + +C . ∫ 9 9 8 7  3 3

1 4 8 7 = ( 3 x − 2 ) + ( 3x − 2 ) + C . 36 63 1 4 7 Từ đó ta có A = , B= . Suy ra 12 A + 7 B = . 36 63 9 1 2 x 2 + 3x + 3 Câu 133. Ta có I = ∫ 2 dx x + 2x + 1 0

Khi đó I = ∫

Đặt t = 2 x ⇒ dt = 2dx ; đổi cận: x = 0 ⇒ t = 2; x = 2 ⇒ t = 4 . Nên K =

Khi đó.

Câu 132. Đặt t = 3 x − 2 ⇒ dt = 3dx ⇒ dx =

 dt = dx Đặt t = x + 1 ⇒  suy ra x = t −1

∫ f ( t ) −3 + 7 x

Tính K = ∫ f ( 2 x ) dx .

1 Suy ra a = − ; b = −1; c = 1 3 3a + b + c = −1 − 1 + 1 = −1 .

dx =

−1

Câu 135. Ta có I = ∫ f ( 2 x ) dx + ∫ f ( 4 − 2 x ) dx = H + K

a < −1 Điều kiện tích phân tồn tại là a + x2 ≠ 0, ∀x ∈ [0;1] ⇒  a > 0 2 Đặt t = a + x ⇒ dt = 2xdx . Khi đó 1  1 1+ a  a = e2 − 1 1 + a = e 2 a x 1 dt 1 1 + a ∫0 a + x 2 dx = 2 ∫a t = 2 ln a = 1 ⇔ 1 + a = −e2 a ⇔  −1  a= 2 e +1  1 So sánh điều kiện ta được a = 2 . e −1 Câu 131. Chọn B Đặt t = x + 2 ⇒ dt = dx Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 2 ; x = 1 ⇒ t = 3 3 1 3 2 1 xdx ( t − 2 ) dt 3  1 2   2 ∫0 ( x + 2 )2 = ∫2 t 2 = ∫2  t − t 2 dt =  ln t + t  2 = ln 3 + 3 − ( ln 2 + 1) = − 3 − ln 2 + ln 3

1 = .15 + 14 = 19 . 3

Câu 130. Chọn B

∫ 2 x ( 3x − 2 )

Ta có: P = ∫  f ( 5 − 3 x ) + 7  dx = ∫ f ( 5 − 3 x ) dx + ∫ 7dx =

Câu 138. Đặt

2t − t + 2 2  1 2  dt = ∫  2 − + 2  dt =  2t − ln t −  t2 t t  t 1  1

∫ 1

π2

∫

f ( t ) dt =

x =t ⇒ 4

Suy ra

= 3 − ln 2 . Suy ra P = 32 + 2 2 = 13 .

1 2

1 2 x

( x )dx = x

1 2

π2

∫ f ( x ) dx = 1009. 0

dx = dt ⇒ 2

1 dx = 2dt . Khi x = 1 thì t = 1 ; x = 4 thì t = 2 . x 2

∫ f ( t ) .2dt = 2∫ f ( t )dt = 2.2 = 4 . 1

Vậ y

∫

( x )dx = 4 .

dt Câu 139. Đặt x 2 + 1 = t ⇒ 2 xdx = dt ⇒ xdx = . 2 Đổi cận x = 1 ⇒ t = 2; x = 2 ⇒ t = 5 . 2

Suy ra: 2 = ∫ f ( x 2 + 1) dx = 1

∫  2 f ( x ) − g ( x )dx=6 ⇔ 2∫ f ( x )dx-∫ g ( x )dx=6 . 3

Câu 144. Đặt t = 2 x ⇒ dt = 2dx ⇒

dt = dx. 2

Câu 145. Xét I = ∫ f ( 3 x − 3 ) dx .

f ( 4 − x )dx

Đặt t = 3 x − 3 ⇒ dt = 3dx . 9 9 x = 4 ⇒ t = 9 1 1 1 Đổi cận:  . Vậy I = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = .9 = 3 . x t = 1 ⇒ = 0 3 3 3  0 0

∫ f ( 4 − x ) dx = ∫ f ( t )( −dt ) = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = 4 . 1 2

Câu 146. Đặt t = 2 x ⇒ dt = 2 dx ⇒ dx =

∫ g ( 2 x − 1)dx

x=0⇒t =0 x =1⇒ t = 2

Đặt z = 2 x − 1 ⇒ dz = 2dx; x = 1 ⇒ z = 1; x = 2 ⇒ z = 3 . 2

∫ g ( 2 x − 1) dx = 2 ∫ g ( z ) dz = 2 ∫ g ( x ) dx = 1. 1

∫

1 1 f ( t ) dt = .9 = 3 3 ∫0 3

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = 2 ⇒ t = 4. 2 4 4 1 1 1 J = ∫ f ( 2 x ) dx = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt = I = 16. 2 2 2 0 0 0

Đặt t = 4 − x ⇒ dt = −dx; x = 1 ⇒ t = 3; x = 3 ⇒ t = 1 .

Vậ y

I = ∫ f ( sin 3 x ) cos 3 xdx =

3 ∫ f ( x )dx=4 u + 3v = 10 u = 4  ⇒  13 Ta được hệ phương trình:  ⇔ 2u − v = 6 v = 2  g x dx=2 ∫ ( ) 1

+ Tính

π 6

Đặt u = ∫ f ( x )dx; v = ∫ g ( x )dx .

∫

1 3

Câu 143. Đặt t = sin 3 x ⇒ dt = 3cos3 x.dx x = 0 ⇒ t = 0  Đổi cận:  π  x = 6 ⇒ t = 1

3 7

Suy ra 2 I = 10∫ f ( x ) dx = 10.4 = 40 . Do đó I = 20 .

∫  f ( x ) + 3g ( x )dx=10 ⇔ ∫ f ( x )dx+3∫ g ( x )dx=10 . 1

+ Tính

= ∫ (10 − x ) f ( x ) dx = 10 ∫ f ( x ) dx − ∫ xf ( x ) dx = 10∫ f ( x ) dx − I .

1 f ( t ) dt ⇒ ∫ f ( t ) dt = 4 ⇒ I = ∫ f ( x ) dx = 4 . 2 ∫2 2 2

Câu 140. Ta có:

Khi đó I = − ∫ (10 − t ) f (10 − t ) dt = ∫ (10 − t ) f (10 − t ) dt = ∫ (10 − x ) f (10 − x ) dx

f ( 4 − x )dx +2 ∫ g ( 2 x − 1)dx = 6 .

1 1

Ta có 2 = ∫ f (2 x)dx = ∫

Theo tính chất tích phân

1 2

Câu 141. A = ∫ f ( x ) dx = 2 , B = ∫ f ( 3x + 1) dx = 6 đặt t = 3 x + 1 ⇒ dt = 3dx . 0

Ta có: B =

∫ f (x)dx = ∫ f (t)dt = 4

Vậy ∫ f ( x ) dx = 4 0

x = 0 ⇒ t =1

1 dt 2017 Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 1 ⇒ t = 2017

Câu 147. Đặt t = 2017 x ⇒ dt = 2017dx ⇒ dx =

x =2⇒t =7 7

f (t )dt 1 = ∫ f (t )dt ⇒ ∫ f (t )dt = 4 2 20 0

Đổi cận :

dt , 2

1 f ( t ) dt = 6 ⇒ ∫ f ( t ) dt = 18 ⇒ ∫ f ( x ) dx=18 . 3 ∫1 1 1

Vậ y I =

Vậy I = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 20 .

2017

1 1 1 ∫ f ( t ) . 2017 dt = 2017 ∫ f (t ) dt = 2017 .

Câu 148. Đặt t = x2 + 1 ⇒ dt = 2 xdx . Đổi cận

Câu 142. Đặt t = 10 − x . Khi đó dt = −dx . Đổi cận: x = 3 ⇒ t = 7 . x = 7 ⇒ t = 3. 61

(

)

I = ∫ xf x 2 + 1 dx = ∫ f ( t ) . 0

dt 1 1 a f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = . = 2 2 ∫1 21 2

π 4

Xét tích phân I 2 = ∫ f ( 3 − 2 x ) dx .Đặt t = 3 − 2 x ⇒ dt = −2dx ⇒ dx = 0

Đổi cận

Câu 149. * I1 = ∫ tan x. f ( cos 2 x ) dx = 0

2 1 4 f ( cos x ) .sin2xdx . 2 ∫ 2 0 cos x

t Ta có

4 1 2

Vậy I = 2 ∫ f ( sin x ) cos xdx + 3∫ f ( 3 − 2 x ) dx = 9 + 22 = 31 .

π 2

Khi đó I 2 = 2

* Tính I = ∫ 1 4

4 4 1 f (t ) dt ⇒ ∫ ∫ 21 t 1

e2 4

f ( 2x) 1 dx . Đặt 2 x = t ⇒ dx = dt . x 2

t 4

Khi đó I = ∫ 1 2

1 4 1 2

sin xf

(

3cos x + 1

) dx =

2 2 −2uf ( u ) 2 2 4 du = ∫ f ( u ) du = ∫ f ( x ) dx = . u 3 3 3 3 2 1 1

∫

25 5 15 − = . 4 2 4 Câu 153. Đặt x = 2 − t ⇒ dx = − dt .

Vậ y I =

Đổi cận

3cos x + 1 0 Câu 152. Chọn A Đặt t = 4 x − 3 ⇒ dt = 4dx thì 2 5 4 5  1 1 1 25 ∫1 f ( 4 x − 3) dx = 4 ∫1 f ( t ) dt = 4  ∫1 f ( t ) dt + ∫4 f ( t ) dt  = 4 ( 5 + 20 ) = 4 . Đặt u = e 2 x ⇒ du = 2e 2 x dx thì ln 2 4 1 5 2x 2x ∫0 f ( e ) e dx = 2 ∫1 f ( u ) du = 2 .

Đổi cận

e 1

∫

Do đó

2 ln x dx = dt . x

x t f (t ) dt = 4 . t

π 2

π  2 x = ⇒ u = 1 Câu 151. Đặt u = 3cos x + 1 ⇒ u 2 = 3cos x + 1 ⇒ − udu = sin xdx. Đổi cận  . 2 3  x = 0 ⇒ u = 2

2 e 1 f ( ln x ) 2ln x dx = ∫ . dx . x ln x 2 e ln 2 x x

Đặt ln 2 x = t ⇒

3 3 3  1 1 1 1  x3 1 10  22 f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = ∫ ( x 2 + 3) dx =  + 3x  =  18 −  = 2 ∫1 21 21 2 3 3 3 1 2 

* I2 = ∫

f ( ln 2 x )

1 1

I 2 = ∫ f ( 3 − 2 x ) dx =

1 f (t ) 1 2 f (t ) Khi đó I1 = − ∫ dt ⇒ ∫ dt = 4 . t 21 t 1 e2

0 3

Đặt cos 2 x = t ⇒ sin 2 xdx = −dt . Đổi cận

−d t 2

⇒ I = ∫ f ( 2 − t )( − dt ) = ∫ f ( 2 − t )( dt ) = ∫ f ( 2 − x ) dx . 2

⇒ 2 I = ∫  f ( x ) + f ( 2 − x )  dx = ∫ xe dx =

1 4 f (t ) f (t ) f (t ) dt = ∫ dt + ∫ dt = 4 + 4 = 8 . t t t 1 1

1 x2 1 2 e d ( x2 ) = ex 2 ∫0 2

2 0

e4 − 1 . 2

e4 − 1 Vậ y I = . 4

π 2

Câu 154. Ta có: 3 = 3.1 = 3.∫ f ( x ) dx = ∫ 3 f ( x ) dx = ∫ f ( 2 x ) dx =

Câu 150. Xét tích phân I1 = ∫ f ( sin x ) cos xdx .Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx 0

1 f ( 2 x ) d ( 2 x ) , ∀x ∈ ℝ . 2 ∫0

Đặt 2 x = t ⇒ d ( 2 x ) = dt , với x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 1 ⇒ t = 2 .

Đổi cận x

2 1

⇔3=

⇔

∫ f ( x ) dx = 6, ∀x ∈ ℝ ⇔ ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 6, ∀x ∈ ℝ . 0

1 1 1  x2  9 Ta có I1 = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = ∫ ( 5 − x ) dx =  5 x −  = 2 0 2  0 0 0

1 1 1 f ( 2 x ) d ( 2 x ) = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx , ∀x ∈ ℝ (do hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ ). 2 ∫0 20 20

⇔ 1 + ∫ f ( x ) dx = 6, ∀x ∈ ℝ . 1

e 2018 −1

⇔ ∫ f ( x ) dx = 5, ∀x ∈ ℝ .

∫

Câu 157. Đặt I =

π 2

2x dx . x2 + 1 Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = e 2018 − 1 ⇒ t = 2018 .

f ( ln 2 x ) x ln x

dx = 2 ⇔

∫

x ln x

1 4

f (2x) x

x ln 2 x

f ( ln 2 x )

∫

ln x. f ( ln 2 x )

Tương tự trên ta có * Tính

∫

0 1

Vậ y K = ∫ f ( t ) . 0

f (t ) t

Lại có

1 1   dx = ∫  f ( x ) − 2 f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ 2 f ( x ) dx . x +1 x + 1 x +1   0 0 0 2

π 2

Câu 159. Đặt I1 = ∫ cot x. f ( sin 2 x ) dx = 1 , I 2 == π

Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 và x =

⇒t =

x)dx = −

1 1

I1 = ∫ cot x. f ( sin x ) dx = ∫ 2

1 2

π 4 1 4

Suy ra

1 dt 2t

∫

f ( 4x) x

1 8

1 1 f (t ) 1 4 f (4x) 1 4 f (4x) 1 f ( t ) . dt = ∫ dt = ∫ d ( 4x ) = ∫ dx . 2t 21 t 2 1 4x 21 x 2

dx = 2 I1 = 2

Đặt t = x ⇒ 2tdt = dx . 1

I2 = ∫

dx dx 1 dt ⇒ = x x 2 t

Suy ra

∫ 1 4

f ( x2 ) 1 f (t) 1 f (t) 1 f (t) 2 + 12 dx = ∫ dt = ∫ dt + ∫ dt = =7 x 21 t 21 t 21 t 2

( x ) dx x

1 1 ⇒ t = và x = 2 ⇒ t = 2 Khi đó 2 4 1

( x ) dx = 1 .

 Đặt t = sin x ⇒ dt = 2 sin x.cos xdx = 2sin 2 x.cot xdx = 2t.cot xdx .

1 f (t) f (t) dt = 6 ⇒ ∫ dt = 12 2 ∫1 t t 1

+) Đặt t = x 2 ⇒ dt = 2 xdx ⇒ dt = 2 x 2

∫

1 . 4

1 4

∫ tan x. f (cos

+) Đặt t = cos 2 x ⇒ dt = −2 cos x sin xdx ⇒ dt = −2 cos 2 x tan xdx ⇒ tan xdx = −

1 2

1 1 dt = ∫ f ( x ) . 2 dx = 3 . t +1 x +1 0

Vậy suy ra I = ∫ f ( x ) dx = 4 .

dx .

∫

1 dx = ( t 2 + 1) dx . cos 2 x

x2 f ( x )

=4.

Câu 156. +) Đặt t = 3 x ⇒ t 3 = x ⇒ 3t 2 dt = dx Đổi cận x = 1 ⇒ t = 1 và x = 8 ⇒ t = 2 . 2 8 2 2 f (t) f (3 x) f (t) f (t) dt = 2 Khi đó ∫ dx = ∫ 3 3t 2 dt = 3∫ dt = 6 ⇒ ∫ t x t t 1 1 1 1

Câu 158. Ta có K = ∫ f ( tan x ) dx = 3 . Đặt tan x = t ⇒ dt = d tan x =

1 dt . 2 1 1 Đổi cận: x = ⇒ t = và x = 2 ⇒ t = 4 . 4 2 2 4 4 f (t ) 1 f (t ) f (t ) f (2x) dt + ∫ Khi đó ∫ dx = ∫ =∫ = 4+ 4 = 8. t t t x 1 1 1 1

Đổi cận: x =

∫ f ( x ) dx = 2 .

Đặt t = 2 x ⇒ dx =

Khi đó

2018

dx = 2 .

∫

dx = 2 ⇔

∫ f (t ) dt 0

∫

)

2018

Vậ y I =

1 f (t ) sin x.cos x = 4. ⇔∫ . f ( cos 2 x ) dx = 2 ⇔ ∫ 2 cos x t 1 0 e2

)

Đặt t = ln x2 + 1 ⇒ dt =

π 2

Ta có

(

sin x.cos x . f ( cos2 x ) dx = 2 . cos 2 x 0 0 1 Đặt t = cos 2 x ⇒ dt = −2sin x cos xdx ⇒ − dt = sin x cos xdx . 2 π 1 Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0 và x = ⇒ t = . 4 2

∫ tan x. f ( cos x ) dx = 2 ⇔ ∫

Câu 155. Ta có

x f ln ( x 2 + 1) dx . x2 + 1

=∫ 1

f ( 4x ) x

f (t ) t

2tdt = 2 ∫ 1

f (t ) t

dt = 2∫ 1 4

1 f (4x) f (4x) d ( 4 x ) = 2∫ dx . 4x x 1 4

1 1 dx = I 2 = 2 2

Khi đó, ta có:

Dạng 5. Tích phân TỪNG PHẦN Dạng 5.1 Hàm số tường minh Câu 163. Chọn D 1  du = dx e u = ln x  x ⇒ I = ∫ x ln xdx . Đặt  2 = dv xdx x  1 v =  2

1 1

∫ 1 8

1 4 f ( 4x ) f ( 4x ) f ( 4x ) 1 5 dx = ∫ dx + ∫ dx = 2 + = . x x x 2 2 1 1 8 4

Câu 160. Ta có

∫ 1

(

)

4 f 2 x −1 4  f 2 x −1  ln x ln x  f ( x ) dx = ∫  dx + ∫ dx . + dx = ∫   x x x x 1 1 1  

(

Xét K = ∫

(

)

) dx .

f 2 x −1 x

Đặt 2 x − 1 = t ⇒ x = 3

t +1 dx ⇒ = dt . 2 x

Ta có

⇒ K = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx . 4

Do đó

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + 2 ln 1

2 ⇒ ∫ f ( x ) dx = 2 ln 2 2 . 3

Câu 161. Ta có: 7 f ( x ) + 4 f ( 4 − x ) = 2018 x x2 + 9 ⇒ f ( x ) = − 4

Khi đó I = ∫ f ( x ) dx = − 0

Nên

2 2 ∫ x x + 9dx = ∫ u du =

u3 98 = . 3 3 3

4 2018 98 11 2018.98 197764 . ⇔ I= ⇔I= Từ (1) ⇒ I = − I + . 7 7 3 7 7.3 33 4 4 4 4  f (2 x − 1) ln x  f (2 x − 1) ln x + dx + ∫ dx = A + B . Câu 162. Ta có: ∫ f ( x) dx = ∫   dx = ∫ x x x x 1 1 1 1  4

( ln x ) ln x dx = ∫ ln x d (ln x) = 2 x 1 1

Xét B = ∫ 4

Xét A = ∫ 1

2 4

= 1

( ln 4 ) 2

−

( ln1) 2

= 2 ln 2 2 .

f (2 x − 1) 1 dx = ∫ f (t ) dt = ∫ f ( x) dx dx . Khi đó A = ∫ x x 1 1 1 3 4 3   2 2 f ( x) dx =  ∫ f ( x) dx  + 2 ln 2 ⇒ ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x) dx = 2 ln 2 ⇒ I = 2 ln 2 2 .  1 1 1

Đặt t = 2 x − 1 ⇒ dt = 4

Vậ y

∫ 1

= 1

e 2 e2 1 e2 1 − + = + . 2 4 4 4 4

e2 + 1 1 2 7 = e + 2e − 4 4 4

1  a = 4  ⇒ b = 2 ⇒ a − b = c  7 c = − 4  du = dx u = x − 2  ⇒ Câu 166. Đặt  1 2x . 2x v = x d e d  v = 2 e

⇒ ∫ ( 2 + x ln x )dx = 2e − 2 +

f (2 x − 1) dx . x 4

1  du = x dx u = ln x Đặt  ⇒ 2 dv = xdx v = x  2 e ex e x 2 e e2 1 2 e2 + 1 x2 x2 ⇒I= ln x − ∫ dx = ln x − = − ( e − 1) = 1 1 1 2 4 4 2 2 2 4 1

x + 9dx , đặt u = x + 9 ⇒ u = x + 9 ⇒ udu = xdx .

∫ (1 + x ln x ) dx = ∫1.dx + ∫ x ln x dx = e − 1 + ∫ x ln x dx .

e2 1 e2 3 1 3 Suy ra ∫ (1 + x ln x ) dx = e − 1 + + = + e − nên a = , b = 1 , c = − . 4 4 4 4 4 4 1 Vậ y a − b = c . Câu 165. Chọn B e e e e e Ta có ∫ ( 2 + x ln x )dx = ∫ 2dx + ∫ x ln xdx = 2 x + I = 2e − 2 + I với I = ∫ x ln xdx 1 1 1 1 1

∫ f ( 4 − x ) dx , đặt t = 4 − x , ⇒ dt = −dx nên ∫ f ( 4 − x ) dx = − ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dx = I ∫x

Xét:

4 2018 f (4 − x) + x x2 + 9 . 7 7

4 2018 f ( 4 − x ) dx + x x 2 + 9dx (1) . 7 ∫0 7 ∫0

Xét:

1  u = ln x ⇒ du = x dx Đặt  2 dv = x.dx ⇒ v = x  2 e e e x2 1 e2 1 Khi đó ∫ x ln x dx = ln x − ∫ x dx = − x 2 2 21 2 4 1 1

ln 2 x ln x = 2 ln 2 2 . dx = ∫ ln xd ( ln x ) = 2 1 x 1 1

Xét M = ∫

x2 e2 1 e2 x 2 e 2 e2 1 e 2 + 1 1 x2 ln x − ∫ . dx = − ∫ xdx = − = − + = . x 2 2 2 20 2 4 0 2 4 4 4 0 0 Câu 164. Chọn C ⇒I=

Suy ra

∫ ( x − 2) e 0

dx  u = ln x du =   x dx ⇒  Đặt  dv = 1 2  ( x + 1) v = − x + 1 

1 1 dx = ( x − 2 ) e2 x − ∫ e 2 x dx 2 2 0 0 1

1 1 1 1 1 3 5 5 − 3e 2 = − e 2 + 1 − e 2 x = − e2 + 1 − e2 + = − e2 + = . 2 4 2 4 4 4 4 4 0

⇒I =− =−

1 ( x − 1) cos 2 x 2

+ 2x

4 0

⇒ a ln a = 3a ⇔ ln a = 3 ⇔ a = e3 . Vậy a ∈ (18; 21) .

Ta có ∫ ln xdx = a.ln a − ∫ dx = a ln a − a + 1 = 1 + 2a

2  x2  x2 − 1 dx = 3ln 3 − ∫ ( x − 1) dx = 3ln 3 −  − x  = 3ln 3 . x +1  2 0 0 0 Vậy a = 3, b = 3 ⇒ 6a + 7b = 39 . 1 Câu 174. Đặt u = ln x ⇒ du = dx x dv = dx ⇒ v = x

1 cos 2 xdx . 2 ∫o

Câu 175. Chọn A 1 1 1 1 u = x − 2 du = dx Đặt  ⇒ ⇒ ∫ ( x − 2)e x dx = ( x − 2)e x 0 − ∫ e x dx= − e + 2 − e x 0 = 3 − 2e = a + be x x  dv = e dx v = e 0 0 với a; b ∈ ℤ ⇒ a = 3, b = −2 ⇒ a + b = 1 Câu 176. Chọn A u = x du = dx ⇒ Đặt  x x = dv e dx  v = e

) 2 − 2∫ ( x + 1) dx = 24 ln 3 − 12 ln 2 − 2. 72 = −7 − 12 ln 2 + 24 ln 3 . 2

2 2 2 ln (1 + x ) −1 1 −1  −1 ′ −∫ dx = ∫ ln (1 + x )   dx = ln (1 + x ) . . dx 2 x x x x +1 x   1 1 1 1

I = ∫ xe x dx = xe x

∫

1000 ln 2 2 1 1000 ln 2 21001 ln 21000 2 + ln 1000 − ln = − 1000 + ln 1000 =− + 1001ln . 1000 2 +1 2 +1 2 2 +1 2 +1 1 + 21000 1 + 21000

Vậy a = −7; b = −12; c = 24 ⇒ a + b + c = 5 . Câu 171.

∫

Ta có I = ( x 2 − 1) ln ( x + 1) |02 − ∫

Khi đó 3

21000

1  1000 ln 2 x 1 + ln  −  dx = − 1000 2 +1 x =1 1  x x +1 

1  dx u = ln ( x + 1) du = ⇔ Đặt  x +1 . dv = 2 xdx v = x 2 − 1 

1  ln x = u ⇒ dx = du x Câu 170. Đặt  ( 4 x + 2 ) dx = dv ⇒ 2 x 2 + 2 x = v 

∫ ( 4 x + 2 ) ln xdx = ln x. ( 2 x

∫

21000

dx  du =  u = ln x 2 − ln x 2 1    − ln x −1  2 1 ln 2 x Câu 168. Đặt  ⇒I = + ∫ 2 dx =  +  = − dx ⇒  x 1 1x x 1 2 2  x  dv = x 2  v = −1 x  −1 ⇒ b = 1, c = 2, a = ⇒ P = 2a + 3b + c = 4 . 2 du = dx u = ( x − 1)  Câu 169. Đặt  , ta có  . Do đó: 1 dv = sin 2 xdx v = − 2 cos 2 x

1 dx ln 21000 . = − 1000 + x +1 x 2 +1

Câu 173. Xét I = ∫ 2 x ln ( x + 1) dx .

a = 1 ⇒ . Vậ y tích a.b = 1 . b = 1

I = ∫ ( x − 1) sin 2 xdx = −

ln x x +1 1

1000

⇒ ∫ ( 2 x +1) e x dx = ( 2 x +1) e x − 2 ∫ e x dx = ( 2 x − 1) e x = 1 + e = a + b.e . 0

21000

Câu 167. Chọn C. Điều kiện: a , b ∈ ℤ . u = 2 x + 1 du = 2dx ⇒ Đặt  . x x dv = e dx v = e

2 1

− ∫ e x dx = 2e 2 − e − e x

2 1

= 2e 2 − e − ( e 2 − e ) = e 2 .

Câu 177. Chọn C

2 −1 1 1 −1 2 ln 3 + ln 2 + ∫ dx − ∫ dx = ln 3 + ln 2 − ln (1 + x ) 1 + ln x 1 x x + 2 1 2 1 1 −1 −3 −3 = ln 3 + ln 2 − ln 3 + 2 ln 2 = ln 3 + 3ln 2 ⇒ a = 3, b = . 2 2 2 Vậy a + 4b = −3 . Câu 172. Chọn A

1  du = x dx u = ln x Đặt  ⇒ . 2 dv = xdx v = x  2 3

x2 1 x2 x2 ln x − ∫ x dx = ln x − 2 2 2 4 2 2 2 2 Suy ra m + n + 2 p = 0 . ⇒ ∫ x ln x dx =

9 5 = ln 3 − 2 ln 2 − . 2 4

Câu 183. Áp dụng phương pháp tích phân từng phần: 2  dx u = ln (1 + 2 x ) du = 2x +1   Đặt:  . ⇒ 1 dv = 2 dx chän v = − 1 − 2 = − ( 2 x + 1) x  x x 

1  2 dx u = ln (1 + x )  du = ⇒ Câu 178. Xét I = ∫ 2 x ln (1 + x ) dx . Đặt  1+ x . 2  dv = 2 xdx 0  v = x − 1 2

2  x2  x2 −1 dx = 3ln 3 − ∫ ( x − 1) dx = 3ln 3 −  − x  = 3ln 3 . 0 x +1  2 0 0 0 Vậy a = 3 , b = 3 ⇒ 3a + 4b = 21 . 1  u = ln x du = x .dx  Câu 179. Đặt  ⇒ 1 dv = x 2 .dx v = − 1  x 2

Ta có: I = ( x 2 − 1) ln ( x + 1) − ∫

⇒∫ 1

1 1 1 1 −1 1  −1  = − ln 2 ⇒ b = 1, c = 2, a = − . Khi đó Ta có I =  .ln x  + ∫ 2 dx = ln 2 − 2 x1 2 2 2  x 1 1 x

 −1  P = 2   + 3.1 + 2 = 4 .  2 u = x du = dx  Câu 180. Đặt  ⇒ 1 v = tan x d v = d x   cos 2 x π 3

Câu 184. Ta có I = ∫ 1

1 π 3 + ln − ln1 = − ln 2 ⇒ a = 3; b = 2 . Vậy a 2 + b = 11. 3 2 3 2x −1  2 u = ln x − x u ′ = 2 Câu 181. Đặt  ⇒ x −x v′ = 1  v = x  =

π 3 3

+ ln cos x

3 0

(

π 3

(

)

3 x 1 dx = ∫ x. dx. . 2 cos x cos 2 x 0 0

Câu 182. Xét I = ∫

u = x du = dx  Đặt  ⇔ . 1 d v = d x v = tan x  cos2 x π 3

dx = a ln 2 + b ln 3 .

π 4

2 1

với a; b ∈ ℤ ⇒ a = 3, b = −2 ⇒ a + b = 1 Câu 186. Chọn A cos x − 2sin x  u = ln ( sin x + 2 cos x ) ⇒ du = sin x + 2 cos x dx Đặt  dv = dx ⇒ v = tan x + 2  cos 2 x

3 3  F ( x ) + 2 x + ln ( x − 1)  2 Khi đó: I = ∫  dx = ∫ ln ( x − x ) dx = F ( 3) − F ( 2 ) = 3 ln 3 − 2 . x  2  2

ln (1 + x )

3 −9 Suy ra a = 3 , b = − . Vậy P = ab = . 2 2 Câu 185. Chọn A. 1 1 1 u = x − 2 du = dx 1 x x ( 2) x ( 2) ⇒ ⇒ x − e d = x − e − e x dx= − e + 2 − e x = 3 − 2e = a + be Đặt   ∫ ∫ x x 0 0 = = dv e d x v e 0 0  

Suy ra F ( x ) = ∫ ln x 2 − x dx = x ln x 2 − x − ∫

2 ⋅ ln (1 + 2 x ) + ∫ dx x 1 1

2x − 1 dx =x ln ( x 2 − x ) − 2 x − ln x − 1 + C x −1 F ( 2 ) = 2ln 2 − 4 ⇒ C = 0 suy ra F ( x ) = x ln ( x 2 − x ) − 2 x − ln x − 1

)

− ( 2 x + 1)

1 x  1 3  = − ln 3 + ln 2 +  ln  = − ln 3 + ln 2 + 2ln 2 − ln 3 = 3ln 2 − ln 3. 2 2 2  x +1  1

)

(

dx =

1  dx u = ln(1 + x) du =   1+ x Đặt  ⇒ 1 dv = x 2 dx v = − 1 . x  2 2 1 1 1 1 1  2 Khi đó I = − ln (1 + x) 1 + ∫ dx = − ln 3 + ln 2 + ∫  − dx 1 x (1 + x ) 1 x 2  x 1+ x 

3 π sin xdx π 3 3 d(cos x) I = x tan x − ∫ tan xdx = . 3 − ∫ = +∫ 3 cos x 3 cos x 0 0 0

π 3 0

 5  =  − ln 5 + 3ln 3  + 2 ln x   2 −5 = ln 5 + 3ln 3 + 2 ln 2 . 2 ⇒ a = −5 , b = 3 , c = 2 . Vậ y a + 2 ( b + c ) = 5 .

ln (1 + 2 x )

4 π ln ( sin x + 2 cos x ) cos x − 2sin x ⇒∫ dx = ( tan x + 2 ) ln ( sin x + 2 cos x ) 04 − ∫ dx 2 cos x cos x 0 0

3 1 3 π − ln 2. I = x.tan x 3 − ∫ tan xdx = x.tan x 3 + ∫ d ( cos x ) =  x tan x + ln ( cos x ) 3 = cos x 3 0 0 0 0 0

π 4 3 2  7 = 3ln   − 2 ln 2 − ∫ (1 − 2 tan x )dx = 3ln 3 − ln 2 − ( x + 2 ln cos x ) 04 2 0  2  π 2 7 5 π 5 1 = 3ln 3 − ln 2 − − 2 ln = 3ln 3 − ln 2 − ⇒ a = 3 , b = − , c = − . 2 4 2 2 4 2 4

a = 3 Suy ra  ⇒ T = a 2 + b = 11. b = 2 71

Vậy abc = 18 . 12 12 12 1 1 x+ 1 1 x+ 1   x+ Câu 187. Ta có: I = ∫  x  1 − 2  + 1 e x dx = ∫ x  1 − 2  e x dx + ∫ e x dx . x   x   1   1 1 12

 du = f ' ( x ) dx u = f ( x )  Câu 191. Đặt  ⇒ . x3 2  dv = x dx v = 3  3 1x 1 1 1 1 x3 1 1 2 f ( x ) 10 − ∫ f ' ( x ) dx = − ∫ x3 f ' ( x ) dx i− = ∫ x f ( x ) dx = ∫ udv = uv 10 − ∫ vdu = 0 3 0 0 21 0 3 3 0 1 1 3 ⇒ ∫ x f ' ( x ) dx = . 0 7 1 1 1 1 2 2 1 1 1 3 i ∫ ( x − f ' ( x ) ) dx = ∫ x 6 dx − 2 ∫ x3 f ' ( x ) dx + ∫  f ' ( x )  dx = − 2. + = 0 0 0 0 0 7 7 7

u = x du = dx  Đặt:  1 . 1  x + 1x →   x+ dv =  1 − x 2  e dx v = e x    12

Khi đó: I =



1 12

1 1 x+ x+ 1  x + 1x e dx + ∫ e x dx = x.e x 2   1

∫ x  1 − x

−∫e 1 12

1 x

dx + ∫ e

1 x

1 12

1 12+ 1 143 145 = 12e − e 12 = e 12 . 12 12 Vậy: a = 143; b = 12; c = 145; d = 12. Dó đó: bc − ad = 12.145 − 143.12 = 24 . 2 2 2 2 ln ( x + 1) x + ln ( x + 1) 1 2 dx = ∫ dx − ∫ dx + ∫ dx . Câu 188. Ta có ∫ 2 2 2 x + 2 x + 2 x + 2 ( ) ) 0 0 0 ( 0 ( x + 2) 12 +

1 12

⇒ ( f ' ( x ) − x3 ) = 0, ∀x ∈ [ 0;1] ⇒ f ' ( x ) = x3 , ∀x ∈ [ 0;1] .

Vậ y

1 2 2  1  ∫0 x + 2 dx − ∫0 ( x + 2 )2 dx =  ln x + 2 + x + 2  0 = ln 2 − 2 . 2

I=∫

ln ( x + 1)

( x + 2)

∫ f ( x ) tan 0

x + f ′ ( x ) tan x  dx = ∫ f ( x ) tan 2 xdx + ∫ f ′ ( x ) tan xdx .

= f (1) .tan1 − ∫

dx = cot1. tan1 − ∫

0 1

f ( x)

cos2 x 0

dx = 1 − ∫ 0

f ( x) cos 2 x

dx .

Vậy I = 0. Câu 193. Chọn A u = f ( x) ⇒ du = f '( x)dx   x3 2  dv = x dx ⇒ v = 3  1 3 1 1 x3 x3 13 x I= f ( x) − ∫ f '( x )dx = f (1) − 0. f (0) − ∫ f '( x)dxα 0 0 3 3 3 3 0 1

1 −1 3 = x f '( x)dx ⇒ ∫ x3 f '( x)dx = −1 3 3 ∫0 0 1

Câu 194. Ta có:

f ( x ) dx = −8 .

∫ f ( x) sin 2 xdx = − π

f ( x).cos

Câu 190.

∫ ( f ( x) − 3sin 2 x) dx = ∫ f

Lời giả i 1

− ∫ f ( x ) d ( tan x )

f ( x)

cos 2 x 0

Suy ra 10 = 2 f (1) − f ( 0 ) − ∫ f ( x ) dx ⇒ ∫ f ( x ) dx = −10 + 2 = −8

0 1

1 u = x + 1 du = dx 1 ⇒ . Khi đó I = ( x + 1) f ( x ) 0 − ∫ f ( x ) dx . ′ d = d = v f x x v f x ( ) ( )  0  1

1 1 1 1 f ( x) f ( x)  1  xdx = ∫ f ( x )  − 1dx = ∫ dx − ∫ f ( x ) dx = ∫ dx − 1 . 2 2 cos x cos x cos 2 x   0 0 0 0

∫ f ′ ( x ) tan xdx = ∫ tan xd ( f ( x ) ) = f ( x ) .tan x

Đặt 

Dạng 5.2 Hàm số không tường minh (hàm ẩn) Câu 189. Chọn B

Lại có:

2  ( x + 1) ln( x + 1)  1 3 Suy ra I =  dx = ln 3 − ln 2 .  − ∫  x + 2 4 ( )  0 0 ( x + 2)  2 x + ln ( x + 1) 1 3 Do đó ∫ dx = − + ln 3 ⇒ P = ( −1 + 2 )( 3 + 4 ) = 7 . 2 2 4 ( x + 2) 0

∫  f ( x ) tan 0

dx .

Ta có: I = ∫ xf ′(2 x )dx =

∫

Câu 192. Ta có

1  u = ln ( x + 1) du = dx x +1   ⇒ Đặt  1 −1 x +1 dv = x + 2 2 dx v = +1 = ( )  x+2  ( x + 2)

Vậ y

1 4 ( x − 1) ; ∀x ∈ [0;1] 4 11 1 1 1 f ( x ) dx = ∫ ( x 4 − 1) dx = ∫ ( x 4 − 1) dx = − . 0 4 4 0 5

Kết hợp điều kiện f (1) = 0 ta có f ( x ) =

1 1 1 1 f (2) − ∫ f ( x) dx = .16 − .4 = 7 . 2 40 2 4

1 1 1 1 xf ( 2 x ) − ∫ f ( 2 x ) dx = f (2) − ∫ f ( 2 x ) d ( 2 x ) 2 2 2 40 0 0

x + 0

π 2

π 2 1

xdx + 9∫ sin 2

x ⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫ 3sin 0

f '( x).cos xdx = π∫ 2 2

( x)dx − 6∫ f ( x)sin

Từ đây ta suy ra f ( x) = 3sin

π 2

xdx =

π 2

xdx = 0 .

I = x sin x |02 −∫ sin xdx = 0

π 2

+ cos x |02 =

π 2

∫ x ( cos x + 2m )dx= 0

⇒ ∫  f

mπ 2 π + −1 . 4 2

1 1 1 − 2. + = 0 . 2 2 2

( x ) − 2. f ( x ) sin ( πx ) + sin 2 ( πx )  dx =

x3 . 3

Tính: I = ∫ 3x 2 f ( x ) dx . 0

u = f ( x ) du = f ′ ( x ) dx Đặt:  ⇒ . 2 3 dv = 3 x dx v = x Ta có: 1

Mà: ∫ 3x f ( x ) dx = 1 ⇒ 1 = − ∫ x . f ′ ( x ) dx 2

⇔ ∫ x . f ′ ( x ) dx = −1 ⇔ 7 ∫ x3 . f ′ ( x ) dx = −7 ⇔ ∫ 7 x3 . f ′ ( x ) dx = −∫  f ′ ( x )  dx , (theo giả thiết: 3

∫  f ′ ( x )

dx = 7 ).

7x 7 x3 −1 + . ⇒ k = 21 ⇒ f ′ ( x ) = −7 x 3 suy ra f ( x ) = − f ′ ( x )dx = 3 3 4 4

(

)

⇔ ∫ 7 x3 . f ′ ( x ) +  f ′ ( x )  dx = 0 ⇔ ∫ f ′ ( x ) 7 x3 + f ′ ( x )dx = 0 0

 7 x4 7  7 +  dx = . 4 4 5 0

∫ f ( x)dx = ∫  − 0

I = ∫ 3x 2 f ( x ) dx = x3 f ( x ) − ∫ x3 . f ′ ( x ) dx = 1. f (1) − 0. f ( 0 ) − ∫ x3 . f ′ ( x ) dx = − ∫ x3 . f ′ ( x ) dx .

 2 x x6 1  x3 1 f ′ ( x )dx  ≤ ∫ dx.∫  f ′ ( x )  dx = . Dấu bằng xảy ra khi f ′ ( x ) = k. . = 9  ∫0 3 9 9 3 0  0

Câu 197. Xét tích phân I = ∫ f ′ ( x ) cos ( π x ) dx =

1 Câu 198. Từ giả thiết: ∫ x f ( x ) dx = ⇒ ∫ 3x 2 f ( x ) dx = 1 . 3 0 0

b b  b 2 2  ∫ f ( x ) g ( x ) dx  ≤ ∫ f ( x ) dx.∫ g ( x ) dx a a a  Dấu bằng xảy ra khi f ( x ) = k .g ( x ) , ( ∀x ∈ [ a; b ] , k ∈ R )

7 x4 7 ⇒ 7 x + f ′( x) = 0 ⇒ f ( x ) = − + C , mà f (1) = 0 ⇒ C = 4 4 1 1  7 x4 7  7 ⇒ ∫ f ( x)dx = ∫  − +  dx = . 4 4 5 0 0 Cách 2: Nhắc lại bất đẳng thức Holder tích phân như sau:

∫

dx = 0

∫ f ( x ) dx = ∫ sin (π x ) dx = − π cos (π x )

Do đó

∫  f ( x ) − sin ( πx )

Vì f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1] và  f ( x ) − sin ( πx )  ≥ 0, ∀x ∈ [ 0;1] nên ta suy ra f ( x ) − sin ( πx ) = 0 ⇔ f ( x ) = sin ( πx ) .

3 3 ∫ [ f ′( x )] dx = 7, ∫ 2.7 x . f ′ ( x )dx = −14 ⇒ ∫ 7 x + f ′( x)  dx = 0

6 ∫ 49 x dx = 7,

1 1 1 1  1 − cos ( 2πx )  dx =  x − sin ( 2 πx ) = 2 ∫0  2 2π 0 2

Khi đó

1 x3 x3 Ta có = f ( x) − ∫ f ′ ( x )dx ⇒ ∫ x3 f ′ ( x )dx = −1 3 3 3 0 0 0

Từ đó

m = 2 ⇔ m =8. 4

Mặt khác

−1 .

Cách 1: Đặt u = f ( x ) ⇒ du = f ′ ( x ) dx , dv = x 2 dx ⇒ v =

Ta có

Mặt khác: ∫ sin 2 ( πx ) dx =

Câu 196. Chọn B

Ta có

Suy ra

Khi đó:

1 π π ⇔ π∫ f ( x ) sin ( πx ) dx = ⇔ ∫ f ( x ) sin ( πx ) dx = 2 2 2 0 0

Mà I =

π π

I = f ( x ) cos ( πx ) 0 + π ∫ f ( x ) sin ( πx ) dx = − f (1) − f ( 0 ) + π ∫ f ( x ) sin ( πx ) dx = π ∫ f ( x ) sin ( πx ) dx

mπ 2 Câu 195. Ta có: ∫ x ( cos x + 2m )dx= ∫ x cos xdx + ∫ 2mxdx = ∫ x cos xdx + . 4 0 0 0 0 π  u=x  du = dx    ⇒ Gọi I = ∫ 2 x cos xdx . Đặt   .   0 = dv cos xdx  v = sin x   2

7 ⇒ 7 x + f ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = −7 x 3 ⇒ f ( x ) = − x 4 + C . 4 7 4 7 Với f (1) = 0 ⇒ − .1 + C = 0 ⇒ C = . 4 4 7 4 7 Khi đó: f ( x ) = − x + . 4 4 3

π 2

 du = −π sin ( πx ) dx u = cos ( πx ) Đặt  ⇒ , ta có ' dv = f x dx ( )  v = f ( x ) 75

Vậy:

 7

∫ f ( x ) dx = ∫  − 4 x 0

Câu 199. Từ giả thiết:

7  7 7  x5 + dx = −  − x  = . 4 4 5 0 5

∫ x. f ( x ) dx = 0

⇔ ∫ x3 . f ′ ( x ) dx = 23 ⇔ 0

1 ⇒ ∫ 5 x. f ( x ) dx = 1 . 5 0

⇔

du = f ′ ( x ) dx u = f ( x )  . Đặt:  ⇒ 5 dv = 5 xdx v = x 2 2  1

5 2 5 x . f ( x ) − ∫ x 2 . f ′ ( x ) dx 2 20 0

5 5 5 = . f (1) − ∫ x2 . f ′ ( x ) dx = 10 − ∫ x 2 . f ′ ( x ) dx , (vì f (1) = 4 ) 2 20 20 1

Mà: I = ∫ 5 x. f ( x ) dx = 1 ⇒ 1 = 10 − 0

⇔ 10∫ x 2 . f ′ ( x ) dx = 36 ⇔ 10∫ x2 . f ′ ( x ) dx = ∫  f ′ ( x )  dx , (theo giả thiết: ∫  f ′ ( x ) dx = 36 ) 1

2 ⇔ ∫ 10 x 2 . f ′ ( x ) −  f ′ ( x )   dx = 0 ⇔ ∫ f ′ ( x ) 10 x 2 − f ′ ( x )  dx = 0   0 0

⇒ 10 x 2 − f ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = 10 x 2 ⇒ f ( x ) =

Mà:

10 x3 +C 3

Vậy:

1 ∫ x f ( x ) dx = 3 ⇒ ∫ 3x f ( x ) dx = 1 . 2

Tính: I = ∫ 3x 2 f ( x ) dx . 0

u = f ( x ) du = f ′ ( x ) dx ⇒ Đặt:  . 2 3 dv = 3 x dx v = x 2

(

)

Câu 202. Tính: I = ∫ x. f ( x ) dx . 0

du = f ′ ( x ) dx u = f ( x )  ⇒ Đặt:  1 2 dv = xdx v = x  2 2 2 12 2 1 1 2 Ta có: I = x . f ( x ) − ∫ x f ′ ( x ) dx = 12 − ∫ x 2 f ′ ( x ) dx , (vì f ( 2 ) = 6 ). 0 20 20 2

Ta có: I = ∫ 3x f ( x ) dx = x . f ( x ) 0 − ∫ x . f ′ ( x ) dx = 24 − ∫ x3 . f ′ ( x ) dx , (vì f ( 2 ) = 3 ) 2

1 ⇒ x − f ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = x 2 ⇒ f ( x ) = x3 + C . 3 11 Với f (1) = 4 ⇒ C = . 3 1 3 11 Khi đó: f ( x ) = x + . 3 3 1 1 11  1 15  1 3 11  1 Vậy ∫ f ( x ) dx = ∫  x +  dx =  x 4 + x  = . 3 3 0 4  12 0 03

 5x4 2   10 x 3 2  3 + x = . + dx =  6 3 3 3  0 2  0

⇔ ∫ x f ′ ( x ) −  f ′ ( x )  dx = 0 ⇔ ∫ f ′ ( x ) .  x − f ′ ( x )  dx = 0

∫ f ( x ) dx = ∫ 

Câu 200. Từ giả thiết:

1 1 ⇒ − = 2 − ∫ x 2 f ′ ( x ) dx 2 20

⇔ ∫ x 2 f ′ ( x ) dx = 5 , (theo giả thiết: ∫  f ′ ( x )  dx = 5 ) ⇔ ∫ x 2 f ′ ( x ) dx = ∫  f ′ ( x ) dx 0 1

∫ x. f ( x ) dx = − 2

10.1 2 +C ⇒ C = . Với f (1) = 4 ⇒ 4 = 3 3 10 x 3 2 Khi đó: f ( x ) = + . 3 3 1

du = f ′ ( x ) dx 1 u = f ( x )  Câu 201. Tính: I = ∫ x. f ( x ) dx . Đặt:  ⇒ 1 2 dv = xdx 0 v = x 2  1 1 11 2 1 2 1 2 Ta có: I = x . f ( x ) − ∫ x f ′ ( x ) dx = 2 − ∫ x f ′ ( x ) dx , (vì f (1) = 4 ). 0 20 2 20

5 2 18 x . f ′ ( x ) dx ⇔ ∫ x 2 . f ′ ( x ) dx = 2 ∫0 5 0

Tính: I = ∫ 5 x. f ( x ) dx .

2 2 4 x3 . f ′ ( x ) dx = ∫  f ′ ( x )  dx , (theo giả thiết: ∫  f ′ ( x )  dx = 4 ) 23 ∫0 0 0

2 4 4  ⇔ ∫  x3 . f ′ ( x ) −  f ′ ( x )   dx = 0 ⇔ ∫ f ′ ( x )  x3 − f ′ ( x )  dx = 0 23   23  0  0 4 1 4 ⇒ x3 − f ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = x3 ⇒ f ( x ) = x 4 + C 23 23 23 16 53 . Với f ( 2 ) = 3 ⇒ 3 = + C ⇒ C = 23 23 1 4 53 x + . Khi đó: f ( x ) = 23 23 2 2 2 562  1 4 53   1 5 53  Vậy ∫ f ( x ) dx = ∫  x + dx =  x + x = . 23 23  23  0 115  115 0 0

Ta có: I = ∫ 5 x. f ( x ) dx =

4 3 x . f ′ ( x ) dx = 4 23 ∫0

Mà: I = ∫ 3x 2 f ( x ) dx = 1 ⇒ 1 = 24 − ∫ x3 . f ′ ( x ) dx

Theo giả thiết:

∫ x. f ( x ) dx = 0

17 1 17 ⇒ = 12 − ∫ x 2 f ′ ( x ) dx 2 20 2

Câu 204. Tính: I = ∫ x3 . f ( x ) dx . 0

du = f ′ ( x ) dx u = f ( x )  ⇒ . Đặt:  1 4 3 dv = x dx v = x  4 1 1 11 1 1 1 Ta có: I = x 4 . f ( x ) − ∫ x 4 f ′ ( x ) dx = − ∫ x 4 f ′ ( x ) dx , (vì f (1) = 2 ). 0 40 2 40 4

⇔ ∫ x f ′ ( x ) dx = 7 2

0 2

⇔

∫ x f ′ ( x ) dx = ∫  f ′ ( x ) 2

⇔

∫ ( x f ′ ( x ) −  f ′ ( x ) 2

0 2

⇔

∫ f ′ ( x ) .  x

) dx = 0

Theo giả thiết:

− f ′ ( x )  dx = 0

1 ⇒ x − f ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = x ⇒ f ( x ) = x3 + C . 3 10 Với f ( 2 ) = 6 ⇒ C = . 3 1 10 Khi đó: f ( x ) = x3 + . 3 3 2 2 10  2  1 3 10  1 Vậy ∫ f ( x ) dx = ∫  x +  dx =  x 4 + x  = 8 . 3 3 12 3 0    0 0

du = f ′ ( x ) dx u = f ( x )  Đặt  ⇒ .  1 3 2 dv = x dx v = x 3  3 3 13 1 1 Ta có I = x3 . f ( x ) − ∫ x3 f ′ ( x ) dx = 54 − ∫ x3 f ′ ( x ) dx , (vì f ( 3 ) = 6 ). 0 30 3 30 0

0 3

(

)

Suy ra A = xe x f ( x ) 0 − ∫ xe x f ′ ( x ) dx = − ∫ xe x f ′ ( x ) dx ⇒ ∫ xe x f ′ ( x ) dx =

)

Xét

⇔ ∫ f ′ ( x )  x3 − 4 f ′ ( x )  dx = 0 .

∫x e

2 2x

u = f ( x ) du = f ′ ( x ) dx ⇒ Đặt  x x v = xe dv = ( x + 1) e dx

⇔ ∫ x3 f ′ ( x ) dx = 8 ⇔ ∫ x3 f ′ ( x ) dx = 4 ∫  f ′ ( x )  dx ⇔ ∫ x3 f ′ ( x ) − 4  f ′ ( x ) dx = 0 0

Câu 205. Xét A = ∫ ( x + 1) e x f ( x ) dx

154 1 154 ⇒ = 54 − ∫ x3 f ′ ( x ) dx 3 30 3

4 4 ⇒ 8 x + 38 f ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = − x 4 ⇒ f ( x ) = − x5 + C . 19 95 194 Với f (1) = 2 ⇒ C = . 95 4 194 Khi đó: f ( x ) = − x5 + . 95 95 1 1 194   4  2 6 194  1 116 x + x = . Vậy ∫ f ( x ) dx = ∫  − x5 +  dx =  − 95 95  95  0 57  285 0 0

⇔ ∫ 8 x 4 f ′ ( x ) + 38  f ′ ( x )  dx = 0 ⇔ ∫ f ′ ( x ) . 8 x 4 + 38 f ′ ( x )  dx = 0

Câu 203. Tính I = ∫ x2 . f ( x ) dx .

∫ x . f ( x ) dx =

⇔ 8.∫ x 4 f ′ ( x ) dx = −38.8 ⇔ 8.∫ x 4 f ′ ( x ) dx = −38.∫  f ′ ( x )  dx

Theo giả thiết:

0 2

∫ x . f ( x ) dx = 10 ⇒ ∫ x f ′ ( x ) dx = −38

x x ⇒ f ( x) = + C . 4 16 15 Với f ( 3 ) = 6 ⇒ C = . 16 x 4 15 Khi đó: f ( x ) = + . 16 16 3 3 15  15  3 117 1  1 Vậy ∫ f ( x ) dx = ∫  x 4 +  dx =  x5 + x  = . 16 16 80 16     0 20 0 0

Ta có :

⇒ x3 − 4 f ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) =

1 1 e −1 1 dx = e 2 x  x 2 − x +  = 2 40 4 2

1 − e2 4

∫  f ′ ( x )

dx + 2 ∫ xe x f ′ ( x ) dx + ∫ x2 e2 x dx = 0 ⇔ ∫ ( f ′ ( x ) + xe x ) dx = 0

Suy ra f ′ ( x ) + xe = 0, ∀x ∈ [0;1] (do ( f ′ ( x ) + xe x

)

≥ 0, ∀x ∈ [ 0;1] )

⇒ f ′ ( x ) = − xe ⇒ f ( x ) = (1 − x ) e + C x

Do f (1) = 0 nên f ( x ) = (1 − x ) e x 1

Vậy I = ∫ f ( x ) dx = ∫ (1 − x ) e x dx = ( 2 − x ) e x 0 = e − 2 . 79

π 4

Câu 206. Tính

∫

f ′ ( x ) sin 2xdx = −

π . Đặt 4

sin 2 x = u 2cos 2 xdx = du ⇒ , khi đó   f ′ ( x ) dx = dv  f ( x ) = v

π 4

∫ 0

f ′ ( x ) sin 2xdx = sin 2x. f ( x ) 04 − 2 ∫ f ( x ) cos2xdx = sin 0

4 π π  . f   − sin 0. f ( 0 ) − 2 ∫ f ( x ) cos2xdx 2 4 0

suy ra f ( x ) = k sin (π x ) .

∫

f ′ ( x ) sin 2xdx = −

π ⇒ 4

∫ cos

2 xdx =

∫

f ( x ) cos2xdx =

π . 8

u = sin x du = cos xdx ⇒ Câu 208. Ta có: I = ∫ sin x. f ′ ( x ) dx . Đặt  . 0 dv = f ′ ( x ) dx v = f ( x )

π . 8

I = sin x. f ( x ) 04 − ∫ cos x. f ( x ) dx = 0

+ π ∫ f ( x ) sin (π x ) dx 0 0

1 = − ( f (1) + f ( 0 ) ) + π ∫ f ( x ) sin (π x ) dx = π ∫ f ( x ) sin (π x ) dx ⇒ ∫ f ( x ) sin (π x ) dx = . 2 0 0 0 1

∫  f ( x ) − k sin (π x ) 0

⇔

dx = ∫ f 2 ( x ) dx − 2k ∫ f ( x ) sin (π x ) dx + k 2 ∫ sin 2 (π x ) dx 0

sin

dx = 0 ⇒ f ( x ) = sin (π x ) . Vậy

f ( x) − 0

π 

sin x f ′ ( x ) dx = ⇔ ∫ sin  x  f ′ ( x ) dx = − . π ∫  2  2 4 2  0

1 π  Lại có: ∫ sin  x  dx = 2 2   0 1

πx

1 k −k + = 0 ⇔ k = 1. 2 2

∫  f ( x ) − sin (π x )

Do đó

4  f ( x)  = ∫  dx − ∫ cos x. f ( x ) dx = 1 − I1 . cos x 0  0  3 2 3 2+2 +1 = . ⇒ I1 = −1 ⇒ I = 2 2 u = f ( x ) du = f ′ ( x ) dx   Câu 209. Đặt  πx ⇒  2 πx dv = cos dx v = sin π  2 2  1 1 π  Do đó ∫ cos  x  f ( x ) dx = 2 2  0

du = −π sin (π x ) dx u = cos (π x ) Câu 207. Đặt  ⇔ . Khi đó: dv = f ′ ( x ) dx v = f ( x ) 1

1 1 Ta có I = ∫ cos 4 xdx = sin 4 x = . 4 4 0 0

π 8

∫ f ′ ( x ) cos (π x ) dx = cos (π x ) f ( x )

3 2 − I1 . 2

4 4 4   f ( x)  f ( x)  2 2 = ∫ sin x.tan x. f ( x )  dx = ∫ sin 2 x.  dx = ∫ (1 − cos x ) .  dx . cos x cos x 0 0  0  

f ( x ) = cos 2 x .

Cách 1: Ta có

π π π dx = ∫  f 2 ( x ) − 2f ( x ) .cos2x + cos 2 2 x  dx =  − 2 +  = 0 nên 8 8 8 0

∫  f ( x ) − cos2x 

∫ f ( x ) dx = ∫ sin (π x ) dx = π . 0

V ậy

Mặt khác ta lại có

1 1 ∫ f ( x ) sin (π x ) dx = 2 ⇔ k ∫ sin (π x ) dx = 2 ⇔ k = 1 ⇒ f ( x ) = sin (π x ) .

Mà

= −2 ∫ f ( x ) cos2xdx . Theo đề bài ta có

1 1 1  1  1 =  ∫ f ( x ) sin (π x ) dx  ≤ ∫ f 2 ( x ) dx.∫ sin 2 (π x ) dx = , 4 0 4  0 0

Áp dụng vào bài ta có

 2   2 π ⇒ I = ∫  − . f ′ ( x )  dx − 2  −  ∫ sin  π   π 0 2 0

∫ f ( x ) dx = ∫ sin (π x ) dx = π .

 2 π = ∫  − f ′ ( x ) − sin  π 2 0

Cách 2: Sử dụng BĐT Holder.

 π x  f ′ ( x ) dx + ∫ sin 2   2 0

 x  dx 

4 π2 2 π 1  x   dx = 2 − . + =0 π 8 π 2 2  2

 2  π  Vì  − f ′ ( x ) − sin  x   ≥ 0 trên đoạn [ 0;1] nên  2   π

b b  b 2 2  ∫ f ( x ) g ( x ) dx  ≤ ∫ f ( x ) dx.∫ g ( x ) dx . a  a a

 2  π  ∫  − π f ′ ( x ) − sin  2 x   0

Dấu “=” xảy ra ⇔ f ( x ) = kg ( x ) , ∀x ∈ [ a; b ] . 81

dx = 0 ⇔ −

2 π π  π  f ′ ( x ) =sin  x  ⇔ f ′ ( x ) = − sin  x  . π 2 2  2 

π  π  Suy ra f ( x ) =cos  x  + C mà f (1) = 0 do đó f ( x ) =cos  x  . 2  2  1 1 π 2   Vậy ∫ f ( x ) dx = ∫ cos  x  dx = . π 2  0 0 1

Câu 210. Ta có:

∫  f ′ ( x )

dx = 9 (1)

1 ∫ x f ( x ) dx = 2 . 3

du = f ′ ( x ) dx u = f ( x )  Đặt  ⇒  x4 3 dv = x .dx v =  4 1

⇒

∫ (  f ′ ( x )

1 1 1 1 x  = x3 f ( x ) dx =  . f ( x )  − ∫ x4 . f ′ ( x ) dx = − ∫ x 4 . f ′ ( x ) dx 2 ∫0 4 40  4 0 4 0 4

x - Lại có: ∫ x dx = 9 0 8

2 4 8 4 ∫0  f ′ ( x ) + 18x . f ′ ( x ) + 81x  dx = 0 ⇔ ∫0  f ′ ( x ) + 9 x  dx = 0

hoành Ox , các đường thẳng x = 0 , x = 1 khi quay quanh Ox bằng 0 9 ⇒ f ′ ( x ) + 9 x 4 = 0 ⇒ f ′ ( x ) = −9 x 4 ⇒ f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) .dx = − x 4 + C . 5 14 9 14 Lại do f (1) = 1 ⇒ C = ⇒ f ( x ) = − x5 + 5 5 5 1 1 1 5  9 5 14   3 6 14  ⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫  − x +  dx =  − x + x  = . 5 5 5 0 2  10 0 0

( x − 1)

3 3

( x − 1) . f x − ( x − 1) f ′ x dx 1 2 Ta có − = ∫ ( x − 1) f ( x ) dx = ( ) ∫ ( ) 3 3 3 1 1 2

Hay thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) + 9 x 4 , trục

1 1 3 3 3 ⇔ − = − ∫ ( x − 1) f ′ ( x ) dx ⇔ ∫ ( x − 1) f ′ ( x ) dx = 1 ⇒ − ∫ 2.7 ( x − 1) f ′ ( x ) dx = −14 3 31 1 1 2

Tính được ∫ 49 ( x − 1) dx = 7 ⇒ ∫  f ′ ( x )  dx − ∫ 2.7 ( x − 1) f ′ ( x ) dx + ∫ 49 ( x − 1) dx = 0 1

3 3 ⇒ ∫  7 ( x − 1) − f ′ ( x )  dx = 0 ⇒ f ′ ( x ) = 7 ( x − 1) ⇒ f ( x ) =   1

Câu 211. - Tính : I = ∫ ( x + 1) e x f ( x ) dx = ∫ xe x f ( x ) dx + ∫ e x f ( x ) dx = J + K . 0

Vậ y I = ∫ 1

u = e x f ( x ) du =  e x f ( x ) + e x f ′ ( x )  dx Đặt  ⇒ dv = dx v = x

7 ( x − 1)

+C .

7 . 4 4 2  7 ( x − 1) 7  7 f ( x ) dx = ∫  −  dx = − . 4 4 5  1   

Do f ( 2 ) = 0 ⇒ f ( x ) =

Tính K = ∫ e x f ( x ) dx

Câu 212. Đặt u = f ( x ) ⇒ du = f ′ ( x ) dx , dv = ( x − 1) dx ⇒ v =

⇔ π .∫  f ′ ( x ) + 9 x 4  dx = 0

⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫ (1 − x ) e x dx = ( (1 − x ) e x ) + ∫ e x dx = −1 + e x = e − 2

- Lại do f (1) = 0 ⇒ C = 0 ⇒ f ( x ) = (1 − x ) e x

- Cộng vế với vế các đẳng thức (1) , ( 2 ) và ( 3) ta được:

)

+ 2 xe x f ′ ( x ) + x 2e2 x dx = 0 ⇔ ∫ ( f ′ ( x ) + xe x ) dx = 0 ⇔ π ∫ ( f ′ ( x ) + xe x ) dx = 0

⇒ f ( x ) = −∫ xe x dx = (1 − x ) e x + C .

1 = ⇒ 81∫ x8 dx = 9 ( 3) 9 0

x = 0 , x = 1 khi quay quanh trục Ox bằng 0 ⇒ f ′ ( x ) + xe x = 0 ⇔ f ′ ( x ) = − xe x

0 9 1

hay thể tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) + xe x , trục Ox , các đường thẳng

⇒ ∫ x 4 . f ′ ( x ) dx = −1 ⇒ 18∫ x 4 . f ′ ( x ) dx = −18 ( 2 ) 0

- Kết hợp giả thiết ta được : 1 1 2 2 e2 − 1 e2 − 1 (1) ∫  f ′ ( x )  dx =  ∫  f ′ ( x ) dx = 4 4 0 0 ⇒ 1  1 2 2 − xe x f ′ x dx = e − 1 2 xe x f ′ x dx = − e − 1 (2) ( ) ( ) ∫   ∫ 2 4  0  0 1 2 − e 1 (3) . - Mặt khác, ta tính được : ∫ x 2e2 x dx = 4 0 - Cộng vế với vế các đẳng thức (1), (2), (3) ta được:

- Tính

⇒ K = − J − ∫ xe x f ′ ( x ) dx ⇒ I = J + K = − ∫ xe x f ′ ( x ) dx .

−

Câu 213. Xét tích phân

∫ x . f ( x ) dx . 2

 du = f ′ ( x ) dx u = f ( x )  Đặt  ⇒  x3 2 dv = x dx v = 3 

⇒ K = ( xe x f ( x ) ) − ∫  xe x f ( x ) + xe x f ′ ( x ) dx = −∫ xe x f ( x ) dx − ∫ xe x f ′ ( x ) dx ( do f (1) = 0 ) 0

1 1 1 1 11 1 x3 1 = ∫ x 2 . f ( x ) dx = f ( x ) − ∫ x 3 f ′ ( x ) d x = − ∫ x 3 f ′ ( x ) d x ⇒ ∫ x 3 f ′ ( x ) dx = − 1 0 30 3 0 3 30 0 1

∫x

∫  f ′ ( x )

3 2

∫ ( f ′( x) + 7x )

dx ≥ 0 .

Dấu

“=”

xảy

khi

f ′ ( x ) + 7 x 3 = 0 ⇒ f ′ ( x ) = −7 x 3

7 x4 +C . 4 4 7 7x 7 f (1) = 0 ⇒ C = ⇒ f ( x ) = − + . 4 4 4 1 1  7 x4 7  7 7 7 7 x5 1 7 x 1 =− + = . +  dx = − + I = ∫ f ( x ) dx = ∫  − 0 0 20 4 5 4 4 20 4  0 0

⇒ f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) dx = −∫ 7 x3 dx = −

7 ∫ x f ( x ) dx = 11 4

⇒ ∫ x 4 f ( x ) dx = 0

1 3 1 1 5 1 x f ( x ) − ∫ x 5 f ′ ( x ) dx = − ∫ x5 f ′ ( x ) dx ( vì f (1) = 3 ) 5 50 5 5 0 0

2 3 7  ⇒ ∫ x f ′ ( x ) dx = 5  −  = − . 11  5 11  0 5

1 2 4  ∫  f ′ ( x )  dx = 11 0 1 1 1  1 2 2 ⇒ ∫  f ′ ( x )  dx + 4 ∫ x5 f ′ ( x ) dx + 4∫ x10 dx = 0 Xét  ∫ x 5 f ′ ( x ) dx = − 11 0 0 0 0 1 1 11 1 1 10  x dx = x = 11 0 11  ∫0

dx + ∫ 1 2

dx + ∫ 1

f ′( x) x +1 f ′( x) x +1

−

f ( 2) 3

+∫ 1

f ′( x) x +1

dx =

f (1) 2

+∫ 1

f ′( x) x +1

dx = 0 dx = 0

 f ′( x) f ′( x)  2 ⇔ ∫ ( f ′ ( x ) ) + −  dx = 0 x +1 2  1  f ′( x) f ′( x) 2 ⇔ ( f ′ ( x )) + − =0 x +1 2  f ′( x) = 0  f ( x) = C ⇔ ⇔ 1 1  f ′( x) +  f ( x ) = x − ln x + 1 + C − =0 x +1 2  2  TH1: f ( x ) = C , f ( 2 ) = 0 ⇒ C = 0 ⇒ f ( x ) = 0 (loại)

1  2x  1  1   x  Tính tích phân: ∫   dx = ∫   dx = ∫ 1 −  dx 2x +1  4 0  2x +1  4 0  2x +1  0

1  1  2 1 + 1 − dx ∫ 4 0  2 x + 1 (2 x + 1) 2 

 1 1 1 1  x − ln 2 x + 1 −  = − ln 3 4  2 ( 2 x + 1)  3 4

 − x 6 10  23 +  dx = 3 3 7  0

dx = −

2 f ′( x)

f (1)

x x 1 2 8 f ' ( x ) dx = − ln 3 + ⇔ 4 ∫ f ' ( x ) dx = −2ln 3 + 2x +1 2 3 2x +1 3 0 0

∫ f ( x ) dx = ∫  1

1 2

f ′( x)

x +1

dx =

⇒∫

2 10 − x6 ⇒ ∫ ( f ′ ( x ) + 2 x5 )  dx = 0 ⇒ f ′ ( x ) = −2 x 5 ⇒ f ( x ) = nên + C . Do f (1) = 3 ⇒ C = 3 3 0

f ( x)

1 2

f ′( x)

u = f ( x) du = f '( x )dx   1 ⇒ Đặt:  1 1 1 x dv = dx 2  v = − 2 . 2 x + 1 + 2 = 2 x + 1 ( 2 x + 1)  1 1 1 1 f ( x) 1 2 xf '( x) x xf ( x) dx = − −∫ dx = − ∫ f '( x) dx ln 3 − = ∫ 2 x +1 2 3 0 ( 2 x + 1) 2x + 1 0 0 2 x + 1 2 0

∫ ( x + 1)

+∫

x x − ln x + 1 + C , f ( 2 ) = 0 ⇔ C = ln 3 − 1 ⇒ f ( x ) = − ln x + 1 + ln 3 − 1 2 2 2 3 3 ∫1 f ( x ) dx = 4 − 2 ln 2. 1 1 f ( x) 4 f ( x) 1 2 8 Câu 216. Ta tính. ∫ dx = ln 3 − dx = 2 ln 3 − ⇔ ∫ 2 2 3 2 3 0 ( 2 x + 1) 0 ( 2 x + 1)

 du = f ′ ( x ) dx u = f ( x )  Đặt  ⇒  x5 4  dv = x dx v = 5 

0 2

x +1

TH2: f ( x ) =

Câu 215.

f ( x)

⇒ ∫ ( f ′ ( x ) ) dx − ∫

dx = − 2

1 2

dx + 14 ∫ x 3 f ′ ( x ) dx + 49 ∫ x 6 dx = 0 ⇒ ∫ ( f ′ ( x ) + 7 x 3 ) dx = 0

Câu 214. Xét

⇒ ∫ ( f ′ ( x ) ) dx + ∫

Mà

f ( x)

1 . 7

dx =

Ta có:

∫ ( x + 1)

5 3 + ln . 12 2

4  x  ⇒ 4∫   dx = − ln 3 2 x + 1 3   0

u = f ( x ) ⇒ du = f ′ ( x ) dx  Đặt  dx 1 dv = x + 1 2 ⇒ v = − x + 1 ( ) 

x  x  f ' ( x ) dx + 4 ∫   dx = 0 2x +1 2x +1  0 0

⇒ ∫ [ f '( x) ] dx − 4∫

2x  2x 1  ⇔ ∫  f '( x ) − = 1−  dx = 0 ⇒ f '( x) = 2 x + 1 2 x + 1 2 x +1   0 1 ⇒ f ( x) = x − ln ( 2 x + 1) + C vì x ∈ ( 0;1) 2 1 Vì f (1) = 0 ⇒ C = ln 3 − 1 2 1 1 1 1 f ( x) 1  1 1 1  1 1   ⇒I =∫ dx = ∫  x − ln ( 2 x + 1) + ln 3 − 1 dx = ∫  x + ln 3 − 1dx − ∫ ln ( 2 x + 1)dx 4 2 8 4 4 2 2   0 0 0 0

Suy ra 1 = ∫ xf ( 3 x )dx = 0

 du = f ′ ( t ) dt  . ⇒ t2 = v t t d d   v=  2 u = f ( t )

Đặt 

1  1 1 1  1 1  x2 x   x + ln 3 − 1dx =  + ln 3 − x  = − + ln 3 ∫ 4 0 2 4 2 2 8 8  0

Xét

f ′ ( x ) dx = −9 .

∫

xf ( 4 x ) dx = 1. Đặt:

t = 4x ⇒ ∫

du = f ′ ( x ) dx u = f ( x ) ⇒ . Câu 217. Đặt  2 ( ) d 2 1 d v = x − x  v = x − x 1

∫

Xét I =

4 4 1 1 t. f ( t ) . dt = 1 ⇒ ∫ t. f ( t ) dt = 16 ⇒ ∫ x. f ( x ) dx = 16. 0 0 4 4 4

x 2 f ′ ( x ) dx = ∫ x 2 df ( x ) 4

Suy ra: I = x 2 . f ( x ) − 1

∫

0 4

2 x. f ( x ) dx = 4 2 f ( 4 ) − 2.16 = −16.

Câu 220. Chọn D

Suy ra ∫ ( 2 x − 1) f ( x ) dx = ( x 2 − x ) f ( x ) 0 − ∫ ( x 2 − x ) f ′ ( x ) dx = − ∫ ( x 2 − x ) f ′ ( x ) dx

Câu 219. Chọn D

2x 1 3   dx = ln 3 −  x − ln(2 x + 1)  = ln 3 − 1 2 2x +1  0 2 0

1 1 ⇒ I = A − B = − ln 3 8 16

∫x 0

⇒ B = x ln(2 x + 1) 0 − ∫

⇒ ∫ ( x 2 − x ) f ′ ( x ) dx =

Vậ y 1

3 2 t2 t 9 13 f ( t ) − ∫ f ′ ( t ) dt = f ( 3 ) − ∫ t 2 f ' ( t ) dt . 2 2 2 20 0

3 9 13 ⇔ 9 = − ∫ t 2 f ′ ( t ) dt ⇔ ∫ t 2 f ′ ( t ) dt = −9 . 2 20 0

2  1 u = ln ( 2 x + 1) du = dx ⇒ B = ∫ ln ( 2 x + 1)dx đặt  2x +1 dv = dx 0  x = x 1

⇒ ∫ tf ( t )dt =

3 13 tf ( t )dt ⇔ ∫ tf ( t )dt = 9 . ∫ 90 0

∫ xf ( 6 x ) dx = 1 .

Theo bài ra:

1 30

Đặt t = 6 x ⇒ dt = 6dx . Đổi cận: 1

1 1 2  x5 x 4 x 3  1 Ta có: ∫ ( x 2 − x ) dx = ∫ ( x 4 − 2 x 3 + x 2 ) dx =  − +  = .  5 2 3  0 30 0 0 1

Do đó,

∫ [ f ′ ( x )] 0

Do đó:

dx − 2 ∫ ( x 2 − x ) f ′ ( x ) dx + ∫ ( x 2 − x ) dx = 0 ⇔ ∫  f ′ ( x ) − ( x 2 − x ) dx = 0

=1 ⇔

1 t. f ( t ) dt = 1 ⇔ ∫ t. f ( t ) dt = 36 . 36 ∫0 0

Tính I = ∫ x f ′ ( x ) dx . 2

x3 x2 ⇒ f ′( x) = x − x ⇒ f ( x) = − + C . 3 2

0 2 du = 2 x dx  u = x Đặt  ⇔ ′  v = f ( x) dv = f ( x ) dx 6 6 6 ⇒ I = x 2 f ( x ) − ∫ 2 xf ( x ) dx = 36 f ( 6 ) − 2 ∫ xf ( x ) dx = 36.1 − 2.36 = −36 . 0 0 0 Câu 221. Chọn D

x3 x 2 − + 1. 3 2

Vì f ( 0 ) = 1 nên C = 1 ⇒ f ( x ) =

∫ xf ( 6 x ) dx = 1 ⇔ ∫ 6t. f ( t ) 6

1  x 4 x3   x3 x 2  11 ∫0 f ( x ) dx = ∫0  3 − 2 + 1 dx =  12 − 6 + x  0 = 12 . Dạng 6. Kết hợp nhiều phương pháp để giải toán Câu 218. Chọn D

Vậ y

+) I = ∫ x 2 f ′ ( x ) dx =∫ x 2 df ( x ) = x 2 . f ( x ) 0 − ∫ f ( x) dx 2 0

1 Đặt t = 3 x ⇒ dt = 3dx ⇒ dx = dt . 3

0 5

= 25. f (5) − 0. f ( x ) − ∫ f ( x).2 xdx 0

u = ln ( sin x + cos x ) cos x − s in x  dx  du = Câu 226. Ta có:  ⇒ s in x + cos x . 1 d v = d x  v = tan x cos 2 x 

= 25 − 2∫ xf ( x ) dx 0

+) Ta có:

∫ xf (5x)dx = 1

π 4

Khi đó: I = ∫

t t Đặt 5 x = t ⇒ ∫ f (t) d = 1 ⇔ ∫ tf (t)dt = 25 5 5 0 0 Vậy I = 25 − 2 × 25 = −25 . Câu 222. Đặt t = 2 + x 2 ⇒ dt = 2 xdx . Đổi cận x = 0 → t = 2 . x =1→ t = 3 1

∫ x ln(2 + x

0 π

1 ln tdt. 2 ∫2

Câu 227. Đặt

+ ln 2 =

x ⇒ x = 2t ⇒ dx = 2dt . 2 4 2 2 x = 0 ⇒ t = 0  x Đổi cận:  . Do đó ∫ xf ′   dx = ∫ 4tf ′ ( t ) dt = ∫ 4 xf ′ ( x ) dx . x t = 4 ⇒ = 2 2    0 0 0

Câu 223. Đặt t =

π 0

Đặt u = x ⇒ du = 2 xdx , dv = sin xdx ⇒ v = − cos x . 2

a 1 = − ∈ ( −1;0 ) .------b 4 Câu 225. Đặt t = 2 x ⇒ dt = 2dx . Với x = 0 ⇒ t = 0 ; Với x = 1 ⇒ t = 2 . 2 2 2 t dt 1 1 Suy ra: I = ∫ f ′ ( t ) = ∫ tf ′ ( t ) dt = ∫ xf ′ ( x ) dx . 2 2 4 4 0 0 0

Do đó a = 2; b = −8 ⇒

⇒ ∫ x 2 sin xdx = − x 2 cos x 0 + ∫ 2 x cos xdx = π2 + 2 ( x sin x + cos x ) 0 = π 2 − 4 0

Vậy I = −2t 2 cos t + 4t sin t 0 − ∫ 4sin tdt = −2 ( −π 2 ) + 4 cos t 0 = 2π 2 − 8 .

u = 4t du1 = 4dt Đặt  1 . ⇒ dv1 = cos tdt v1 = sin t

⇒ I = ∫ 2t 2 sin tdt = 2 ∫ x 2 sin xdx . π

Suy ra I = −2t 2 cos t + ∫ 4t cos tdt .

Câu 224. Đặt t = x ⇒ 2tdt = dx . Đổi cận x = 0 ⇒ t = 0 , x = π ⇒ t = π . 0

0 π

u = 2t 2 du = 4tdt Đặt  . ⇒ dv = sin tdt v = − cos t

0 π2

Suy ra ∫ 4 xf ′ ( x ) dx = [ 4 xf ( x) ] 0 − ∫ 4 f ( x ) dx = 8 f ( 2 ) − 4 ∫ f ( x ) dx = 8.16 − 4.4 = 112. 0

Ta có: I = ∫ 2t 2 sin tdt .

u = 4 x du = 4dx ⇒ Đặt  . dv = f ′ ( x ) dx v = f ( x ) 2

cos x − sin x dx . sin x + cos x

bc 3 π 8 ln 2 − ⇒ =− . 2 4 a 3 x = t ⇒ x = t 2 ⇒ d x = 2td t .

3 1 3 1 ln 3 − ln 2 − ⇒ a = , b = −1, c = − ⇒ a + b + c = 0 . 2 2 2 2

Vậy I = ln 2 −

{

⇒ ∫ x ln(2 + x 2 ) =

0 − ∫ tan x.

4 cos x − sin x tan x − tan 2 x dx = ∫ dx + sin x cos x tan x + 1 0 0 dt π Đặt tan x = t ⇒ dt = (1 + tan 2 x ) dx ⇒ dx = . Với x = 0 → t = 0 và x = → t = 1 1+ t2 4 1 1 ( t + 1) − (1 + t 2 ) 1 dt 1 dt π t − t2 Ta có : J = ∫ − = − ln 2 . dt= ∫ dt= ∫ 2 2 1 + t 2 ∫0 t + 1 4 0 ( t + 1) . ( t + 1) 0 (1 + t ) . (1 + t ) 0 4

3 3 dt  3 3 3 Đặt u = ln t ⇒ du = t ⇒ ∫ ln tdt = t ln t 2 − ∫ dt = t ln t 2 − t 2 = 3ln 3 − 2 ln 2 − 1 dv = dt v = t 2 2 1

Đặt J = ∫ tan x.

)dx =

ln ( s in x + cos x ) dx = tan x.ln ( sin x + cos x ) cos 2 x

a ∈ ( −1;0 ) . b

Dạng 7. Tích phân của một số hàm số khác Dạng 7.1 Tích phân hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối Câu 228. Chọn A 0 a 1 a2 1+ a2 Vì a > 0 nên I = − ∫ x dx + ∫ x dx = + = 2 2 2 −1 0 Câu 229. Chọn D

⇒ I = 2π 2 − 8 . Ta có a = 2 , b = −8 ⇒

u = x du = dx ⇒ Đặt  . dv = f ′ ( x ) dx v = f ( x )

 1 2 1 1 Ta có I =  xf ( x ) − ∫ f ( x ) dx  =  2 f ( 2 ) − 0 f ( 0 ) − 4  = ( 2.16 − 4 ) = 7 . 0 0 4 4 4  2

∫ −1

f ( 2 x − 1 ) dx =

1 2

∫ f (1 − 2 x ) dx + ∫ f ( 2 x − 1) dx = I

−1

+ I2 .

1 2

 −m 2 ≤ 0  m ≥ 0 đúng ⇔  ⇔ ⇔m≥ 2. m 2 ≥ 2  m ≥ 2  +) m < 0 .

1 1 12 Xét I1 = ∫ f (1 − 2 x ) dx = − ∫ f (1 − 2 x ) d (1 − 2 x ) = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = 3 . 2 −1 20 20 −1 1

Xét I 2 =

(2 )

∫ f ( 2 x − 1) dx = 2 ∫ f ( 2 x − 1) d ( 2 x − 1) = 2 ∫ f (t ) dt = 2 ∫ f ( x ) dx = 1 1 2

1 2

 m 2 < −m 2 ≤ 0 đúng ⇔  (vô nghiệm).  2 ≤ m 2 < − m 2  m 2 ≤ 0  m ≤ 0 ⇔ ⇔m≤− 2. ( 2 ) đúng ⇔   m ≤ − 2  −m 2 ≥ 2

(1)

Vậy I = I1 + I 2 = 4 . 1 < 1 . Do đó với m > 1, x ∈ [1; m] ⇒ 2mx − 1 > 0 . 2m m m 2mx − 1 dx = ∫ ( 2mx − 1) dx = mx 2 − x = m 3 − m − m + 1 = m 3 − 2m + 1 . 1 1

Câu 230. Do m > 1 ⇒ 2 m > 2 ⇒ m

∫

Vậ y

(

m = 0 Từ đó theo bài ra ta có m − 2m + 1 = 1 ⇔  . Do m > 1 vậy m = 2 . m = ± 2 Câu 231. Chọn B 2 1 3 1 1 3  Ta có: x 4 − x 2 + 1 = x 4 − 2. x 2 . + + =  x 2 −  + > 0, ∀x ∈ R . 2 4 2 4 4 

Câu 234. Ta có

Do đó:

∫

2018

−1

x 4 − x 2 + 1 dx = ∫

2018

−1

1 4

∫ f (1 − 4 x)dx.

Đặt t = 1 − 4 x ⇒ dt = −4dx; 1 Với x = −1 ⇒ t = 5; x = ⇒ t = 0. 4

x−2 x−2 x−2 dx = − ∫ dx + ∫ dx x +1 x +1 x +1 1 2 5

1 4

− 2m 2 ) dx

1 4

Đặt t = 4 x − 1 ⇒ dt = 4dx; 1 Với x = 1 ⇒ t = 3; x = ⇒ t = 0. 4 1 3 3 3 1 1 1 J = ∫ f (4 x − 1)dx = ∫ f (t )( dt ) = ∫ f (t )dt = ∫ f ( x)dx =2. 4 40 40 1 0

+) Xét J = ∫ f (4 x − 1) dx.

= 2 − 6 ln 2 + 3ln 3 Vậy a = 2, b = −6, c = 3 ⇒ P = abc = −36 .

∫(x

1 1 1 I = ∫ f (1 − 4 x)dx = ∫ f (t )(− dt ) = ∫ f (t )dt = ∫ f ( x)dx =1. 4 4 40 −1 5 0

= − ( 2 − 3ln 3) + 1 − 3ln 2 + 5 − 3ln 6 − 2 + 3ln 3

1 4

−1

+) Xét I =

= − ( x − 3ln x + 1 ) + ( x − 3ln x + 1 )

− 2m 2 dx =

1 4

− x 2 + 1) dx .

−1

= ∫ f (1 − 4 x)dx + ∫ f (4 x − 1)dx = I + J .

3  3    = − ∫ 1 −  dx + ∫  1 −  dx x +1  x +1  1 2

−1

∫ f ( 4x − 1)dx = ∫ f ( 4x − 1)dx + ∫ f ( 4 x − 1)dx

−1

∫

∫x

1 4

Câu 232. Chọn A Ta có

Câu 233.

)

Suy ra m ∈ −∞ ; − 2  ∪  2 ; + ∞ ∪ {0} là giá trị cần tìm.

)

( *)

 x = −m 2 Ta có: x 2 − 2m 2 = 0 ⇔  .  x = m 2 TH1. Nếu m = 0 thì (*) luôn đúng.

4 1

Vậ y

∫ f ( 4 x −1)dx = 3. −1 1

 x 2 − 2m 2 > 0 (1) TH2. Nếu m ≠ 0 thi (*) đúng ⇔  2 với mọi x ∈ [0;2] . 2  x − 2m < 0 ( 2 ) +) m > 0 .

Câu 235. I =

∫2

− 2− x dx ta có 2x − 2− x = 0 ⇒ x = 0 .

−1 1

⇒I=

 −m 2 < m 2 ≤ 0 (vô nghiệm). (1) đúng ⇔   2 ≤ −m 2 < m 2

∫2

− 2 − x dx =

−1

∫2

− 2 − x dx + ∫ 2 x − 2 − x dx =

−1

∫ (2 −1

− 2 − x )dx +

∫ (2

− 2 − x )dx

 2 x + 2− x   2 x + 2− x  1 = .  +  = ln 2   −1  ln 2  0 ln 2 91

∫ f ( 2 x ) dx = 2 .

Câu 236. + Xét

Nên I =

Đặt u = 2 x ⇒ du = 2dx ; x = 0 ⇒ u = 0 ; x = 1 ⇒ u = 2 . 1 2 2 1 Nên 2 = ∫ f ( 2 x ) dx = ∫ f ( u ) du ⇒ ∫ f ( u ) du = 4 . 20 0 0

0 3  1 1  ∫ f ( −u ) d u + ∫ f ( u ) d u  = ( 4 + 6 ) = 5 . 2  −1 0  2

1 2

−1

+ Xét

∫ f (1 − 2 x ) dx

Tính I =

Đặt v = 6 x ⇒ dv = 6dx ; x = 0 ⇒ v = 0 ; x = 2 ⇒ v = 12 . 2 12 12 1 Nên 14 = ∫ f ( 6 x ) dx = ∫ f ( v ) dv ⇒ ∫ f ( v ) dv = 84 . 6 0 0 0 0

−1

Đặt t = 1 − 2 x ⇒ dt = −2dx. Đổi cận x = −1 ⇒ t = 3; x = 0

⇒I =−

∫ f ( 5 x + 2 ) dx = ∫2 f ( 5 x + 2 ) dx + ∫0 f (5 x + 2 ) dx .

−2

1 1 1 1 f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = .8 = 4 2 ∫3 20 20 2

Tính J = ∫ f ( 2 x − 1) dx

∫ f ( 5 x + 2) dx .

1 2

−2

Đặt t = 5 x + 2 .

Đặt t = 2 x − 1 ⇒ dt = 2dx. Đổi cận x =

Khi −2 < x < 0 , t = − 5 x + 2 ⇒ d t = −5d x ; x = −2 ⇒ t = 12 ; x = 0 ⇒ t = 2 . 2 12 2  1 −1 1 I1 = f ( t ) dt =  ∫ f ( t ) dt − ∫ f ( t ) dt  = ( 84 − 4 ) = 16 . ∫ 5 12 50 0  5

⇒J=

Vậ y

Ta thấy,

∫ f ( 5 x + 2 ) dx = 32 .

∫ 0

(

)

x →0

x→0

x →0

(

)

x →0 0

−1

∫

−1

f ( x )dx = ∫ 2 x 3 + x 2 dx + ∫ ( e x − 1)dx = ∫ 3 + x 2 d ( 3 + x 2 ) + ∫ ( e x − 1)dx 0

+ ( ex − x ) −1

1 0

22 =e+2 3− . 3

22 Suy ra a = 1 , b = 2 , c = − . 3 Vậy tổng a + b + 3c = −19 . Câu 241. Chọn C Do hàm số liên tục trên ℝ nên hàm số liên tục tại x = 0 ⇒ lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( 0 ) ⇔ 1 + m = 0 ⇔ m = −1

Khi x = 0 thì u = 0 . Khi x = 1 thì u = −1 .

Ta có

2 xdx + ∫ a x − x 2 dx

 x 2 x3  1 a + a  −  = −1 + a   = − 1 . 2 3 6 6  0

2 = ( 3 + x2 ) 3 + x 2 3

∫ f ( x ) d x = 4 . Đặt x = −u ⇒ d x = − d u .

−1

x →0 1

Khi đó

Vì hàm số đã cho liên tục trên R nên liên tục tại x = 0 . Suy ra lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( 0 ) hay m + 1 = 0 ⇔ m = −1 .

0 3  1  ∫ f ( −u ) d u + ∫ f ( u ) d u  . 2  −1 0 

−1 1

x →0

1 Câu 237. Đặt u = 2 x + 1 ⇒ d x = d u . Khi x = −1 thì u = −1 . Khi x = 1 thì u = 3 . 2 3 0 3  1 1 Nên I = ∫ f ( u ) d u =  ∫ f ( u ) d u + ∫ f ( u ) d u  2 −1 2  −1 0 

−1

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫

Câu 240. Ta có lim+ f ( x ) = lim+ ( e x + m ) = m + 1 , lim− f ( x ) = lim− 2 x 3 + x 2 = 0 và f ( 0 ) = m + 1 .

−2

= ( x2 )

Nên 4 = ∫ f ( x ) d x = − ∫ f ( −u ) d u =

∫ f ( 2 x − 1 ) dx = I + J = 4 + 1 = 5 .

Dạng 7.2. Tích phân nhiều công thức Câu 239. Chọn A

Đặt t = 5 x + 2 . Khi 0 < x < 2 , t = 5 x + 2 ⇒ dt = 5dx ; x = 2 ⇒ t = 12 ; x = 0 ⇒ t = 2 . 12 12 2  1 1 1 I 2 = ∫ f ( t ) dt =  ∫ f ( t ) dt − ∫ f ( t ) dt  = (84 − 4 ) = 16 . 52 50 0  5

Xét

1 1 f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = .2 = 1 2 ∫0 2 0

−1

1 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t = 1 2

 Tính I1 = ∫ f ( 5 x + 2 ) dx .

Vậ y

1 ⇒t =0 2

−

 Tính I1 =

1 2

∫ f ( 6 x ) dx = 14 .

+ Xét

∫ f ( 2 x − 1 ) dx = ∫ f (1 − 2 x ) dx + ∫ f ( 2 x − 1) dx = I + J

Câu 238. Ta có

∫ f ( −u ) d u . −1

f ( x ) d x = 6 ⇒ ∫ f (u ) d u = 6 .

x→0

Ta có

x →0

∫

−1

f ( x)dx = ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x)dx = I1 + I 2 94

−1

I1 = ∫ 2 x 3 + x 2 dx = ∫

1 2 2

( 3 + x ) d ( 3 + x ) = 23 ( 3 + x ) 2

3 + x2

0 16 =2 3− −1 3

1 1 I 2 = ∫ ( e x − 1) dx = ( e x − x ) = e − 2 0 0 1 22 22 ⇒ ∫ f ( x ) dx = I1 + I 2 = e + 2 3 − ⇒ a = 1; b = 2; c = − −1 3 3 Vậy T = a + b + 3c = 1 + 2 − 22 = −19 . Dạng 7.3 Tích phân hàm số chẵn, lẻ Câu 242. Chọn D 0

Đặt x = −t . Khi đó −

3 2

Ta có: I = −

3 2

−

3 2

Hay I =

3π 2

⇔I=

∫ 0

2 + 2cos 2 xd ( x ) =

4 cos 2 xd ( x ) = 2

3π 2

−2

3π 2

2 2

−2 2

−2

Do đó J =

∫π

−

∫ cos x d ( x ) = 2 ∫ cos xd ( x ) − 2 π∫ cos xd ( x )

2 (1 + tan 2 α )

4 tan 2 α + 4

f ( x)

∫ 1+ e

dx =

−a

f ( x)

∫ 1+ e

Mà theo giả thiết, I =

dx + ∫ 0

f ( x) dx . 1 + e kx

Câu 245. Tính

x =0⇒t =0

−a

−2

−

π 4

nên

π m

π 4

(3) 2

⇒

∫ f ( x ) dx = 20

−2

⇒ m = 20 .

dx bằng công thức: +4

∫x

dx 1 x = arctan + C + a2 a a

∫ f ( − x ) dx −2

−2

⇒ ∫ f ( − x ) dx = − ∫

a kx ekt . f ( t ) e . f ( x) dx = ∫ dx kt + 1 e 1 + ekx 0 0

=∫

−2

Đặt t = − x ⇒ dt = −dx Đổi cận x t

Khi đó, 0 0 a f ( x) f ( −t ) f (t ) ∫− a 1 + ekx dx = ∫a 1 + ek (−t ) ( −dt ) = ∫0 1 + e− kt dt

f ( x)

∫x

−2

⇒ dt = −dx ⇔ −dt = dx

∫ 1+ e

Từ đó:

Đổi cận: x = −a ⇒ t = a

Do đó,

dx 1 x ∫ x2 + 4 = 2 arctan 2 + C 2 2 dx 1 x 1 1  π  π  π ⇒∫ 2 = arctan = ( arctan1 − arctan ( −1) ) =  −  −   = x +4 2 2 −2 2 2  4  4  4 −2

dx .

−2

2 −2

f ( t ) d t = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx

2 2 1 1 dx ⇒ ∫ ( 2 f ( x ) + 3 f ( − x ) ) dx = ∫ 2 − 2 4 + x2 − 2 4+ x 2 2 1 dx ⇔ ∫ 5 f ( x ) dx = ∫ −2 4 + x 2 −2 2 1 2 1 1 π π  π 1 1  x 2 = . +  = dx = . arctan   ⇔ ∫ f ( x ) dx = ∫ −2 5 2 5 −2 4 + x 2  2  −2 10  4 4  20

dx = ∫

Câu 244. Hàm số f ( x ) , f ( − x ) liên tục trên ℝ và thỏa mãn 2 f ( x ) + 3 f ( − x ) =

−2 2

2 f ( x) + 3 f (−x) =

( e + 1) f ( x ) dx = f x dx e . f ( x) f ( x) dx + ∫ dx = ∫ kx kx ∫0 ( ) 1 + e 1 + e 1 + ekx 0 0 0 kx

Chú ý: Có thể tính nhanh

Đặt t = − x ⇔ x = −t

∫ f ( x ) dx = m 2

−a

−

−a 0

Xét tích phân

∫π

−2

f ( x)

∫ 1+ e

dα 1 = α 2 2

−2

Câu 243. Ta có

dα =

3π

Vậy I = 2sin x |02 −2 sin x |π2 = 6. a

Từ (1) , ( 2 ) và ( 3 ) , ta có K = J ⇒ 5 ∫ f ( x ) dx =

−2

2(1 + cos 2 x)d ( x )

dx  π π Đặt J = ∫ 2 ; x = 2 tan α , α ∈  − ;  , x +4  2 2 −2 2 dα = 2 (1 + tan 2 α ) dα . Ta có: dx = d ( 2 tan α ) = cos 2 α π π x = −2 ⇒ α = − ; Với x = 2 ⇒ α = . Với 4 4

3π 2

∫

∫ f ( − x ) dx = ∫ f ( t ) .( −dt ) = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx

⇒ K = 2 ∫ f ( x ) dx + 3 ∫ f ( − x ) dx = 2 ∫ f ( x ) dx + 3 ∫ f ( x ) dx = 5 ∫ f ( x ) dx ( 2 )

3π 2

−2

3π 2

∫ ( f ( −x) + f ( x)) d ( x) = ∫

dx (1) +4

∫ ( 2 f ( x ) + 3 f ( − x ) ) dx = 2 ∫ f ( x ) dx + 3 ∫ f ( − x ) dx

∫π f ( x ) d ( x ) = ∫π f ( x ) d ( x ) + ∫ f ( x ) d ( x ) = ∫ f ( − x ) d ( x ) + ∫ f ( x ) d ( x )

3π 2

−2

Do đó

3 2

3π 2

−2

Đặt − x = t ⇒ dx = − dt ; f ( − x ) = f ( t ) , x = −2 ⇒ t = 2; x = 2 ⇒ t = −2

3 2

Đặt K =

∫π f ( x ) dx = ∫π f ( −t ) d ( −t ) = − ∫π f ( −t ) dt = ∫ f ( − x ) dx

3π 2

∫ ( 2 f ( x ) + 3 f ( − x ) ) dx = ∫ x

1 nên ta có: x2 + 4

Câu 246. I =

sin x

∫π

−

dx =

1+ x + x

∫π

1 + x sin xdx −

−

ln 2

π 2

1 dx . Đặt u = e x ⇒ du = e x dx ex + 1 1 Đổi cận: Với x = − ln 2 ⇒ u = ; x = ln 2 ⇒ u = 2 . 2 ln 2 ln 2 ln 2 1 1 ex du Ta được ∫ x dx = ∫ x x dx = ∫ e +1 − ln 2 − ln 2 u ( u + 1) − ln 2 e ( e + 1)

∫π x sin xdx

− ln 2

−

4 4 I1

Ta nhận thấy 1 + x 2 sin x là hàm lẻ nên I1 = 0 u = x ⇒ du = dx  dv = sin xdx. Choï n v = − cos x

ln 2

2 1  1  −  du = ( ln u − ln u + 1 ) 1 = ln 2  u u +1  2 1 1 Vậy ta có a = , b = 0 ⇒ a + b = . 2 2 1 1 2 1 Câu 249. Do ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx = 1 ⇒ ∫ f ( x ) dx =1 và 21 0 0

π 4

∫π cos xdx = −

I 2 = − x cos x 4π + −

−

π π 2 π 2 π 2 − + sin x 4π = − + 2 − 8 8 4 4

Vậy a + b + c = 11

f ( − x ) dx = 2 .

Đổi cận: khi x = −2 thì t = 2 ; khi x = 0 thì t = 0 do đó

−2

Xét I =

⇒ ∫ f ( t ) dt = 2 ⇒ ∫ f ( x ) dx = 2 .

⇒I=

∫ f ( −2 x ) dx = −∫ f ( 2 x ) dx ⇒ ∫ f ( 2 x ) dx = −4 .

∫

f ( 2 x ) dx .

0 2

Đổi cận: khi x = 1 thì t = 2 ; khi x = 2 thì t = 4 do đó 4

Câu 250. Đặt t = − x ⇒ dt = − dx . Đổi cận: x = −2 ⇒ t = 2 , x = 2 ⇒ t = −2 . 2 2 2 f (t ) 2t 2x I = ∫ −t dt = ∫ t f ( t ) dt = ∫ x f ( x ) dx 2 +1 2 +1 2 +1 −2 −2 −2

∫ f ( 2 x ) dx = 2 ∫ f ( t ) dt = −4 1

⇒ ∫ f ( t ) dt = −8 ⇒ ∫ f ( x ) dx = −8 . 2

⇒ 2I =

∫ f ( x ) dx . ln 2

∫

f ( x ) dx +

∫

− ln 2

ln 2

f ( − x ) dx ==

∫

− ln 2

Câu 251. Ta có I = ln 2

 f ( x ) + f ( − x )  dx =

3π 2

− ln 2

ln 2

⇒ J = ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( − x ) dx = ∫ f ( x ) dx = 10 ⇒ 2 I = 20 ⇒ I = 10 .---------------------------

ln 2

− ln 2

ln 2

− ln 2

2x f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + 10 x 2 +1 0 −2 −2 −2 −2

−2

∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( − x ) dx .

Khi đó ta có: 2I =

dx + ∫

∫ f ( x ) dx , đặt t = − x ⇒ dt = −dx

Đặt t = − x ⇒ dt = −dx . Đổi cận: Với x = − ln 2 ⇒ t = ln 2 ; Với x = ln 2 ⇒ t = − ln 2 . ln 2

Xét J =

− ln 2

Ta được I = −

−2

ln 2

− ln 2

f ( x)

∫2

Mặt khác do f ( x ) là hàm số chẵn nên f ( − x ) = f ( x ) .

Do I = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 2 − 8 = −6 . Câu 248. Gọi I =

∫

∫ f ( x ) dx = 3 .

1 Đặt 2 x = t ⇒ dx = dt . 2

0 f ( x) f ( −t ) dx = − ∫ −t dt = x +1 3 +1 2

∫3

f ( x) dx . Đặt t = − x ⇒ dx = −dt x +1

2 t 2 x 3 f (t ) 3 f ( x) f ( −t ) dt = ∫ x dx dt = ∫ t 1 3 + 1 3 +1 0 0 0 −2 +1 t 3 2 x 2 2 0 2 2 3 f ( x) f ( x) f ( x) f ( x) f ( x) (3x + 1) f ( x ) dx = dx + ∫ x dx = ∫ ⇒∫ x dx = ∫ x dx + ∫ x dx = ∫ x 3 +1 3 +1 3 +1 3 +1 3 +1 3x + 1 0 0 −2 −2 0 0 0

2 f ( x) f ( x) ∫−2 3x + 1 dx + ∫0 3x + 1 dx và y = f ( x ) là hàm số chẵn, liên tục trên ℝ

∫3

−2

Do hàm số y = f ( x ) là hàm số lẻ nên f ( −2 x ) = − f ( 2 x ) .

Xét

0 0

⇒ f ( − x ) = f ( x ) ∀x ∈ ℝ .

∫ f ( − x ) dx = − ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt

Do đó

f ( x) Mặt khác ∫ x dx = 3 +1 −2

Đặt − x = t ⇒ dx = − dt .

−2

∫ f ( x ) dx = 2

⇒ ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx = 3 .

∫

− ln 2

π 2 2 1 − 2 =π Suy ra I = − 2 =π − 2 16 8 4 Câu 247. Xét tích phân

∫

Xét

1 ∫ e x + 1 dx . − ln 2

−

∫π 3 2

3π 2

f ( x ) dx = −

∫π 3 2

f ( x ) dx +

∫ f ( x ) dx . 0

Xét −

3π 3π ∫π f ( x ) dx Đặt t = − x ⇒ dt = −dx ; Đổi cận: x = − 2 ⇒ t = 2 ; 3 2

Suy ra −

3 2

3π 2

Từ (1) và ( 2 ) ⇒ f (1 − x ) = x 2 + 3 = (1 − x − 1) + 3

∫π f ( x ) dx = − ∫π f ( −t ) dt = ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( − x ) dx .

⇒ f ( x ) = ( x − 1) + 3

3π 2

Theo giả thiết ta có: f ( x ) + f ( − x ) = 2 − 2 cos 2 x ⇔ 3π 2

3π 2

∫ ( f ( x ) + f ( − x )) dx = ∫

2 − 2cos xdx

3 2

3π 2

−

Câu 252. Xét tích phân

f ( x)

∫ 1 + 2018

−

f ( x)

Do đó I = ∫ max {e , e

f ′( x)

∫ [ f ( x) ]

dx = ∫ xdx ⇒ ∫

2018x f ( x ) ∫−1 1 + 2018x dx .

1 2

df (x) =

}dx = ∫ e1−2 x dx + ∫ e x dx = − 2 e1−2 x 1 3

1 3

+ ex

1 1 3

(

)

 5π  π  π sin  − x  cos  + x  4 1 12 6     dx = ∫0  5π   π  ∫0  5π   π  dx cot  − x  tan  + x  cos  − x  si n  + x   12  6   12  6  Câu 257. 7π  π  π π π 7 + si n  − 2 x  sin 2 sin  4 4 12 4   12   dx =∫ dx = ∫ −1 + 7π 7π π  π  0 0 sin − si n  − 2 x  sin − si n − 2 x    12 12 4  4   π

[ f ( x)]

1 3

1 1 3 = − e3 + e + e − e3 = e − 3 e . 2 2 2

dx =

1−2 x

dx . Đặt x = −t ; dx = − dt ; x = −1 ⇒ t = 1 ; x = 1 ⇒ t = −1 .

1 .6 = 3 . 2 −1 Dạng 8. Một số bài toán tích phân khác Câu 253. Chọn A 2 Từ hệ thức đề cho: f ′( x) = x [ f ( x)] (1), suy ra f ′( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ [1; 2] . Do đó f ( x ) là hàm không giảm trên đoạn [1; 2] , ta có f ( x) ≤ f (2) < 0 với mọi x ∈ [1; 2] . f ′( x) 2 Chia 2 vế hệ thức (1) cho [ f ( x) ] ⇒ = x, ∀x ∈ [1; 2]. 2 [ f ( x) ] Lấy tích phân 2 vế trên đoạn [1; 2] hệ thức vừa tìm được, ta được: x

 1  1−2 x  e khi 0 ≤ x ≤  1  3 ⇔ x ≥ 1− 2 x ⇔ x ≥ . Suy ra: max {e x , e1−2 x } =   1 3 x e khi ≤ x ≤ 1   3   x

−1

3 2

1 1 −1 2018t. f ( t ) f (t ) f ( x) f ( −t ) dt = ∫ dt = ∫−1 1 + 2018x dx = − ∫1 1 + 2018−t dt = −∫1 1 1 + 2018t −1 1+ t 2018 1 1 1 2018x f ( x ) f ( x) dx = ∫ f ( x ) dx = 6 . Vậ y ∫ dx + ∫ x x 1 + 2018 1 + 2018 −1 −1 −1

∫ 1 + 2018

Câu 256. Ta có: e x ≥ e1−2 x

Do đó

3π 2

∫ f ( x ) dx + ∫π f ( x ) dx = 2∫ sin x dx − 2 ∫ sin x dx ⇔ ∫π f ( x ) dx = 6 0

⇒ I = ∫ ( 4 x − 2 ) dx = ( 2 x 2 − 2 x ) = 4 .

∫ f ( x ) dx + ∫ f ( − x ) dx = 2 ∫ sin x dx

3π 2

⇔

⇒ f ′′ ( x ) = 2

3π 2

⇔

 f 2 (1 − x ) = ( x 2 + 3) , f ( x + 1) ⇒ f 4 (1 − x ) = ( x 2 + 3)2 . f 2 ( x + 1) (1)  Câu 255. Ta có:  2 2  f (1 + x ) = ( x + 3) . f (1 − x ) ( 2 )

x = 0⇒ t = 0.

−1 3 3 1 1 3 ⇒ = ⇒ − = f ( x) 1 2 f (1) f (2) 2 2

 7π π  5π  π tan cos  − x + + x   4   12 12 6    dx = ∫  −1 + tan 7π  cot  π + x  − tan  5π − x    dx = ∫  −1 + 5 π π 12 6 12            0 0 cos  − x  si n  + x     12  6    π 4

 7π  π 2+ 3 π   5π  4 =  − x + tan  ln sin  6 + x  − ln cos  12 − x    = − 4 + 2 ln 3 12     0   Do đó a = 3; b = 3; c = 4 . Vậy a 2 + b2 + c 2 = 34 . Câu 258. Chọn C

1 2 nên suy ra f (1) = − . 3 3 Chú ý: có thể tự kiểm tra các phép biến đổi tích phân trên đây là có nghĩa. Câu 254. Chọn D 2 2 f ′( x) f ′( x) 2 Ta có: f ′ ( x ) = x 3  f ( x )  ⇒ 2 = x3 ⇒ ∫ 2 dx = ∫ x 3dx f ( x) f x ( ) 1 1 Do f (2) = −

Ta có:

 1  15 1 1 15 4 ⇔ − = ⇔− + = ⇔ f (1) = − .  f ( x )  f f 4 2 1 4 5 ( ) ( )  1 99

100

x. f ( x). f '( x) = f 2 ( x) − x ⇔ 2 x. f ( x). f '( x ) = 2 f 2 ( x) − 2 x 2

⇔ 2 x. f ( x). f '( x) + f 2 ( x) = 3 f 2 ( x ) − 2 x ⇔ ∫ ( x. f 2 ( x ) ) ' dx = 3∫ f 2 ( x )dx − ∫ 2 xdx 2 ⇔ ( x. f 2 ( x) ) = 3I − 4 ⇔ 2 = 3I − 4 ⇔ I = 2 0 2

f ′ ( x ) = ( 2 x + 1)  f ( x )  , ∀x ∈ ℝ ⇒ Câu 259.  ⇒  f Vậ y

1 2

− f ′ ( x)  f ( x ) 

∫x 1 5

= − ( 2 x + 1) , ∀x ∈ ℝ

I = ∫ f ( x )dx = − ∫

 = ∫ − 0 

(3x

f ( x)

)

f ( x )  

f ( x) , b =

)

f ( x)

(

f ( x) − x

)

 + f ( x )  dx 

f ( x ) thì 1

1 2 f ( x ) + 6 x3 = ( 3 x 2 + x ) f ( x ) + C , với C là hằng số. 2 Mặt khác: theo giả thiết f ( 0 ) = 0 nên C = 0 .

Khi đó

1 2 f ( x ) + 6 x 3 = ( 3x 2 + x ) f ( x )(1) , ∀x ∈ ℝ . 2

 f ( x) = 2x . f 2 ( x ) + 12 x 3 = ( 6 x 2 + 2 x ) f ( x ) ⇔  f ( x ) − 2 x   f ( x ) − 6 x 2  = 0 ⇔  2  f ( x ) = 6 x Trường hợp 1: Với f ( x ) = 6 x 2 , ∀x ∈ ℝ , ta có f ′ ( 0 ) = 0 (loại).

(1) ⇔

dx = ae 2 + b, ( a, b ∈ ℚ )

Trường hợp 2: Với f ( x ) = 2 x, ∀x ∈ ℝ , ta có :

3 1 3 2 1 e − . Suy ra a = ; b = − 4 4 4 4

1 2x  ( x + 1) e 2 x  e 3 2 1  − ∫ dx = e − 2 2 4 4 0  0

f ( x) 2x ∫ ( x + 1) e dx = ∫ ( x + 1) e dx = 

Vậ y a − b = 1 Câu 261. Vì f ( x ) > 0 và ∀x ∈ ( 0;1) ta có:

3  a = 4 ⇒ ⇒ a − b = 1. b = − 1  4

f ( x) − f ′( x) = −

) ≈ 5,97

⇒

0 f x TH2: f ( x ) = 2 x ⇒ ∫ ( x + 1) e ( ) dx = ∫ ( x + 1) e 2 x dx =

⇒ ∫  f ( x ) . f ′ ( x ) + 18 x 2 dx = ∫ ( 3x 2 + x ) f ′ ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x ) dx 1 ′ ′ ⇒ ∫  f 2 ( x ) + 6 x3  dx = ∫ ( 3x 2 + x ) f ( x )  dx 2 

+ x f ( x)

∫ ( x + 1) e

e +2 5

Câu 263. Ta có f ( x ) . f ′ ( x ) + 18 x 2 = ( 3 x 2 + x ) f ′ ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x )

)

TH1: f ( x ) = 6 x 2 không thoả mãn kết quả

(

1  ( a + b )2 ( a + b ) 2  x2 1 . M = ∫  − ab ( a 2 + b 2 ) dx ≥ ∫  − dx ≥ ∫ − dx = − . 4 2 8 24  0 0  0 

 f ( x) = 6x2 ⇒ f 2 ( x ) − 2 3x 2 + x f ( x ) + 12 x 3 = 0 ⇒   f ( x ) = 2 x

(

x−

)

( x ) + 6 x3 =

(

Đặt a = x −

lời giải Chọn A Ta có f ( x ) . f ' ( x ) + 18x 2 = 3x 2 + x f ' ( x ) + ( 6 x + 1) f ( x )

e 1 2 = −4 ⇔ f   = 1 5 f  5 5

1 . x + x +1 2

Câu 260.

π π 3 3 (1 + tan 2 t ) 1 3 π 3 2 33  −π π  2 tan t , t ∈  ;  . Suy ra I = − ∫ Đặt x + = dt = − ∫ dt = − 9 . 3 2 2 3 2  2 2 π π (1 + tan t ) 6 4 6

lấ y nguyên hàm 2 vế ta được:

1 5

2 2 −2 2 1 1 dx= ∫ d =4 − 1 = −4 x 1 1 1  x 1 x2. − 1 −1 5 5 x x

Ta có M = ∫  2 f 2 ( x ) + 3xf ( x ) − 4 f ( x ) xf ( x ) − x xf ( x ) dx  

1 1 dx = − ∫ dx . 2 x2 + x + 1 1 3 0  x+  + 2 4 

x − x2

dx = ∫

Câu 262. Chọn A

(

1 2

−2

⇒2 e−

′ 1   = − ( 2 x + 1) , ∀x ∈ ℝ ( x)  1 1 = − ( 2 x + 1)dx = − x 2 − x + C ⇒ f ( x ) = 2 . −x − x + C ( x) ∫

Do f ( 0 ) = −1 ⇒ C = −1 . Vậy f ( x ) = −

2 5 5  ex  ' −2 −2 ex 2 e e e ⇒  ⇒∫ dx = = − =2 e−  =  2 2 1 1 1 f x f x      ( ) ( ) 1 x x − x x x − x 1   f  f  f  5 5 2 5 5

2  f ( x ) ex f ( x ) − ex f '( x ) 2 ⇔ =− 2  f ( x ) e x .x. x − x 2 x x − x2

101

102

1 2

Câu 264.

109 2 ∫1  f ( x ) − 2 f ( x ) .(3 − x ) dx = − 12 . ⇔

−

2 1 2

⇔

1 2

Do đó I =

2 109 2 ∫1 ( f ( x ) − ( 3 − x ) ) − ( 3 − x )  dx = − 12

−

dx = −

1 − 2

109 . 12

Suy ra

∫ ( f ( x ) − (3 − x ) ) −

2 π  π 2 −π π − 2  2  2 ∫0  f ( x ) − 2 2 f ( x ) sin  x − 4  d x + ∫0 2sin  x − 4  d x = 2 + 2 = 0

dx = 0 .

π 2  π π    ⇔ ∫  f 2 ( x ) − 2 2 f ( x ) sin  x −  + 2sin 2  x −   d x = 0 4 4    0 

1 2

Vậ y

1 2

1  x −1  2 =  − ln x + 1 + ln  2 = ln . x +1  9  0

− x (1 − x 2 )

n +1 1

n +1 0 1

⇒ I n +1 =

2 π π2   ∫0 f ( x ) d x = ∫0 2 sin  x − 4  d x = − 2 cos  x − 4  0 = 0 . Câu 268. Đặt t = a − x ⇒ dt = −dx . a a a 1 1 1 dx = ∫ dt = ∫ dx . Thay vào ta được I = ∫ 1+ f ( x) 1+ f (a − t ) 1 + f (a − x) 0 0 0

n +1 n +1 1 (1 − x2 ) dx = 2 ( n1+ 1) ∫ (1 − x2 ) dx 2 ( n + 1) ∫0 0

a   f (a − x) − f ( x) Suy ra 0 = ∫  dx , do hàm số f ( x) liên tục và luôn dương trên đoạn 1 + f x 1 + f a − x ( )) ( ( ) )  ( 0 

n +1 1 (1 − x2 )(1 − x2 ) dx 2 ( n + 2 ) ∫0

[0; a ] . Suy ra f ( a − x ) = f ( x ) , trên đoạn [0; a ] . a

1 a Mà f ( x). f (a − x) = 1 ⇒ f ( x ) = 1 . Vậy I = ∫ dx = . 2 0 2

1 1  1 2 n +1 2 2 n +1 ⇒ I n +1 =  ∫ (1 − x ) dx − ∫ x (1 − x ) dx  2 (n + 2)  0 0 

⇒ I n +1 =

du = dx 1 u = x n  n +1 Câu 265. Xét I n = ∫ x 2 (1 − x 2 ) dx . Đặt  ⇒ n − (1 − x 2 ) .  2 0 dv = x (1 − x ) dx v = 2 ( n + 1) 

In =

2  π   ⇔ ∫  f ( x ) − 2 sin  x −   d x = 0 4   0  π π   Suy ra f ( x ) − 2 sin  x −  = 0 , hay f ( x ) = 2 sin  x −  . 4 4   Bởi vậy:

1 2

 −1  f ( x) 3− x 1− x + 2 2 dx = ∫ 2 dx = ∫ 2 dx = ∫  +  dx 2 −1 x − 1 x − 1 x + 1 x − 1 x + 1 ( )( ) 0 0 0 

∫x 0

1 2

2  1 1  1 1 Vì  f ( x ) − ( 3 − x )  ≥ 0, ∀x ∈  − ;  nên f ( x ) = 3 − x , ∀x ∈  − ;  .  2 2  2 2 1 2

1   2 π −2 . =  x + cos 2 x  = 2 2  0 Do đó:

1 2

2 2 π π     ∫0 2sin  x − 4  d x = ∫0 1 − cos  2 x − 2   d x = ∫0 (1 − sin 2 x ) d x

1  x3  2 109 2 2 2 = Mà ∫ ( 3 − x ) dx = ∫ ( 9 − 6 x + x ) dx =  9 x − 3x +  3  1 12 1 1  − − − 2 2 2 1 2

1 a ⇒ b = 1; c = 2 ⇒ b + c = 3. 2

Câu 267. Ta có:

∫ ( f ( x ) − ( 3 − x )) dx − ∫ ( 3 − x )

1 − 2

1 2

Câu 269. Ta có: 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = 1 − x (1)

I I 2n + 1 1 ⇒ lim n +1 = 1 .  2 ( n + 1) I n − I n +1  ⇒ n +1 = 2n + 5 n →+∞ I n In 2 ( n + 2) 

Đặt t = 1 − x ⇒ x = 1 − t , phương trình (1) trở thành 2 f (1 − t ) + 3 f ( t ) = t

Thay t bởi x ta được phương trình 3 f ( x ) + 2 f (1 − x ) = x

Câu 266. Cách 1. Đặt t = a − x ⇒ dt = −dx Đổi cận x = 0 ⇒ t = a; x = a ⇒ t = 0.

(2)

 2 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = 1 − x 1 Từ (1) và ( 2 ) ta có hệ phương trình  ⇒ f ( x) = 3 x − 2 1− x 5 3 f ( x ) + 2 f (1 − x ) = x 1 1 1 1 1 3 2 ⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫ 3 x − 2 1 − x dx = ∫ xdx − ∫ 1 − x dx 50 50 50 0

(

0 a a a f ( x ) dx dx dx dx −dt =∫ =∫ =∫ =∫ 1 1+ f ( x) a 1+ f ( a − t ) 0 1+ f ( a − x) 0 1+ 1 + f ( x) 0 0 f ( x)

Lúc đó I = ∫

(

a f ( x ) dx a dx +∫ = 1dx = a Suy ra 2 I = I + I = ∫ 1 + f x 1 + f ( x ) ∫0 ( ) 0 0 a

)

*Xét I = ∫ xdx 0

103

104

Đặt u = x ⇒ u 2 = x ⇒ dx = 2u du Đổi cận: x = 0 ⇒ u = 0 ; x = 1 ⇒ u = 1

π 0

∫π

2 cos2018 x cos 2018 x dx = ∫ 2018 dx 2018 2018 sin x + cos x sin x + cos 2018 x 0

2u 3 2 ⇒ I = 2 ∫ u du = = 3 0 3 0

−

Từ đó ta có: π  π sin 2018 x π 2 sin 2018 x sin 2018 x  d x =  ∫ 2018 d x + ∫ 2018 d x 2018 2018 ∫ 2018 2018 2 0 sin x + cos x 2  0 sin x + cos x x + cos x  π sin 2   π  π2  2018 2018 2 π sin x cos x  =  ∫ 2018 d x + ∫ 2018 d x 2018 2  0 sin x + cos 2018 x sin x + cos x 0   

*Xét J = ∫ 1 − xdx

Đặt v = 1 − x ⇒ v 2 = 1 − x ⇒ dx = −2vdv Đổi cận: x = 0 ⇒ v = 1 ; x = 1 ⇒ v = 0 0

⇒ J = −2 ∫ v 2dv = 2∫ v 2 dv =

2v3 2 = 3 0 3

3 2 2 2 2 ⇒ ∫ f ( x ) dx = . − . = . 5 3 5 3 15 0

π 2 sin 2018 x + cos2018 x 2 ∫ sin

dx=

π 2

dx= 2∫

π2

. x + cos x 4 0 Như vậy a = 2 , b = 4 . Do đó P = 2a + b = 2.2 + 4 = 8 .

2018

x sin 2018 x dx. 2018 sin x + cos 2018 x 0 Đặt x = π − t ⇒ d x = − d t . Khi x = 0 thì t = π . Khi x = π thì t = 0 . 0 π (π − t ) sin 2018 (π − t ) (π − x ) sin 2018 x d x Ta có I = − ∫ 2018 d t = ∫ 2018 2018 sin x + cos 2018 x (π − t ) + cos (π − t ) π sin 0 π

Câu 270. Xét tích phân I = ∫

Câu 271. Theo bài ra ta có hàm số f ( x ) đồng biến trên [ 0; 2 ] ⇒ f ( x ) ≥ f ( 0 ) = 1 > 0 do đó f ( x ) > 0 ∀x ∈ [ 0; 2 ] .

 f ′ ( x ) ′ f ′′ ( x ) . f ( x ) −  f ′ ( x )  Ta có   = 2  f ( x )   f ( x) 

x sin 2018 x sin 2018 x d x − ∫ 2018 dx 2018 sin + cos sin x x x + cos 2018 x 0 0

Theo đề bài  f ( x )  − f ( x ) . f ′′ ( x ) +  f ′ ( x )  = 0

sin 2018 x dx−I . 2018 x + cos 2018 x sin 0

 f ′ ( x ) ′ 2 2 ⇒ f ′′ ( x ) . f ( x ) −  f ′ ( x )  =  f ( x )  ⇒   =1  f ( x) 

=π∫

2018

=π∫

Suy ra I =

sin 2018 x dx. 2 ∫0 sin 2018 x + cos 2018 x

Xét tích phân J = ∫ π

⇒

sin 2018 x dx. sin x + cos 2018 x

Đặt x =

Khi x =

f ( x)

= x +C ⇒ ∫ 0 2

2018

⇒ ln f ( x )

f ′( x)

f ′( x) f ( x)

dx = ∫ ( x + C ) dx ⇒ ∫

 x2  1 d ( f ( x ) ) =  + Cx  2 f ( x)  

= 2 + 2C ⇒ ln e6 − ln 1 = 2 + 2C ⇒ C = 2 ⇒

−u ⇒ d x = −du .

1  x2  Do đó ln f ( x ) =  + 2 x  2   0

thì u = 0 .

Khi x = π thì t = −

π 2

Câu 272. .

⇒ ln f (1) = 0

f ( x)

= x+2.

5 5 ⇒ f (1) = e 2 . 2

. f 2 ( x ) = f 2 ( x ) + 2. f ( 3 − x ) . f 2 ( x ) + f 2 ( 3 − x ) . f 2 ( x ) 2

= f 2 ( x ) + 2. f ( x ) + 1 = ( f ( x ) + 1) .

π  sin 2018  − u  0 cos2018 x 2   Nên J = − ∫ du = ∫ dx. 2018 π π sin x + cos 2018 x     2018 π 0 sin 2018 −  − u  + cos  − u  2 2  2  cos 2018 x Vì hàm số f ( x ) = là hàm số chẵn nên: sin 2018 x + cos 2018 x −

(1 + f ( 3 − x ) )

f ′( x)

I =∫

x. f ′ ( x )

(1 + f ( x ))

u = x du = dx   f ′( x) Đặt  1 ⇒ dx dv = 2  v = − 1 + f ( x ) 1 + f x ( ) ( )  

105

106

π 4

−x dx −3 + = + I1 1 + f ( x ) 0 ∫0 1 + f ( x ) 1 + f ( 3)

1 ⇒ f ( 3) = 2 2 Đặt t = 3 − x ⇒ dt = − dx Đổi cận x = 0 ⇒ t = 3 x =3⇒t = 0 3 3 3 f ( x ) .dx dt dx I1 = ∫ =∫ =∫ 1 1 + f (3 − t ) 0 1 + f ( x) 0 0 1+ f ( x)

Nên:

f ( 0) =

Câu 275. - Đặt y = f ( x ) . Khi đó từ giả thiết ta có : y +1 y +1 1   1   , f − . f ( x + 1) = y + 1 , f  = =− 2 2  x + 1  ( x + 1)  x +1  ( x + 1)

y +1 x2 + 2 x − y  x   1   1  + 1 = f  − +1 = Suy ra f  (1)  = f −  +1 = − 2 2  x +1  x +1   x +1 ( x + 1) ( x + 1)

1 + f ( x)

y x2 + y 1  x +1   1 , Và f   = f 1 +  = 1 + f   = 1 + 2 = x x2  x  x   x x2 + y   f  x +1     1  x2 + y x   x   x2 = f 2 . =  = f  x +1  = 2 ( ) 2 2 x + 1   ( x + 1)  x +1    x +1      x   x   x  x2 + 2x − y x2 + y - Từ (1) và ( 2 ) suy ra : = ⇒ x 2 + 2 x − y = x 2 + y ⇒ y = x hay f ( x ) = x . 2 2 ( x + 1) ( x + 1)

3 1 = . 2 2 Câu 273. - Đặt t = a − x ⇒ dx = − dt ; đổi cận: x = 0 ⇒ t = a , x = a ⇒ t = 0 . a a a a a f ( x) 1 1 1 1 ⇒I =∫ dx = ∫ dt = ∫ dx = ∫ dx = ∫ dx 1 0 1+ 0 1 + f ( x) 0 1+ f ( a − t ) 0 1 + f (a − x) 0 1 + f ( x) f ( x) Vậy I = −1 +

a a a f ( x) 1+ f ( x) 1 a dx + ∫ dx = ∫ dx = ∫ dx = x 0 = a + f x + f x + f x 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 0 0 0 0

⇒ 2I = ∫

a . 2

Do đó: I = ∫ 0

Câu 274. Ta có

π 4

8 8 8 1 1 I = ∫ f ( 2 x ) dx = ∫ cos 4 xdx = sin 4 x = . 4 4 0 0 0

3 2 I1 = ∫ dx = 3 ⇒ I1 = 1 + f ( x) 2 0

Vậ y I =

⇔ ∫  f ( x ) − cos 2 x  dx = 0 ⇒ f ( x ) = cos 2 x .

∫ f ′ ( x ) sin 2 xdx = ∫ sin 2 xdf ( x ) =  f ( x ) sin 2 x 

π 4 0

π 4

f ( x) f

( x) +1

.dx = ∫ 0

2 1 1 x 1 d ( x + 1) 1 1 .dx = ∫ 2 = ln ( x 2 + 1) = ln 2 ≈ 0,35 . x +1 2 2 0 x +1 2 0

Vậy I ∈ ( 0;1) .

− ∫ f ( x ) d sin 2 x 0

π 4

π   π  = f   sin  2.  − f ( 0 ) sin ( 2.0 ) − 2 ∫ f ( x ) cos 2 xdx 4  4 0 π 4

π 4

π  = f   − 2 ∫ f ( x ) cos 2 xdx = −2 ∫ f ( x ) cos 2 xdx . 4 0 0 π 4

Do đó 2 ∫ f ( x ) cos 2 xdx = 0

π 4

Mặt khác: ∫ cos 2 2 xdx = 0

4 14 π 1 1 (1 + cos 4 x ) dx =  x + sin 4 x  = . 2 ∫0 8 2 0 8

Bởi vậy: π 4

π 4

∫ f ( x ) dx − 2∫ f ( x ) cos 2 xdx + ∫ cos 2

2 xdx =

π 8

−

π 4

π 8

π 4

⇔ ∫  f 2 ( x ) − 2 f ( x ) cos 2 x + cos 2 2 x  dx = 0 0

107

108

CHUYÊN ĐỀ 20

ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

Câu 1.

(THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [ a; b] . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x = a , x = b đượcc tính theo công thức th

MỤC LỤC PHẦN A. CÂU HỎI ....................................................................................................................................................... 1

A. S =

Dạng 1. Ứng dụng tích phân để tìm diện tích .............................................................................................................. 1 Dạng 1.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện .................................................................................................... 1 Dạng 1.2 Bài toán có điều kiện .................................................................................................................................. 13

∫ f ( x ) dx . b

∫

C. S = π 2 2 x dx

D. S = 2 2 x dx

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM M 2018) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởii các đường y = e x , y = 0 , x = 0 , x = 2 . Mệnh đề nào dướới đây đúng? 2

∫

A. S = e x dx

B. S = π e x dx

Dạng 3.2 Bài toán cho biết đồ thị của vận tốc, quảng đường ..................................................................................... 33

Câu 4.

D. S =

B. S = 2 x dx

Dạng 3.1 Bài toán cho biết hàm số của vận tốc, quảng đường................................................................................... 30

∫

Dạng 3. Ứng dụng tích phân để giải bài toán chuyển động ...................................................................................... 30

C. S = − f ( x ) dx .

A. S = π 2 x dx Câu 3.

∫ f ( x ) dx .

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn ạn bbởi các đường y = 2 x , , x = 0 , x = 2 . M ào dưới đây đúng? ệnh đề n y=0

Dạng 2.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện .................................................................................................. 23

Dạng 4. Ứng dụng tích phân để giải một số bài toán thực tế .................................................................................... 37

B. S =

Câu 2.

Dạng 2. Ứng dụng tích phân để tìm thể tích .............................................................................................................. 23 Dạng 2.2 Bài toán có điều kiện .................................................................................................................................. 28

∫ f ( x ) dx .

∫

D. S = π e 2 x dx

C. S = π e x dx

(Mã 102 - BGD - 2019) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = 0, x = −1 và x = 5 (như hình vẽ bên).

Dạng 4.1 Bài toán liên quan đến diện tích.................................................................................................................. 37 Dạng 4.2 Bài toán liên quan đến thể tích.................................................................................................................... 40 Dạng 5. Ứng dụng tích phân để giải quyết một số bài toán đại số ........................................................................... 45 PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO ........................................................................................................................... 48 Dạng 1. Ứng dụng tích phân để tìm diện tích ............................................................................................................ 48 Dạng 1.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện .................................................................................................. 48 Dạng 1.2 Bài toán có điều kiện .................................................................................................................................. 59 Dạng 2. Ứng dụng tích phân để tìm thể tích .............................................................................................................. 73

Mệnh đề nào sau đây đúng?

Dạng 2.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện .................................................................................................. 73

Dạng 2.2 Bài toán có điều kiện .................................................................................................................................. 80

C. S =

Dạng 3.1 Bài toán cho biết hàm số của vận tốc, quảng đường................................................................................... 83 Dạng 4. Ứng dụng tích phân để giải một số bài toán thực tế .................................................................................... 89

∫

−1 1

Dạng 3. Ứng dụng tích phân để giải bài toán chuyển động ...................................................................................... 83 Dạng 3.2 Bài toán cho biết đồ thị của vận tốc, quảng đường ..................................................................................... 87

∫

A. S = − f ( x)dx − f ( x)dx .

Câu 5.

B. S =

∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx . −1

∫

f ( x )dx − ∫ f ( x )dx .

−1

1 1

∫

−1

D. S = − f ( x)dx + f ( x)dx .

(Mã 103 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ . Gọi S là diện n tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = 0, x = −1, x = 2 (như hình vẽ bên). Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Dạng 4.1 Bài toán liên quan đến diện tích.................................................................................................................. 89 Dạng 4.2 Bài toán liên quan đến thể tích.................................................................................................................... 98 Dạng 5. Ứng dụng tích phân để giải quyết một số bài toán đại số ......................................................................... 107

PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Ứng dụng tích phân để tìm diện tích Dạng 1.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện

A. S =

−1

∫ f ( x ) dx +∫ f ( x ) dx . 1

B. S = −

−1

∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx . 2

C. S = −

−1

Câu 6.

D. S =

−1

∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx .

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tính diện tích hình phẳng giới ới hạ hạn bởi đồ thị hàm số y = x 3 − x và đồ thị hàm số y = x − x 2 . A.

Câu 7.

∫ f ( x ) dx+∫ f ( x ) dx .

37 12

9 4

81 12

D. 13

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT ĐT N NĂM 2017) Gọi S là diện tích hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường 0

−1

y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x = −1 , x = 2 . Đặt a = ∫ f ( x ) dx , b = ∫ f ( x ) dx , mệnh đề

−1 2

nào sau đây đúng?

∫ ( −2 x + 2 ) dx ∫ ( −2 x

+ 2 x + 4 ) dx D.

−1

Câu 10.

∫ ( 2 x − 2 ) dx −1 2

∫ ( 2x

− 2 x − 4 ) dx

−1

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = 0, x = −1 và x = 4 (như hình vẽ bên). Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. S = b − a Câu 8.

B. S = b + a

C. S = −b + a

D. S = −b − a

(ĐỀ THAM KHẢO O BGD & ĐT 2018) Cho ( H ) là hình phẳng giới hạn bởii parabol y = 3x 2 , cung tròn có phương trình y = 4 − x

A. S =

(với 0 ≤ x ≤ 2 ) và trục hoành (phần tô đậm m trong hình vẽ). Diện tích của

−1

Câu 11.

∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx . −1

∫

f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx .

−1

C. S = −

B. S =

1 1

( H ) bằng

∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx .

∫

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

−1

D. S = −

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi cá đường y = f ( x ) , y = 0, x = −2 và x = 3 (như hình vẽ). Mệnh đề nào dưới đây đúng?

4π + 3 A. 12 Câu 9.

4π − 3 B. 6

4π + 2 3 − 3 C. 6

y=f(x)

5 3 − 2π D. 3

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT ĐT NĂM 2018-2019) Diện tích phần hình phẳng gạch ạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây?

A. S = − C. S = −

∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx. −2 1

1 3

−2

∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx.

B. S = D. S =

−2 1

1 3

−2

∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx. ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx. 4

Câu 12.

(CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây?

2 ∫ ( 2 x − 2 x − 4 ) dx . −1 2

∫ ( −2 x

+ 2 x + 4 ) dx . D.

−1

Câu 13.

A. S D =

2 ∫ ( 2 x + 2 x − 4 ) dx . −1 2

∫ ( −2 x

C. S D =

− 2 x + 4 ) dx .

−1

(HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục hoành, đường thẳng x = a, x = b (như hình vẽ bên). Hỏi cách tính S nào dưới đây đúng?

Câu 17.

Câu 18.

∫

∫ f ( x ) dx .

B. S D = − f ( x ) dx +

a 0

∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

∫

f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx .

D. S D = − f ( x ) dx −

∫

∫ f ( x ) dx . 0

Diện tích hình phẳng giới ới hạn hạ bởi đồ thị hàm số y = ( x − 2 ) − 1 , trục hoành và hai đường thẳng x = 1, x = 2 bằng 2 3 1 7 A. . B. . C. . D. . 3 2 3 3 Cho hai hàm số f ( x) và g ( x) liên tục trên [ a ; b ] . Diện tích hình phẳng giới hạn ạn b bởi đồ thị của các hàm số y = f ( x) , y = g ( x) và các đường thẳng x = a , x = b bằng

A. S = ∫ f ( x ) dx .

B. S =

∫

f ( x ) dx .

D. S =

∫

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

Câu 19.

Câu 14.

(THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các 3 đồ thị hàm số: y = x − 3x , y = x . Tính S . A. S = 4 . B. S = 8 . C. S = 2 . D. S = 0 .

Câu 15.

(CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 3x , y = 0 , x = 0 , x = 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2

∫

A. S = 3 x dx . 0

Câu 16.

∫

B. S = π 32 x dx . 0

∫ [ f ( x ) − g ( x ) ] dx .

f ( x) + g ( x) dx .

∫

f ( x) − g ( x) dx .

∫ [ f ( x) − g ( x)] dx . a

Diện tích phần hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ bên được tính theo công thức ức nào dưới đây?

∫

D. S = 32 x dx .

C. S = π 3 x dx .

∫ a

C. S = − f ( x ) dx +

∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

∫

(THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn

[ a; b] . Gọi

D là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) : y = f ( x ) , trục hoành, hai đường thẳng

x = a , x = b (như hình vẽ dưới đây). Giả sử S D là diện tích hình phẳng D . đúng trong các phương án A, B, C, D cho dưới đây?

∫ (x

x dx .

−1 1

∫ (−x

)

−2+ +2+

−2−

)

x dx . D.

∫ (−x

+2−

)

x dx .

)

x dx .

−1

(KTNL GV BẮC GIANG NĂ NĂM 2018-2019) Tính diện tích hình phẳng giới ới hạ hạn bởi đồ thị hàm số

y = 4x − x2 A. 11 . 5

−1 1

−1

Câu 20.

∫ (x

và trục

Ox B.

34 . 3

31 . 3

32 . 3 6

Câu 21.

(ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol 2

Câu 26.

y = ( x − 2 ) , đường cong y = x 3 và trục hoành ( như hình vẽ ) bằng :

(THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y = x3 − x ; y = 2 x và các đường x = 1 ; x = −1 được xác định bởi công thức: 0

A. S =

∫ (x

−1

∫ ( 3 x − x ) dx . 3

Câu 22.

11 2

73 12

7 12

5 2

D. S =

∫

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

c c

∫

C. S = − f ( x ) dx + Câu 23.

∫

D. S =

∫ a

B. S = 16 .

Câu 25.

Câu 33.

7 B. 3

8 C. 3

A. S = 1 − ln

4 3

−3 x − 1 và hai trục tọa độ là S . Tính S ? x −1 4 4 B. S = 4 ln C. S = 4 ln − 1 3 3

5 D. 3

D. S = ln

7 . 2

9 . 2

5 . 2

11 . 2

e2 − 1 . 2

e2 + 1 . 2

e2 − 1 . 4

(CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Hình phẳng

(H )

e2 + 1 . 4

được giới hạn bởi các đường

y = x , y = 3x − 2 . Tính diện tích hình phẳng ( H )

D. S = 13 .

A. Câu 34.

2 (đvdt) 3

4 −1 3

Câu 35.

Câu 36.

1 (đvdt) 3

C. 1 (đvdt)

1 (đvdt) 6

B. e + 2 .

C. 2 e .

D. e − 2 .

Giá trị dương của tham số m sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = 2 x + 3 và các đường thẳng y = 0, x = 0, x = m bằng 10 là A. m =

(THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = ln x, y = 1 và đường thẳng x = 1 bằng A. e .

(THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ( C ) : y =

 ln x  2   dx

∫  x

(THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 + 5 , y = 6 x , x = 0 , x = 1 . Tính S .

4 A. 3

D. S = π

(SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x ln x , trục hoành và đường thẳng x = e là

(ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Tính diện tích S hình phẳng giới hạn bởi các đường

A. S = 6 . Câu 24.

(TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Gọi S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các

(THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y = x 2 + 2 x , y = x + 2 .

Câu 32.

13 C. S = . 6

x −1 và các trục tọa độ. Khi đó giá trị của S bằng x +1 B. ln 2 + 1 . C. ln 2 − 1 . D. 2 ln 2 + 1 .

Câu 31.

f ( x ) dx .

y = x 2 + 1, x = −1, x = 2 và trục hoành.

D. 1 .

(THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC LẦN 1 NĂM 2018-2019) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ

f ( x ) dx .

8 . 3

(CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 2 đồ thị các hàm số y = − x + 2 x + 1, y = 2 x − 4 x + 1 là A. 8 . B. 5 . C. 4 . D. 10 .

f ( x ) dx .

a b

Câu 30.

B. S =

đường y =

đậm trong hình vẽ) tính theo công thức nào dưới đây ?

A. S =

∫ (3x − x ) dx .

ln x , y = 0 , x = 1 , x = e . Mệnh đề nào dưới đây đúng? x2 e e e 2  ln x  ln x ln x A. S = π ∫ 2 dx . B. S = ∫ 2 dx . C. S = ∫  2  dx .  x  x x 1 1 1

(CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x = a , x = b ( a < b ) (phần tô

− 3x ) dx .

−1

7 B. . 3

A. 2 ln 2 − 1 . Câu 29.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = x ; y = 0; x = 1; x = 2 bằng

thị của hàm số ( H ) : y = A.

4 A. . 3 Câu 28.

∫ (3x − x ) dx + ∫ ( x −1

−1

Câu 27.

B. S =

C. S =

− 3 x ) dx + ∫ ( 3x − x 3 ) dx .

7 . 2

B. m = 5 .

C. m = 2 .

D. m = 1 . 2

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = 4x − x và đường thẳng y = 2 x bằng 8

A. 4 . Câu 37.

20 . 3

4 . 3

16 3

A. S =

(THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Tính diện tích phần hình phẳng gạch chéo (tam giác cong OAB ) trong hình vẽ bên.

Câu 44.

937 12

B. S =

343 12

793 4

C. S =

(ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho

(H )

D. S =

397 4

là hình phẳng ng giớ giới hạn bởi các đường

y = x , y = x − 2 và trục hoành. Diện tích của ( H ) bằng y

A. Câu 38.

5 . 6

5π . 6

8 . 15

8π . 15

(KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn

Câu 45.

bởi các đường y = x − 2 x , y = 0 , x = −10 , x = 10 . A. S = Câu 39.

2000 . 3

B. S = 2008 .

C. S = 2000 .

D. S =

2008 . 3

A. S = 1 + ln 2.

−3

∫ f ( x ) dx , b = ∫ f ( x ) dx . Mệnh đề nào sau đây là đúng.

Câu 46.

A. S = a + b .

Câu 42.

x −1 và các trục tọa độ. Khi đó giá trị của S là x +1 B. S = 2 ln 2 − 1. C. S = 2 ln 2 + 1.

8 . 15

7 . 15

2 . 5

16 . 3

D. S = ln 2 − 1.

4 . 15

(THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Gọi S là hình phẳng giới ới hạ hạn bởi đồ thị hàm số

x −1 và các trục tọa ọa độ độ. Khi đó giá trị của S bằng x +1 A. S = ln 2 + 1 . B. S = 2 ln 2 + 1 . C. S = ln 2 − 1 .

B. S = a − b .

C. S = − a − b .

D. S = 2 ln 2 − 1 .

(THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG ƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tính diện tích của ủa ph phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ sau:

D. S = b − a .

4 3

5 3

3 2

23 15

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = − x 2 + 2 x + 1 , y = 2 x 2 − 4 x + 1 là A. 8 B. 5 C. 4 D. 10

 7 − 4 x khi 0 ≤ x ≤ 1 . Tính diện 2    4 − x khi x > 1 tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f ( x ) và các đường thẳng x = 0, x = 3, y = 0 . (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Cho hàm số f ( x ) =  

A. Câu 43.

10 . 3

(CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 2 và đường thẳng y = 2 x là : A.

Câu 41.

(H ) : y =

Câu 48.

Câu 40.

8 . 3

Diện tích hình phẳng đượcc giới hhạn bởi các đường y = x 2 + x − 1 và y = x 4 + x − 1 là A.

Câu 47.

(ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Gọi S là diện n tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y =

(THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x = −3 , x = 2 (như hình vẽ bên). Đặt

7 . 3

y= x

16 . 3

20 . 3

C. 10 .

A. Câu 49.

10 . 3

B. 4 .

13 . 3

11 . 3

(HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bới parabol y = có phương trình y = 4 −

x2 và đường cong 12

x2 (tham khảo hình vẽ bên ) 4

D. 9 .

(CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Tính diện tích S của hình phẳng ( H ) giới hạn 3

bởi các đường cong y = −x + 12x và y = − x . 9

∫ x dx − ∫ ( x 3

Câu 52.

− 4 x + 4 ) dx .

∫ x dx + ∫ ( x 3

− 4 x + 4 ) dx .

(TOÁN HỌC TUỔI TRẺ - THÁNG 4 - 2018) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x − 1 và nửa trên của đường tròn x 2 + y 2 = 1 bằng? A.

Câu 53. Diện tích hình phẳng ( H ) bằng: A. Câu 50.

(

2 4π + 3 3

)

4π + 3 6

1 − . 2

π −1 2

hạn bởi các đường có phương trình y = C.

4π + 3 3

π 2

−1 .

π 4

−1 .

[KIM LIÊN - HÀ NỘI - LẦN 1 - 2018] Cho ( H ) là hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ và được giới

10 − x khi x ≤ 1 x − x2 , y =  . Diện tích của ( H ) bằng? 3  x − 2 khi x > 1

4 3 +π 6

(ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [ −5;3] có đồ thị như hình vẽ bên. Biết diện tích của hình phẳng ( A) , ( B ) , ( C ) , ( D ) giới hạn bởi đồ thị 1 hàm số y = f ( x ) và trục hoành lần lượt là 6; 3; 12; 2 . Tính tích phân ∫  2 f ( 2 x + 1) + 1dx bằng −3

A. Câu 54.

A. 27. Câu 51.

B. 25.

C. 17.

11 . 6

13 . 2

11 . 2

14 . 3

(THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN - BÌNH DƯƠNG - 2018) Cho đường tròn có đường kính bằng 4 và 2 Elip lần lượt nhận 2 đường kính vuông góc nhau của đường tròn làm trục lớn, trục bé của mỗi Elip đều bằng 1 . Diện tích S phần hình phẳng ở bên trong đường tròn và bên ngoài 2 Elip (phần gạch carô trên hình vẽ) gần với kết quả nào nhất trong 4 kết quả dưới đây?

D. 21.

(TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = x 3 , y = x 2 − 4 x + 4 và trục Ox (tham khảo hình vẽ) được tính theo công thức nào dưới đây? A. S = 4,8 . Câu 55.

B. S = 3,9 .

C. S = 3, 7 .

D. S = 3, 4 .

(THPT TRẦN QUỐC TUẤN - LẦN 1 - 2018) Tính diện tích S của miền hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 3 2 của hàm số f ( x ) = ax + bx + c , các đường thẳng x = 1 , x = 2 và trục hoành (miền gạch chéo) cho trong hình dưới đây.

∫ x −(x 3

− 4 x + 4 ) dx .

∫

∫(x

B. − x 3dx +

− 4 x + 4 ) dx . 11

A. Câu 58.

3 . 2

B. 3 .

1 . 2

D. 2 .

(ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Kí hiệu S ( t ) là diện tích của ủa hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 2 x + 1, y = 0 , x = 1 , x = t ( t > 1) . Tìm t để S ( t ) = 10 . A. t = 3 .

Câu 59. A. S = Câu 56.

51 . 8

B. S =

52 . 8

C. S =

50 . 8

D. S =

B. t = 4 .

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho đường thẳng

C. t = 13 .

3 y= x 2

và parabol

D. t = 14 .

y = x2 + a

( a là tham số thực

dương). Gọi S1 , S2 lần lượt là diện tích hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi thì a thuộc khoảng nào dưới đây?

53 . 8

S1 = S2

(THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC Ọ HẦU - LẦN 3 - 2018) Cho hàm số f liên tục trên đoạn [ −6; 5] , có đồ 5

thị gồm 2 đoạn thẳng và nửa đường tròn như hình vẽ. Tính giá trị I =

∫  f ( x ) + 2 dx . −6

Câu 60. A. I = 2π + 35 . B. I = 2π + 34 . Dạng 1.2 Bài toán có điều kiện Câu 57.

C. I = 2π + 33 .

D. I = 2π + 32 .

 2  0;   5

1 9   ;   2 16 

2 9   ;   5 20 

 9 1  ;   20 2 

3 1 x và parabol y = x 2 + a , ( a là tham số thực dương). 4 2 Gọi S1 , S2 lần lượt là diệnn tích ccủa hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 = S2 thì a (Mã 102 - BGD - 2019) Cho đường thẳng y =

thuộc khoảng nào dưới đây?

Hình vuông OABC có cạnh bằ bằng 4 được chia thành hai phần bởi đường ng cong ( C ) có phương trình

1 2 x . Gọi S1 , S2 lần lượt là diện tích của phần không bị gạch và bị gạch như hình vẽ bên dưới. Tỉ số 4

S1 bằng S2  7 1 ; .  32 4 

A.  Câu 61.

1 9  .  4 32 

B.  ;

 3 7  ; .  16 32 

C. 

 

D.  0;

3 . 16 

(Mã 103 - BGD - 2019) Cho đường thẳng y = 3 x và parabol 2 x 2 + a ( a là tham số thực dương). Gọi S1 và S 2 lần lượt là diện tích của ủa hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 = S 2 thì a thuộc khoảng nào dưới đây?

A. 5 Câu 64.

(MĐ

B. 103

BGD&ĐT

9 2

NĂM

C. 8 2017-2018)

Cho

hai

D. 4 hàm

số

f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx − 1

và

1 g ( x ) = dx + ex + ( a, b, c, d , e ∈ ℝ ) . Biết rằng đồ thị của hàm số y = f ( x) và y = g ( x) cắt nhau tại 2 ba điểm có hoành độ lần lượt −3; −1; 2 (tham khảo hình vẽ). 2

 9  8

 9  ;1 .  10 

A.  1;  . Câu 62.

(Mã

4 9  .  5 10 

102

đề

BGD&ĐT

NĂM

 

C.  ;

B. 

2018)

Cho

hai

hàm

4 5

D.  0;  . số

f ( x ) = ax 2 + bx 2 + cx − 2

và

g ( x ) = dx + ex + 2 ( a , b , c , d , e ∈ ℝ ). Biết rằng đồ thị của hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là −2 ; −1 ; 1 (tham khảo hình vẽ).

Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng A. Câu 65.

253 12

125 12

253 48

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx +

125 48

3 3 và g ( x ) = dx 2 + ex − 4 4

, ( a, b, c, d , e ∈ ℝ ) . Biết rằng đồ thị của hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là −2 ; 1; 3 (tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng

Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ th thị đã cho có diện tích bằng A. Câu 63.

37 12

37 6

13 2

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM M 2018) Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx −

ng đồ thị hàm số ( a, b, c, d , e ∈ ℝ ) . Biết rằng

9 2

1 2 và g ( x ) = dx + ex + 1 2

y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại ại 3 điểm có hoành độ lần

lượt là −3 ; −1 ; 1 (tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị đã cho có diện tích bằng

A. Câu 66.

253 48

125 24

125 48

253 24

( P1 ) : y = − x 2 + 2 x + 3 cắt trục hoành tại hai điểm A, B và đường thẳng d : y = a ( 0 < a < 4 ) . Xét parabol ( P2 ) đi qua A, B và có đỉnh thuộc đường thẳng y = a . Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P1 ) và d .Gọi S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P2 ) và trục hoành. Biết Cho parabol

S1 = S 2 , tính T = a3 − 8a 2 + 48a . A. T = 99 . B. T = 64 . Câu 67.

C. T = 32 .

D. T = 72 .

(ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hàm số y = f ( x ) là hàm số đa thức bậc bốn và có đồ thị như hình vẽ.

Câu 71.

(THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho parabol ( P ) : y = x 2 và hai điểm A, B thuộc

( P)

sao cho AB = 2 . Diện tích lớn nhất của hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và đường thẳng AB là

3 A. . 4 Câu 72.

3 . 2

2 . 3

4 . 3

(KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho Parabol ( P ) : y = x 2 + 1 và đường thẳng d : y = mx + 2 với m là tham số. Gọi m0 là giá trị của m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi

( P ) và

1 2

A. (− 2; − ) .

Hình phẳng giới hạn bởi đồ thịị hai hàm số y = f ( x ); y = f '( x) có diện tích bằng A. Câu 68.

127 . 40

127 . 10

107 . 5

13 . 5

Câu 73.

B. m = 2

C. m = 3

1 2

1 ). 2

C. (−1;

B. (0;1).

D. ( ;3) .

(THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [ −5;3] . Biết rằng diện tích hình phẳng S1 , S 2 , S3 giới hạn bởi đồ thị hàm số f ( x ) và

(THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các 2 2 đường my = x , mx = y ( m > 0 ) . Tìm giá trị của m để S = 3 . A. m = 1

Câu 69.

d là nhỏ nhất. Hỏi m0 nằm trong khoảng nào?

đường parabol y = g ( x ) = ax 2 + bx + c lần lượt là m, n, p .

D. m = 4

(THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM ĂM 2018-2019) Cho hình thang cong ( H ) giới hạn bởi các đường y = e x ,

y = 0 , x = 0 , x = ln 4 . Đường ờng thẳng x = k ( 0 < k < ln 4 ) chia ( H ) thành hai phần có diện tích là S1 và S2 như hình vẽ bên. Tìm k để S1 = 2 S 2 .

y=g(x) S3

2 S1 -1 -5

-2

2 3

y=f(x)

A. k = Câu 70.

4 ln 2 . 3

B. k = ln

8 . 3

Tích phân C. k = ln 2 .

D. k = ln 3 .

∫ f ( x ) dx bằng −5

A. −m + n − p −

(ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số đa thức bậc bốn y = f ( x ) và y = g ( x ) . Biết rằng đồ thị cảu hai hàm số này cắt nhau tại đúng ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là −3; − 1; 2. Diện tích của hình phẳng ( H ) ( phần gạch sọc trên hình vẽ bên ) gần nhất với kết quả nào dưới đây?

Câu 74.

208 . 45

B. m − n + p +

208 45

C. m − n + p −

208 . 45

D. −m + n − p +

208 . 45

(ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên. Biết rằng diện tích các phần

( A) , ( B )

lần lượt bằng 3 và 7 . Tích phân

π 2

∫ cos x . f ( 5sin x − 1) dx bằng 0

A. 3,11

B. 2,45

C. 3,21

D. 2,95

Câu 77.

Câu 78.

x2 chia hình tròn có tâm là gốc tọa độ, 2 S bán kính bằng 2 2 thành hai phần có diện tích S1 và S2 , trong đó S1 < S2 . Tìm tỉ số 1 . S2 3π + 2 9π − 2 3π + 2 3π + 2 A. . B. . C. . D. . 12π 3π + 2 9π − 2 21π − 2 (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Parabol y =

x 2 + 2 ax + 3a 2 a 2 − ax và y = có diện 1 + a6 1+ a6

Tìm số thực a để hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm y = tích lớn nhất.

A. − Câu 75.

4 5

B. 2

4 5

D. −2 Câu 79.

Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ và diện tích hai phần A, B lần lượt bằng 11 và 2.

1 3

B. 1.

C. 2.

(HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ , đồ thị hàm số

y = f ( x ) như hình vẽ. Biết diện tích hình phẳng phần sọc kẻ bằng 3 . Tính giá trị của biểu thức: 2

T = ∫ f ′ ( x + 1) dx + ∫ f ′ ( x − 1) dx + ∫ f ( 2 x − 8 ) dx

Giá trị của I =

∫ f ( 3x + 1) dx bằng −1

A. 3. Câu 76.

13 . 3

C. 9.

A. T =

D. 13.

(CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hình phẳng ( H ) được giới hạn

Câu 80.

9 . 2

A. 7. Câu 81.

7 . 12

11 . 12

3 . 2

(THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho hàm số y = x − 6 x + m có đồ thị ( Cm ) . Giả

là các số nguyên, b > 0 ,

D. T =

phần phía trên trục hoành và phần phía dưới trục hoành có diện tích bằng nhau. Khi đó m =

( P ) có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm của hình vẽ có diện tích bằng

37 . 12

C. T = 0 .

sử ( Cm ) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi ( Cm ) và trục hoành có

bởi đồ thị ( C ) của hàm đa thức bậc ba và parabol

B. T = 6 .

a (với a , b b

a là phân số tối giản). Giá trị của biểu thức S = a + b là: b B. 6.

C. 5.

D. 4.

Hình phẳng (H) được giới hạn bởi đồ thị (C) của hàm số đa thức bậc ba và parabol (P) có trục đối xứng vuông góc với trục hoành. Phần tô đậm như hình vẽ có diện tích bằng

5 . 12

A. Câu 82.

37 . 12

7 . 12

11 . 12

5 . 12

(THPT CHUYÊN HẠ LONG - LẦN 2 - 2018) Cho các số p, q thỏa mãn các điều kiện: p > 1 , q > 1 ,

1 1 + = 1 và các số dương a, b . Xét hàm số: y = x p −1 ( x > 0 ) có đồ thị là ( C ) . Gọi ( S1 ) là diện tích p q hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục hoành, đường thẳng x = a , Gọi ( S 2 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục tung, đường thẳng y = b , Gọi ( S ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành, trục tung và hai đường thẳng x = a , y = b . Khi so sánh S1 + S2 và S ta nhận được bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức dưới đây? Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và hai đường thẳng x = −1 ; x = 0 có diện tích bằng A. Câu 86.

2 . 5

A. 2 .

Câu 83.

a p −1 b q −1 B. + ≥ ab . p −1 q −1

a p +1 b q +1 C. + ≤ ab . p +1 q +1

a p bq D. + ≥ ab . p q

2 . 9

1 . 5

25 . 3 C. 4 .

B. 3 .

D. 1 .

(THPT MỘ ĐỨC - QUẢNG NGÃI - 2018) Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = x 2 và hai

đường thẳng y = a , y = b

a p bq A. + ≤ ab p q

(THPT TỨ KỲ - HẢI DƯƠNG - LẦN 2 - 2018) Đặt S là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = 4 − x 2 , trục hoành và đường thẳng x = −2 , x = m , ( −2 < m < 2 ) . Tìm số giá trị của tham số m để S =

Câu 87.

1 . 4

( P)

(0 < a < b )

(hình vẽ). Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol

và đường thẳng y = a (phần tô đen); ( S 2 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) và

đường thẳng y = b (phần gạch chéo). Với điều kiện nào sau đây của a và b thì S1 = S2 ?

(SGD&ĐT HÀ NỘI - 2018) Cho khối trụ có hai đáy là hai hình tròn ( O; R ) và ( O ′; R ) , OO ′ = 4 R . Trên đường tròn ( O ; R ) lấy hai điểm A, B sao cho AB = a 3 . Mặt phẳng ( P ) đi qua A , B cắt đoạn

OO ′ và tạo với đáy một góc 60° , ( P ) cắt khối trụ theo thiết diện là một phần của elip. Diện tích thiết diện đó bằng

 4π

A.  

 3

Câu 84.

3 2 R . 2 

 2π

B.  

 3

−

3 2 R . 4 

 2π

C.  

 3

3 2 R . 4 

 4π

D.  

 3

−

3 2 R . 2 

(THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - GIA LAI - LẦN 2 - 2018) Cho parabol ( P ) : y = x 2 và một đường thẳng d thay đổi cắt ( P ) tại hai điểm A , B sao cho AB = 2018 . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và đường thẳng d . Tìm giá trị lớn nhất S max của S . A. Smax =

Câu 85.

20183 + 1 . 6

B. Smax =

20183 . 3

C. Smax = 4

20183 − 1 . 6

D. Smax =

20183 . 3

A. b =

(CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số y = ax + bx + c có đồ thị ( C ) , biết rằng ( C ) đi qua

4a .

B. b =

2a .

C. b = 3 3a .

D. b = 3 6a .

28 5

x2 + y 2 = 1 , parabol 4 3 2 a c y= x và trục hoành (phần tô đậm trong hình vẽ) có diện tích T = π + 3 (với 2 b d a c a, c ∈ ℤ; b, d ∈ ℕ* ; , là các phân số tối giản). Tính S = a + b + c + d . b d

điểm A ( −1; 0 ) , tiếp tuyến d tại A của ( C ) cắt ( C ) tại hai điểm có hoành độ lần lượt là 0 và 2 và diện tích hình phẳng giới hạn bởi d , đồ thị ( C ) và hai đường thẳng x = 0 ; x = 2 có diện tích bằng

(phần tô màu trong hình vẽ).

Câu 88.

(THPT YÊN KHÁNH A - LẦN 2 - 2018) Cho hình phẳng giới hạn bởi Elip

Câu 92.

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường y = x 2 + 3 , y = 0 ,

x = 0 , x = 2 . Gọi V là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay ( H ) xung quanh trục Ox . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2

A. V =

∫(x

0 2

C. V =

∫(x

+ 3) dx 2

+ 3) dx

B. V = π

A. S = 32 . Câu 89.

B. S = 10 .

C. S = 15 .

D. V = π

∫(x

nào sau đây?

Câu 94.

(

π e2 + 1

)

Câu 95.

B. V =

e2 − 1 2

B. V =

Câu 97.

(

π e2 − 1

)

4π 3

C. V = 2π

D. V =

4 3

π . Khối tròn xoay tạo thành khi D quay quanh trục hoành có thể 2

B. V = π − 1

C. V = π + 1

D. V = ( π − 1)π

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y = 2 + sin x , trục hoành và các đường thẳng x = 0 , x = π . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quay quanh trục hoành có thể tích V bằng bao nhiêu? A. V = 2π (π + 1)

Dạng 2. Ứng dụng tích phân để tìm thể tích Dạng 2.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện

D. V =

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y = 2 + cos x , trục

tích V bằng bao nhiêu? A. V = ( π + 1)π

D. ( 3; 4 ) .

πe 2 3

x 2 + 1 , trục hoành và các đường thẳng x = 0, x = 1 . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V bằng bao nhiêu?

hoành và các đường thẳng x = 0, x =

Câu 96.

C. V =

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho hình phẳng D giới hạn với đường cong y =

A. V = 2

C. ( 2;3) .

+ 3) dx

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y = e , trục hoành và các

A. V =

đồ thị ( P ) như hình vẽ. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và ( P ) có giá trị nằm trong khoảng

B. (1; 2 ) .

+ 3) dx

đường thẳng x = 0 , x = 1 . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V bằng bao nhiêu?

D. S = 21 .

Cho hàm số y = x 3 + ax 2 + bx + c ( a , b, c ∈ ℝ ) có đồ thị ( C ) và y = mx 2 + nx + p ( m, n, p ∈ ℝ ) có

A. ( 0;1) .

0 2

Câu 93.

∫(x

C. V = 2 (π + 1)

B. V = 2π

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu

(H )

D. V = 2π 2

là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y = 2( x − 1)e , trục tung và trục hoành. Tính thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình ( H ) x

Câu 90.

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Viết công thức tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo ra khi quay hình thang cong, giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục Ox và hai đường thẳng

xung quanh trục Ox

(

A. V =

∫

f ( x ) dx

Câu 91.

B. V = π

∫

f 2 ( x )dx

C. V =

∫

Câu 98.

f 2 ( x )dx

D. V = π

∫

f ( x )dx

của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành được tính theo công thức: A. V = π 2 ∫ f ( x )dx a

B. V = π ∫ f 2 ( x )dx a

C. V = 2π ∫ f 2 ( x )dx a

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình phẳng

(H )

D. V = 4 − 2e giới hạn bởi các đường thẳng

y = x + 2, y = 0, x = 1, x = 2 . Gọi V là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay ( H ) xung

phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b ( a < b ) . Thể tích b

C. V = e − 5

B. V = ( 4 − 2e ) π

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b] . Gọi D là hình

)

A. V = e 2 − 5 π

x = a, x = b ( a < b ) , xung quanh trục Ox .

quanh trục Ox . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 2

A. V =

D. V = π 2 ∫ f 2 ( x )dx

1 2

C. V =

∫(x ∫(x 1

+ 2 ) dx 2

+ 2) dx

B. V = π

∫(x

1 2

D. V = π

∫(x

+ 2 ) dx + 2) dx

Câu 99.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD& ĐT NĂM 2017) Tính thể tích V của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng

x = 1 và x = 3 , biết rằng khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x ( 1 ≤ x ≤ 3 ) thì được thiết diện là một hình chữ nhật có độ dài hai cạnh là 3x và 3 x 2 − 2 . 124 124π A. V = B. V = (32 + 2 15)π C. V = 32 + 2 15 D. V = 3 3 Câu 100.

Câu 107.

(ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Tìm công thức tính thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng d : y = 2 x quay xung quanh trục Ox . 2

A. π

∫( x

− 2 x ) dx .

∫

∫ ( 2 x − x ) dx

Câu 108.

A. V = π

∫(x

+ 3) dx . B. V = ∫ ( x + 3) dx .

C. V =

∫(x

+ 3 ) dx .

D. V = π

Câu 102.

π 2

∫

A. V = sin xdx

+ 3) dx .

∫

π 2

B. V = sin xdx

C. V = π sin xdx

∫

Câu 110.

2π . 3

∫

D. V = π sin xdx

8π . 15

Câu 105.

2π . 3

(SỞ GD& ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình phẳng

(H )

Câu 106.

B. π

2 2

∫ (2x − x )

Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y =

2 2

∫ (2x − x ) 0

Câu 111.

tan x , y = 0, x = 0, x =

81 . 35

1 3 2 x − x , y = 0 , x = 0 và x = 3 quanh trục Ox là 3 71π 71 C. . D. . 35 35

0 2

∫

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình phẳng ( D ) được giới hạn

Ox . 64π A. . 15

)

y = 0, x = 0, x =

giới hạn bởi các đường

A. 5 Câu 113.

∫ ( 2 x − x ) dx 2

32 . 15

32π . 15

64 . 15

π quay xung quanh trục Ox . Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng: 4 3π  π 1  B. π 1 −  C. D. π  + π  2  4 2 

(CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x − 2 , y = 0 và x = 9 quay xung quanh trục Ox . Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành. A. V =

quay xung quanh trục Ox . Tính

(CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y = tan x ,

15π . 8

∫

Câu 112.

3 . 2

D. π

D. V =

B. π ( x 2 − 2 x) 2 dx .

(

7π . 8

y = 2 x − x , y = 0 . Quay ( H ) quanh trục hoành tạo thành khối tròn xoay có thể tích là

∫ ( 2 x − x ) dx

C. V =

(CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Thể tích khối tròn xoay khi cho 2 hình phẳng giới hạn bởi parapol (P): y = x và đường thẳng d: y = 2 x quay xung quanh trục Ox bằng:

16π . 15

bởi hai đường y = 2 x 2 − 1 ; y = 1 − x . Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành do ( D ) quay quanh trục

( D ) quanh trục hoành. 3π . 2

( H ) giới hạn bởi các đường y = x 2 − 2 x , hình tròn xoay sinh ra bởi ( H ) khi quay ( H ) quanh

C. π 4 x dx + π x dx . D. π 4 x 2 dx − π x 4 dx .

y = x , hai đường thẳng x = 1 , x = 2 và trục hoành. Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay

0 2

4π . 3

81π . 35

∫

(THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho miền phẳng ( D ) giới hạn bởi

A. 3π .

B. V =

A. π (2 x − x 2 ) dx .

Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = x − 2 x , trục hoành, đường thẳng x = 0 và x = 1 quanh trục hoành bằng

16π . 15

4π . 3

π 2

D. 335

(TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Thể tích khối tròn xoay khi

C. 670

quay hình phẳng ( H ) xác định bởi các đường y =

π 2

Câu 104.

Câu 109.

, xung quanh trục Ox. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

B. 400

x2 y 2 + = 1 . V có giá trị gần nhất với giá trị nào 25 16

(THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng

π 2

Câu 103.

∫(x

(CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi V là thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình thang cong, giới hạn bởi đồ thị hàm số y = sin x , trục Ox, trục Oy và đường thẳng

(THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành do

0 2

D. π ln 2 .

A. V =

0 2

π ln 3

trục Ox .

quanh trục Ox . Mệnh đề nào sau đây đúng? 2

trục hoành và đường thẳng x = 1 . Tính thể tích V

y = x2 + 3, y = 0, x = 0, x = 2 . Gọi V là thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay ( H ) xung 2

sau đây? A. 550

(THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường

quay xung quanh trục hoành một elip có phương trình

∫

2 4 2 4 B. π 4 x dx − π x dx . C. π 4 x dx + π x dx . D. π

Câu 101.

π ln 2

7 . 6

B. V =

5π . 6

C. V =

7π . 11

D. V =

11π . 6

thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra.

Câu 114.

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Tính thể tích của vật thể tròn xoay

được tạo thành khi quay hình ( H ) quanh Ox với ( H ) được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = và trục hoành. A. Câu 115.

31π . 3

32π . 3

34π . 3

Câu 120.

4x − x2

( S1 ) , ( S2 ) .

35π . 3

hạn bởi đồ thị y = 2 x − x và trục hoành. Tính thể tích V vật thể tròn xoay sinh ra khi cho ( H ) quay

Câu 121.

Câu 116.

16 π. 15

C. V =

16 . 15

D. V =

4 . 3

Câu 122.

(THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Tính thể tích của vật thể tạo nên khi quay quanh trục Ox hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị ( P ) : y = 2 x − x 2 và trục Ox bằng: A. V =

Câu 117.

B. V =

19π . 15

B. V =

13π . 15

C. V =

17π . 15

D. V =

45π . 8

B. V =

45π . 4

C. V =

45 . 4

D. V =

quanh trục tung tạo nên m ột vật thể tròn xoay có thể tích bằng

quanh Ox .

4 π. 3

45 . 8 (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ - THÁNG 4 - 2018) Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y = x và y = x 2 quay

A. V =

(CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng ( H ) giới

A. V =

(TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho hai mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) có cùng bán kính R = 3 thỏa mãn tính chất tâm của ( S1 ) thuộc ( S 2 ) và ngược lại. Tính thể tích V phần chung của hai khối cầu tạo bởi

π 6

2π . 15

4π . 15

(THPT CHUYÊN NGUYỄN THỊ MINH KHAI - SÓC TRĂNG - 2018) Cho hình ( H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số y =

16π . 15

3 3 x , cung tròn có phương trình y = 4 − x 2 (với 0 ≤ x ≤ 2) và trục hoành (phần tô đậm 9

trong hình vẽ).

Tính thể tích vật tròn xoay tạo bởi miền hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x + 3 , y = − x + 3 ,

x = 1 xoay quanh trục Ox .

c  a 3 +  π , trong d  b

Biết thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay ( H ) quanh trục hoành là V =  −

đó a, b, c, d ∈ ℕ* và

a c , là các phân số tối giản. Tính P = a + b + c + d . b d B. P = 40 . C. P = 46 .

A. P = 52 . Dạng 2.2 Bài toán có điều kiện A. Câu 118.

41 π. 2

43 π. 2

41 π. 3

40 π. 3

Câu 123.

(

A. V = e 2 − 1 . Câu 119.

)

B. V = π e − 1 .

C. V =

1 2 π e −1. 4

D. V =

1 π ( e2 − 1) . 4

(ĐỀ HỌC SINH GIỎI T ỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi

đường cong y = m 2 − x 2 ( m là tham số khác 0 ) và trục hoành. Khi ( H ) quay xung quanh trục hoành được khối tròn xoay có thể tích V . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để V < 1000π . A. 18. B. 20. C. 19. D. 21.

(THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Ký hiệu ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) = x .e x , trục hoành, đường thẳng x = 1 . Tính thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay ( H ) quanh trục hoành.

D. P = 34 .

Câu 124.

(PEN

THẦY

LÊ

ANH

TUẤN

ĐỀ

NĂM

2019)

Cho

hàm

số

y = f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d , ( a, b, c, d ∈ ℝ, a ≠ 0 ) có đồ thị ( C ) . Biết rằng đồ thị ( C ) tiếp xúc với đường thẳng y = 4 tại điểm có hoành độ âm và đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) cho bởi hình vẽ dưới đây.

(THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho vật thể (T ) giới hạn bởi hai mặt phẳng

Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng H giới hạn bởi đồ thị ( C ) và trục

x = 0; x = 2 . Cắt vật thể (T ) bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại x ( 0 ≤ x ≤ 2 ) ta thu được thiết

hoành khi quay xung quanh trục Ox .

diện là một hình vuông có cạnh bằng ( x + 1) e x . Thể tích vật thể (T ) bằng A.

π (13e4 − 1) 4

13e4 −1 . 4

C. 2e .

D. 2π e .

Câu 128.

(THPT CHU VĂN AN -THÁI NGUYÊN - 2018) Cho hình thang ABCD có AB song song CD và AB = AD = BC = a, CD = 2a . Tính thể tích khối tròn xoay khi quay hình thang ABCD quanh trục là

đường thẳng AB . A. Câu 129.

5 3 πa . 4

5 3 πa . 2

3− 2 2 3 πa . 3

D. π a .

(THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - TPHCM - 2018) Cho đồ thị ( C ) : y = f ( x ) =

x . Gọi ( H ) là

hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) , đường thẳng x = 9 và trục Ox . Cho điểm M thuộc đồ thị ( C ) và

A. Câu 125.

725 π. 35

1 π. 35

điểm A ( 9;0 ) . Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay khi cho ( H ) quay quanh trục Ox , V2 là thể tích khối C. 6π .

tròn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh trục Ox . Biết rằng V1 = 2V2 . Tính diện tích S phần hình

D. đáp án khác.

phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) và đường thẳng OM .

(THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y =

x , y = 0 và x = 4 quanh trục Ox . Đường thẳng

x = a ( 0 < a < 4 ) cắt đồ thị hàm số y = x tại M (hình vẽ). Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox . Biết rằng V = 2V1 . Khi đó

A. S = 3 .

B. S =

27 3 . 16

C. S =

3 3 . 2

Dạng 3. Ứng dụng tích phân để giải bài toán chuyển động Dạng 3.1 Bài toán cho biết hàm số của vận tốc, quảng đường A. a = 2 . Câu 126.

B. a = 2 2 .

C. a =

5 . 2

Câu 130.

D. a = 3 .

4 quanh trục hoành và V = pπ , ( p ∈ ℚ ) . Giá trị của 24 p bằng

C. 24 .

(MĐ 103 BGD& ĐT NĂM 2017-2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc

1 2 13 t + t ( m/s ) , trong đó t (giây) là khoảng thời gian 100 30 tính từ lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 10 giây so với A và có gia tốc bằng a ( m/s 2 ) ( a là

các đường y = x − π , y = sin x và x = 0 . Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành do ( D ) quay B. 4 .

4 . 3

biến thiên theo thời gian bởi quy luật v ( t ) =

(CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình phẳng ( D ) giới hạn bởi

A. 8 .

D. S =

hằng số). Sau khi B xuất phát được 15 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 15 ( m/s ) B. 9 ( m/s ) C. 42 ( m/s ) D. 25 ( m/s )

D. 12 .

 x2 y = 4  x2  Câu 127. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , ( H1 ) :  y = − , 4   x = −4, x = 4    x 2 + y 2 ≤ 16  2 ( H 2 ) :  x 2 + ( y − 2 ) ≥ 4 . Cho ( H1 ) , ( H 2 ) xoay quanh trục Oy ta được các vật thể có thể tích lần lượt  2 2  x + ( y + 2 ) ≥ 4 V1 ,V2 . Đẳng thức nào sau đây đúng. 1 3 A. V1 = V2 . B. V1 = V2 . C. V1 = 2V2 . D. V1 = V2 . 2 2

Câu 131.

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc

1 2 58 t + t ( m / s ) , trong đó t (giây) là khoảng thời gian 120 45 tính từ lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển 2 động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc bằng a m / s ( a là biến thiên theo thời gian bởi quy luật v ( t ) =

(

)

hằng số). Sau khi B xuất phát được 15 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 21( m / s ) B. 25 ( m / s ) C. 36 ( m / s ) D. 30 ( m / s ) Câu 132.

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Một ô tô đang chạy với vận tốc 10m/s thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −5t + 10 (m/s), trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét? A. 0,2m B. 2m C. 10m D. 20m

Câu 133.

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc

1 2 59 t + t ( m / s ) , trong đó t (giây) là khoảng thời gian 150 75 tính từ lúc a bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc bằng a ( m / s 2 ) ( a là hằng

v ( t ) = −2t + 10 ( m / s ) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Tính quãng đường ô tô di chuyển được trong 8 giây cuối cùng. A. 55m . B. 25m . C. 50m .

biến thiên theo thời gian bởi quy luật v ( t ) =

Câu 141.

số). Sau khi B xuất phát được 12 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 15 ( m / s ) B. 20 ( m / s ) C. 16 ( m / s ) D. 13 ( m / s ) Câu 134.

1 2 11 t + t ( m / s ) , trong đó t (giây) là khoảng thời gian 180 18 tính từ lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 5 giây so với A và có gia tốc bằng a ( m / s 2 ) ( a là hằng số). Sau khi B xuất phát được 10 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 15 ( m / s ) B. 10 ( m / s ) C. 7 ( m / s ) D. 22 ( m / s ) Câu 135.

5 v(t ) = − t + a ( m / s ), (t ≥ 6) cho đến khi dừng hẳn. Biết rằng kể từ lúc chuyển động đến lúc dừng thì 2 chất điểm đi được quãng đường là 80m. Tìm v0 . A. v0 = 35 m / s . B. v0 = 25 m / s . C. v0 = 10 m / s . D. v0 = 20 m / s .

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật v(t ) =

Câu 142.

chuyển động chậm dần đều với gia tốc a = −35

Câu 143.

Câu 137.

Câu 144.

Câu 145.

được bao nhiêu mét? A. 38m. Câu 139.

B. 37,2m.

C. 37,5m.

Câu 140.

Câu 146.

D. 69, 75 m .

( m/ s ) . Tính quãng đường S 2

C. S = 94 ( m ) .

đi được của ô tô từ lúc

D. S = 95, 7 ( m ) .

(SGD THANH HÓA - LẦN 1 - 2018) Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v1 ( t ) = 2t ( m/s ) . Đi được 12 giây, người lái xe gặp chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển

(

chuyển động đến khi dừng hẳn? A. s = 168 ( m ) . B. s = 166 ( m ) . Câu 147.

D. t = 5 ( s ) .

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC - LẦN 4 - 2018) Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v1 ( t ) = 7t ( m/ s ) . Đi được 5s , người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục

động chậm dần đều với gia tốc a = −12 m/s

D. 37m.

(THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Một ô tô đang chạy với vận tốc 10 m / s thì người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc

) . Tính quãng đường chất điểm đó đi được

C. t = 2 ( s) .

bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn. A. S = 96, 25 ( m ) . B. S = 87,5 ( m ) .

(CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Một ô tô đang chạy với vận tốc 20 m/s thì người lái đạp phanh; từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −10t + 20 (m/s), trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét? A. 5 m B. 20 m C. 40 m D. 10 m

B. t = 3 ( s ) .

chuyển động chậm dần đều với gia tốc a = −70

(THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Một ô tô đang chạy với vận tốc là 12 ( m / s ) thì

(THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một chiếc ô tô đang chạy với vận tốc 15m/s thì người lái xe hãm phanh. Sau khi hãm phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −3t + 15 ( m/s ) , trong đó t (giây). Hỏi từ lúc hãm phanh đến khi dừng hẳn, ô tô di chuyển

(THPT HOÀNG HOA THÁM - HƯNG YÊN - 2018) Một chất điểm chuyển động theo phương trình s ( t ) = 10 + t + 9t 2 − t 3 trong đó s tính bằng mét, t tính bằng giây. Thời gian để vận tốc của chất điểm A. t = 6 ( s) .

trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến lúc ô tô dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được bao nhiêu mét? A. 8m . B. 12m . C. 15m . D. 10m . Câu 138.

D. 105 mét.

đạt giá trị lớn nhất (tính từ thời điểm ban đầu) là

D. 40 m .

người lái đạp phanh; từ thời điểm đó ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −6t + 12 ( m / s ) ,

(

trong khoảng thời gian 3 giây kể từ lúc bắt đầu tăng vận tốc. B. 68, 25 m . C. 67, 25 m . A. 70, 25 m .

v ( t ) = −5t + 20 ( m / s ) , trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét ( m )? C. 10 m .

C. 102.5 mét.

(THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - NĐ - LẦN 1 - 2018) Một chất điểm đang chuyển động với vận 2

(CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một ô tô đang chạy với tốc độ 20 ( m / s ) thì người lái đạp phanh, từ thời điểm đó ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc

B. 30 m .

tốc v0 = 15 m/s thì tăng tốc với gia tốc a ( t ) = t + 4t m/s

1 2

A. 20 m .

( m/s ) . Tính quãng đường của ô tô đi được từ lúc bắt

đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn? A. 87.5 mét. B. 96.5 mét.

khoảng thời gian tính từ khi vật đó bắt đầu chuyển động và s ( m ) là quãng đường vật di chuyển được

Câu 136.

(THPT LƯƠNG THẾ VINH - HN - LẦN 1 - 2018) Một ô tô chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ( m/s ) . Đi được 5 ( s ) người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục

v ( t ) = 7t

(MĐ 105 BGD& ĐT NĂM 2017) Một vật chuyển động theo quy luật s = − t 3 + 6t 2 với t (giây) là

trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 6 giây, kể từ khi bắ t đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất c ủa vậ t đạt được bằng bào nhiêu? A. 18 ( m/s ) B. 108 ( m/s ) C. 64 ( m/s ) D. 24 ( m/s )

D. 16m .

(THPT THỰC HÀNH - TPHCM - 2018) Một chất điểm bắt đầu chuyển động thẳng đều với vận tốc v0 , sau 6 giây chuyển động thì gặp chướng ngại vật nên bắt đầu giảm tốc độ với vận tốc chuyển động

) . Tính quãng đường s ( m ) đi được của ôtô từ lúc bắt đầu C. s = 144 ( m ) .

D. s = 152 ( m ) .

(THPT CHUYÊN THÁI BÌNH - LẦN 5 - 2018) Để đảm bảo an toàn khi lưu thông trên đường, các xe ô tô khi dừng đèn đỏ phải cách nhau tối thiểu 1m . Một ô tô A đang chạy với vận tốc 16 m/s bỗng gặp ô tô B đang dừng đèn đỏ nên ô tô A hãm phanh và chuyển động chậm dần đều với vận tốc được biểu thị bởi công thức vA ( t ) = 16 − 4t (đơn vị tính bằng m/s ), thời gian tính bằng giây. Hỏi rằng để có 2 ô tô A và

B đạt khoảng cách an toàn khi dừng lại thì ô tô A phải hãm phanh khi cách ô tô B một khoảng ít nhất là bao nhiêu? A. 33 . B. 12 . C. 31 . D. 32 . Câu 148.

(THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Một vật chuyển động với vận tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc được tính theo thời gian là a ( t ) = t 2 + 3t . Tính quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 6 giây kể từ khi vật bắt đầu tăng tốc.

A. 136m . Câu 149.

B. 126m .

C. 276m .

D. 216m .

A. s = 21, 58( km)

(THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU - NGHỆ AN - LẦN 2 - 2018) Một chiếc máy bay chuyển động trên đường băng với vận tốc v ( t ) = t 2 + 10t ( m / s ) với t là thời gian được tính theo đơn vị giây kể từ khi

Câu 154.

máy bay bắt đầu chuyển động. Biết khi máy bay đạt vận tốc 200 ( m / s ) thì rời đường băng. Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là A. Câu 150.

2500 ( m) . 3

B. 2000 ( m ) .

C. 500 ( m ) .

B. s = 23, 25( km)

C. s = 13, 83( km )

D. s = 15, 50( km)

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Một người chạy trong thời gian 1 giờ, vận tốc v (km/h) phụ thuộc vào 1  thời gian t (h) có đồ thị là một phần parabol với đỉnh I  ; 8  và trục đối xứng song song với trục tung 2  như hình bên. Tính quảng đường s người đó chạy được trong khoảng thời gian 45 phút, kể từ khi chạy?

4000 (m) . 3

(THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận

1 2 59 t + t ( m / s ) , trong đó t (giây) là khoảng thời 150 75 gian tính từ lúc a bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc bằng a ( m / s 2 ) ( a tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật v ( t ) =

là hằng số). Sau khi B xuất phát được 12 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 20 ( m / s ) . B. 16 ( m / s ) . C. 13 ( m / s ) . D. 15 ( m / s ) . Câu 151.

A. s = 2,3 (km) Câu 155.

(THPTQG 2018 - MÃ ĐỀ 104) Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến

C. s = 5,3 (km)

D. s = 4 (km)

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc v ( km/h ) phụ thuộc thời gian t ( h ) có đồ thị là một phần của đường parabol có đỉnh I ( 2;9) và trục đối xứng song song với

1 2 58 t + t ( m / s ) , trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính 120 45 từ lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, m ột chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động 2 thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3 giây so với A và có gia tốc bằng a m / s ( a là hằng số). thiên theo thời gian bởi quy luật v ( t ) =

(

B. s = 4,5 (km)

trục tung như hình bên. Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 3 giờ đó.

)

Sau khi B xuất phát được 15 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng A. 25 ( m / s ) . B. 36 ( m / s ) . C. 30 ( m / s ) . D. 21( m / s ) . Câu 152.

(SỞ GD& ĐT LÀO CAI - 2018) Một ôtô đang dừng và bắt đầu chuyển động theo m ột đường thẳng với gia

(

tốc a ( t ) = 6 − 2t m / s

) , trong đó t

là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc ôtô bắt đầu chuyển

động. Hỏi quảng đường ôtô đi được từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi vận tốc của ôtô đạt giá trị lớn nhất là bao nhiêu mét? A. 18m . B. 36 m . C. 22,5m . D. 6, 6,75 75m . A. s = 25, 25 ( km )

Dạng 3.2 Bài toán cho biết đồ thị của vận tốc, quảng đường Câu 153.

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc v( km / h) phụ thuộc vào thời gian t( h) có đồ thị vận tốc như hình bên. Trong thời gian 1 giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh I (2; 9) và trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng song song với trục hoành. Tính quãng đường s mà vật chuyển động được trong 3 giờ đó (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Câu 156.

B. s = 24, 25 ( km )

C. s = 24,75 ( km )

D. s = 26, 75 ( km )

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc v (km/h) phụ thuộc thời gian t (h) có đồ thị của vận tốc như hình bên. Trong khoảng thời gian 3 giờ kể từ khi bắt đầu chuyển

động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh I ( 2; 9 ) với trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng song song với trục hoành. Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 4 giờ đó.

A. 2,11km . A. s = 24 (km) Câu 157.

B. s = 28, 5 (km)

C. s = 27 (km)

D. s = 26, 5 (km)

(KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Một vật chuyển động trong 6 giờ với vận tốc v ( km / h ) phụ thuộc vào thời gian t ( h ) có đồ thị như hình bên dưới. Trong khoảng thời gian 2 giờ từ khi

Câu 159.

C. 5, 63 km.

D. 5,63km .

(SGD&ĐT ĐỒNG THÁP - HKII - 2018) Một người chạy trong thời gian 1 giờ, với vận tốc v

( km/h )

1  phụ thuộc vào thời gian t ( h ) có đồ thị là một phần của parabol có đỉnh I  ;8  và trục đối xứng song 2  song với trục tung như hình vẽ. Tính quãng đường S người đó chạy được trong thời gian 45 phút, kể từ

bắt đầu chuyển động, đồ thị là một phần đường Parabol có đỉnh I ( 3;9 ) và có trục đối xứng song song với trục tung. Khoảng thời gian còn lại, đồ thị vận tốc là một đường thẳng có hệ số góc bằng

B. 6,67 km .

1 . Tính quảng 4

khi bắt đầu chạy.

đường s mà vật di chuyển được trong 6 giờ?

A. Câu 158.

130 ( km ) . 3

B. 9 ( km ) .

C. 40 ( km ) .

134 ( km ) . 3

(THPT THỰC HÀNH - TPHCM - 2018) Một người chạy trong 2 giờ, vận tốc v (km/h) phụ thuộc vào thời gian t (h) có đồ thị là 1 phần của đường Parabol với đỉnh I (1;5 ) và trục đối xứng song song với trục tung

Ov như hình vẽ. Tính quảng đường S người đó chạy được trong 1 giờ 30 phút kể từ lúc bắt đầu chạy (kết quả làm tròn đến 2 chữ số thập phân).

A. 5,3 ( km ) . Câu 160.

B. 4,5 ( km ) .

C. 4 ( km ) .

D. 2,3 ( km ) .

(THPT CHUYÊN HẠ LONG - LẦN 1 - 2018) Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc v (km/ h) phụ thuộc thời gian t (h) có đồ thị là một phần của đường parabol có đỉnh I (1;1) và trục đối xứng song song với trục tung như hình bên. Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 4 giờ kể từ lúc xuất phát.

Phần tô đậm được đính đá với giá thành 500.000đ/m 2 . Phần còn lại được tô màu với giá thành 250.000đ / m 2 . Cho AB = 4dm; BC = 8dm. Hỏi để trang trí 1000 họa tiết như vậy cần số tiền gần nhất với số nào sau đây. B. 106666667đ . C. 107665667đ . D. 108665667đ . A. 105660667đ . A. s = 6 (km).

B. s = 8 (km).

C. s =

40 (km). 3

D. s =

Câu 164.

46 (km). 3

Dạng 4. Ứng dụng tích phân để giải một số bài toán thực tế Dạng 4.1 Bài toán liên quan đến diện tích Câu 161.

(SỞ GD& ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Một khuôn viên dạng nửa hình tròn, trên đó người thiết kế phần để trồng hoa có dạng của một cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm và có trục đối xứng vuông góc với đường kính của nửa hình tròn, hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa đường tròn (phần tô màu) và cách nhau một khoảng bằng 4 ( m ) . Phần còn lại của khuôn viên (phần không tô màu) dành để trồng cỏ Nhật Bản. Biết các kích thước cho như hình vẽ, chi phí để trồng hoa và cỏ Nhật Bản tương ứng là 150.000 đồng/m2 và 100.000 đồng/m2. Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng đơn vị)

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1 , A2 , B1 , B2 như hình vẽ bên. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 200.000 vnđ / m 2 và phần còn lại

100.000 vnđ / m 2 . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết A1 A2 = 8m , B1 B2 = 6m và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật có MQ = 3m ?

B2 M

A. 3.738.574 (đồng). A1

Câu 165.

A2 Q

Câu 162.

B. 5.782.000 đồng

C. 7.322.000 đồng.

B. 1.948.000 (đồng).

C. 3.926.990 (đồng).

D. 4.115.408 (đồng).

(THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Người ta cần trồng một vườn hoa Cẩm Tú Cầu ( phần được gạch chéo trên hình vẽ). Biết rằng phần gạch chéo là hình phẳng giới hạn bởi parabol

y = 2 x 2 − 1 và nửa trên của đường tròn có tâm là gốc tọa độ và bán kính bằng

2 ( m ) Tính số tiền tối

thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu biết rằng để trồng mỗi m hoa cần ít nhất là 250000 đồng.

A. 5.526.000 đồng.

D. 7.213.000 đồng.

(ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một biển quảng cáo với 4 đỉnh A, B, C , D như hình vẽ. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là

200.000(đ/m 2 ) sơn phần còn lại là 100.000đ/m 2 . Cho AC = 8m; BD = 10m; MN = 4 m Hỏi số tiền sơn gần với số tiền nào sau đây: A. 12204000đ . . B. 14207000đ . . Câu 163.

C. 11503000đ . .

D. 10894000đ .

Một họa tiết hình cánh bướm như hình vẽ bên. A. Câu 166.

3π − 2 × 250000 . 6

3π + 10 × 250000 . 6

3π + 10 × 250000 . 3

3π + 2 × 250000 6

(CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Nhà trường dự định làm một vườn hoa dạng elip được chia ra làm bốn phần bởi hai đường parabol có chung đỉnh, đối xứng với nhau qua trục của elip như hình vẽ bên. Biết độ dài trục lớn, trục nhỏ của elip lần lượt là 8 m và 4 m , F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip. Phần A , B dùng để trồng hoa, phần C , D dùng để trồng cỏ. Kinh phí để trồng mỗi mét vuông hoa và cỏ lần lượt là 250.000 đ và 150.000 đ. Tính tổng tiền để hoàn thành vườn hoa trên (làm tròn đến hàng nghìn).

A. 5.676.000 đ.

B. 4.766.000 đ.

C. 4.656.000 đ.

D. 5.455.000 đ.

Câu 167.

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN LẦN 1 NĂM 2018-2019) Người ta xây một sân khấu với mặt sân có dạng hợp của hai hình tròn giao nhau. Bán kính của hai của hai hình tròn là 20 mét và 15 mét. Khoảng cách giữa hai tâm của hai hình tròn là 30 mét. Chi phí làm mỗi mét vuông phân giao nhau của hai hình tròn là 300 ngàn đồng và chi phí làm mỗi mét vuông phần còn lại là 100 ngàn đồng. Hỏi số tiền làm mặt sân của sân khấu gần với số nào trong các số dưới đây? A. 202 triệu đồng. B. 208 triệu đồng. C. 218 triệu đồng. D. 200 triệu đồng.

Câu 168.

(CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Người ta xây một sân khấu với sân có dạng của hai hình tròn giao nhau. Bán kính của hai hình tròn là 20 m và 15 m. Khoảng cách giữa hai tâm của hai hình tròn là 30 m. Chi phí làm mỗi mét vuông phần giao nhau của hai hình tròn là 300 nghìn đồng và chi phí làm mỗi mét vuông phần còn lại là 100 nghìn đồng. Hỏi số tiền làm mặt sân khấu gần với số nào nhất trong các số dưới đây? A. 218 triệu đồng. B. 202 triệu đồng. C. 200 triệu đồng. D. 218 triệu đồng.

Câu 169.

(TT DIỆU HIỀN - CẦN THƠ - 2018) Bác Năm làm một cái cửa nhà hình parabol có chiều cao từ mặt đất đến đỉnh là 2,25 mét, chiều rộng tiếp giáp với mặt đất là 3 mét. Giá thuê mỗi mét vuông là 1500000 đồng. Vậy số tiền bác Năm phải trả là: B. 3750000 đồng. C. 12750000 đồng. D. 6750000 đồng. A. 33750000 đồng.

Câu 170.

(THPT NGÔ QUYỀN - QUẢNG NINH - HKII - 2018) Một người có miếng đất hình tròn có bán kính bằng 5 m. Người này tính trồng cây trên mảnh đất đó, biết mỗi mét vuông trồng cây thu hoạch được 100 nghìn. Tuy nhiên cần có 1 khoảng trống để dựng 1 cái chòi và để đồ dùng nên người này bớt lại 1 phần đất nhỏ không trồng cây (phần màu trắng như hình vẽ), trong đó AB = 6 m . Hỏi khi thu hoạch cây thì người này thu được bao nhiêu tiền ?

A. Câu 173.

A. 3722 nghìn đồng.

D. 7445 nghìn đồng.

C. 7446 nghìn đồng.

4 . 5

1 . 2

3 . 1+ 2 2

(THPT KINH MÔN - HD - LẦN 2 - 2018) Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vuông cạnh bằng 10 cm bằng cách khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng parabol như hình bên. Biết AB = 5 cm, OH = 4 cm. Tính diện tích bề mặt hoa văn đó.

A. Câu 174.

1 . 2

160 2 cm . 3

140 2 cm . 3

14 2 cm . 3

D. 50 cm .

(CHUYÊN VINH - LẦN 1 - 2018) Một viên gạch hoa hình vuông cạnh 40cm . Người thiết kế đã sử dụng bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm viên gạch để tạo ra bốn cánh hoa (được tô mầu sẫm như hình vẽ bên).

B. 3723 nghìn đồng.

Câu 171.

(THPT YÊN LẠC - LẦN 4 - 2018) Một mảnh vườn hình elip có trục lớn bằng 100 ( m ) và trục nhỏ bằng 80 ( m ) được chia làm hai phần bởi một đoạn thẳng nối hai đỉnh liên tiếp của

elip. Phần nhỏ hơn trồng cây con và phần lớn hơn trồng rau. Biết lợi nhuận thu được là 2000 m ỗi m2 trồng cây con và 4000 mỗi m2 trồng rau. Hỏi thu nhập của cả mảnh vườn là bao nhiêu? (Kết quả làm tròn đến phần nghìn). A. 31904000 . B. 23991000 . C. 10566000 . D. 17635000 . Câu 172.

Diện tích mỗi cánh hoa của viên gạch bằng A. 800 cm 2 .

(CHUYÊN VINH - LẦN 2 - 2018) Một cổng chào có dạng hình Parabol chiều cao 18 m , chiều rộng chân đế 12 m . Người ta căng hai sợi dây trang trí AB , CD nằm ngang đồng thời chia hình giới hạn bởi Parabol và mặt đất thành ba phần có diện tích bằng nhau (xem hình vẽ bên). Tỉ số

800 2 cm . 3

400 2 cm . 3

D. 250 cm 2 .

Dạng 4.2 Bài toán liên quan đến thể tích Câu 175.

AB bằng CD

(THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Trong chương trình nông thôn mới, tại một xã Y có xây m ột cây cầu bằng bê tông như hình vẽ. Tính thể tích khối bê tông để đổ đủ cây cầu. (Đường cong trong hình vẽ là các đường Parabol).

A. 19 m3 . Câu 176.

Câu 177.

B. 21m3 .

C. 18 m3 .

D. 40 m3 .

(PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Để kỷ niệm ngày 26-3. Chi đoàn 12A dự định dựng một lều trại có dạng parabol, với kích thước: nền trại là một hình chữ nhật có chiều rộng là 3 mét, chiều sâu là 6 mét, đỉnh của parabol cách mặt đất là 3 mét. Hãy tính thể tích phần không gian phía bên trong trại để lớp 12A cử số lượng người tham dự trại cho phù hợp. A. 30 m3 B. 36 m3 C. 40 m 3 D. 41 m3

A. V = 344963cm Câu 180.

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Săm lốp xe ô tô khi bơm căng đặt nằm trên mặt phẳng nằm ngang có hình chiếu bằng như hình vẽ với bán kính đường tròn nhỏ R1 = 20cm , bán kính đường tròn lớn R2 = 30cm và mặt cắt khi cắt bởi mặt phẳng đi qua trục, vuông góc mặt phẳng nằm ngang là hai đường tròn. Bỏ qua độ dày vỏ săm. Tính thể tích không khí được chứa bên trong săm.

C. V = 208347cm

D. V = 208346cm

Cho một vật thể bằng gỗ có dạng hình trụ với chiều cao và bán kính đáy cùng bằng R . Cắt khối gỗ đó bởi một mặt phẳng đi qua đường kính của một mặt đáy của khối gỗ và tạo với mặt phẳng đáy của khối gỗ một góc 300 ta thu được hai khối gỗ có thể tích là V1 và V2 , với V1 < V2 . Thể tích V1 bằng? A. V1 =

Câu 181.

B. V = 344964cm

2 3R 3 . 9

B. V1 =

3π R 3 . 27

C. V1 =

3π R 3 . 18

D. V1 =

3R 3 . 27

(THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho một mô hình 3 − D mô phỏng một đường hầm như hình vẽ bên. Biết rằng đường hầm mô hình có chiều dài 5 cm ; khi cắt hình này bởi mặt phẳng

( )

vuông góc với đấy của nó, ta được thiết diện là một hình parabol có độ dài đáy gấp đôi chiều cao parabol. Chiều cao của mỗi thiết diện parobol cho bởi công thức y = 3 −

2 x 5

( cm ) , với x ( cm ) là khoảng cách 3

tính từ lối vào lớn hơn của đường hầm mô hình. Tính thể tích (theo đơn vị cm ) không gian bên trong đường hầm mô hình ( làm tròn kết quả đến hàng đơn vị )

A. 1250π 2 cm 3 . Câu 178.

C. 2500π 2cm 3 .

D. 600π 2 cm3 .

(THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Chuẩn bị cho đêm hội diễn văn nghệ chào đón năm mới, bạn An đã làm một chiếc mũ “cách điệu” cho ông già Noel có dáng một khối tròn xoay. Mặt cắt qua trục của chiếc mũ như hình vẽ bên dưới. Biết rằng OO′ = 5 cm , OA = 10 cm , OB = 20 cm , đường cong AB là một phần của parabol có đỉnh là điểm A . Thể tích của chiếc mũ bằng

A. Câu 179.

B. 1400π 2 cm 3 .

2750π 3

( cm ) 3

2500π 3

( cm ) 3

2050π ( cm3 ) 3

2250π 3

A. 29 . Câu 182.

B. 27 .

C. 31 .

D. 33 .

(TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Một chi tiết máy được thiết kế như hình vẽ bên.

( cm ) 3

Cho chiếc trống như hình vẽ, có đường sinh là nửa elip được cắt bởi trục lớn với độ dài trục lớn bằng 80 cm, độ dài trục bé bằng 60 cm và đáy trống là hình tròn có bán kính bằng 60 cm. Tính thể tích V của chiếc trống (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). 41

Các tứ giác ABCD, CDPQ là các hình vuông cạnh 2,5 cm . Tứ giác ABEF là hình chữ nhật có

BE = 3,5 cm . Mặt bên PQEF được mài nhẵn theo đường parabol ( P ) có đỉnh parabol nằm trên cạnh E F . Thể tích của chi tiết máy bằng 395 3 50 B. cm . cm 3 . 24 3

A. Câu 183.

125 3 cm . 8

425 3 cm . 24

(THPT LỤC NGẠN - LẦN 1 - 2018) Bổ dọc một quả dưa hấu ta được thiết diện ện là hình elip có trục lớn

28cm , trục nhỏ 25cm . Biết cứ 1000cm3 dưa hấu sẽ làm được cốc sinh tố giá 20000 đồng. Hỏi từ quả dưa hấu trên có thể thu được bao nhiêu tiền từ việc bán nước sinh tố? Biết rằng bề dày vỏ dưa không đáng kể. A. 183000 đồng. B. 180000 đồng. C. 185000 đồng. D. 190000 đồng. Câu 184.

(THPT THỰC HÀNH - TPHCM - 2018) Một cốc rượu có hình dạng tròn xoay và kích thước như hình vẽ, th thiết diện dọc của cốc (bổ dọc ọc cố cốc thành 2 phần bằng nhau) là một đường ng Parabol. Tính th thể tích tối đa mà cốc có thể chứa được (làm tròn 2 chữ số thập phân)

A. V = 3 . Câu 187.

B. V = 3 3 .

C. V =

4 3 . 3

D. V = π .

(THPT BÌNH GIANG - HẢI DƯƠNG - 2018) Sân vận động DƯƠ ng Sport Hub (Singapore) là sân có mái vòm kỳ vĩ nhất thế giới. Đây là nơi diễn ra lễ l khai mạc Đại hội thể thao Đông Nam Á được ttổ chức tại Singapore năm 2015 . Nền sân là một elip ( E ) có trục lớn dài 150m , trục bé dài 90m (hình 3). Nếu cắt sân vận động theo một mặt phẳng ng vuông góc với v trục lớn của ( E ) và cắt elip ở M , N (hình 3) thì ta được thiết diện luôn là một phần của hình tròn có tâm I (phần tô đậm trong hình 4) với MN là một dây cung và góc

= 900. Để lắp máy điều MIN ều hòa không khí thì các kỹ sư cần tính thể tích phần ần không gian bên dưới mái che và bên trên mặtt sân, coi như mặt sân là một mặt phẳng và thể tích vật liệu là mái không đáng kể. Hỏi thể tích xấp xỉ bao nhiêu?

A. V ≈ 320cm3 . Câu 185.

B. V ≈ 1005, 31cm 3 .

C. V ≈ 251, 33cm3 .

D. V ≈ 502, 65cm 3 .

(THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU - LẦN 3 - 2018) Có một cốc nước thủy ủy tinh hình trụ, bán kính trong lòng đáy cốc là 6cm , chiều cao lòng cốc là 10 cm đang đựng một lượng nước. Tính thể tích lượng nước trong cốc, biết khi nghiêng cốc nước vừa lúc khi nước chạm miệng cốc thì đáy đ mực nước trùng với đường kính đáy.

I N

(THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU - LẦN 3 - 2018) Cho vật thể đáy là hình tròn có bán kính bằng 1 (tham khảo hình vẽ). Khi cắt ắt vvật thể bằng mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ ết diện diệ là một tam giác đều. Thể tích V của vật thể đó là x ( −1 ≤ x ≤ 1) thì được thiết

Hình 3 3 3 3 3 A. 57793m . B. 115586m . C. 32162m . D. 101793m . Câu 188. (TRẦN PHÚ - HÀ TĨNH - LẦ ẦN 2 - 2018) Một cái thùng đựng dầu có thiếtt diện ngang (m (mặt trong của thùng) là một đường ng elip có trục llớn bằng 1m , trục bé bằng 0,8m , chiều dài (mặt trong ccủa thùng) bằng chiều cao của dầu hiện 3m . Đươc đặt sao cho trụcc bé nnằm theo phương thẳng đứng (như hình bên). Biết chi có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu) là 0,6m . Tính thể tích V của dầu ầu có trong thùng (Kết quả làm tròn đến phần trăm).

A. 240 cm 3 . Câu 186.

B. 240π cm 3 .

C. 120 cm 3 .

D. 120π cm3 .

A. V = 1,52m3 . Câu 189.

B. V = 1,31m3 .

C. V = 1, 27m3 .

(SỞ GD&ĐT YÊN BÁI - 2018) Người ta thay nước mới cho một bể bơi có dạng hình hộp chữ nhật có độ sâu là 280 cm. Giả sử h ( t ) là chiều cao (tính bằng cm) của mực nước bơm được tại thời điểm t giây, biết rằng tốc độ tăng của chiều cao mực nước tại giây thứ t là h′(t ) = nước. Hỏi sau bao lâu thì bơm được số nước bằng A. 2 giờ 36 giây.

Câu 190.

D. V = 1,19m3 .

B. 2 giờ 34 giây.

1 3 t + 3 và lúc đầu hồ bơi không có 500

3 độ sâu của hồ bơi (làm tròn đến giây)? 4 C. 2 giờ 35 giây. D. 2 giờ 36 giây. A. g (1) > g ( −3) > g ( 3) B. g (1) > g ( 3) > g ( −3)

(THPT NGÔ QUYỀN - QUẢNG NINH - HKII - 2018) Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước. Gọi h ( t ) là thể tích nước bơm được sau t giây. Cho h′ ( t ) = 6 at 2 + 2bt và ban đầu bể không có nước. 3

C. g ( 3) > g ( −3) > g (1) D. g ( −3) > g ( 3) > g (1)

Sau 3 giây thì thể tích nước trong bể là 90m , sau 6 giây thì thể tích nước trong bể là 504m . Tính thể tích nước trong bể sau khi bơm được 9 giây. 3 3 3 3 A. 1458m . B. 600m . C. 2200m . D. 4200m .

Câu 193.

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x) . Đồ thị y = f ′( x) của hàm số như hình bên. Đặt

g ( x ) = 2 f ( x ) + x 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Dạng 5. Ứng dụng tích phân để giải quyết một số bài toán đại số

Câu 191.

(PTNK CƠ SỞ 2 - TPHCM - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) liên tục trên đoạn [ 0;5] và đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) trên đoạn [ 0;5] được cho như hình bên.

A. g ( 3 ) < g ( −3 ) < g ( 1) B. g ( 1) < g ( −3 ) < g ( 3 ) C. g ( −3 ) < g ( 3 ) < g ( −1) Câu 194.

Tìm mệnh đề đúng A. f ( 0 ) = f ( 5 ) < f ( 3 ) . B. f ( 3) < f ( 0 ) = f ( 5 ) .

D. g ( 1) < g ( 3 ) < g ( −3 )

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM ĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ. Đặt

h ( x ) = 2 f ( x ) − x 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

C. f ( 3) < f ( 0 ) < f ( 5 ) . D. f ( 3) < f ( 5 ) < f ( 0 ) . Câu 192.

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình 2

bên. Đặt g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x + 1) . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. h ( 4 ) = h ( −2 ) < h ( 2 ) B. h ( 2 ) > h ( −2 ) > h ( 4 ) C. h ( 4 ) = h ( −2 ) > h ( 2 ) D. h ( 2 ) > h ( 4 ) > h ( −2 ) 45

Câu 195.

C. g ( 5 ) < g ( −1) < g ( 3 ) . D. g ( 3) < g ( 5 ) < g ( −1) .

Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có đồ thị của hàm số f ′ ( x ) như hình bên dưới. Mệnh đề nào sau đây đúng?

Câu 198.

(THPT HẬU LỘC 2 - TH - 2018) Cho hàm số y = f ( x) = ax + bx + cx + d

( a, b, c, d ∈ ℝ, a ≠ 0 )

có

đồ thị là ( C ) . Biết rằng đồ thị ( C ) đi qua gốc tọa độ và đồ thị hàm số y = f '( x ) cho bởi hình vẽ bên. Tính giá trị H = f (4) − f (2) ? A. H = 45 . B. H = 64 . Câu 199.

C. H = 51 .

D. H = 58 .

(SGD THANH HÓA - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ bên. Đặt M = max f ( x ) , m = min f ( x ) , T = M + m . Mệnh đề nào dưới đây đúng? [ −2;6]

[ −2;6]

Câu 196.

A. f ( 0 ) > f ( 2 ) > f ( −1) .

B. f ( 0 ) > f ( −1) > f ( 2 ) .

C. f ( 2 ) > f ( 0 ) > f ( −1) .

D. f ( −1) > f ( 0 ) > f ( 2 ) .

(SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM ĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hàm số f ( x ) . Đồ thịị củ của hàm số y = f ′ ( x ) trên [ −3; 2] như hình vẽ (phần ần cong ccủa đồ thị là một phần của parabol y = ax 2 + bx + c. )

Câu 1. Biết f ( −3) = 0, giá trị của f ( −1) + f (1) bằng

23 A. 6 Câu 197.

B. T = f ( 5 ) + f ( −2 ) .

C. T = f ( 5 ) + f ( 6 ) .

D. T = f ( 0 ) + f ( 2 ) .

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1. Ứng dụng tích phân để tìm diện tích Dạng 1.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x = a , x = b b

35 C. 3

31 B. 6

A. T = f ( 0 ) + f ( −2 ) .

được tính bởi công thức: S =

9 D. 2

∫ f ( x ) dx . a

Câu 2.

(THPT LƯƠNG VĂN CAN - LẦN 1 - 2018) Cho hàm số y = f ( x ) . Đồ thị của ủa hàm số y = f ′ ( x ) như

S = ∫ 2 x dx = ∫ 2 x dx (do 2 x > 0, ∀x ∈ [0; 2] ).

hình vẽ. Đặt g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x − 1) .

Chọn B

Câu 3.

Chọn A 2

∫

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = e x , y = 0 , x = 0 , x = 2 là: S = e x dx . 0

Câu 4.

Chọn C 1

Ta có: S =

∫

f ( x) dx + ∫ f ( x ) dx =

−1

Câu 5.

−1

∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx .

Chọn D

−1

∫ f ( x ) dx= ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx

Nhìn hình ta thấy hàm số f ( x ) liên tục và nhận giá trị không âm trên đoạn [ −1;1] nên 1

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x )dx ; hàm số f ( x ) liên tục và nhận giá trị âm trên đoạn [1; 2] nên −1 2

Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. g ( −1) < g ( 3) < g ( 5 ) . B. g ( −1) < g ( 5 ) < g ( 3) .

∫ 1

−1 2

f ( x ) dx = − ∫ f ( x )dx 1

Vậy S =

∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx −1

Câu 6.

Chọn A

Câu 11.

x = 0  Phương trình hoành độ giao điểm x − x = x − x ⇔ x + x − 2 x = 0 ⇔ x = 1   x = −2 3 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x − x và đồ thị hàm số y = x − x 2 là: 3

∫x

(

)

− x − x − x 2 dx =

−2

∫ (x

)

+ x 2 − 2 x dx +

−2

Câu 7.

−1

∫(x

−2

∫ f ( x ) dx = S = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx.

Do f ( x ) ≥ 0 với ∀x ∈ [ −2;1] và f ( x ) ≤ 0 với ∀x ∈ [1;3] nên S =

)

+ x 2 − 2 x dx

Câu 12.

−2

∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx.

Từ đồ thị ta thấy − x + 3 ≥ x − 2 x − 1 , ∀x ∈ [ −1; 2] . Vậy diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là

B. Chọn B Ta có S =

x  x  x x  16 8   1 1  37 . =  + − x 2  +  + − x 2  = −  − − 4  +  + − 1 = 3  4 3   4 3  12  4  −2  4 3 0 4

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx . Chọn đáp án

∫ ( − x

+ 3) − ( x 2 − 2 x − 1)  dx =

−1

Chọn A

∫ ( −2 x

+ 2 x + 4 ) dx .

−1

Câu 13.

Chọn

Câu 14.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là x 3 − 3 x = x ⇔ x 3 − 4 x = 0 ⇒ x = 0 .

 x = −2    x = 2

Vậy S =

∫ (x

− 4 x ) dx +

∫(x

−2

− 4 x ) dx = 4 + 4 = 8 .

Câu 15.

∫

Diện tích hình phẳng đã cho được tính bởi công thức S = 3 x dx 0

Câu 16.

−1

Ta có diện tích S =

∫

3x 2dx + ∫ 4 − x 2 dx =

Đặt: x = 2 sin t => dx = 2 cos tdt ; x = 1 => t =

π 6

3x = 4 − x ⇔ x = ±1 với

∫ ( x − 2)

− 1 dx = ∫ x 2 − 4 x + 3 dx =

2 . 3

Diện tích hình phẳng được tô đậm trong hình vẽ bên là: 1

∫x

(

)

− 2 − − x dx =

∫ (−

)

x − x 2 + 2 dx ( vì x ∈ [ −1;1] ⇒ − x > x2 − 2 ).

−1

Chọn D Gọi

− 4 x + 3 ) dx =

Theo lý thuyết thì diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị của các đường y = f ( x) , y = g ( x) ,

Câu 19.

∫ ( −2 x

∫(x

x = a , x = b được tính theo công thức S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx .

Chọn C Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là:

−1

Câu 18.

Câu 20.

+ 2 x + 4 dx =

a 2

Ta có: S =

−1

; x = 2 => t =

Câu 17.

3 3 3 x + ∫ 4 − x 2 dx = + ∫ 4 − x2 dx 3 3 1 1 0

∫ −2 x

0 2

3  1  2 4π − 3 ⇒S= + 2  t + sin 2t  = 3 6  2 π

S = ∫ ( − x 2 + 3) − ( x 2 − 2 x − 1) dx =

Câu 10.

Phương trình hoành độ giao điểm điểm giữa parabol và cung tròn ta được 0 ≤ x ≤ 2 nên ta có x = 1

−1

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .

Chọn B

S D = ∫ ( − f ( x ) ) dx + ∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx.

S = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = −a + b .

Câu 9.

Vì f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ [ a ;0 ] , f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ [ 0; b ] nên:

Ta có:

Câu 8.

Ta có S D =

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y = 4 x − x2

và trục

Ox .

x = 0 2 Xét phương trình 4 x − x = 0 ⇔  . x = 4

+ 2 x + 4 )dx .

−1

Chọn A Ta có: hàm số f (x) ≥ 0 ∀x ∈ [ −1;1] ; f (x) ≤ 0 ∀x ∈ [1; 4] , nên:

Ta có

S = ∫ 4 x − x 2 dx = ∫ (4 x − x 2 )dx = (2 x 2 −

x3 32 ) = . 3 0 3 50

Câu 21.

Chọn C: 1

S = ∫ x3 dx + ∫ ( x − 2 ) dx = Câu 22.

Ta có: S =

∫x

∫ f ( x ) d x + ∫ f ( x ) dx

+ 1 dx = ∫ ( x + 1) dx = 6 . −1

Phương trình hoành độ giao điểm là − x + 2 x + 1 = 2 x − 4 x + 1 ⇔ 3x − 6 x = 0

Chọn B Phương trình hoành độ giao điểm: x 2 + 5 = 6 x ⇔ x = 5; x = 1 . 1

∫x

− 6 x + 5 dx =

7 . 3

Diện tích hính phẳng là S =

Chọn C

Do đó diện tích hình phẳng là S =

−3 x − 1 ∫1 x − 1 dx =

−

−3 x − 1 1 =0⇔ x=− . x −1 3

0 4  4  ∫1  3 + x − 1  dx = (3x + 4 ln x − 1 ) − 13 = 4 ln 3 − 1 . −

Câu 31.

Do đó dựa vào bảng ta

-1

Câu 32. 0 0

−

− 4 x + 1) − ( − x 2 + 2 x + 1)  dx

2 =4. 0  x = −2 . x =1

∫

x 2 + x − 2dx =

−2

 x3 x 2  7 10 9 2 ∫−2 ( x + x − 2)dx =  3 + 2 − 2 x  = − 6 − 3 = 2 . −2

Phương trình hoành độ của đường cong y = x ln x và trục hoành là

x > 0 x > 0   x ln x = 0 ⇔   x = 0 ⇔   x = 0 ⇔ x = 1 .   ln x = 0  x = 1  

Bảng xét dấu x − 3x

x x 3 − 3x

− 6 x ) dx = ( x3 − 3x 2 )

−1

−1 3

Xét phương trình: x + 2 x = x + 2 ⇔ x + x − 2 = 0 ⇔ 

− x ) − ( 2 x ) dx = ∫ x3 − 3x dx .

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị là:

∫ (x

∫ ( 3x 0

Ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y = x3 − x ; y = 2 x và các đường x = 1 ;

x = −1 là S =

∫ ( 2 x 0

x = 0 ⇔ x = 2

Hoành độ giao điểm của ( C ) và trục hoành là nghiệm của phương trình

Câu 26.

Câu 30.

= − ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx .

Diện tích hình phẳng cần tìm: S = Câu 25.

Câu 29.

1 1 1 x −1 −x +1 2   dx = ∫ dx = ∫  −1 +  dx = ( − x + 2ln x + 1 ) = 2ln 2 − 1 . 0 x +1 0 x +1 0 x +1 0 ln x Diện tích hình phẳng giới hạn bởi miền D gồm các đường y = 2 , y = 0 , x = 1 , x = e là: x e e ln x ln x ln x S = ∫ 2 dx = ∫ 2 dx vì 2 > 0, ∀x ∈ (1; e) . x x x 1 1

−1

Câu 24.

S=∫

Diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng

x = a , x = b là S = ∫ f ( x ) dx = Câu 23.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( H ) và các trục tọa độ là

2 7 x 4 1  x3 +  − 2x2 + 4x  = 4 0 3  1 12

có:

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x ln x , trục hoành và đường thẳng x = e là 0

∫ (x

−1

S = ∫ x ln x dx = ∫ x ln xdx .

− 3x ) dx + ∫ ( 3 x − x 3 ) dx . 0

1  du = dx e 1e u = ln x x2 e2 x2 e e2 + 1  x . Suy ra S = ln x − ∫ xdx = − = . ⇔ 2 1 21 2 2 4 1 4 dv = xdx v = x  2

Đặt 

Câu 33.

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình:

x = 1 x 2 = 3x − 2 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔  . x = 2 Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường là: 2

S = ∫ x 2 − ( 3x − 2 ) dx = 1

Câu 34.

Câu 27. 2

Ta có S =

∫ 1

Câu 28.

7 x dx = ∫ x dx = . 3 1 2

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ( H ) và trục hoành

− 3x + 2 ) dx =

1 (đvdt). 6

Ta có ln x − 1 = 0 ⇔ x = e . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = ln x, y = 1 và đường thẳng x = 1 là:

S = ∫ ln x − 1dx =

x −1 = 0 ⇔ x = 1. x +1

∫(x

∫ ( ln x − 1) dx = x ( ln x − 1) − ∫ dx = 1 − x 1

= 1 − ( e − 1) = 2 − e = e − 2

Câu 35.

Vì m > 0 nên 2 x + 3 > 0, ∀x ∈ [ 0; m ] .

S = ∫ x 2 − x dx =

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = 2 x + 3 và các đường thẳng y = 0, x = 0, x = m là:

Câu 41.

− x ) dx =

Theo giả thiết ta có:

Câu 36.

∫ 0

Câu 37.

∫

Diện tích hình phẳng đã cho là

m = 2 S = 10 ⇔ m2 + 3m = 10 ⇔ m2 + 3m − 10 = 0 ⇔  ⇔ m = 2 ( do m > 0 ) . m = −5 x = 0 Xét phương trình hoành độ giao điểm 4 x − x 2 = 2 x ⇔ x 2 − 2 x = 0 ⇔  x = 2 Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là S =

4 3

x = 0 . − x 2 + 2 x + 1 = 2 x 2 − 4 x + 1 ⇔ 3x 2 − 6 x = 0 ⇔  x = 2

Phương trình hoành đồ giao điểm hai đồ thị hàm số y = − x 2 + 2 x + 1 , y = 2 x 2 − 4 x + 1 là:

S = ∫ ( 2 x + 3 ) .dx = ( x + 3 x ) = m + 3m . 2

∫(x

3 x 2 − 6 x dx = ∫ ( 6 x − 3x 2 ) dx = ( 3x 2 − x 3 )

=4.

2  x3  4 x 2 − 2 x dx = ∫ ( 2 x − x 2 ) dx =  x 2 −  = . 3 0 3  0

Phương trình hoành độ giao điểm

 x =1 2 x = ( x − 2 ) ⇔ x 2 − 5x + 4 = 0 ⇔  x = 4 Dựa vào đồ thị, khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là 1

S = ∫ xdx + ∫ ( x − 2 ) dx = Vậy S = Câu 38.

1 1 5 + = 2 3 6

5 . 6

Chọn D Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường ( C ) : y = x 2 − 2 x và ( d ) : y = 0 là:

x = 0 x2 − 2x = 0 ⇔  . x = 2 Bảng xét dấu: Câu 42. 1

S = ∫ (7 − 4 x )dx + ∫ (4 − x 2 ) dx + ∫ ( x 2 − 4) dx 3

Diện tích cần tìm: S =

∫

∫ (x

x 2 − 2 x dx =

−10

− 2 x ) dx − ∫ ( x 2 − 2 x ) d x + ∫ ( x 2 − 2 x ) dx

−10

 3 x3  2  x3 7 8 = (7 x − x )| + 4 x − | +  − 4 x| = 6 + 4 − − 3 − + 8 = 10 . 0  3 3 3  1  3  2 4

 x3   x3   x3  1300 4 704 2008 . =  − x2  −  − x 2  +  − x 2  = + + = 3 3 3 3  3  −10  3 0  3 2 Câu 39.

Câu 43.

Ta có S =

−3

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx

−3

Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 đường cong:

x = 0 − x3 + 12 x = − x 2 ⇔ x( x 2 − x − 12) = 0 ⇔  x = −3 .  x = 4

Chọn D 2

= − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = −a + b .

Câu 40.

⇒ Diện tích cần tìm là: S =

Lờigiải Chọn A

∫

x 3 − x 2 − 12 x dx =

−3

x = 0 Xét phương trình x = x ⇒  x = 1

∫ (x −3

)

− x 2 − 12 x dx +

x3 − x 2 − 12 x dx + ∫ x 3 − x 2 − 12 x dx

−3

∫(x

∫

x   x 4 x3  x − x 2 − 12 x dx =  − − 6 x 2  +  − − 6 x 2   4 3  −3  4 3 0

)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x và đường thẳng y = 2 x là : 53

Câu 44.

Câu 45.

Câu 46.

Hình phẳng đã cho giới hạn bởi các đường: x = y 2 (với y ≥ 0 ); x = y + 2; y = 0 .

−99 −160 937 + = . 4 3 12

y = x y = x − 2   Xét các hình phẳng ( H 1 ) :  y = 0 và ( H 2 ) :  y = 0 .   x = 0, x = 4  x = 2, x = 4  ( H ) = ( H1 ) \ ( H 2 ) Ta có  . ( H ) ∪ ( H 2 ) = ( H1 ) 4 4 4  x2  4 16 2 10 −2 = Do đó S ( H ) = S ( H1 ) − S ( H 2 ) = ∫ xdx − ∫ ( x − 2 ) dx = x x −  − 2 x  = 0  2 3 3 2 3 0 2 x = y2 2 10  Cách khác: Ta có ( H ) :  x = y + 2 . Suy ra S ( H ) = ∫ y 2 − ( y + 2 ) dy = . 3 0  y = 0, y = 2  x −1 Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và trục hoành: = 0 ⇔ x = 1. x +1 1 1 1 1 2  x −1  x −1   Khi đó S = ∫ dx = ∫   dx = ∫ 1 −  dx = ( x − 2 ln x + 1 ) 0 = 2 ln 2 − 1. x 1 x 1 x 1 + + +   0 0 0

Diện tích của hình phẳng cần tìm là S =

−1 0

 x ≥ 2 x ≥ 2 x = x−2 ⇔  ⇔ x = 4. 2 ⇔  2  x = ( x − 2 )  x − 5x + 4 = 0 4

Diện tích của hình phẳng cần tìm là S = Câu 49.

∫x −1

− x 4 d x + ∫ x 2 − x 4 dx

x dx − ∫ ( x − 2 ) dx = 2

10 (đvdt) 3

 x = 12 x2 x2 x4 x2 x4 x2 ⇔ = 4− ⇔ + −4 =0 ⇔  = 4− 144 4 144 4 12 4  x = − 12 Diện tích hình phẳng ( H ) bằng: Xét phương trình

S=∫

− 12

1 1 x −1 2   S = −∫ dx = ∫  −1 +  dx = ( − x + 2 ln x + 1 ) 0 = 2 ln 2 − 1 . x + 1 x + 1   0 0 Cách 1: Coi x là hàm số theo biến số y .

2  12 x dx  dx − 2 ∫ 0  12 

Câu 48.

∫

 12  12  x2 x2  x2 x2  x2 −  dx = 2∫  4 −  4 − −  dx =2 ∫  4 − 0 0      4 12 4 12 4      2 12  x  Xét I1 = ∫  4 −  dx 0  4   4cos cos xdx Đặt x = 4sin t ⇒ dx = 4 π Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = 12 ⇒ t = 3

 x3 x 5  0  x 3 x5  1 2 2 4 = ∫ ( x − x ) dx + ∫ ( x − x ) d x =  −  + −  = + = .  3 5  −1  3 5  0 15 15 15 −1 0 Phương trình trục (Ox) và (Oy ) lần lượt là y = 0 và x = 0 . x −1 Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số ( H ) và trục Ox: = 0 ⇔ x = 1. x +1 1 x −1 x −1 Ta có: S = ∫ dx . Vì ≤ 0, ∀x ∈ [ 0;1] nên diện tích cần tìm là: x +1 x +1 0 4

10 (đvdt) 3

x, y = x − 2 :

Phương trình hoành độ giao điểm của các đồ thị hàm số y =

Câu 47.

− x 4 dx =

dy = ∫ ( y + 2 − y 2 ) dy = 0

Cách 2:

x = 0 x 2 + x − 1 = x 4 + x − 1 ⇔ x 2 − x 4 = 0 ⇔  x = 1 .  x = −1

∫x

∫ y+2− y 0

Phương trình hoành độ giao điểm của y = x 2 + x − 1 và y = x 4 + x − 1 là

Diện tích hình phẳng cần tìm là S =

 y = −1 (loai)  y = 2 (t / m)

Ta có: y = y + 2 ⇔ y − y − 2 = 0 ⇔ 

I1 = 8∫ cos tdt = 4 ∫ (1 + cos 2t ) dt = 2

Xét I 2 =

∫

4π + 3 3

x2 2 3 dx = 12 3

Vậy S = 2 I1 − 2 I 2 =

(

2 4π + 3

)

Câu 50. Hướng dẫn giải Ta có

∫−3 2 f ( 2 x + 1) + 1dx = 2∫−3 f ( 2 x + 1) dx + x −3 = ∫−5 f ( x ) dx + 4 56

∫ f ( x ) dx = S( ) − S( ) + S( Vậy ∫  2 f ( 2 x + 1) + 1dx = 21 Mà

−5 1

Dựa vào hình vẽ ta thấy hình phẳng cần tính diện tích gồm 2 phần: Phần 1: Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 3 , trục Ox , x = 0 , x = 1 . 1

∫x

dx + ∫ x 2 − 4 x + 4 dx = ∫ x 3dx + ∫ ( x 2 − 4 x + 4 ) dx .

Câu 52.

 13  7  ⇔ S = ∫  x − x 2  dx + ∫  x − x 2 + 2  dx 3 3   0 1

Phần 2: Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 2 − 4 x + 4 , trục Ox , x = 1 , x = 2 . Do đó diện tích cần tính là S =

 13  7  ⇔ S = ∫  x − x 2  dx + ∫  x − x 2 + 2  dx   0 3 13

−3

Câu 51.

 10   10  S = ∫  x − x 2 + x  dx + ∫  x − x 2 − x + 2  dx . 3 3   0 1

+ S( D ) = 6 − 3 + 12 + 2 = 17

 13 x3  ⇔ S =  x2 −  6 3 

 x − 1 khi x ≥ 1 y = x −1 =  . 1 − x khi x < 1

Câu 54.

x 2 + y 2 = 1 ⇔ y = ± 1 − x 2 do chỉ tính nửa trên của đường tròn nên ta lấy y = 1 − x 2 .

7  x3 13 +  x2 − + 2x  = . 6 3  1 2 0

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Hai Elip lần lượt có phương trình: ( E1 ) :

x2 y2 x2 y2 + = 1 và ( E2 ) : + =1 4 1 1 4

Tọa độ giao điểm của hai Elip trong góc phần tư thứ nhất là nghiệm phương trình:

x2 +

x2 4 = 1 ⇔ x2 = 4 ⇒ x = 2 5 4 5 5

1−

2 5 5

 x2   2 1 − x 2 − 1 − dx = 3, 71  4  0  3 2 Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số f ( x ) = ax + bx + c , các đường thẳng x = − 1 , x = 2 và 2

Diện tích hình phẳng cần tìm: S = π .2 − π .2.1 − 4 Câu 55.

∫

trục hoành được chia thành hai phần:  Miền D1 là hình chữ nhật có hai kích thước lần lượt là 1 và 3 ⇒ S1 = 3 . Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x − 1 và nửa trên của đường tròn x 2 + y 2 = 1 là phần tô màu vàng như hình vẽ. 1

2 Diện tích hình phẳng trên là: S =  1 − x − (1 − x )  dx =

∫



1  x2  1 − x 2 dx + ∫ ( x − 1) dx = I1 +  − x   2 0 0

∫ 0

1 = I1 − . 2

∫

1 − x 2 dx .

 π π ; ; dx = cos t.dt .  2 2 

Đặt x = sin t , t ∈ −

Đổi cận x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 1 ⇒ t =

π 2

(C )

đi qua 3 điểm A ( −1;1) , B ( 0;3) , C ( 2;1) nên đồ thị

(C )

có phương trình

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là S = S1 + S2 =

51 . 8

π 1

Dễ thấy

1 3 f ( x ) = x3 − x 2 + 3 . 2 2 2 3 27 1  ⇒ S2 = ∫  x3 − x 2 + 3 − 1dx = . 2 2 8   −1

Tính I1 =

 f ( x ) = ax3 + bx 2 + c   Miền D2 gồm:  y = 1 .  x = −1; x = 2 

π 2

1 + cos 2t dt 2 0

I1 = ∫ 1 − x dx = ∫ 1 − sin t .cos t.dt = ∫ cos t cos t.dt = ∫ cos t.dt = ∫ 2

1 1  sin 2t  π = t +  = .Vậy S = − . 2 2 0 4 4 2 2

Câu 53.

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y = − x và y = x − 2 là: − x = x − 2 ⇔ x = 1 . Diện tích hình phẳng cần tính là:

Giải toán:

3 x ⇔ 2 x 2 − 3 x + 2a = 0 2 a > 0 a > 0  ⇔ Để phương trình có 2 nghiệm dương thì  9 . ∆ > 0   a < 16 3 + 9 − 16a Gọi hai nghiệm đó là 0 < x1 < x2 thì x2 = . 4 x2 3   2 Để S1 = S2 khi và chỉ khi ∫  x + a − x  dx = 0 2   0 Phương trình hoành độ giao điểm:

Ta có:

Câu 56. 5

I = ∫  f ( x ) + 2  dx = −6

( AB + CD ) . AD = (1 + 3) .4 = 8 , 2

S3 là diện tích hình tròn tâm I , bán kính R = 2 ⇒ S3 =

Giải nhanh bằng máy tính cho kết quả x = 0, 421875 thuộc khoảng Câu 60.

π .22

= 2π , 2 ( EF + GH ) .EH = ( 5 + 3) .3 = 12 . S 4 là diện tích hình thang vuông EFGH ⇒ S 4 = 2 2 Suy ra I = 8 + 12 + 2π + 12 = 2π + 32 .

S1 − S2 = 0 ⇔ ∫

(

Suy ra S ( t ) = x + x

)

1 2

= t +t −2.

t = −4 ( L )

Câu 61.

Vậy t = 3 . Cách 2. Hình phẳng đã cho là hình thang có đáy nhỏ bằng y (1) = 3 , đáy lớn bằng y ( t ) = 2t + 1 và chiều cao bằng t − 1 .

Câu 59.

( 3 + 2t + 1)( t − 1) = 10 ⇔ 2t 2 + 2t − 24 = 0 ⇔ t = 3

Do đó chọn đáp án Chọn C

∫ 2x

x 2 3x 1 3 = 0 ⇔ x23 − x22 + ax2 = 0 ⇒ a = − 2 + 2 6 8 6 8

3 − x + a dx = 0 4

(***) .

Từ (*) ⇒ x1 =

t = 3

Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm 2 x 2 + a = 3 x ⇔ 2 x 2 − 3 x + a = 0 có hai nghiệm dương phân biệt

9  ∆ = 9 − 8a > 0 9  a < ⇔ a ⇔ 8 ⇔0<a< . 8  2 > 0 a > 0 Ta được nghiệm của phương trình là x =

t = −4 . Vì t > 1 nên t = 3 

2 x 2 3x 3 x 2 3x 9 3  − x2 , thay vào (**) ⇒  − x2  x2 = − 2 + 2 ⇔ 2 − 2 = 0 ⇒ x2 = 2 3 4 3 4 8 2  27  3 7  (***) . Vậy a ∈  ;  .  →a = 128  16 32 

Do đó S ( t ) = 10 ⇔ t 2 + t − 2 = 10 ⇔ t 2 + t − 12 = 0 ⇔ 

Ta có

2 1 2 3 1 3 x − x + a dx + ∫ x 2 − x + a dx = 0 ⇔ 2 4 2 4 x1

1 3 ⇔ x 3 − x 2 + ax 6 8

∫ 2 x + 1 dx = ∫ ( 2 x + 1) dx . 1 t

Chọn C

1 2 3 x − x + a = 0 ⇔ 2 x 2 − 3x + 4a = 0 . 2 4 3  ( *)  x1 + x2 = Theo đề bài phương trình có hai nghiệm 0 < x1 < x2 thỏa mãn  2 .  x1 x2 = 2a (**) 

16 4 16 − 4 S 16 − S2 x3 1 16 3 = 2 ⇒ 1 = = S2 = ∫ x 2dx = = 16 S2 S2 4 12 0 3 0 3

2 9   ; .  5 20 

Ta có phương trình hoành độ giao điểm

Dạng 1.2 Bài toán có điều kiện Ta có diện tích hình vuông OABC là 16 và bằng S1 + S2 .

x3 3  3 x  dx = 0 ⇔ 2 + ax2 − x22 = 0 2  3 4 3

S 2 là diện tích hình chữ nhật CDEF ⇒ S2 = 3.4 = 12 ,

Cách 1. Ta có: S ( t ) =

+a−

 3 + 9 − 16a    2 4  + a ⋅ 3 + 9 − 16a − 3 ⋅  3 + 9 − 16a  = 0 ⇔   3 4 4  4 

−6

S1 là diện tích hình thang vuông ABCD ⇒ S1 =

Câu 58.

∫ g ( x ) dx với g ( x ) = f ( x ) + 2 có đồ thị như hình vẽ.

Có I = S1 + S 2 + S3 + S 4 trong đó:

Câu 57.



∫  x

x2 + a =

3 ± 9 − 8a . 4

A. 59

3− 9 − 8 a 4

Ta có S1 = S2 ⇔

∫ ( 2x

3+ 9 − 8 a 4

)

+ a − 3 x dx = −

0 3− 9 − 8 a 4

⇔

∫ (2x

3+ 9 −8 a 4

∫ ( 2x 0

∫ ( 2x

−1

)

+ a − 3 x dx .

3 − 9 −8 a 4

)

+ a − 3 x dx +

⇔

Hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị đã cho có diện tích bằng 2

3+ 9 − 8 a 4

∫ ( 2x

−3

)

Cách 2: Ta có: f ( x ) − g ( x ) = a ( x + 3)( x + 1)( x − 1) .

3 + 9 − 8a =0 4 0

Suy ra a ( x + 3 )( x + 1)( x − 1) = ax 3 + ( b − d ) x 2 + ( c − d ) x − Xét hệ số tự do suy ra: −3a = −

 3 + 9 − 8a  2  3 + 9 − 8a  2  3 + 9 − 8a    − 3   + a   = 0 3  4 4 4      2  3 + 9 − 8a   2  3 + 9 − 8a  2  3 + 9 − 8a    ⇔      −    + a = 0 4 4 4    3   3  

⇔

 3 + 9 − 8a = 0 (vn)  4 ⇔  2 2  3 + 9 − 8a  2  3 + 9 − 8a     −  4 4  3   3

⇔ Câu 62.

2  3 + 9 − 8a  3  4

 2  3 + 9 − 8a  −  4  3

Do đó: f ( x ) − g ( x ) =

−3

Câu 64.

Chọn C Vì phương trình f ( x) − g ( x) = 0 có 3 nghiệm −3; −1; 2 nên f ( x ) − g ( x ) = a ( x + 3)( x − 2 )( x + 1) . 2

 27 CASIO →a = Shift Solve  + a = 0  32 

Câu 65.

3 1 1 253 . ⇒ a = . Do đó S = ∫ ( x + 3)( x + 1)( x − 2 ) dx = 2 4 4 48 −3

Chọn A Ta có phương trình hoành độ giao điểm là:

3 3 3 = dx 2 + ex − ⇔ ax 3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x + = 0 . 4 4 2 3 Đặt h ( x ) = ax 3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x + 2 3 Dựa vào đồ thị ta có h ( x ) = ax 3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x + có ba nghiệm là x = −2 ; x = 1; x = 3 . 2 3 Với x = −2 ta có −8a + 4 ( b − d ) − 2 ( c − e ) = − , (1) . 2 3 Với x = 1 ta có a + ( b − d ) + ( c − e ) = − , ( 2 ) . 2 3 Với x = 3 ta có 27a + 9 ( b − d ) + 3 ( c − e ) = − , ( 3) . 2 1 3   8 a 4 b d 2 c − e) = − − + − − ( ) (  a = 4 2   3 1   Từ (1) , ( 2 ) và ( 3) ta có a + ( b − d ) + ( c − e ) = − ⇔ b − d = − . 2 2   3 5   27a + 9 ( b − d ) + 3 ( c − e ) = − 2 c − e = − 4   ax 3 + bx 2 + cx +

( *)

x = 1 . Ta được ax 3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x − 4 = k ( x + 2 )( x + 1)( x − 1) . Khi đó −4 = −2k ⇒ k = 2 .

Câu 63.

−1 1

So sánh hệ số tự do ta được −6a = −

Do đồ thị của hai hàm số cắt nhau tại ba điểm suy ra phương trình ( *) có ba nghiệm x = −2 ; x = −1 ;

−2

∫  f ( x ) − g ( x ) dx + ∫  g ( x ) − f ( x ) dx

−1

ax 3 + bx 2 + cx − 2 = dx 2 + 3x + 2 ⇔ a 3 + ( b − d ) x 2 + ( c − e ) x − 4 = 0.

1 ( x + 3)( x + 1)( x − 1) . 2

1 1 ⇔ S = ∫ ( x + 3)( x + 1)( x − 1) dx − ∫ ( x + 3)( x + 1)( x − 1) dx = 4 . 2 −3 2 −1

  + a = 0 

∫ 2 ( x + 2 )( x + 1)( x − 1) dx =

3 2

3 1 ⇒a= . 2 2

−1

Diện tích bằng: S =

Chọn B Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f ( x ) và g ( x ) là

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là

3 1 3 3 1 3 1 1 ⇔ S = ∫  x 3 + x 2 − x −  dx − ∫  x 3 + x 2 − x −  dx = 2 + 2 = 4 . 2 2 2 2 2 2 2 2 −3  −1 

+ a − 3x dx = 0

3 2  − 3x + a dx = 0 ⇔  x 3 − x 2 + ax  2 3 

−1 −1

3 − 9 −8 a 4

∫ ( f ( x ) − g ( x ) ) dx + ∫ ( g ( x ) − f ( x ) ) dx

37 . 6

Chọn D Cách 1:

3 1 = dx 2 + ex + 1 Û ax 3 + (b - d ) x 2 + (c - e ) x - = 0 có 3 nghiệm 2 2 3 3   −27 a + 9 ( b − d ) − 3 ( c − e ) − 2 = 0 b − d = 2   3 1   ⇔ a = lần lượt là −3 ; −1 ; 1 nên suy ra  −a + ( b − d ) − ( c − e ) − = 0 2 2   3 −1   a + b − d + c − e − = 0 c e − = ) ( )  (  2 2   1 3 3 2 1 3 Vậy f ( x ) − g ( x ) = x + x − x − . 2 2 2 2 Xét phương trình ax 3 + bx 2 + cx −

Hay ta có

−2

∫ f ( x ) − g ( x ) dx = ∫

1 3 1 2 5 3 1 1 5 3 63 4 253 . x − x − x + dx + ∫ x 3 − x 2 − x + dx = + = 4 2 4 2 4 2 4 2 16 3 48 1 62

Câu 66.

Để việc tính toán trở nên đơn giản, ta tịnh tiến hai parabol sang trái một đơn vị.

Vì y =

a 2 Khi đó, phương trình các parabol mới là ( P1 ) : y = − x + 4 , ( P2 ) : y = − x + a . 4 Gọi A, B là các giao điểm của ( P1 ) và trục Ox ⇒ A ( −2; 0 ) , B ( 2;0 ) ⇒ AB = 4 . 2

(

) (

Gọi A, B là giao điểm của ( P1 ) và đường thẳng d ⇒ M − 4 − a ; a , N 4

Ta có S1 = 2

∫ a

Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là: S =

m  x2 x2  dx = ∫  mx −  dx m m 0

1 2 m >0 m = 3 ⇔ m 2 = 9 ← →m = 3 3 Diện tích hình thang cong ( H ) giới hạn bởi các đường y = e x , y = 0 , x = 0 , x = ln 4 là

Yêu cầu bài toán S = 3 ⇔ Câu 69.

4 8a 3 ⇔ ( 4 − a ) = 4a 2 ⇔ a3 − 8a 2 + 48a = 64 Theo giả thiết S1 = S2 ⇒ ( 4 − a ) 4 − a = 3 3

Vậy T = 64 . Hàm số đã cho có dạng f ( x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e ⇒ f '( x ) = 4ax 3 + 3bx 2 + 2cx + d . Từ giả thiết đồ thị hàm số đã cho ta thấy đồ thị hàm số đi qua các điểm (−2; 0) , (−1;1) , (0;1) , (1; 0) và có hai điểm cực tiểu là (1; 0) , ( −2; 0) nên ta có hệ

2S 2.3 1 3 S1 = S1 . Suy ra S1 = = = 2 (đvdt). 2 2 3 3 x Vì S1 là phần diện tích được giới hạn bởi các đường y = e , y = 0 , x = 0 , x = k nên

ln 4

e = 1  1 e = 1  f (0) = 1  a =  f ( −2) = 0  4  a +b+c+ d = −1    1 .  f (1) = 0 ⇔  16a − 8b + 4c − 2d = −1 ⇔  b = 2  f '( −2) = 0  −32a + 12b − 4c + d = 0     −3 = 0 c = 4  f '(1) = 0  4a + 3b + 2c + d   d = −1 1 4 1 3 3 2 3 3 3 Do đó f ( x ) = x + x − x − x + 1 ⇒ f '( x ) = x + x 2 − x − 1. 4 2 4 2 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm f ( x ) = f '( x ). x x 1 4 1 3 9 2 1 ⇔ x − x − x + x+2=0⇔  x 4 2 4 2  x

−2

= =

−1 . 1

∫

−2

[ f ( x ) − f '( x ) ] dx +

∫

−1

[ f ( x) − f '( x ) ] dx +

= eln 4 − e0 = 4 − 1 = 3 (đvdt).

Do đó e = 3 ⇔ k = ln 3 . Chọn A k

(

)

f ( x ) − g ( x ) = a ( x + 3)( x + 1)( x − 2 ) = ( ax + 3a ) x 2 − x − 2 = ax3 − ax 2 − 2ax + 3ax 2 − 3ax − 6a = ax3 + 2ax 2 − 5ax − 6a

3 3 9 f ( 0 ) − g ( 0 ) = −6 a , quan sát hình vẽ ta có f ( 0 ) − g ( 0 ) = − + = 5 2 10 2 2 −3 253 9 −3 S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx = ∫ Nên −6 a = ⇒a= ( x + 3)( x + 1)( x − 2) dx = = 3.1625 20 80 10 20 −3 −3 Câu 71.

Gọi phương trình đường thẳng AB là: y = ax + b

( a, b ∈ ℝ )

 A ( x1 ; ax1 + b )   B ( x2 ; ax2 + b ) Để có 2 điểm A, B thì a 2 + 4b > 0 . khi đó:   x1 + x2 = a  x x = −b  1 2

∫

f ( x ) − f ′( x ) dx

, (1;4) nên ta có

Ta có S = S1 + S 2 = S1 +

Câu 70.

1 4 1 3 9 2 1 x − x − x + x + 2 không đổi đấu trên các khoảng (−2; −1) , (−1;1) 4 2 4 2 1

x ln 4

−2

−1

2 = S1 = ∫ e x dx = e x = ek − e0 = ek − 1 .

Vì biểu thức f ( x) − f ′( x) =

∫ e dx = e

Phương trình giao điểm của AB và ( P ) là: x 2 − ax − b = 0

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y = f ( x ); y = f '( x ) là S =

Câu 68.

mx −

 2 m 32 x3  1 2 1 2 =  .x −  = m = m 3m  3 3  3 0

 ax 3  8a  a  . S2 = 2∫  − x 2 + a  .dx = 2  − + ax  = 4   12 0 3 a

Câu 67.

∫ 0

)

4 − a; a .

3 4 4  4 − y .dy = −  ( 4 − y ) 2  = ( 4 − a ) 4 − a 3 a 3

x2 y >0 → y = mx > 0 nên mx = y 2 ← m

∫

Mặt khác: x2 − x1 =

Chọn C

 my = x 2  mx = y

Tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của hệ phương trình: 

+ 1) x2 − x1 = 2 2

Giả sử x2 > x1 ta có x2 − x1 =

107 [ f ( x ) − f '( x )] dx = (dvdt ). 5 2

Nên AB = 2 ⇔

(1) ( 2)

( x2 + x1 )

Khi đó S =

( a 2 + 1) 2

− 4 x1 x2 = a 2 + 4b

∫ ax + b − x dx = 2 ( x 2

≤2

2 2

− x12 ) + b ( x2 − x1 ) −

1 3 3 ( x2 − x1 ) 3

1 a  = ( x2 − x1 )  ( x2 + x1 ) + b − ( x22 + x1 x2 + x12 )  3 2 

 x2  x = 0 3 4 Thế (1) vào (2) ta được: mx =   ⇔ m x − x = 0 ⇔  x = m > 0 m 63

 a 2 2b  a 2 + 4b (x − x ) 8 4 1 a  = ( x2 − x1 )  .a + b − ( a 2 + b )  = ( x2 − x1 )  +  = ( x2 − x1 ) = 2 1 ≤ = . 3 3 6 6 6 3 2  b  x1 + x2 = 0 a = 0 4 Suy ra: S max = khi  (thỏa mãn vì ( P ) có tính đối xứng) ⇔ 3  x2 − x1 = 2  x1 = x2 = 1  A (1;1) ⇒ hoặc  B ( −1;1) Câu 72.

Theo giả thiết ta có

Khi đó Câu 75.

)

( b+ a ) − 4ab .

( b+ a )

− ab

Câu 76.

S1 =

S2 = S3 =

∫  f ( x ) − g ( x ) dx =

∫

−

m ( b+ a ) 2

f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx ⇒

−2

∫

f ( x ) dx = S1 +

−5

−2

∫ g ( x ) dx .

−5

∫  g ( x ) − f ( x ) dx = ∫ g ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx ⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫ g ( x ) dx − S

 x = −1 x3 − 3x 2 + 2 = − x 2 + x ⇔ x3 − 2 x 2 − x + 2 = 0 ⇔  x = 1 .  x = 2

− S 2 + S 3 + ∫ g ( x )dx. −5

Từ đồ thị ta thấy

Cách 1: Gọi hàm số bậc ba là y = ax 3 + bx 2 + cx + d ⇒ y ' = 3ax 2 + 2bx + c .

Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và ( P ) là :

∫  f ( x ) − g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx ⇒ ∫ f ( x ) dx = S1 + ∫ g ( x ) dx . ∫ f (x )dx = S

Vậy diện tích phần tô đậm là : S =

∫ g (x )dx là số dương. Mà 4 đáp án chỉ có B là phù hợp, nên ta chọn B.

Chú ý: Có thể tính

∫ g (x )dx như sau:

∫(x −1

−5

− 2 x 2 − x + 2 ) dx .

− 2 x 2 − x + 2 ) dx +

∫(x 1

8 5 37 − 2 x2 − x + 2 ) dx = + = . 3 12 12

Cách 2: (Võ Thanh Hải) Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là y = 2, y = 0

Từ đồ thị hàm số y = g ( x ) ta thấy nó đi qua các điểm ( −5;2 ) , ( −2;0 ) , ( 0;0 ) nên ta có:

 25a − 5b + c = 2 2 4   4a − 2b + c = 0 ⇒ a = , b = , c = 0. Do đó: 15 15 c = 0 

∫ (x −1

−5

Câu 74.

1 0 1  1 1 1 1 f ( t ) dt=  ∫ f ( t ) dt + ∫ f ( t ) dt  = ( S A − S B ) = (11 − 2 ) = 3 ∫ 3 −2 3  −2 3 3 0 

0 = m + n + p m = −1   − = m + n + p ⇔ 2 4 2  n = 1 .  −2 = m − n + p p = 0   Suy ra hàm số bậc hai là y = − x 2 + x .

−2

−5

dt 3

sau : −2

−5

Do vậy:

∫ f (3x + 1) dx , đặt (3 x + 1) = t ⇒ dt = 3dx ⇒ dx =

Gọi hàm bậc hai là y = mx 2 + nx + p . Đồ thị ( P ) đi qua các điểm (1;0 ) , ( 2; −2 ) , ( −1; −2 ) nên ta có hệ

−1

0 = a + b + c + d a = 1  −2 = 8a + 4b + 2c + d b = −3   ⇔ .  0 = c c = 0 0 = 12a + 4b + c  d = 2 Suy ra hàm số bậc ba là y = x 3 − 3 x 2 + 2 .

−1

−5

−1

Đồ thị ( C ) đi qua các điểm (1; 0 ) , ( 2; −2 ) và đạt cực trị tại x = 0; x = 2 nên ta có hệ sau :

Chọn B −2

 x = −1 ⇒ t = −2 x = 0 ⇒ t = 1

⇒I =

4 khi m = 0 . 3

−2

+) Đổi cận 

 m2 2  4 + ≥ .  6 3 3

Câu 73.

−1

Mà a + b = m, ab = −1 nên S = m 2 + 4.  Do đó min S =

b − a m(b − a ) b + ab + a m(b+ a) − − (b− a) = b − a . − −1 3 2 3 2 =

−1

∫ cos x . f ( 5sin x − 1) dx = 5 ∫ f (t ) dt = 5 ∫ f ( x ) dx = − 5 . +) Xét I =

 x mx  − mx − 1 dx =  − −x 2  3 a

∫(x

Chọn A

giới hạn bởi ( P ) và d là

−1

Dễ thấy (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Gọi a, b ( a < b ) là các nghiệm của (1) thì diện tích hình phẳng

S = ∫ x 2 − mx − 1 dx =

π 2

Chọn C Phương trình hoành độ của ( P ) và d là x 2 − mx − 1 = 0 (1) .

Đặt t = 5 sin x − 1 ⇒ dt = 5 cos x dx .

 A ( −1;1) .   B (1;1)

∫ f ( x ) dx = 3 và ∫ f ( x ) dx = −7 suy ra ∫ f ( x ) dx = −4 .

nên ta xét hai hàm số là y = ax3 + bx 2 + cx + 2 , y = mx 2 + nx . * Vì đồ thị hai hàm số cắt nhau tại các điểm có hoành độ lần lượt là x = −1; x = 1; x = 2 nên ta có phương trình hoành độ giao điểm: ax 3 + bx 2 + cx + 2 = mx 2 + nx ⇔ a ( x + 1)( x − 1)( x − 2 ) = 0 . Với x = 0 ta được 2a = 2 → a = 1 .

208 2 2 4  ∫ g ( x ) dx = −∫5  15 x + 15 x  dx = 45 . −5

Chọn A 65

*Vậy diện tích phần tô đậm là: S =

Vậy S1 = 2π +

∫ ( x + 1)( x − 1)( x − 2 ) dx = 12 .

−1

Câu 78.

S 4 4 3π + 2 ; S2 = 6π − ⇒ 1 = S2 9π − 2 3 3

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

 x = −a x 2 + 2ax + 3a 2 a 2 − ax = ⇔ x 2 + 3ax + 2a 2 = 0 ⇔ ( x + a )( x + 2a ) = 0 ⇔  1 + a6 1 + a6  x = −2a Nếu a = 0 thì diện tích hình phẳng S = 0 . −a −a 1 a3 x 2 + 3ax + 2 a 2 x 2 + 3ax + 2a 2 + Nếu a > 0 thì S = ∫ . dx = − ∫ dx = . 6 6 1 1 6 1 + a6 + a + a −2 a −2 a −2 a

+ Nếu a < 0 thì S =

∫

−a

Câu 77. 2

Phương trình đường tròn tâm O ( 0 ; 0 ) , bán kính R = 2 2 là x + y = 8 .



∫ 

8 − x2 −

−2

x 2

∫ x dx = 2

Ta có

Câu 79.

−2

x 3

= −2

 Diện tích phần kẻ sọc là: S =

Vì f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ [ −2; 0 ] ⇒ 3 =  Tính I =

16 . 3

∫π

−

∫

( Cm ) π 4

π 4

3 =− . 2

−2

−

3 3 3 = 2 − ( −1) − = . 2 2 2

( t ≥ 0) (1)

2 trở thành t − 6t + m = 0 ( 2) .

cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt hay phương trình

∆′ = ( −3)2 − m > 0  ( 2) có hai nghiệm dương phân biệt ⇔  P = m > 0 ⇔ 0 < m < 9 (*) .  S =6>0  Gọi t1 , t2 ( 0 < t1 < t2 ) là hai nghiệm của phương trình ( 2) . Lúc đó phương trình (1) có bốn nghiệm phân

π 4

8 − 8sin 2 t .2 2 cos tdt = 8 ∫ cos 2 tdt = 4 ∫ (1 + cos 2t ) dt = 4 ∫ (1 + cos 2t ) dt −

4 2 Phương trình hoành độ giao điểm: x − 6 x + m = 0 (1) .

Đặt t = x

π 4

−2

= f ( x + 1) 1 + f ( x − 1) 2 + I = f ( 3) − f ( 2 ) + f ( 2 ) − f (1) − Câu 80.

−

−2

f ′ ( x + 1) dx + ∫ f ′ ( x − 1) dx + ∫ f ( 2 x − 8 ) dx 2

−2 2

 Vậy T =

π 4

−2

∫ f (t ) . 2 dt = 2 ∫ f ( x ) dx

∫ f ( 2 x − 8) dx .

Suy ra: I =

  π π  Đặt x = 2 2 sin t  t ∈ − ;   ⇒ dx = 2 2 cos tdt   2 2 

π 4

−2

+) x = 2 ⇒ t =

∫ f ( x ) dx = ∫ − f ( x ) dx ⇔ ∫ f ( x ) dx = −3 .

Đặt t = 2 x − 8 ⇒ dt = 2dx ; x = 3 ⇒ t = −2 ; x = 4 ⇒ t = 0 .

= 3.

I = ∫ 8 − x 2 dx

+) x = −2 ⇒ t = −

∫ f ( x ) dx −2

1 2  2  dx = ∫ 8 − x dx − ∫ x dx 2 −2  −2 3 2

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai hàm đã cho có diện tích lớn nhất khi a = 1 .

)

−a

1 a3 x 2 + 3ax + 2a 2 . dx = − . 1 + a6 6 1 + a6

Phương trình nửa phía trên trục Ox của đường tròn là: y = 8 − x 2 . Diện tích miền giới hạn bởi Parabol và nửa phía trên trục Ox của đường tròn là: 2

∫

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a = 1 ⇔ a = ±1 .

x4 Hoành độ giao điểm của Parabol và đường tròn là nghiệm của phương trình x 2 + =8 4 x = 2  ⇔ x 4 + 4 x2 − 32 = 0 ⇔ x 2 + 8 x2 − 4 = 0 ⇔ x 2 − 4 = 0 ⇔  .  x = −2

)(

−2 a

1 a 1 a 1 Do đó, với a ≠ 0 thì S = . ≤ . = . 6 1 + a 6 6 2 a 3 12

2 Diện tích hình tròn là S = π R = 8π .

(

x 2 + 3ax + 2 a 2 dx = − 1 + a6

π 4

 1 4 = 4  t + sin 2t  = 2π + 4 . 2   −π

biệt theo thứ tự tăng dần là: x1 = − t2 ; x2 = − t1 ; x3 = t1 ; x4 = t2 .

 4 x2  Vậy ∫  8 − x 2 −  dx = 2π + . 2 3  −2  4 4  Diện tích phần còn lại là 8π −  2π +  = 6π − . 3 3 

Do tính đối xứng của đồ thị

( Cm )

nên có

∫(x 0

− 6 x 2 + m ) dx

= ∫ ( − x 4 + 6 x 2 − m ) dx x3

x5 ⇒ 4 − 2 x43 + mx4 = 0 ⇔ x54 − 10 x43 + 5mx4 = 0 . 5 67

4 2  x4 − 6 x4 + m = 0 ( 3) 4 2  x4 − 10 x4 + 5m = 0 ( 4 )

R OH R 3 3R 2 R 2 ⇒ OH = ⇒ OI = OH .tan 60° = = R, , IH = = 2 cos 60° 4 4 2 IE OK = = 2 ⇒ IE = 2 R . ∆IOH ∼ ∆EKH nên ta có: IH OH * Chọn hệ trục tọa độ Ixy như hình vẽ ta có elip ( E ) có bán trục lớn là a = IE = 2 R và ( E ) đi qua OH 2 = OB 2 − BH 2 = R 2 −

Từ đó có x4 là nghiệm của hệ phương trình: ⇔  2

Lấy ( 3) − ( 4 ) ⇒ x4 = m , thay x4 = m vào ( 3) có: m − 5m = 0 ⇒ m = 0 ∨ m = 5 . Đối chiếu điều kiện ( *) ta có m = 5 ⇒ a = 5 và b = 1 . Vậy S = 6 .

Câu 81.

Chọn A 3 2 +) Gọi ( C ) : y = ax + bx + cx + d ( a ≠ 0 )

 R 3 x2 y2 A  − R;  nên ( E ) có phương trình là ( E ) : 2 + 2 = 1 .  2  4R R 

Do ( C ) cắt trục Oy tại điểm có tung độ bằng 2 nên d = 2

( C ) đi qua 3 điểm A ( −1; −2 ) , B (1;0)

và C ( 2; −2 ) nên ta được hệ phương trình

* Diện tích của thiết diện là S = 2 2R

* Xét tích phân: I =

 m − n + r = −2 

m = −1  ⇔ r = 0 .  4m + 2 n + r = −2 n = 1  

Do ( P ) đi qua 3 điểm a ( −1; −2 ) , O ( 0;0 ) và C ( 2; −2 ) nên ta được  r = 0

Câu 82.

MTCT

x 3 − 2 x 2 − x + 2 dx =

R 2

π 2

x2  π π 1 − 2 dx , đặt x = 2 R.sin t; t ∈  − ;  ta được 4R  2 2 π

∫ (1 + cos 2t ) dt =

−

x2 x2 dx = 2 R ∫ 1 − 2 d x 4R2 4 R −R

π 6

 4π  2π 3 2 3 R  sin 2t  2 + +  R .  R ⇒ S =  t +  = 2 2  − π  3 8  3 4   6

1 OA2 + OB 2 − AB 2 R =− ⇒ AOB = 120° ⇒ OH = . 2.OA.OB 2 2 Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ Cách 2: cos AOB =

Do đó ( P ) : y = − x 2 + x −1

∫

−R

+) Gọi ( P ) : y = mx 2 + nx + r ( m ≠ 0 )

∫

1−

−R

− a + b − c = −4 a = 1   3 2 a + b + c = −2 ⇔  b = −3 . Do đó ( C ) : y = x − 3x + 2 4 a + 2b + c = −2 c = 0  

Vậy S( H ) =

∫R

37 12

Ta có: S ≤ S1 + S 2 .

 xp  S1 = ∫ ( x p −1 ) dx =    p 0 a

Vì:

= 0

 ap ; S2 = ∫  y  p 0 b

1 p −1

  1 +1  y p −1     dy =   1 +1    p −1   

 yq  =   q 

= 0

bq . q

1 p 1 1 a p bq +1 = = = = q . Vậy + ≥ ab . p q p −1 p −1 1 − 1 1 p q

⇒ Phương trình đường tròn đáy là x 2 + y 2 = R 2 ⇔ y = ± R 2 − x 2 . Hình chiếu của phần elip xuống đáy là miền sọc xanh như hình vẽ. R

Ta có S = 2

∫ −

R 2

 2π 3 2 + R 2 − x 2 dx. Đặt x = R.sin t ⇒ S =   R . 3 4  

Gọi diện tích phần elip cần tính là S ′.

 4π S 3 2 = 2 S =  +  R . cos 60° 3 2   Giả sử A(a; a 2 ) ; B(b; b 2 ) (b > a ) sao cho AB = 2018 . Phương trình đường thẳng d là: y = (a + b) x − ab . Khi đó Theo công thức hình chiếu, ta có S ′ =

Câu 84.

S = ∫ (a + b) x − ab − x 2 dx = ∫ ( ( a + b ) x − ab − x 2 ) dx =

Câu 83. Cách 1: Gọi I , H , K , E là các điểm như hình vẽ.

(

Vì AB = 2018 ⇔ ( b − a ) + b 2 − a 2

= 60° * Ta có: IHO 69

)

1 3 (b − a) . 6 2

(

= 20182 ⇔ ( b − a ) 1 + ( b + a )

) = 2018 . 2

⇒ ( b − a ) ≤ 20182 ⇒ b − a = b − a ≤ 2018 ⇒ S ≤ Câu 85.

20183 20183 . Vậy S max = khi a = −1009 và 6 6

b = 1009 . Ta có y ′ = 4 ax 3 + 2bx ⇒ d : y = ( −4a − 2b )( x + 1) .

Câu 87.

Phương trình (1) phải cho 2 nghiệm là x = 0 , x = 2 .

x2 = a ⇔ x = ± a . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng y = b là

−4a − 2b = c ⇒ −12a − 6b = 16a + 4b + c

b   x3  b b  4b b . S = 2 ∫ ( b − x 2 ) d x = 2  bx −  = 2  b b − = 3 3  3  0 0  Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng y = a (phần tô màu đen) là

 −4a − 2b − c = 0 ( 2 ) ⇔ .  28a + 10b + c = 0 ( 3) 2

28 = ( −4a − 2b )( x + 1) − ax4 − bx 2 − c  dx 5 ∫0  28 32 8 112 32 28 a + b + 2c = − ( 4 ) . ⇔ = 4 ( −4a − 2b ) − a − b − 2c ⇔ 5 5 3 5 3 5 Giải hệ 3 phương trình ( 2 ) , ( 3) và ( 4 ) ta được a = 1 , b = −3 , c = 2 . Mặt khác, diện tích phần tô màu là

a   x3  a a  4a a . S1 = 2 ∫ ( a − x 2 ) d x = 2  ax −  = 2  a a − = 3 3  3  0 0 

∫ (x

−1

Ta có S =

∫ 4− x

dx =

−2

4 2 ∫  x − 3x + 2 − 2 ( x + 1) dx =

− 3 x 2 − 2 x ) dx =

4b b 4a a = 2. ⇔ 3 3 x2 x2 Ta có: + y2 = 1 ⇒ y = ± 1 − 4 4

Do đó S = 2 S1 ⇔

Khi đó, ( C ) : y = x 4 − 3 x 2 + 2 , d : y = 2 ( x + 1) .

Câu 86.

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol ( P ) : y = x 2 với đường thẳng y = b là

x2 = b ⇔ x = ± b . Phương trình hoành độ giao điểm của parabol ( P ) : y = x 2 với đường thẳng y = a là

Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( C ) là: ( −4a − 2b )( x + 1) = ax 4 + bx 2 + c (1) .

Diện tích cần tìm là S =

Câu 88.

1 . 5

Hoành độ giao điểm (E’) y = 1 −

25 . 3

1−

Vậ y T =

Bài ra −2 < m < 2 nên trên ( −2; m ) thì 4 − x = 0 vô nghiệm.

25 ∫ 4 − x dx = 3 ⇔ −2 2

25 ∫ ( 4 − x ) dx = 3 ⇔ −2 2

 x   4x −  3 

−2

25 = 3

Mà

∫ 0

1− 0

4 − x dx =

∫ π

4sin t . ( −2sin t ) dt = 4 ∫ sin tdt = 2 ∫ (1 − cos 2t ) dt = 0

2π 3 − 3 2

Căn cứ đồ thị ta thấy 3

+ Hàm số y = x + ax + bx + c đạt cực trị tại x = ±1 nên ta có

)

 y′ (1) = 0  2a + b + 3 = 0 a = 0 . ⇔ ⇔  a b − 2 + + 3 = 0 ′ y − 1 = 0 ( )  b = −3 

Do đó f ( m ) nghịch biến trên ( −2; 2 ) ⇒ f ( m ) < f ( −2 ) = 16 ⇒ m 3 − 12m − 41 < 0 .

)

π 2

f ′ ( m ) = 3m2 − 12 = 3 m2 − 4 < 0 , ∀m ∈ ( −2; 2 ) .

(

1 −1 Do đó T = .π + . 3 nên S = 15 3 12 Câu 89.

3 2 Khi đó (1) ⇔ m − 12m + 9 = 0 ⇔ ( m − 3) m + 3m − 3 = 0 ⇒ m =

x2 1 dx = ∫ 4 − x 2 dx . Đặt x = 2 cos t ta có: 4 21 π

Xét hàm số f ( m ) = m 3 − 12m , với m ∈ ( −2; 2 ) có

(

3 2 x2 x là và parabol y = 4 2

∫ 1

∫

⇔ b = 3 2 a ⇔ b = 3 4a .

 m 16 25 1 3 + = 4m −  3 m − 4m + 3 = 0  m3 − 12m + 9 = 0 3 3 3 ⇔ ⇔ ⇔ 3  (1) 3 m 16  25  m − 12m − 41 = 0  1 m3 − 4m − 41 = 0 − + = − 4 m   3 3 3 3 3

3 2 3x3 3 x dx = = 2 6 0 6

Ta có: I =

( a)

 m3   m3 16 25 8  25 ⇔  4m − ⇔ 4m − + =  −  −8 +  = 3 3 3 3 3 3    

3 2 x2 x dx + ∫ 1 − dx 2 4 1

∫ 0

( b)

x2 3 2 = x ⇒ 3x 4 + x 2 − 4 = 0 ⇒ x 2 = 1 ⇒ x = 1 (theo hình vẽ thì x > 0 ) 4 2

Phương trình 4 − x = 0 ⇔ x = ±2 .

21 − 3 thỏa mãn bài toán. 2

Vậy chỉ có m =

+ Hàm số y = mx + nx + p đạt cực đại tại x = −1 và ( P ) cắt ( C ) tại hai điểm có hoành độ x = ±1 nên ta

21 − 3 thỏa mãn. 2

có

 −2 m + n = 0 n = −2   1 + a + b + c = m + n + p ⇔ m = −1  −1 + a − b + c = m − n + p  p − c =1   1

Gọi I1 =

∫ ( x − 1) e

4 2 3 2 3 2 Suy ra S = ∫ ( mx + nx + p − x − ax − bx − x ) dx = ∫ ( − x − x + x + 1) dx = ∈ (1; 2 ) 3 −1 −1

⇒ I1 = 4π ( x − 1)

Dạng 2. Ứng dụng tích phân để tìm thể tích Dạng 2.1 Bài toán tính trực tiếp không có điều kiện

Câu 98.

Câu 90.

Câu 92.

Chọn D

Ta có: V = π Câu 99.

Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay ( H ) xung quanh trục Ox là: V = π

∫(x

+ 3) dx .

e2 x V = π ∫ e dx =π 2 0

Câu 95.

+ 2 ) dx .

(

π e2 − 1

)

Câu 100.

(

Chọn A

∫

x = 0 . x = 2

Phương trình hoành độ giao điểm x − 2 x = 0 ⇔ 

)

∫

Vậy thể tích khối tròn xoay được tính V = π 4 x dx − π x dx . 0

2 x  4π . x 2 + 1 dx = π ∫ ( x 2 + 1) dx = π  + x  = 3 3  0 0 3

124 3

Chọn B Thể tích khối tròn xoay được tính theo công thức:

V =π∫

⇒ Thể tích vật thể là: V = 3x. 3x 2 − 2dx =

Chọn D

∫(x

Diện tích thiết diện là: S ( x) = 3x. 3 x 2 − 2

Câu 94.

e2 x − I1 = −2π − ( 3π − π e 2 ) = π ( e 2 − 5 ) . 2 0

Câu 93.

Chọn B 2

Lời giải Câu 91.

1 e2 x e2 x − 4π ∫ dx = 2π − π e 2 x = 2π − π e 2 + π = 3π − π e 2 0 2 0 2 0

Vậy V = 4π ( x − 1)

Chọn B Chọn B

u = x − 1 ⇒ du = dx  dx . Đặt  e2 x 2x  dv = e dx ⇒ v =  2

Chọn A π 2

V = π∫

(

2 + cos x

) dx = π ( 2x + sin x )

π 2 0

= π( π + 1).

Câu 96. Lời giải Chọn A π

Ta có: V = π ∫ 0

(

)

2 + sin x dx = π ∫ ( 2 + sin x ) dx = π ( 2 x − cos x ) 0 = 2π (π + 1) . 0

Câu 97.

Câu 101.

Lời giải

Chọn A Phương trình hoành độ giao điểm 2 ( x − 1) e x = 0 ⇔ x = 1

Thể tích của vật thể được tạo nên là V = π Câu 102.

∫ ( x ) dx

Công thức tính: V = π f

Câu 103.

Ta có V = π

Câu 104.

Chọn B

∫(x 0

2x e2 x e2 x 2 e ⇒ V = 4π ( x − 1) − 4π ∫ 2 ( x − 1) dx = 4π ( x − 1) − 4π ∫ ( x − 1) e2 x dx 2 0 2 2 0 0 0 2

+ 3 ) dx.

 du = 2 ( x − 1) dx u = ( x − 1) 2 2  V = π ∫ 2 ( x − 1) e x  dx = 4π ∫ ( x − 1) e2 x dx . Đặt  ⇒ e2 x 2x 0 0 v =  dv = e dx 2  1

Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình ( H ) xung quanh trục Ox là: 1

∫(x

1 2  x5 4 x3  4  8π 1 − 2 x ) dx = π ∫ ( x 4 − 4 x3 + 4 x 2 ) dx = π .  − x 4 +  = π . −1 +  = . 5 3 5 3  15   0 0

V = π ∫ xdx = 1

Câu 105.

π x2 2

= 1

3π . 2

Câu 109.

Chọn B 2

Theo công thức ta chọn V = π

2 2

∫ ( 2x − x )

π 4

(

)

4 d ( cosx ) sin x .dx = −π ∫ cosx cosx 0 0

tan x .dx = π ∫ tan x.dx = π ∫

Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng ( H ) quanh trục Ox là : 2

Thể tích vật thể tròn xoay được sinh ra là

V =π∫

16π . 15

2 81π 1  1  V = π ∫  x 3 − x 2  dx = π ∫  x 6 − x 5 + x 4  dx = . 3 9 3 35     0 0 81π Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là : V = . 35

Câu 106.

VOx = π ∫ ( x 2 − 2 x ) d x =

y = x^2

 1  π ln 2 = −π ( ln cosx ) 4 = −π ln  = 2 . 0  2 Câu 107.

y = 2x 8

Chọn D Quay elip đã cho xung quanh trục hoành chính là quay hình phẳng:

x2   H =  y = 4 1 − , y = 0, x = −5, x = 5 . 25   Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi H khi quay xung quanh trục hoành là: 5   16 x 2  16 x3  5 320π V = π ∫ 16 − = ≃ 335,1 dx = π 16 x −  −5 25 75  −5 3    Câu 108.

Câu 110.

Chọn B Theo đề, ta có hình vẽ sau:

y x =1

x = 0 x = 2

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị: x = 2 x ⇔ 

y = x2 − 2x

∫

Ta có: VOx = π (2 x )2 dx − π ( x 2 ) 2 dx = π 4 x 2 dx − π x 4 dx 0

y 1 O

2 x

y=2(x2-1)

Nhận xét: Khi nhìn vào hình vẽ. Đường thẳng x = 1 chia hình phẳng giới hạn bởi đường y = x 2 − 2 x và trục hoành làm 2 phần. Dễ thấy lúc này hình phẳng ( H ) không thể xác định vì phần hình giới hạn bởi

-1

x = 0 đến x = 1 và x = 1 đến x = 2 chưa rõ ràng. Nếu xét phần tròn xoay khi xoay hình phẳng quanh trục Ox khi x = 0 đến x = 2 thì không có đáp án trong bài, đồng thời đề cho thêm đường thẳng x = 1 là không cần thiết. Do đó để bài toán có đáp án và rõ ràng hơn ta điều chỉnh đề như sau: Cho hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đường y = x 2 − 2 x , trục hoành. Tính thể tích V hình tròn xoay sinh ra

y=1-x2

y=2(1-x2)

Câu 111. 2 Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số y = 2 x 2 − 1 và y = 1 − x là 2 x 2 − 1 = 1 − x 2

(

bởi ( H ) khi quay ( H ) quanh trục Ox .

(

)

⇔ x = ±1 .

 y = x2 − 2 x Hình phẳng ( H ) giới hạn bởi  . y = 0 Ta có phương trình hoành độ giao điểm của y = x 2 − 2 x và y = 0 (trục hoành) là: x = 0 x2 − 2x = 0 ⇔  x = 2 Khi đó thể tích V hình tròn xoay sinh ra bởi ( H ) khi quay ( H ) quanh trục Ox là:

(

)

(

)

Lấy đối xứng đồ thị hàm số y = 2 x 2 − 1 qua trục Ox ta được đồ thị hàm số y = 2 1 − x 2 .

(

)

Ta có 2 1 − x 2 ≥ 1 − x 2 , ∀x ∈ [ −1;1] . Suy ra thể tích khối tròn xoay cần tìm là 1

V = π ∫  2 ( x 2 − 1)  dx = −1

Câu 112. 75

64π . 15

Chọn B 76

π 4

t2  π dt = π  1 −  + t 1  4 0

V = π∫ tan 2 xdx = π∫ sin 2 xd ( tanx ) = π ∫ 0

Câu 113.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = ⇔ x = 4. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành là: 9

x − 2 và trục hoành:

x −2 = 0 ⇔ x = 2

9 2  x2 8x x  x − 2 dx = π ∫ x − 4 x + 4 dx = π  − + 4 x   2 3 4 4  4  81   16 64  11π . = π  − 72 + 36  − π  − + 16  = 6  2   2 3  2 Câu 114. Điều kiện xác định: 4 x − x ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 4 .

V =π∫

(

)

(

)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y =

4 x − x 2 và trục hoành

x = 0 2 . 4 x − x2 = 0 ⇔ 4x − x = 0 ⇔  x = 4 Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình ( H ) quanh Ox là : 4

V =π∫

(

)

4 x − x 2 dx = π ∫ ( 4 x − x 2 )dx = 0

32 π. 3

Câu 117.

32 π. 3  x1 = 2 Phương trình hoành độ giao điểm của ( H ) với trục hoành: 2 x − x 2 = 0 ⇔  .  x2 = 0 Vậy thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình ( H ) quanh Ox là

Câu 115.

 x+3 = 0

Xét phương trình x + 3 = − x + 3 ⇔  Xét hình ( H )

Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra do ( H ) quay quanh Ox là:

4 x5 V = π ∫ 2 x − x .dx = π ∫ ( 4 x 2 − 4 x 3 + x 4 ) .dx = π .  x3 − x 4 + 3 5 0 0  Câu 116. Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và trục Ox : 2

(

2 2

)

x =1. Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm chính bằng thể tích của vật thể tròn xoay thu được khi quay quanh hình ( H ) quanh trục Ox . Do đó

 16 = π.  15 0 2

Câu 118.

x = 0 2x − x2 = 0 ⇔  . x = 2

−2 1 2 43π 2 V = π ∫  x + 3  dx + π ∫ ( x + 3 ) dx = .  −3  −2  2 Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x) và trục hoành là nghiệm của phương trình 2

x .e x = 0 ⇔ x = 0. Khi đó thể tích của khối tròn xoay được tạo thành là:

Khi đó: 2

V = π ∫ (2x − x 0

⇔ x = −3 .  x + 3 = −1 giới bởi đồ thị các hàm số y = x + 3 ( −3 ≤ x ≤ −2 ) , y = x + 3 ( −2 ≤ x ≤ 1) , y = 0 và

2 2

)

1  16 4 dx = π ∫ ( 4 x − 4 x + x )dx = π  x 3 − x 4 + x 5  = π . 5  0 15 3 0 2

V =π∫

(

x .e x

) dx = π ∫ xe

Câu 119.

2 x2

dx = π

1 1 2 x2 1 21 1 e d(2 x 2 ) = π e2 x = π (e 2 − 1) . ∫ 0 4 40 4

Diện tích thiết diện là S ( x ) = ( x + 1) e 2 x . 2

∫

∫ ( x + 1)

Thể tích của vật thể (T ) là V = S ( x )dx =

e 2 x dx .

2 2 2 2  1 9e4 − 1  x + 1 2 x 1 2 − e − ∫ e2 x dx  ( x + 1) e2 x − ∫ ( x + 1) e2 x dx =  2  2 2 2 0 0 0 0   2

9e4 − 1 3e 4 − 1 1 2 x 1 1 13e 4 − 1 . − + e = 3e 4 + e 4 − = 2 2 4 4 4 4 0

 3 1 6 =π ∫ x dx +  0 27



∫ ( 4 − x ) dx  2

3  2  1 x7 3  x3   =π  . +  4x −   3  3  27 7 0     20 3 16  =  − +  π . 7 3  ⇒ a = 20, b = 7, c = 16, d = 3 ⇒ P = a + b + c + d = 46 .

Dạng 2.2 Bài toán có điều kiện Câu 123.

Câu 120. Phần chung của hai khối cầu tạo bởi ( S1 ) , ( S2 ) là một khối tròn xoay, tương đương phần hình phẳng

Thể tích vật thể tròn xoay cần tính là: V = π

OAO′ quay quanh trục OO′′ hay bằng hai lần phần mặt phẳng tạo bởi AHO′ quay quanh trục OO′ .

V =π∫ 3 2

(

9 − x2

4π m 2 m

m2 − x 2 = 0 ⇔ x = ± m

m 4π m 2 m 1 − x 2 )dx = π (m 2 x − x3 ) | = 3 −m 3

< 1000π ⇔ m < 750 ⇔ − 3 750 < m < 3 750 . 3 750 ≃ 9, 08 và m ≠ 0 . Vậy có 18 giá trị nguyên của m.

Ta có: V < 1000π ⇔

3 ; O′ có hoành độ là 3 nên thể tích : 2 2

∫ (m −m

Đặt hệ trục như hình khi đó phương trình đường tròn ( O ) là x 2 + y 2 = 9 ⇒ y = 9 − x 2 , điểm H có

hoành độ bằng

Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong và trục hoành là:

Ta có 3 Câu 124. Chọn D

) dx = = π ∫ (9 − x )dx = 458 π . 2

(

)

Dựa vào đồ thị hàm số y = f ' ( x ) ⇒ f ' ( x ) = 3 x − 1 .

3 2

Khi đó f ( x ) =

∫

f ' ( x )dx = x 3 − 3 x + C .

Điều kiện đồ thị hàm số f ( x ) tiếp xúc với đường thẳng y = 4 là: 3  x = −1  f ( x ) = 4  x − 3 x + C = 4 suy ra f ( x ) = x 3 − 3 x 2 + 2 ( C ) . ⇔ ⇔  2 C = 2  f ' ( x ) = 0 3 ( x − 1) = 0

+ ( C ) ∩ Ox ⇒ hoành độ giao điểm là x = −2; x = 1 . 1

+Khi đó V = π

∫ (x

− 3x 2 + 2 ) dx =

−2 4

Câu 121.

Câu 125.

x = 0 ⇒ y = 0 .  x = ±1 ⇒ y = 1

Phương trình hoành độ giao điểm x = x 2 ⇔ 

y = x và y = x 2 quay quanh trục tung tạo nên một vật thể tròn xoay có thể tích bằng thể tích vật thể tròn

V = π ∫ y − y dy = π ∫ ( 2

Câu 126.

)

4π a , từ đó suy ra a = 3 . 3 Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x − π và y = sin x : x − π = sin x ⇔ x − π − sin x = 0 (1) . Ta thấy x = π là một nghiệm của phương trình (1) .

( a)

Xét hàm số f ( x ) = x − π − sin x ⇒ f ′ ( x ) = 1 − cosx ≥ 0, ∀x ∈ ℝ .

3 3 Câu 122. Phương trình hoành độ giao điểm: x = 4 − x2 ⇔ x = 3 9 2  3  3 2  2 V = π  ∫  x3  dx + ∫ 4 − x 2 dx  0 9   3  

(

1 3

khối tròn xoay đó là V1 = .π .4.

y quay xung quanh trục Oy .

π 1  1 y − y dy = π .  y 2 − y 3  = . 3 0 6 2 2

x2 = 8π . Mà V = 2V1 ⇒ V1 = 4π . 2 0

Gọi K là hình chiếu của M trên Ox ⇒ OK = a, KH = 4 − a, MK = a . Khi xoay tam giác OMH quanh Ox ta được khối tròn xoay là sự lắp ghép của hai khối nón sinh bởi các tam giác OMK , MHK , hai khối nón đó có cùng mặt đáy và có tổng chiều cao là OH = 4 nên thể tích của

Ta có đồ thị hai hàm số y = x và y = x 2 đều đối xứng qua Oy nên hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị

xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi hai đường x = y và x = Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là:

∫

Ta có: V = π xdx = π

729 π. 35

⇒ f ( x ) đồng biến trên ℝ nên x = π là nghiệm duy nhất của phương trình f ( x ) = 0 .

)

Câu 128. Dễ thấy ABCE là hình bình hành nên AE = BC = a . Vậy ADE là tam giác đều. Có AH =

a 3 . 2

Xét hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Có phương trình CD : y = − Phương trình AD : y = 3x − 2a

g ′ ( x ) = −1 − cosx < 0, ∀x ∈ ( 0; π ) , suy ra hàm số g ( x ) = π − x − sin x nghịch biến trên ( 0; π ) . Do đó thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay ( D ) quanh trục hoành là thể tích của khối nón khi quay tam giác vuông OAB quanh trục hoành.

1 1 1 1 1 V = .π .OB 2 .OA = π .π 2 .π = π 4 ⇒ p = . Vậy 24 p = 24. = 8 . 3 3 3 3 3 2

= π.

(x −π ) 3

= 0

⇒ p=

 2 3π a 3 a3 5 − 2π . = π a 3 . x = 2 8 4 0

Cách 2: Thể tích khối tròn xoay được tạo ra theo đề bài là thể tích khối trụ có chiều cao 2a bán kính đáy

a 3 a a 3 trừ đi thể tích hai khối nón cùng có chiều cao bán kính đáy . Vậy 2 2 2 2

a 3 1 a 3 a 5 3 V = π .   2a − 2. 3 π  2  . 2 = 4 π a 2     9 2 81π Câu 129. Ta có V1 = π ∫ x dx = . 2 0

( )

1 . 3

(

)

Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox , đặt OH = m (với 0 < m ≤ 9 ), ta có M m; m ,

1 3

Vậy 24 p = 24. = 8 .

 4 Câu 127. Ta có V1 = 8. π .4 − 2  π ∫  0 4π .43 4π .23 V2 = −2 = 64π 3 3 3 Suy ra V1 = V2 2

(

 3π a 3 3a 3a 2 − 2π  x3 − x 2 + 2 2 4  bằng

∫ ( x − π ) dx = π ∫ ( x − π ) d ( x − π ) 0

3 π

∀x ∈ ( 0; π ) : g ( x ) > g (π ) ⇒ π − x − sin x > π − π − sin π = 0 ⇒ π − x > sin x ( 2 ) .

a 3 . 2

2 2 a 3  2 3π a 2 3a 2  a 3 Vậy V = π ∫   2  − 2π ∫  3 x − 2  = 4 .2 a − 2π ∫  3 x − 3ax + 4   0  0 0  

Cách 1: Xét hàm số g ( x ) = π − x − sin x, x ∈ ( 0; π ) .

Cách 2: Từ ( 2 ) ta có V = π

a 3 a  ; xD = 0, xC = 2a ; A  ;0  . 2 2 

)

(

)

MH = m và AH = 9 − m . 1 1 1 2 2 2 Suy ra V2 = π.MH .OH + π.MH . AH = π.MH .OA = 3mπ . 3 3 3

 dy  = 96π 

Theo giả thiết, ta có V1 = 2V2 nên

 27 3 3  81π 27 = 6mπ ⇔ m = . Do đó M   4 ; 2  . 2 4  

2 3 x. 9 Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) và đường thẳng OM là

Từ đó ta có phương trình đường thẳng OM là y =

27 4

2  3 2  4 27 3 2 3  . x  = S = ∫  x − x  dx =  x x − 9 3 9 16 0   0  81

Dạng 3. Ứng dụng tích phân để giải bài toán chuyển động Dạng 3.1 Bài toán cho biết hàm số của vận tốc, quảng đường Câu 130. Chọn D Ta có vB ( t ) = a.dt = at + C , vB ( 0 ) = 0 ⇒ C = 0 ⇒ vB ( t ) = at .

∫

Vận tốc của chất điểm B là y ( t ) = a.dt = a.t + C ( C là hằng số); do B xuất phát từ trạng thái nghỉ nên có y ( 0 ) = 0 ⇔ C = 0 ;

∫

Quãng đường của B từ khi xuất phát đến khi đuổi kịp A là

Quãng đường chất điểm A đi được trong 25 giây là 25

 1 2 13 t + t  30  100

375  1 3 13 2   SA = ∫ t + t  = .  dt =  60  0 2  300  0 Quãng đường chất điểm B đi được trong 15 giây là 15 at 2 15 225a = S B = ∫ at.dt = . 2 0 2 0 375 225a 5 Ta có = ⇔a= . 2 2 3 5 Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A là vB (15 ) = .15 = 25 ( m/s ) . 3 Câu 131.

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f ( t ) trên đoạn 0; 6 

f ( 0 ) = 0; f ( 4 ) = 24; f ( 6 ) = 18 Vậy vận tốc lớn nhất là 24 ( m/s ) . Câu 136.

Khi ô tô dừng hẳn thì vận tốc v ( t ) = 0 , tức là v ( t ) = −6t + 12 = 0 ⇔ t = 2 . 2

∫ ( −6t + 12 )dt = ( −3t

 1

∫  150 t 0

59  t  dt = 96 ( m ) . 75 

đi

được

đến

khi

gặp

là

Câu 139.

15  at 2  − 3at  = 72a ( m ) . S2 = ∫ ( at − 3a ) dt =   2 3 3 4 2 Vậy 72a = 96 ⇔ a = ( m / s ) . 3 Tại thời điểm đuổi kịp A thì vận tốc của B là vB (15) = 16 ( m / s ) .

Vậy ta chọn đáp án C. Chọn B Lúc bắt đầu đạp phanh, ô tô có vận tốc 20 m / s ⇒ v ( t0 ) = −10t0 + 20 = 20 ⇔ t0 = 0 Ô tô dừng hẳn khi đó vận tốc v ( t1 ) = 0 ⇔ 20 − 10t1 = 0 ⇔ t1 = 2 . 2

Do đó ô tô di chuyển được thêm là:

∫ ( 20 − 10t ) dt = ( 20t − 5t ) 2

Câu 140.

= 20 ( m )

Ta có −2t + 10 = 0 ⇔ t = 5 ⇒ Thời gian tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi dừng hẳn là 5 giây. Vậy trong 8 giây cuối cùng thì có 3 giây ô tô chuyển động với vận tốc 10m / s và 5 giây chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −2t + 10 ( m / s ) .

2 0

Chọn A Thời gian tính từ khi A xuất phát đến khi bị B đuổi kịp là 15 giây, suy ra quãng đường đi được tới lúc

 1

Chọn C Khi xe dừng hẳn thì v ( t ) = 0 ⇒ t = 5 . 5

∫

5  3t 2  S = ∫ ( −3t + 15) dt =  − + 15t  = 37,5 m 2  0 0

Tại thời điểm t = 3 vật B bắt đầu từ trạng thái nghỉ nên vB ( 3) = 0 ⇔ C = −3a .

∫ v(t )dt = ∫  180 t

+ 12t ) = 12 ( m ) .

Khi đó quảng đường xe đi được tính từ lúc bắt đầu hãm phanh đến khi dừng hẳn là:

Vận tốc của chất điểm B là vB ( t ) = adt = at + C .

Chọn C

đó là

Lấy mốc thời gian ( t = 0 ) là lúc đạp phanh. Vậy từ lúc đạp phanh đến lúc ô tô dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được quãng đường là

Câu 138.

Quãng đường chất điểm A đi từ đầu đến khi B đuổi kịp là S = 

∫ ( −5t + 20 ) dt = 40 ( m ) . 0

Câu 137.

 5 2 s = ∫ ( −5t + 10 ) dt =  − t 2 + 10t  = 10m. 0 2   0

Câu 134.

Khi ô tô dừng hẳn thì: v ( t ) = 0 ⇔ −5t + 20 = 0 ⇔ t = 4 ( s ) . Vậy từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô di chuyển được: s =

điểm

()

Ta có f ′ ( t ) = −3t + 12 ⇒ f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 4 ∈ 0; 6 

Chọn C Xét phương trình −5t + 10 = 0 ⇔ t = 2. Do vậy, kể từ lúc người lái đạp phanh thì sau 2s ô tô dừng hẳn. Quãng đường ô tô đi được kể từ lúc người lái đạp phanh đến khi ô tô dừng hẳn là

chất

3t ; suy ra vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng y (10 ) = 15 ( m / s ) . 2

3 2

15 225  1 2 58  ∫0  120 t + 45  dt = ∫0 atdt ⇔ 225 = a. 2 ⇔ a = 2 Vậy, vận tốc của chất điểm B tại thời điểm đuổi kịp A bằng vB ( t ) = 2.15 = 30 ( m / s ) .

đường

3 2

Vận tốc của vật chuyển động là v = s′ = − t 2 + 12t = f t

quãng

= 75 ⇔ 50a = 75 ⇔ a =

Lời giải

∫

có

Chọn B

Chọn D Thời điểm chất điểm B đuổi kịp chất điểm A thì chất điểm B đi được 15 giây, chất điểm A đi được 18 giây.

Lại

a.t 2 2

Câu 135.

Do từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi chất điểm B đuổi kịp thì quãng đường hai chất điểm đi được bằng nhau. Do đó

Câu 133.

Vậy có y ( t ) =

Biểu thức vận tốc của chất điểm B có dạng vB ( t ) = adt = at + C mà vB ( 0 ) = 0 nên vB ( t ) = at .

Câu 132.

∫ y(t )dt = 75 ⇔ ∫ a.tdt = 75 ⇔

11   1 3 11 2  t + t  = 75 ( m ) . t  dt =  36  0 18   540

Khi đó quãng đường ô tô di chuyển là S = 3.10 +

∫ ( −2t + 10 )dt = 30 + 25 = 55m . 0

- Tại thời điểm t = 6 vật đang chuyển động với vận tốc v0 nên có v(6) = v0

Câu 141.

Câu 146.

∫ 35 − 70 ( t − 5 ) dt = 96, 25 ( m ) .

12 0

= 144 ( m ) .

 Giai đoạn 2: Xe gặp chướng ngại vật đến khi dừng hẳn.

∫

Ôtô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v2 ( t ) = adt = −12t + c .

 5  ⇔ 80 = 6.v0 +  − t 2 + v0 .t + 15t  6  4 5 2 ⇔ 80 = 6.v0 − (k − 62 ) + v0 .( k − 6) + 15( k − 6) 4 2 5  4 ( v0 ) 24v0  2v 2v ⇔ 80 = 6.v0 −  +  + v0 . 0 + 15. 0 4  25 5  5 5

Vận tốc của xe khi gặp chướng ngại vật là: v2 ( 0 ) = v1 (12 ) = 2.12 = 24 ( m/s ) .

⇒ −12.0 + c = 24 ⇒ c = 24 ⇒ v2 ( t ) = −12t + 24 . Thời gian khi xe gặp chướng ngại vật đến khi xe dừng hẳn là nghiệm phương trình: −12t + 24 = 0 ⇔ t = 2 . Khi đó, quãng đường xe đi được là: 2

S2 = ∫ v2 ( t ) dt = ∫ ( −12t + 24 ) dt = ( −6t 2 + 24t ) = 24 ( m ) .

⇔ ( v0 ) + 36.v0 − 400 = 0

Vậy tổng quãng đường xe đi được là: S = S1 + S 2 = 168 ( m ) .

⇔ v0 = 10 5

∫

Quãng đường ô tô đi được trong 5 ( s ) đầu là s1 = 7tdt = 7 0

Câu 147.

t2 = 87,5 (mét). 20

Quãng đường từ lúc xe A hãm phanh đến lúc dừng hẳn là s =

xe dừng lại hẳn thì v( 2) ( t ) = 0 ⇔ 35 − 35t = 0 ⇔ t = 1 .

∫ (16 − 4t ) dt

= 32 m .

0 1

Quãng đường ô tô đi được từ khi phanh gấp đến khi dừng lại hẳn là s2 =

Ta có: v A ( 0 ) = 16 m/s . Khi xe A dừng hẳn: v A ( t ) = 0 ⇔ t = 4s .

Phương trình vận tốc của ô tô khi người lái xe phát hiện chướng ngại vật là v( 2) ( t ) = 35 − 35t (m/s). Khi



∫ ( 35 − 35t ) dt =  35t − 35 0



Do các xe phải cách nhau tối thiểu 1m để đảm bảo an toàn nên khi dừng lại ô tô A phải hãm phanh khi cách ô tô B một khoảng ít nhất là 33m .

t2   2 0

= 17.5 (mét).

Câu 148.

= 87.5 + 17.5 = 105 (mét).

∫

Ta có v ( 0 ) = 10 m/s và v ( t ) = a ( t ) dt =

Vậy quãng đường của ô tô đi được từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn là s = s1 + s2

∫ (t

3 2 1  1 t  dt =  t 4 + t 3  = 216 m . 12 2 0 2   0 0 t = 10 Thời điểm máy bay đạt vận tốc 200 ( m / s ) là v ( t ) = 200 ⇔ t 2 + 10t = 200 ⇔  ⇔ t = 10 t = −20

∫

1

 t 3 3t 2  1 3 3 2 + 3t ) dt =  +  = t + t . 2  3 2 0 3

∫ 3

Quãng đường vật đi được là S = v ( t ) dt =  t +

t3 2 Câu 143. a ( t ) = t + 4t ⇒ v ( t ) = ∫ a ( t ) dt = + 2t + C ( C ∈ ℝ ) . 3 t3 2 Mà v ( 0 ) = C = 15 ⇒ v ( t ) = + 2t + 15 . 3 2

Câu 149.

Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là

 t3  Vậy S = ∫  + 2t 2 + 15  dt = 69,75 m .  0 3 Câu 144. v ( t ) = s′ ( t ) = −3t 2 + 18t + 1 .

∫ (t 0

 t3  + 10t ) dt =  + 5t  3 

= 0

2500 (m) . 3 15

Câu 150.

Dễ thấy hàm số v ( t ) là hàm bậc hai có đồ thị dạng parabol với hệ số a = −3 < 0 .

 1

∫  150 t

Quãng đường chất điểm A đi từ đầu đến khi B đuổi kịp là S =  0

59  t  dt = 96 ( m ) . 75 

Vận tốc của chất điểm B là vB ( t ) = ∫ adt = at + C .

Do đó vmax đạt tại đỉnh I ( 3; 28 ) của parabol.

Tại thời điểm t = 3 vật B bắt đầu từ trạng thái nghỉ nên vB ( 3) = 0 ⇔ C = −3a .

Vậy Thời gian để vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất t = 3 ( s ) . Câu 145.

5,5

Giai đoạn 1: Xe bắt đầu chuyển động đến khi gặp chướng ngại vật. Quãng đường xe đi được là:

S1 = ∫ v1 ( t ) dt = ∫ 2tdt = t 2

Câu 142.

Quãng đường ô tô đi được là S = ∫ 7tdt +

5 5 ⇔ − .6 + a = v0 ⇔ a = v0 + 15 , suy ra v(t ) = − t + v0 + 15 . 2 2 2 2v - Gọi k là thời điểm vật dừng hẳn, vậy ta có v( k ) = 0 ⇔ k = . ( v0 + 15) ⇔ k = 0 + 6 . 5 5 k  5  - Tổng quãng đường vật đi được là 80 = 6.v0 + ∫  − t + v0 + 15  dt 2  6

Lại

Chọn gốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu đi. Sau 5s ô tô đạt vận tốc là v ( 5 ) = 35 ( m/s ) .

có 15

quãng

đường

chất

điểm

đi

được

đến

khi

gặp

là

 at  − 3at  = 72a ( m ) . S2 = ∫ ( at − 3a ) dt =   2 3 3 4 Vậy 72a = 96 ⇔ a = ( m / s 2 ) . 3

Sau khi phanh vận tốc ô tô là v ( t ) = 35 − 70 ( t − 5 ) . Ô tô dừng tại thời điểm t = 5,5s . 85

 c = 0 a = −32   Ta có hệ: a + b + c = 0 ⇔ b = 32 . a b c = 0  + +c =8  4 2 Suy ra ( P ) : y = −32 x 2 + 32 x .

Tại thời điểm đuổi kịp A thì vận tốc của B là vB (15) = 16 ( m / s ) . Câu 151.

Thời điểm chất điểm B đuổi kịp chất điểm A thì chất điểm B đi được 15 giây, chất điểm A đi được 18 giây.

∫

Biểu thức vận tốc của chất điểm B có dạng vB ( t ) = adt = at + C mà vB ( 0 ) = 0 nên vB ( t ) = at . Do từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi chất điểm B đuổi kịp thì quãng đường hai chất điểm đi được bằng nhau. Do đó 15 225  1 2 58  t +  dt = ∫ atdt ⇔ 225 = a. ⇔a=2  0 45  2  120 Vậy, vận tốc của chất điểm B tại thời điểm đuổi kịp A bằng vB ( t ) = 2.15 = 30 ( m / s ) .

∫

3 4

Câu 152.

Vậy quảng đường người đó đi được là s = Câu 155.

Xe dừng và bắt đầu chuyển động nên khi t = 0 thì v = 0 ⇒ C = 0 ⇒ v ( t ) = 6t − t 2 .

∫ ( 6t − t ) dt = 18m . 2

Dạng 3.2 Bài toán cho biết đồ thị của vận tốc, quảng đường Chọn A

  c = 4 b = 5   2 a + b + c = ⇔ 4 2 9 Gọi phương trình của parabol v = at + bt + c ta có hệ như sau:  c = 4  b  5 − = 2 a = −  4  2a 31 Với t = 1 ta có v = . 4 1 3  5 2  31 259 ≈ 21,583 Vậy quãng đường vật chuyển động được là s = ∫  − t + 5t + 4 dt + ∫ dt = 4 4 12   0 1 Câu 154.

Chọn C 2 Gọi v ( t ) = a.t + bt + c .

 −b −3   2a = 2 a = 4  2  3 2 a.2 + b.2 + c = 9 ⇒ b = 3 . Tìm được v ( t ) = − t + 3t + 6 4 a.02 + b.0 + c = 6 c = 6     3  3 2  Vậy S = ∫  − t + 3t + 6 dt = 24,75 (km) 4  0

Câu 153.

+ 32 x ) dx = 4,5 (km).

Đồ thị v ( t ) là một phần parabol có đỉnh I ( 2;9) và đi qua điểm A ( 0;6) nên

b = 3 ( s) 2a

Quảng đường xe đi trong 3 giây đầu là: S =

a ( t ) = 6 − 2t ( m / s 2 ) ⇒ v ( t ) = ∫ ( 6 − 2t ) dt = 6t − t 2 + C v ( t ) = 6t − t 2 là hàm số bậc 2 nên đạt GTLN khi t = −

∫ ( −32 x

Câu 156.

Chọn B Gọi ( P ) : y = ax 2 + bx + c .

( )

(

)

(

)

Vì P qua O 0; 0 và có đỉnh I 2; 9 nên dễ tìm được phương trình là y = Ngoài ra tại x = 3 ta có y =

−9 2 x + 9x . 4

27 4

 −9 2  27 x + 9 x dx + ∫ dx = 27 ( km) . 4 4  0 3 3

∫

Vậy quãng đuờng cần tìm là: S = 

Chọn B

Câu 157.

Chọn A + Vì Parabol đi qua O(0; 0) và có tọa độ đỉnh I ( 3;9 ) nên thiết lập được phương trình Parabol là

( P ) : y = v ( t ) = −t 2 + 6t ; ∀t ∈ [0; 2 ] + Sau 2 giờ đầu thì hàm vận tốc có dạng là hàm bậc nhất y =

1 t + m , dựa trên đồ thị ta thấy đi qua điểm 4

15 . 2 1 15 Nên hàm vận tốc từ giờ thứ 2 đến giờ thứ 6 là y = t + ; ∀t ∈ [2;6] 4 2

có tọa độ ( 6;9 ) nên thế vào hàm số và tìm được m =

Gọi parabol là

( P ) : y = ax 2 + bx + c .

Từ hình vẽ ta có

( P)

đi qua O ( 0; 0 ) , A (1; 0 ) và điểm

+ Quảng đường vật đi được bằng tổng đoạn đường 2 giờ đầu và đoạn đường 4 giờ sau.

1  I  ; 8. 2 

130  1 15  S = S1 + S 2 = ∫ ( −t 2 + 6t ) dt + ∫  t +  dt = ( km ) 4 2 3   0 2 1,5

Câu 158.

Ta có 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ ⇒ S =

∫ v(t )dt . 0

Đồ thị v = v(t ) đi qua gốc tọa độ nên v(t ) có dạng v(t ) = at 2 + bt . 87

 b − = 1

Đồ thị v = v(t ) có đỉnh là I(1;5) nên  2a

a + b = 5

( )

Suy ra diên tích của hình elip là S ( E ) = π a.b = 12π m 2 .

b = −2a a = −5 ⇔ ⇔ ⇒ v(t ) = −5t 2 + 10t a + b = 5 b = 10

 3 Vì MNPQ là hình chữ nhật và MQ = 3 → M  x;  ∈ ( E )  2 x2 1 3  3  2 ⇒ + = 1 ⇒ x = 12 → M  −2 3;  ; N  2 3;  16 4 2  2  Gọi S1 ; S 2 lần lượt là diện tích phần bị tô màu và không bị tô màu

1,5

45 S = ∫ ( −5t 2 + 10t ) dt = ≈ 5, 63 . 8 0 Câu 159.

2 Trước hết ta tìm công thức biểu thị vận tốc theo thời gian, giả sử v ( t ) = at + bt + c .

Ta có: S2 = 4.

Khi đó dựa vào hình vẽ ta có hệ phương trình

c = 0  a = −32  2  1 1  a   + b   + c = 8 ⇔ b = 32 .  2   2 c = 0  a + b + c = 0 

3 x = 4sin t S2 = 4π − 6 3 ( m 2 ) 16 − x 2 dx = 3 ∫ 16 − x 2 dx → 4 2∫3 2 3

Suy ra: S1 = S ( E ) − S 2 = 8π + 6 3 . Gọi T là tổng chi phí. Khi đó ta có

(

)

(

)

T = 4π − 6 3 .100 + 8π + 6 3 .200 ≃ 7.322.000 (đồng). Câu 162. 45 60

Do đó quãng đường người đó đi được sau 45 phút là S =

∫ (32t − 32t ) dt = 4,5 ( km ) . 2

Câu 160.

Hàm biểu diễn vận tốc có dạng v ( t ) = at 2 + bt + c . Dựa vào đồ thị ta có:

c = 2 a = 1  −b   ⇔ b = −2 ⇔ v ( t ) = t 2 − 2t + 2 .  =1  2a c = 2  a + b + c = 1

 5 3  yN = x2 y2 2 elip có phương trình là: + = 1 . Vì MN = 4 ⇒ xN = 2 ⇒  16 25  −5 3  yN =  2

Với t = 4 ⇒ v ( 4 ) = 10 (thỏa mãn). 4

Từ đó s =

∫ (t

− 2t + 2 ) dt =

40 ( km ) . 3

5 3 2

∫

Diện tích phần tô đậm là S1 = 2

−5 3 2

Dạng 4. Ứng dụng tích phân để giải một số bài toán thực tế Dạng 4.1 Bài toán liên quan đến diện tích Câu 161. Chọn C

Diện tích elip là S = π .4.5 = 20π (m 2 ) 2 Diện tích phần trắng là S2 = S − S1 ≈ 3,622 ( m )

y B2 3

Câu 163.

4 25 − y 2 dy ≈ 59, 21 (m2 ) 5

Tổng chi phí trang chí là: T = 59, 21.200000 + 3, 622.100000 = 12204200đ . Vì AB = 4 dm; BC = 8dm. ⇒ A( −2; 4), B(2; 4), C(2; −4), D( −2; −4) . parabol là: y = x 2 hoặc y = − x 2

∫

Diện tích phần tô đậm là S1 = 4 x 2 dx =

4 A2 x

32 (dm 2 ) 3

Diện tích hình chữ nhật là S = 4.8 = 32 (m 2 )

32 64 = (dm 2 ) 3 3 64  32  Tổng chi phí trang chí là: T =  .5000 + .2500  .1000 ≈ 106666667 đ 3  3 

Diện tích phần trắng là S2 = S − S1 = 32 −

Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:

x2 y2 + =1 a 2 b2

 A1 A2 = 8 = 2a a = 4 x2 y2 3 ⇔ 16 − x 2 . → (E): + =1⇔ y = ± 16 9 4 b = 3  B1 B2 = 6 = 2b

Với 

Câu 164. 2 2 Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ, ta có bán kính của đường tròn là R = 4 + 2 = 2 5 .

Do elip có độ dài trục lớn 2a = 8 ⇔ a = 4 , độ dài trục nhỏ 2b = 4 ⇔ b = 2 . Diện tích của ( E ) là: S( E ) = π ab = 8π .

Phương trình của nửa đường tròn ( C ) là: x 2 + y 2 = 20 , y ≥ 0 ⇒ y = 20 − x 2 . 2

Parabol ( P ) có đỉnh O ( 0; 0 ) và đi qua điểm ( 2; 4 ) nên có phương trình: y = x .

Phương trình chính tắc ( E ) là:

Diện tích phần tô màu là: S1 = ∫  20 − x 2 − x 2  dx ≈ 11, 94 ( m 2 ) .   −2 Diện tích phần không tô màu là: S 2 =

1 .π . 2 5 2

(

)

(

Gọi ( P ) : y = kx 2 là parabol nằm ở phía trên trục Ox .

(

Do N ∈ ( P ) ta có 1 = k 2 3

Chọn B

2 ( m ) x2 + y 2 = 2 .

∫

−2 2 3

3π + 10 . 6 −1 3π + 10 số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu là × 250000 . 6

∫(

)

⇔k=

1 1 2 . Suy ra ( P ) : y = x . 12 12

2 3

Diện tích phần A là S A =

 x = −1, y = 1  y = 2 − x 2 Tọa độ giao điểm của Parabol và đường tròn là nghiệm hệ  ⇔ 2  x = 1, y = 1  y = 2 x − 1 Diện tích vườn hoa là S =

)

Do N và F2 có cùng hoành độ ⇒ N 2 3; 1 .

150000.11,94 + 100000. (10π − 11,94 ) ≈ 3.738.593 . Ta có phương trình đường tròn tâm gốc tọa độ và bán kính bằng

)

Ta có c = a 2 − b 2 = 2 3 ⇒ F2 2 3; 0 .

− S1 ≈ 10π − 11,94 ( m 2 ) .

Số tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó là: Câu 165.

x2 y 2 1 16 − x 2 . + = 1 . Suy ra y = ± 16 4 2

)

2 − x 2 − 2 x 2 + 1 dx =

∫ 0

1 16 − x 2 dx − 6

2 3 1 2 1 2 1 1 2 2  16 − x − x dx = 2 ∫  16 − x − x dx 2 12 2 12   0  3

2 3

∫

x 2 dx .

2 3

* Xét I1 =

∫

16 − x 2 dx . Đặt x = 4 sin t ⇒ dx = 4costdt .

Đổi cận:

Câu 166.

π 3

Khi đó I1 =

∫ 0

π 3

 1 3 16 − 16 sin t .4costdt = 16 ∫ cos tdt = 8 ∫ (1 + cos2t ) dt = 8  t + sin 2t   2 0 0 0 2

π 3 = 8  +  . 3 4  

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

* Ta có I 2 =

1 6

2 3

∫

x 2 dx =

1 3 x 18 0

4 3 . 3

8π + 2 3 16π + 4 3 ⇒ S A + S B = 2S A = . 3 3 8π − 4 3 Tổng diện tích phần C , D là: SC + S D = S( E ) − ( S A + S B ) = . 3 Suy ra: S A = I1 − I 2 =

Khi đó tổng số tiền để hoàn thành vườn hoa trên là:

16π + 4 3 8π − 4 3 .250000 + .150000 ≈ 5676000 đ. 3 3 Câu 167. Gọi O , I lần lượt là tâm của các đường tròn bán kính bằng 20 mét và bán kính bằng 15 mét. Gắn hệ trục Oxy như hình vẽ, vì OI = 30 mét nên I ( 0; 30 ) . Phương trình hai đường tròn lần lượt là 2

x 2 + y 2 = 202 và x 2 + ( y − 30 ) = 152 . Gọi A, B là các giao điểm của hai đường tròn đó. 2

Phần giao của hai hình tròn chính là phần hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị y = 30 − 15 − x

(

và

Chứng minh tương tự ta được diện tích hình giới hạn bởi dây AB và cung AmB trong đường tròn ( O2 )

( )

là S 2 ≈ 35 m 2 .

( )

Suy ra diện tích phần giao nhau là S = S1 + S 2 = 60 m 2 .

)

202 − x 2 + 152 − x 2 − 30 dx ≈ 60, 2546 (mét vuông).

⇒ Chi phí làm sân khấu phần giao nhau 60.300 000 = 18000000 (nghìn đồng).

5 455 − 12

( )

Tổng diện tích của hai hình tròn là S ′ = π 20 2 + π 152 ≈ 1963 m 2 .

Số tiền để làm phần giao giữa hai hình tròn là 300.000 x 60,2546 ≈ 18.076.386 (đồng).

( )

Diện tích phần không giao nhau là S ′ − S = 1903 m 2 .

Số tiền để làm phần còn lại là 100.000 x ( 625π − 2 x 60, 2546 ) = 184.299.220 (đồng).

⇒ Chi phí làm sân khấu phần không giao nhau 1903.100 000 = 190300000 (nghìn đồng). Số tiền làm mặt sân là 18000000 + 190 000 000 = 208300 000 (nghìn đồng) = 208,3 (triệu đồng). Câu 169. Gọi phương trình parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c . Do tính đối xứng của parabol nên ta có thể chọn hệ trục

Vậy tổng số tiền làm sân khấu là 184.299.220 + 18.076.386 ≈ 202.375.606 (đồng). y

I A

52, 77 ≈ 184, 2 ( m 2 ) . 360

⇒ S1 = SO1 AB − S ∆O1 AB = 25 ( m 2 ) .

y = 202 − x 2 . Do đó diện tích phần giao giữa hai hình tròn là

∫

Gọi S1 là diện tích hình giới hạn bởi dây AB và cung AmB trong đường tròn ( O1 ) .

)

1 S∆O1 AB = O1 A.O1 B.sin AO1 B ≈ 159, 2 ( m 2 ) . 2

2 2 Tổng diện tích hai đường tròn là π 20 + 15 = 625π (mét vuông).

5 455 12

O1B 2 + O1O22 − O2 B 2 43 ′ = ⇒ BO 1O2 ≈ 26°23 . 2O1B.O1O2 48

Theo tính chất hai đường tròn cắt nhau ta có O1O2 là tia phân giác AO1B AO B = 2O O B = 52, 77° . ⇒ 1

(

cos BO 1O2 =

Suy ra diện tích hình quạt tròn O1 AB là SO1 AB = π .20 2.

 5 455 x=±  x + y = 20  12 . ⇔ Tọa độ A, B là nghiệm của hệ   2 2 2  y = 215  x + ( y − 30 ) = 15  12 2

Ta có O1 A = O1B = 20 m ; O2 A = O2 B = 15 m ; O1O2 = 30 m .

tọa độ Oxy sao cho ( P ) có đỉnh I ∈ Oy (như hình vẽ).

 9 I  0;   4 2

−1  3  A  − ;0   2 

3  B  ;0  2 

Câu 168. Gọi O1 , O2 lần lượt là tâm của hai đường tròn bán kính 20 m và 15 m. A , B là hai giao điểm của hai đường tròn. 93

9 9   4 = c, ( I ∈ ( P ) ) c = 4   3 9 Ta có hệ phương trình:  a − b + c = 0 ( A ∈ ( P ) ) ⇔  a = −1 . 2 b = 0 4 3  9 + + = 0 ∈ a b c B P ( ) ( )  4 2  9 2 Vậy ( P ) : y = − x + . 4

Câu 171.

x2 y 2 + = 1. a 2 b2 Theo giả thiết, ta có 2a = 100 ⇒ a = 50 ; 2b = 80 ⇒ b = 40 . 1 Diện tích phần trồng cây con (phần gạch sọc) bằng diện tích của elip trừ đi diện tích tam giác DOF . 4 π ab ab Do đó diện tích phần trồng cây con là S1 = − ( m2 ) . 4 2 3 Diện tích phần trồng rau (phần không gạch sọc) bằng diện tích elip cộng với diện tích tam giác DOF . 4 3π ab ab + m2 . Do đó diện tích phần trồng rau là S2 = 4 2  π ab ab   3π ab ab  −  ⋅ 2000 +  +  ⋅ 4000 ≈ 23991000 . Thu nhập của cả mảnh vườn là  2  2   4  4 Câu 172. Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.

Dựa vào đồ thị, diện tích cửa parabol là: 3 2



∫  − x

−3 2

3 2

Gọi phương trình của elip là

9 4

 − x3 9  9 9 9  + x  = m2 . +  dx = 2∫  − x 2 +  dx = 2  4 4 3 4 2     0 0

Số tiền phải trả là:

9 .1500000 = 6750000 đồng. 2

( )

Câu 170. 2 Diện tích miếng đất là S1 = πR = 25π (m2). Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Ta có phương trình của đường tròn biên là x 2 + y 2 = 25 . R = 5, AH = 3 ⇒ OH = 4 .

⇒ Phương trình của cung tròn nhỏ AC là y = 25 − x 2 , với 4 ≤ x ≤ 5 . 5

⇒ Diện tích phần đất trống là S2 = 2 ∫ 25 − x 2 dx (m2). 4 5

⇒ Diện tích phần đất trồng cây là S = S1 − S2 = 25π − 2∫ 25 − x 2 dx .

Phương trình Parabol có dạng y = a.x 2

4 5

⇒ Số tiền thu được là T = 100 S = 100(25π − 2∫ 25 − x 2 dx) ≈ 7445 (nghìn đồng).

( P)

( P) . 2

đi qua điểm có tọa độ ( −6; −18 ) suy ra: −18 = a. ( −6 ) ⇔ a = −

Từ hình vẽ ta có:

1 1 ⇒ ( P ) : y = − x2 . 2 2

AB x1 = . CD x2

Diện tích hình phẳng giới bạn bởi Parabol và đường thẳng AB : y = −

1 2 x1 là 2

1  1 x3 1  2  1  1  S1 = 2 ∫  − x 2 −  − x12   dx = 2  − . + x12 x  = x13 . 2  2   2 3 2 0 3 0 

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol và đường thẳng CD y = −

1 2 x2 là 2

2 2  x2  ∫0  2 x − 2  dx =  3

2  1 x3 1  2  1  1  S 2 = 2 ∫  − x 2 −  − x22   dx = 2  − . + x22 x  = x23 2 3 2 2 2     0 3 0  x 1 AB x1 1 3 3 = = Từ giả thiết suy ra S2 = 2 S1 ⇔ x2 = 2 x1 ⇔ 1 = 3 . Vậy . x2 CD x2 3 2 2

( 2x )

−

x3  4 400 2 ( cm2 ) = 43 ( dm2 ) = 400 ( cm2 ) .  = ( dm ) = 6  3 3 3 0

Dạng 4.2 Bài toán liên quan đến thể tích Câu 175. Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

 19  Gọi ( P1 ) : y = a1 x + b1 là Parabol đi qua hai điểm A  ;0  , B ( 0; 2 )  2  2  8   19  8 2 0 = a.   + 2 a = − x +2. Nên ta có hệ phương trình sau:  ⇔ 1 361 ⇒ ( P1 ) : y = −  2 361 2 = b b1 = 2  2

Câu 173. Đưa parabol vào hệ trục Oxy ta tìm được phương trình là: ( P ) : y = −

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) : y = − 5

16 2 16 x + x. 25 5

16 2 16 x + x , trục hoành và các đường thẳng x = 0 , x = 5 25 5

 5  2 5 1 2   a2 = − 40 0 = a2 . (10 ) + 2 1 5 ⇔ ⇒ ( P2 ) : y = − x 2 + . Nên ta có hệ phương trình sau:  5 5 40 2  =b b =  2 2  2 2 19  10  1 2 5   8 2   x + dx − ∫ 2  − x + 2 dx  = 40 m3 . Ta có thể tích của bê tông là: V = 5.2  ∫  − 0 0 2  361     40 2

Gọi ( P2 ) : y = a2 x + b2 là Parabol đi qua hai điểm C (10;0 ) , D  0; 

40  16 2 16  x + x dx = . 25 5  3

∫

là: S =  − 0

Tổng diện tích phần bị khoét đi: S1 = 4S =

160 cm 2 . 3

2 Diện tích của hình vuông là: Shv = 100 cm .

Vậy diện tích bề mặt hoa văn là: S 2 = Shv − S1 = 100 −

160 140 = cm 2 . 3 3

Câu 176.

Chọn B Giả sử nền trại là hình chữ nhật ABCD có AB = 3 mét, BC = 6 mét, đỉnh của parabol là I. Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho: O là trung điểm của cạnh AB, A, B và I, phương trình của parabol có dạng

4 y = ax 2 + b, a ≠ 0 . Do I, A, B thuộc nên ta có y = − x 2 + 3 3 Vậy thể tích phần không gian phía trong trại là 3 2

4 V = 6.2 ∫ (− x 2 + 3)dx = 36 3 0 Câu 174. Chọn hệ tọa độ như hình vẽ (1 đơn vị trên trục bằng 10cm = 1dm ), các cánh hoa tạo bởi các đường parabol có phương trình y =

x2 y2 y2 x2 , y =− ,x=− ,x= . 2 2 2 2

Diện tích một cánh hoa (nằm trong góc phàn tư thứ nhất) bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y =

x2 , y = 2 x và hai đường thẳng x = 0; x = 2 . 2

Do đó diện tích một cánh hoa bằng 97

Ta có V = V1 + V2

V1 = 5.102 π = 500π

( cm ) . 3

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Do parabol có đỉnh A nên nó có phương trình dạng ( P ) : y = a ( x − 10) 2 . Vì ( P ) qua điểm B ( 0; 20 ) nên a =

1 . 5

1 2 ( x − 10 ) . Từ đó suy ra x = 10 − 5 y (do x < 10 ). 5 20 2 8000  1000  Suy ra V2 = π ∫ 10 − 5 y dy = π  3000 − π cm3 . = 3  3  0 1000 2500 π + 500π = π ( cm3 ) . Do đó V = V1 + V2 = 3 3 Câu 179. Đặt hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ (trục hoành là trục của chiếc trống, gốc tọa độ là trung điểm của Do đó, ( P ) : y =

Câu 177. Thể tích săm xe bằng thể tích của khối tròn xoay sinh bởi hình tròn tâm I ( 0; 25 ) bán kính bằng 5 quay quanh trục Ox .

 y = 25 + 25 − x 2

Ta có phương trình đường tròn là x 2 + ( y − 25) = 25 ⇔ 

5

∫ ( 25 + 

Vậy V = π . 

25 − x 2

−5

) dx − ∫ ( −5

, x ∈ [ −5;5] .  y = 25 − 25 − x 2 5 2  25 − 25 − x 2 dx  = 100π . ∫ 25 − x 2 dx . −5 

(

)

(

)

đường cao chiếc trống, đơn vị: dm).

)

Ta có

∫

25 − x 2 dx là diện tích nửa hình tròn tâm O ( 0;0 ) , bán kính bằng 5

−5

⇒

∫ −5

1 25π . 25 − x 2 dx = .π .52 = 2 2 5

Suy ra V = 100π .

∫

25 − x 2 dx = 100π .

−5

25π = 1250π 2 cm3 2

Chú ý: Có thể bấm máy tích phân, ta được

5 V = π  ∫ 25 + 25 − x 2  −5

(

) dx − ∫ ( 25 − −5

Kiểm tra các đáp án ta chọn đáp án Câu 178. Chọn B

25 − x 2

) dx ≈ 3927π cm . 2

Gọi ( E ) là elip có phương trình

x2 y 2 + = 1 thì ảnh của ( E ) qua phép tịnh tiến theo vectơ u ( 0;6 ) là 16 9 2

elip ( E ′ ) có phương trình

x2 ( y − 6) + =1. 16 9

Suy ra, phương trình của đường sinh là: y = 6 − 4



∫

Do đó, thể tích của chiếc trống là: V = π  6 − −4

3 16 − x 2 . 4 2

3  16 − x 2  dx ≈ 344,964 ( dm3 ) . 4 

Ta gọi thể tích của chiếc mũ là V . Thể tích của khối trụ có bán kính đáy bằng OA = 10 cm và đường cao OO′ = 5 cm là V1 . Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường cong AB và hai trục tọa độ quanh trục Oy là V2 . 99

100

1 ( do h > 0 ) h h  1 2  4h 2 2 Diện tích S của thiết diện: S = ∫  − x + h  dx = , h = 3− x h 3 5   −h Có B h; 0 ∈ P

( ) ( )

⇒ S(x) =

⇔ 0 = ah2 + h ⇔ a = −

4 2  3− x 3 5 

Suy ra thể tích không gian bên trong của đường hầm mô hình: 5

4 2  ⇒ V = ∫ S ( x ) dx = ∫  3 − x  dx ≈ 28,888 3 5  0 0

Câu 180.

(

⇒ V ≈ 29 cm 3

)

Khi cắt khối gỗ hình trụ ta được một hình nêm có thể tích V1 như hình vẽ. Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Câu 182. Gọi hình chiếu của P, Q trên AF và BE là R và S . Vật thể được chia thành hình lập phương

R 2 − x 2 , x ∈ [ − R; R ] .

Nửa đường tròn đường kính AB có phương trình là y =

Một mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm M có hoành độ x , cắt hình nêm theo thiết diện là

ABCD.PQRS có cạnh 2,5 cm , thể tích V1 =

= 300 . ∆MNP vuông tại N và có PMN Ta có NM = y =

R 2 − x 2 ⇒ NP = MN .tan 300 =

∆MNP có diện tích S ( x ) =

125 + V2 . 8 Đặt hệ trục Oxyz sao cho O trùng với F , Ox trùng với FA , Oy trùng với tia Fy song song với AD . 5 5  5 Khi đó Parabol ( P ) có phương trình dạng y = ax 2 , đi qua điểm P  1;  do đó a = ⇒ y = x 2 . 2 2  2 Cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với Ox và đi qua điểm M ( x; 0; 0 ) , 0 ≤ x ≤ 1 ta được thiết diện là

thể V = V1 + V2 =

1 1 R2 − x2 NM .NP = . . 2 2 3

Thể tích hình nêm là V1 =

R2 − x2 . 3

∫ S ( x )dx = 2 ∫

−R

R2 − x2 3

dx =

1  2 1 3 2 3R 3 . R x− x  = 3  −R 9 2 3

5 2 5 25 2 x và MK = do đó diện tích S ( x ) = x 2 2 4 1 25 2 25 Áp dụng công thức thể tích vật thể ta có V2 = ∫ x dx = 4 12 0

* Chú ý: Có thể ghi nhớ công thức tính thể tích hình nêm:

hình chữ nhật MNHK có cạnh là MN =

2 2 AB . , α = PMN V1 = R 2 h = R3 tan α , trong đó R = 3 3 2

Từ đó V = Câu 183.

Câu 181. Xét một thiết diện parabol có chiều cao là h và độ dài đáy 2h và chọn hệ trục Oxy như hình vẽ trên. Parabol P có phương trình P : y = ax 2 + h, a < 0

( )

(

125 3 cm và phần còn lại có thể tích V2 . Khi đó thể tích vật 8

Đường elip có trục lớn 28 cm , trục nhỏ 25 cm có phương trình +

⇔ y=±

) 101

125 25 425 3 + = cm 8 12 24 2

x2   25   = 1 ⇔ y 2 =   1 − 2   2   14   25     2  y2

25 x2 1− 2 . 2 14

102

 25 x2 ∫−14  2 1 − 142  14

Do đó thể tích quả dưa là V = π 2

10 cm

2 2 14   x2   25   dx = π   ∫  1 − 2  ddxx   2  −14  14  

x3   25    25  56 8750π = π   . x − = cm 3 . =π   . 2  3.14 2 3     2  3  −14 8750π .20000 Do đó tiền bán nước thu được là ≈ 183259 đồng. 3.1000

α O

12cm

Fβ N

S ( x)

Gọi S ( x ) là diện tích thiết diện do mặt phẳng có phương vuông góc với trục Ox với khối nước, mặt phẳng này cắt trục Ox tại điểm có hoành độ h ≥ x ≥ 0 .

= α , FHN = β , OE = x Gọi IOJ IJ 6 EF 6x 6x = = ⇒ EF = ⇒ HF = 6 − . OJ 10 OE 10 10 6x 6− HF x x  10 cos β = = = 1 − ; β = arccos  1 −  HN 6 10  10  1 1 S ( x ) = S( hinh quat ) − S HMN = HN 2 .2β − HM .HN .sin 2β 2 2 tan α =

x 1 x x    ⇒ S ( x ) = 62 arccos 1 −  − .6.6.2 1 −  1 − 1 −   10  2  10   10  2 10 10  x x x     ⇒ V = ∫ S ( x ) dx = ∫  36 arccos 1 −  − 36 1 −  1 − 1 −   dx = 240 .   10   10   10   0 0  

Câu 184. Parabol có phương trình y =

5 2 8 x ⇔ x2 = y 8 5

Thể tích tối đa cốc: 10

Câu 186.

8  V = π ∫  y .dy ≈ 251,33 . 5  0

Lời giải Do vật thể có đáy là đường tròn và khi cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox được thiết diện là tam giác đều do đó vật thể đối xứng qua mặt phẳng vuông góc với trục Oy tại điểm O . Cạnh của tam giác đều thiết diện là: a = 2 1 − x 2 . Diện tích tam giác thiết diện là: S =

Câu 185. Cách 1. Xét thiết diện cắt cốc thủy tinh vuông góc với đường kính tại vị trí bất kỳ có:

a2 3 = (1 − x 2 ) 3 . 4

Thể tích khối cần tìm là:

1 1 R 2 − x 2 . R 2 − x 2 ..tan tan α ⇒ S ( x ) = ( R 2 − x 2 ) tan α . 2 2 R 1 2 2 2 Thể tích hình cái nêm là: V = tan α ∫ ( R − x ) dx = R3 tan α . 2 3 −R

S ( x) =

Thể tích khối nước tạo thành khi nguyên cốc có hình dạng cái nêm nên Vkn =

1-x2

1 1  x3  4 3 V = 2∫ Sdx = 2∫ 3 (1 − x 2 ) = 2 3  x −  = . 3 3   0 0 0

2 3 R tan α . 3

2 3 h R . = 240cm3 . 3 R Cách 2. Dựng hệ trục tọa độ Oxyz

⇒ Vkn =

103

104

B M

N x A

A' B'

Theo đề bài ta có phương trình của Elip là Câu 187.

x2 y 2 + = 1. 1 4 4 25

Gọi M , N lần lượt là giao điểm của dầu với elip. Gọi S1 là diện tích của Elip ta có S1 = π ab = π

1 2 π . = . 2 5 5

Gọi S 2 là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi Elip và đường thẳng MN . Theo đề bài chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu) là 0,6m nên ta có phương trình của đường thẳng MN là y =

Gọi d ( O, MN ) = x

Do đường thẳng y =

x2 y2 ( E ) : 2 + 2 = 1. 75 45

 

x2  x2  = 90 1 − 2 752  75

−75

∫

Tính I = −

3 4

1 2 − x dx . 4

1 1 sin t ⇒ dx = cos tdt . 2 2 − 3 π 3 π Đổi cận: Khi x = thì t = − ; Khi x = thì t = . 4 3 4 3 Đặt x =

Thể tích khoảng không cần tìm là

Câu 188.

3 4

1 1 1 2025  x2  1 S ( x ) = π R 2 − R 2 =  π −  R 2 = (π − 2 ) .1 − 2  . 4 2 2 2  75  4

∫ (π − 2 )

 4 1 2 1 4 4 1 2 3 S2 = ∫  − x −  dx = ∫ − x dx − . 5 4 5 5 3 4 10 3 − −

902  MN 90 x2 x2  ⇒R= = . 1 − 2 ⇒ R2 = .1 − 2  75 2  75  2 2

1 3 3 cắt Elip tại hai điểm M , N có hoành độ lần lượt là − và nên 5 4 4

3 4

Lúc đó MN = 2 y = 2 452  1 −

x2 y 2 4 1 + = 1 ta có y = − x2 . 1 4 5 4 4 25

Mặt khác từ phương trình

Chọn hệ trục như hình vẽ Ta cần tìm diện tích của S ( x ) thiết diện.

1 . 5

2025  x2  3 . 1 −  ≈ 115586m . 2  752 

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

∫π

−

1 1 1 . cos 2 tdt = 2 2 8

1  2π 3 + . 2   3

∫π (1 + cos 2t ) dt = 8 

−

4 1  2π 3 3 π 3 + = − Vậy S2 = .  − 5 8  3 2  10 15 20 π π 3 Thể tích của dầu trong thùng là V =  − +  5 15 20  .3 = 1,52 .   105

106

Câu 189.

Gọi x là thời điểm bơm được số nước bằng x

∫ 500

Ta có:

t + 3dt = 210 ⇒

⇒

( x + 3)

3 độ sâu của bể ( x tính bằng giây ). 4

4 3 ( t + 3) 3 = 105000 ⇒ ( x + 3) 3 x + 3 − 3 3 3 = 140000 4 0

= 3 3 3 + 140000 ⇒ x + 3 =

3 + 140000

)

(

)

⇒ x = 4 3 3 3 + 140000 − 3

⇒ x ≈ 7234,8256 . 3

Câu 190.

∫ ( 6at

+ 2bt ) dt = 90 ⇔ ( 2at 3 + bt 2 ) = 90 ⇔ 54a + 9b = 90 (1) 0

0 6

∫ ( 6at

+ 2bt ) dt = 504 ⇔ ( 2at 3 + bt 2 ) = 504 ⇔ 432a + 36b = 504 (2) 0

2  a = 3 . Sau khi bơm 9 giây thì thể tích nước trong bể là: b = 6

Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = f '( x), y = x + 1, x = −3, x = 1

Từ (1), (2) ⇒ 

Gọi S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = x + 1, y = f '( x), x = 1, x = 3

4  V = ∫ ( 4t 2 + 12t ) dt =  t 3 + 6t 2  = 1458 ( m3 ) . 3 0 0

Dựa vào hình vẽ, ta thấy: S1 > S2 > 0 .

Dạng 5. Ứng dụng tích phân để giải quyết một số bài toán đại số

⇒

Suy ra: S1 − S2 > 0

Câu 191.

Ta có

∫ f ′ ( x ) dx = f ( 5) − f ( 3) > 0 , do đó f ( 5 ) > f ( 3) .

⇒

3 3

∫

f ′ ( x ) dx = f ( 3) − f ( 0 ) < 0 , do đó f ( 3 ) < f ( 0 )

−3

∫  f ′ ( x ) − ( x + 1) dx + ∫  f ′ ( x ) − ( x + 1) dx > 0 3

⇒

∫  f ′ ( x ) − ( x + 1) dx > 0 . −3

∫ f ′ ( x ) dx = f ( 5) − f ( 0 ) < 0 , do đó f ( 5 ) < f ( 0 )

Khi đó: g ( 3 ) − g ( −3) =

Câu 192.

∫  f ′ ( x ) − ( x + 1) dx − ∫ ( x + 1) − f ′ ( x ) dx > 0

Chọn B Ta có g ′ ( x ) = 2 f ′ ( x ) − 2 ( x + 1)

−3

∫ g ′ ( x ) dx = 2 ∫  f ′ ( x ) − ( x + 1) dx > 0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: g (1) > g ( 3) > g ( −3) . Câu 193.

x = 1 g′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = x +1 ⇔  .  x = ±3

Chọn D Ta có g′ ( x ) = 2 f ′ ( x ) + 2 x ⇒ g′ ( x ) = 0 ⇒ x ∈ {−3;1; 3} . Từ đồ thị của y = f ′ ( x ) ta có bảng biến thiên của hàm g ( x ) .

Bảng biến thiên

Suy ra g ( −3) < g (1) và g ( 3) < g (1) . (1) Suy ra g ( 3 ) > g ( 1) . Kết hợp với BBT ta có: 1

−3

∫ ( − g ′ ( x ) ) d x > ∫ g ′ ( x ) d x ⇔ ∫ g ′ ( x ) dx > ∫ g ′ ( x ) d x ⇔ g ( − 3 ) − g ( 1 ) > g ( 3 ) − g ( 1 ) ⇔ g ( −3 ) > g ( 3 ) 107

108

Vậy ta có g ( −3 ) > g ( 3 ) > g ( 1) . Câu 194.

Với S1 , S2 lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) , trục Ox và hai đường

3 . 2 Câu 197. Ta có g ′ ( x ) = 2  f ′ ( x ) − ( x − 1)  ; g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = x − 1 .  x = −1 Dựa vào đồ thị ta có các nghiệm sau:  x = 3 .   x = 5

Chọn D Ta có h ' ( x ) = 2  f ' ( x ) − x  ; h ' ( x ) = 0 ⇒ x ∈ {−2; 2; 4} .

thẳng x = −1, x = 0 và x = 0, x = 1. Dễ thấy S1 = 1; S 2 =

Bảng biến thiên

Ta có bảng biến thiên

Suy ra h ( 2 ) > h ( 4 ) .

Ngoài ra dựa vào đồ thị ta có

⇔ g ( 3 ) − g ( −1) > g ( 3 ) − g ( 5 ) ⇔ g ( 5 ) > g ( −1) .

Kết hợp với đồ thị hàm số y=x ta có

∫

−2

3 5 1 1 g ′ ( x ) dx > − ∫ g ′ ( x ) dx ⇔ g ( x ) −1 > − g ( x ) 3 2 −∫1 23

Vậy g ( 3 ) > g ( 5 ) > g ( −1) .

h′ ( x ) d x > 0 ⇔ h ( 4 ) − h ( −2 ) > 0 ⇔ h ( 4 ) > h ( −2 ) .

Câu 198.

Vậy ta có h ( 2 ) > h ( 4 ) > h ( −2 ) . Câu 195.

Theo đồ thị, ta có: 0

f ( 0 ) − f ( −1) =

∫ f ′ ( x ) dx > 0 −1

3 2 Theo bài ra y = f ( x ) = ax + bx + cx + d

⇒ f ( 0 ) > f ( −1) (1) , 2

f ( 2 ) − f ( −1) = ∫ f ′ ( x ) dx = −1

−1

( a, b, c, d ∈ ℝ, a ≠ 0)

do đó y = f ′ ( x ) là

∫ f ′ ( x ) dx + ∫ f ′ ( x ) dx < 0

⇒ f ( −1) > f ( 2 ) ( 2 ) . Từ (1) và ( 2 ) ⇒ f ( 0 ) > f ( −1) > f ( 2 ) . Câu 196.

hàm bậc hai có dạng y = f ′ ( x ) = a′x 2 + b′x + c′ .

Chọn B Parabol y = ax 2 + bx + c có đỉnh I ( −2;1) và đi qua điểm ( −3;0 ) nên ta có

c ′ = 1 

a′ = 3 

 a ′ + b ′ + c′ = 4 

 c′ = 1

Dựa vào đồ thị ta có: a ′ − b′ + c′ = 4 ⇔ b′ = 0 ⇒ y = f ′ ( x ) = 3 x 2 + 1 .

 b  − 2 a = −2  a = −1   2 4a − 2b + c = 1 ⇔ b = −4 ⇒ y = − x − 4 x − 3. 9a − 3b + c = 0 c = −3    Do f ( −3) = 0 nên f ( −1) + f (1) =  f (1) − f ( 0 )  +  f ( 0 ) − f ( −1)  + 2  f ( −1) − f ( −3 )  1 0 −1 −1 3 8 31 = ∫ f ′( x)dx + ∫ f ′( x)dx + 2 ∫ ( − x 2 − 4 x − 3) dx = S1 + S2 + 2 ∫ ( − x 2 − 4 x − 3) dx = 1 + + = . 2 3 6 0 −1 −3 −3

Gọi S là diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ′ ( x ) , trục Ox , x = 4, x = 2 . 4

Ta có S =

∫ ( 3x

+ 1) dx = 58 .

Lại có: S =

∫

f ′ ( x ) dx = f ( x ) = f ( 4 ) − f ( 2 ) .

Do đó: H = f ( 4 ) − f ( 2 ) = 58 . 109

110

Câu 199. Gọi S1 , S 2 , S3 , S 4 lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) với và trục hoành. Quan sát hình vẽ, ta có

−2

∫ f ′ ( x ) dx > ∫ − f ′ ( x ) dx

⇔ f ( x ) −2 > f ( x ) 2

⇔ f ( 0 ) − f ( −2 ) > f ( 0 ) − f ( 2 ) ⇔ f ( − 2 ) < f ( 2 ) 2

∫ − f ′ ( x ) dx < ∫ f ′ ( x ) dx 0

⇔ f ( x) 2 < f ( x) 2

⇔ f ( 0 ) − f ( 2 ) < f ( 5) − f ( 2 ) ⇔ f ( 0 ) < f ( 5)

∫ f ′ ( x ) dx > ∫ − f ′ ( x ) dx

⇔ f ( x) 2 > f ( x) 6

⇔ f ( 5) − f ( 2 ) > f ( 5 ) − f ( 6 ) ⇔ f ( 2 ) < f ( 6 ) Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có M = max f ( x ) = f ( 5 ) và m = min f ( x ) = f ( −2 ) [ −2;6]

[ −2;6]

Khi đó T = f ( 5 ) + f ( −2 ) .

111

CHUYÊN ĐỀ 25

KHÁI NIỆM SỐ PHỨC, CÁC PHÉP TOÁN SỐ PHỨC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

Câu 4. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu a , b lần lượt là phần thực và phần ảo của số phức 3 − 2 2i . Tìm a , b . A. a = 3; b = 2

B. a = 3; b = −2 2

C. a = 3; b = 2

Câu 5. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Số phức −3 + 7i có phần ảo bằng: A. 7 B. −7 C. −3

MỤC LỤC Phần A. CÂU HỎI .......................................................................................................................................................... 1 Dạng 1. Xác định các yếu tố cơ bản của số phức ......................................................................................................... 1 Dạng 1.1 Xác định phần thực, phần ảo của số phức .................................................................................................... 1 Dạng 1.2 Xác định số phức liên hợp, số phức đối, môđun của số phức....................................................................... 2 Dạng 2. Biểu diễn hình học cơ bản của số phức .......................................................................................................... 3 Dạng 3. Thực hiện các phép tính cộng, trừ, nhân, chia cơ bản của số phức ............................................................. 6 Dạng 3.1 Phép tính cộng trừ 2 số phức ........................................................................................................................ 6 Dạng 3.2 Phép tính nhân, chia 2 số phức ..................................................................................................................... 7 Dạng 4. Tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước ................................................................................................. 10 Dạng 4.1 Điều kiện cho trước không chứa yếu tố môđun .......................................................................................... 10 Dạng 4.2 Điều kiện cho trước chứa yếu tố môđun ..................................................................................................... 12 Phần B. LỜI GIẢI THAM KHẢO ............................................................................................................................. 15 Dạng 1. Xác định các yếu tố cơ bản của số phức ....................................................................................................... 15

Câu 7. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho số phức z = 2 − 3i . Tìm phần thực a của z ? B. a = 3 C. a = −2 D. a = −3 A. a = 2 Câu 8. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho số phức z = 3 − 4i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z . A. Phần thực là − 4 và phần ảo là 3i . B. Phần thực là 3 và phần ảo là − 4 . C. Phần thực là − 4 và phần ảo là 3 . D. Phần thực là 3 và phần ảo là − 4i . Câu 9. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Cho số phức z = 3 − 2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z : A. Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2i B. Phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2 D. Phần thực bằng −3 và Phần ảo bằng −2 C. Phần thực bằng −3 và Phần ảo bằng −2i Dạng 1.2 Xác định số phức liên hợp, số phức đối, môđun của số phức Câu 10.

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Số phức liên hợp của số phức z = 3 − 2i là. A. 3 + 2i . B. −3 − 2i . C. −2 + 3i . D. −3 + 2i .

Câu 11.

(Mã 103 - BGD - 2019) Số phức liên hợp của số phức 1 − 2i là: B. 1 + 2i . C. −2 + i . A. −1− 2i .

Câu 12.

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho số phức z = 2 + i . Tính z .

Dạng 2. Biểu diễn hình học cơ bản của số phức ........................................................................................................ 16 Dạng 3. Thực hiện các phép tính cộng, trừ, nhân, chia cơ bản của số phức ........................................................... 17

A. z = 5

Dạng 3.1 Phép tính cộng trừ 2 số phức ...................................................................................................................... 17 Dạng 3.2 Phép tính nhân, chia 2 số phức ................................................................................................................... 18

B. z = 5

C. z = 2

D. −1 + 2i . D. z = 3

Câu 13.

(Mã 102 - BGD - 2019) Số phức liên hợp của số phức 5 − 3i là A. −3 + 5i . B. −5 − 3i . C. 5 + 3i .

D. −5 + 3i .

Câu 14.

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Số phức liên hợp của số phức 3 − 4i là A. 3 + 4i . B. −4 + 3i . C. −3 − 4i .

D. −3 + 4i .

Dạng 4. Tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước ................................................................................................. 21 Dạng 4.1 Điều kiện cho trước không chứa yếu tố môđun .......................................................................................... 21

D. 3

Câu 6. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Số phức nào dưới đây là số thuần ảo. A. z = 3 + i B. z = −2 C. z = −2 + 3i D. z = 3i

Dạng 1.1 Xác định phần thực, phần ảo của số phức .................................................................................................. 15 Dạng 1.2 Xác định số phức liên hợp, số phức đối, môđun của số phức..................................................................... 16

D. a = 3; b = 2 2

Dạng 4.2 Điều kiện cho trước chứa yếu tố môđun ..................................................................................................... 24

Câu 15. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho số phức z = 3 + 2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z . A. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng −2 . B. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng −2 . C. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng −2i . D. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2 . Câu 21 Cho số phức z = 3 − 2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z . B. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng −2 . A. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2i . C. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng −2i . D. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2 .

Phần A. CÂU HỎI Dạng 1. Xác định các yếu tố cơ bản của số phức Dạng 1.1 Xác định phần thực, phần ảo của số phức Câu 1. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Số phức có phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 3 là A. 1 − 3i B. −1 + 3i C. 1 + 3i D. −1 − 3i Câu 2. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Số phức 5 + 6i có phần thực bằng B. 6 . C. −5 . D. 5 A. −6 . Câu 3. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Số phức có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 là B. 4 − 3i C. 3 − 4i D. 4 + 3i A. 3 + 4i 1

Câu 16.

(CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Số phức đối của z = 5 + 7i là? A. z = 5 + 7i . B. − z = −5 − 7i . C. − z = −5 + 7i . D. − z = 5 − 7i .

Câu 17. là

(THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Số phức liên hợp của số phức z = 1 − 2i 2

A. z = 1 + 2i .

B. z = 2 − i .

C. z = −1 + 2i .

A. Phần thực là 3 và phần ảo là −4i C. Phần thực là −4 và phần ảo là 3i

D. z = −1 − 2i .

Câu 18. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Số ph phức liên hợp của số phức z = 5 + 6i là A. z = −5 + 6i . B. z = −5 − 6i . C. z = 6 − 5i . D. z = 5 − 6i .

B. Phần thực là 3 và phần ảo là −4 D. Phần thực là −4 và phần ảo là 3

Câu 24. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong hình vẽ bên, điểm M biểu diễn số phức z . Số phức z là:

Câu 19. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Cho số phức z = 2 − 3i . Số phức liên hợp của số phức z là: B. z = 3 + 2i . C. z = −2 − 3i . D. z = 2 + 3i . A. z = 3 − 2i . Dạng 2. Biểu diễn hình học cơ bản của số phức Câu 20.

A. 1 − 2i .

(ĐỀ THAM KHẢO O BGD & Đ ĐT 2018) Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu bi diễn số phức Câu 25.

B. 2 + i .

C. 1 + 2i .

D. 2 − i .

(HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Điểm nào ở hình vẽ bên biểu diễn số phức z = 3 − 2i ? A. M . B. N . C. P . D. Q .

Câu 26. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Điểm biểu diễn hình học của số phức z = 2 − 3i là điểm nào trong các điểm sau đây? A. M ( −2;3) . B. Q ( −2; − 3) . C. N ( 2; − 3) . D. P ( 2;3) . A. z = 1 + 2i

B. z = 1 − 2i

C. z = 2 + i

D. z = − 2 + i

Câu 21. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT BGD&Đ NĂM 2018-2019) Điểm nào trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn của số phức z = −1 + 2i ?

A. P

B. M

C. Q

Câu 27. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Số phức nào dưới đây có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là điểm M như hình vẽ bên?

D. N

Câu 22. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Số phức nào dưới đây có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là điểm M như hình bên?

A. 1 − 2i. Câu 28. phức

B. i + 2.

C. i − 2.

D. 1 + 2i.

(SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Điểm M trong hình vẽ bên dưới biểu thị cho số

y M A. z1 = 1 − 2i

B. z2 = 1 + 2i

C. z3 = −2 + i

D. z4 = 2 + i

Câu 23. Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn của số phức z . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z .

x 2 A. 3 + 2i.

B. 2 − 3i.

O C. −2 + 3i.

D. 3 − 2i.

Câu 29. (CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 2 NĂM 2018-2019) Điểm M trong hình vẽ bên biểu diễn số phức z . Chọn kết luận đúng về số phức z .

A. 1 − 2i .

A. z = 3 + 5i .

B. z = −3 + 5i .

C. z = 3 − 5i .

D. z = −3 − 5i .

Câu 30. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Điểm M trong hình vẽ là biểu diễn hình học của số phức nào dưới đây? y 2

O -1

A. z = 2 − i .

B. z = 2 + i .

M C. z = −1 + 2i .

Câu 36. D. z = −1 − 2i .

C. 1 + 2i .

D. 2 − i .

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hai số phức z1 = 2 − i và z2 = 1 + i . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy ,

điểm biểu diễn của số phức 2 z1 + z2 có tọa độ là

Câu 31. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Số phức nào sau đây có điểm biểu diễn là M (1; −2) ? A. −1 − 2i B. 1 + 2i C. 1 − 2i D. −2 + i Câu 32.

B. 2 + i .

Câu 35. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , 3 điểm A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn của ba số phức z1 = 3 − 7i, z2 = 9 − 5i và z3 = −5 + 9i . Khi đó, trọng tâm G là điểm biểu diễn của số phức nào sau đây? 7 A. z = 1 − 9i . B. z = 3 + 3i . C. z = − i . D. z = 2 + 2i . 3 Dạng 3. Thực hiện các phép tính cộng, trừ, nhân, chia cơ bản của số phức Dạng 3.1 Phép tính cộng trừ 2 số phức

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm biểu diễn của hai số phức đối nhau là A. hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ O . B. hai điểm đối xứng nhau qua trục hoành. C. hai điểm đối xứng nhau qua trục tung. D. hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng y = x .

Câu 33. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Điểm nào trong hình vẽ dưới đây là điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức z = −3i + 2 ?

A. ( 0; 5) .

B. ( 5; −1) .

C. ( −1; 5) .

D. ( 5; 0 ) .

Câu 37. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hai số phức z1 = 1 + i và z2 = 2 + i . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm biểu diễn số phức z1 + 2 z2 có tọa độ là B. (5; 2) . C. (5;3) . D. (2;5) . A. (3;5) . Câu 38.

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho 2 số phức z1 = 5 − 7 i và z2 = 2 + 3i . Tìm số phức

z = z1 + z2

. A. z = 3 − 10i

B. 14

C. z = 7 − 4i

D. z = 2 + 5i

Câu 39. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Cho hai số phức z1 = 1 + i và z2 = 2 − 3i . Tính môđun của số phức z1 + z2 . A. z1 + z2 = 5 . Câu 40.

B. z1 + z2 = 5 .

C. z1 + z2 = 1 .

D. z1 + z2 = 13 .

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hai số phức z1 = 4 − 3i và z2 = 7 + 3i . Tìm số phức

z = z1 − z2 . A. z = −3 − 6i

B. z = 11

C. z = −1 − 10i

D. z = 3 + 6i

Câu 41.

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho số phức z1 = 1 − 2i , z2 = −3 + i . Tìm điểm biểu diễn của số phức z = z1 + z2 trên mặt phẳng tọa độ. A. M ( 2; −5 )

A. M .

B. N .

C. Q .

D. P .

Câu 34. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong hình vẽ bên, điểm M biểu diễn số phức z . Số phức z là:

C. Q ( −1; 7 )

D. N ( 4; −3 )

Câu 42.

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Tìm số phức z thỏa mãn z + 2 − 3i = 3 − 2i . A. z = 5 − 5i B. z = 1 − i C. z = 1 − 5i D. z = 1 + i

Câu 43.

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hai số phức z1 = 1 − 3i và z2 = −2 − 5i . Tìm phần ảo b

của số phức z = z1 − z2 . A. b = −3 5

B. P ( −2; −1)

B. b = 2

C. b = −2

D. b = 3 6

Câu 44.

(CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hai số phức z1 = 1 + i

và z2 = 2 − 3i . Tính môđun của số phức z1 + z2 . A. z1 + z2 = 1 . Câu 45.

B. z1 + z2 = 5 .

C. z1 + z2 = 13 .

A. (1; 4 ) . Câu 52.

D. z1 + z2 = 5 .

(CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Gọi z1 , z2 lần lượt có Câu 53.

-4

C. 2 5 .

D. 116 .

Câu 46.

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Cho số phức z = 2 + 5i. Tìm số phức w = iz + z A. w = −3 − 3i . B. w = 3 + 7i. . C. w = −7 − 7i D. w = 7 − 3i .

Câu 47.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tính môđun của số phức z biết z = ( 4 − 3i )(1 + i ) . C. z = 25 2

D. a = −2, b = 1

Câu 50. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Trong mặt phẳng tọa độ, điểm M là điểm biểu diễn của số phức z . Điểm nào trong hình vẽ là điểm biểu diễn của số phức 2z ? y Q E M

A. Điểm Q Câu 51.

B. Điểm E

D. z = 4 . 2

1 . z

1 . 5

1 . 25

1 . 5

1 (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho số phức z = 1 − i . Tìm số 3 phức w = iz + 3z . 8 8 10 10 B. w = + i . C. w = . D. w = + i . A. w = . 3 3 3 3

Câu 58.

Câu 59. (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho số phức z = −2 + i . Điểm nào dưới đây là biểu diễn của số phức w = iz trên mặt phẳng toạ độ? A. M ( −1; −2 ) . B. P ( −2;1) . C. N ( 2;1) . D. Q (1; 2 ) . Câu 60. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho số phức z = 1 + 2i . Tìm tổng phần thực và phần ảo của số phức w = 2 z + z . A. 3 B. 5 C. 1 D. 2 Câu 61. sai?

P C. Điểm P

C. z = 17 .

Câu 49. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho số phước z = 1 − 2i. Điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức w = iz trên mặt phẳng tọa độ A. Q ( 1; 2 ) B. N ( 2; 1) C. P ( −2;1) D. M ( 1; −2 )

B. z = 16 .

Câu 57. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Cho số phức z = (1 − i ) (1 + 2i ) . Số phức z có phần ảo là: A. 2 . B. −2 . C. 4 . D. −2i .

D. z = 7 2

C. a = 1, b = −2

D. z = −3 + i .

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho số phức z = (1 − 2i ) .

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho số phức z = 1 − i + i . Tìm phần thực a và phần ảo b B. a = 0, b = 1

B. z = −3 − i .

(ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Cho số phức z thỏa mãn z (1 + i ) = 3 − 5i . Tính môđun

Tính mô đun của số phức

A. a = 1, b = 0

C. z = 3 − i .

Tìm số phức liên hợp của số phức z = i ( 3i + 1) .

A. z = 17 . Câu 56.

B. z = 2

D. ( 2; −3) .

(THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho số phức z thỏa mãn z (1 + 2i ) = 4 − 3i . Tìm số phức liên hợp z của z . −2 11 2 11 −2 11 2 11 A. z = B. z = − i . C. z = D. z = + i . − i. + i. 5 5 5 5 5 5 5 5

A. 2 29 . B. 20 . Dạng 3.2 Phép tính nhân, chia 2 số phức

C. ( 3; −3) .

Câu 54.

Câu 55. của z

Câu 48. củ a z .

B. ( −3; 2 ) .

A. z = 3 + i .

D. ( 4; −1) .

(Mã 102 - BGD - 2019) Cho hai số phức z1 = −2 + i và z2 = 1 + i. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, A. ( −3;3) .

y 2

C. ( 4;1) .

điểm biểu diễn số phức 2 z1 + z2 có tọa độ là

điểm biểu diễn là M và N trên mặt phẳng phức ở hình bên. Tính z1 + z2 .

A. z = 5 2

B. ( −1; 4 ) .

(CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Cho số phức z khác 0 . Khẳng định nào sau đây là A.

D. Điểm N

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hai số phức z1 = 1 − i và z2 = 1 + 2i . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy ,

điểm biểu diễn số phức 3z1 + z2 có tọa độ là:

Câu 62.

z là số thuần ảo. z

C. z + z là số thực.

D. z − z là số ảo.

(CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 2 NĂM 2018-2019) Cho hai số phức z1 = 1 + 2i và

z 2 = 3 − 4i . Số phức 2 z1 + 3 z2 − z1 z2 là số phức nào sau đây?

A. 10i . 7

B. z.z là số thực.

B. −10i .

C. 11 + 8i .

D. 11 − 10i . 8

Câu 63. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm tọa độ điểm M là điểm biểu diễn số phức z biết z thỏa mãn phương trình (1 + i ) z = 3 − 5i . A. M ( −1; 4 ) .

B. M ( −1; − 4 ) .

C. M (1; 4 ) .

D. M (1; − 4 ) .

Câu 64. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho số phức z thỏa mãn (1 + 3i ) z − 5 = 7i. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. z = Câu 65.

13 4 − i. 5 5

B. z = −

13 4 + i. 5 5

C. z = −

13 4 − i. 5 5

D. z =

Câu 74.

13 4 + i. 5 5

2019

. Phần thực của z bằng

A. −21009 .

B. 22019 .

D. 21009 .

(CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho z1 = 2 + 4i, z2 = 3 − 5i . Xác định phần thực B. −32 .

C. 88 .

Câu 69.

Câu 70. bằng

B. M ( −1; −1)

C. M (1;1)

D. M (1; −1)

5 B. 2

(Mã

đề

101

hai

số

thực

và

thỏa

mãn

D. x = 1; y = 1 .

BGD&ĐT

NĂM

2018)

C. x = 0, y = 2 Tìm

hai

số

D. x = 2 , y = −2 thực

và

thỏa

mãn

với i là đơn vị ảo. B. x = 1; y = −3

C. x = −1; y = −3

D. x = −1; y = −1

(

)

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho số phức z thỏa mãn ( 2 − i ) z + 3 + 16i = 2 z + i . Môđun của z

Câu 78.

4 D. 5 2

B. 1 − 21009 .

B. 5 .

A. 13 . Câu 79.

C. 21009 − 1 .

D. 13 .

(

)

hai

số

(Mã 103 - BGD - 2019) Cho số z thỏa mãn ( 2 + i ) z − 4 z − i = −8 + 19i . Môđun của z bằng

(Mã

C. 13 .

B. 5 .

đề

102

( 3x + 2 yi ) + ( 2 + i ) = 2 x − 3i A. x = 2; y = −2

2 C. 5

(THPT CHU VĂN AN - HÀ NỘI - 2018) Số phức z = (1 + i ) + (1 + i ) + ... + (1 + i ) A. 21009 + 1 .

Tìm

C. x = 1; y = −1 .

B. x = − 2 , y = 2

A. x = 1; y = −1

z = 4 − 3i . Môđun của z bằng

5 A. 4

2018)

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Tìm tất cả các số thực x , y sao cho x − 1 + yi = −1 + 2i .

( 2 x − 3 yi ) + (1 − 3i ) = x + 6i Câu 77.

NĂM

là đơn vị ảo. B. x = −1; y = 1 .

A. 13 .

(THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho số phức z thỏa mãn 2

Câu 76.

D. −152 .

Câu 68. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho số phức z thỏa mãn phương trình (3 + 2i ) z + (2 − i ) 2 = 4 + i . Tìm tọa độ điểm M biểu diễn số phức z. A. M ( −1;1)

BGD&ĐT

bằng

của w = z1.z2 A. −120 .

104

A. x = 2 , y = 2

Câu 66. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho số phức ( 2 − 3i )( 4 − i ) . Tìm tọa độ điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng Oxy . z= 3 + 2i A. (1; 4 ) . B. ( −1; 4 ) . C. ( −1; − 4 ) . D. (1; − 4 ) .

Câu 67.

đề

A. x = −1; y = −1 . Câu 75.

C. −22019 .

(Mã

( 2 x − 3 yi ) + ( 3 − i ) = 5x − 4i với i

(CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho số phức

z = (1 + i )

(1 − 3i )

Câu 73. (THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN - BÌNH DƯƠNG - 2018) Gọi T là tổng phần thực, phần ảo của số phức w = i + 2i 2 + 3i 3 + ... + 2018i 2018 . Tính giá trị của T. B. T = −1. C. T = 2. D. T = −2. A. T = 0. Dạng 4. Tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước Dạng 4.1 Điều kiện cho trước không chứa yếu tố môđun

BGD&ĐT

NĂM

2018)

Tìm

và

thực

thỏa

mãn

với i là đơn vị ảo. B. x = 2; y = −1

C. x = −2; y = −2

D. x = −2; y = −1

Câu 80. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tìm các số thực a, b thỏa mãn 2a + ( b + i )i = 1 + 2i với i là đơn vị ảo. 2018

có phần ảo

D. − ( 21009 + 1) .

A. a = 0, b = 1. Câu 81.

Câu 71.

(THPT NGÔ QUYỀN - QUẢNG NINH - HKII - 2018) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m + 2i có phần thực dương m để số phức z = m − 2i  m < −2 B.  . C. −2 < m < 2 . D. m < −2 . A. m > 2 . m > 2

3+i Câu 72. (THPT NGÔ QUYỀN - QUẢNG NINH - HKII - 2018) Cho z = . Tổng phần thực và phần x+i ảo của z là 2x − 4 4x + 2 4x − 2 2x + 6 A. . B. . C. 2 . D. 2 . 2 2 x +1 x +1

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM

( 3x + yi ) + ( 4 − 2i ) = 5x + 2i A. x = 2 ; y = 4 Câu 82.

C. a = 0, b = 2.

1 D. a = , b = 1. 2

2017-2018) Tìm hai số thực

và

thỏa mãn

với i là đơn vị ảo. B. x = −2 ; y = 0

C. x = 2 ; y = 0

D. x = −2 ; y = 4

(Mã 102 - BGD - 2019) Cho số phức z thoả mãn 3( z − i ) − (2 + 3i ) z = 7 −16i. Môđun của z

bằng A. 3. Câu 83.

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho số phức

C. 5.

(

)

z thỏa mãn 3 z + i − ( 2 − i ) z = 3 + 10i . Môđun của

z bằng A. Câu 84.

B. 3 .

C. 5 .

(THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Tìm hai số thực

( 2 x − 3 yi ) + (1 − 3i ) = −1 + 6i 9

B. a = 1, b = 2.

5. x và

thỏa mãn

với i là đơn vị ảo. 10

A. x = 1 ; y = −3 . Câu 85.

C. x = −1 ; y = −1 .

B. x = 1, y = 1

C. x = −1, y = 1

3 A. x = , y = −2 . 2

D. x = 1, y = −1

z1. z2 − 8 + 8i là một số thực. A. 1. Câu 97.

3 4 B. x = − , y = − . 2 3

Câu 88. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 ( 2 + 3i ) z + 4 − 3i = 13 + 4i . Môđun của z bằng B. 4 .

LẦN

01)

Cho

C. 2 2 .

(HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho số phức

z = a + bi ( a, b ∈ ℝ )

thỏa mãn

D. P = −1 số

phức

thỏa

thỏa mãn

A. 6

B. −2

C. 2

A. 4

(THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho số phức 2 ( 3 + 2i ) z + ( 2 − i ) = 4 + i . Mô đun của số phức w = ( z + 1) z bằng.

Câu 94.

Câu 95.

10 .

A. a = −3, b = 1 .

thỏa mãn

C. a = − 3, b = − 1 .

( z − 1)

C. 2

B. 0

D. 3

B. S = 2

C. S = −2

D. S = 4

B. P = − 5

C. P = 3

D. P = 7

là số thuần ảo? A. 0

B. 2

Câu 104. (Mã đề 104 BGD&ĐT z ( z − 5 − i ) + 2i = ( 6 − i ) z ?

2018)

Có

bao

nhiêu

số

C. 4

NĂM

2017-2018)

B. 4

Câu 106. (Mã đề 102 BGD&ĐT z ( z − 3 − i ) + 2i = ( 4 − i ) z ?

D. 3

C. 4 NĂM

B. 3

Câu 105. (MĐ 103 BGD&ĐT z ( z − 6 − i ) + 2i = ( 7 − i ) z ? A. 1

D. 4 .

với i là đơn vị ảo.

B. a = 3, b = −1 .

D. 2 + i .

z + 2 + i − z (1 + i ) = 0 và z > 1. Tính P = a + b .

A. 1

(THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Tìm các số thực a , b thỏa mãn

( a − 2b ) + ( a + b + 4 ) i = ( 2a + b ) + 2bi

1 3

Câu 103. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn | z + 2 − i |= 2 2 và

(CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm số phức z biết 4 z + 5 z = 27 − 7i . A. z = −3 + 7i . B. z = −3 − 7i . C. z = 3 − 7i . D. z = 3 + 7i .

A. 2 .

Tính S = 4a + b . A. S = −4

A. P = − 1

D. 10

Câu 92. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho số phức z = a + bi (a, b ∈ ℝ) thoả mãn (1 + i ) z + 2 z = 3 + 2i . Tính P = a + b 1 1 A. P = 1 . B. P = − . C. P = . D. P = − 1 2 2 Câu 93.

Câu 102. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thỏa mãn

D. −6

C. −4

2 9

điều kiện z − i = 5 và z 2 là số thuần ảo?

là đơn vị ảo. Giá trị a − b bằng B. −10

Câu 101. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thoả mãn z + 2 + i = z .

D. S = −10

(SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho a, b ∈ ℝ và thỏa mãn

( a + bi ) i − 2a = 1 + 3i , với i

2 3

A. z = −2 + i . B. z = −2 − i . C. z = 2 − i . Dạng 4.2 Điều kiện cho trước chứa yếu tố môđun

A. 4

Câu 90. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tổng phần thực và phần ảo của số phức z thoả mãn iz + (1 − i ) z = −2i bằng Câu 91.

A. 6 . B. 5 . C. 2 . D. 3 . Câu 99. (CHUYÊN TRẦN ĐẠI NGHĨA - TPHCM - HK2 - 2018) Tìm số phức z thỏa mãn z − ( 2 + 3i ) z = 1 − 9i .

(1 + 2i ) z + z = 3 − 4i . Tính giá trị của biểu thức A. S = −12

1 9

Câu 100. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Hỏi có bao nhiêu số phức z thỏa mãn đồng thời các

z = x + yi ( x, y ∈ ℝ )

S = 3x − 2 y . B. S = −11 C. S = −13

D. 4 .

Câu 98. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tính mô đun của số phức z thỏa mãn z (1 + 2i ) + z (1 − i ) + 4 − i = 0 với i là đơn vị ảo.

mãn

D. 10 .

C. 3 .

( 2 z − 1)(1 + i ) + ( z + 1) (1 − i ) = 2 − 2i . A.

3 4 D. x = , y = . 2 3

4 C. x = 1, y = . 3

B. 2 .

(CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm mô đun của số phức z biết

là đơn vị ảo.

Câu 87. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Cho số phức (1 + i ) z + 2 z = 3 + 2i . Tính P = a + b 1 1 A. P = 1 B. P = − C. P = 2 2

A. 2 .

Cho hai số phức z1 = m + 1 − 2i và z1 = 2 − ( m + 1) i . Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để

Câu 96.

(THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tìm các số thực x và y thỏa mãn

( 3x − 2 ) + ( 2 y + 1) i = ( x + 1) − ( y − 5) i , với i

Câu 89.

D. x = 1 ; y = −1 .

(ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Tìm hai số thực x và y thỏa mãn ( 2 x − 3 yi ) + ( 3 − i ) = 5 x − 4i

với i là đơn vị ảo. A. x = −1, y = −1 Câu 86.

B. x = −1 ; y = −3 .

2018)

Có

thỏa

mãn

phức

thỏa

mãn

thỏa

mãn

D. 2

Có

bao

nhiêu

C. 2 NĂM

phức

số D. 3

bao

nhiêu

số

phức

A. 1 B. 3 C. 2 D. 4 Câu 107. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho số phức z thỏa mãn z + 3 = 5 và z − 2i = z − 2 − 2i .

D. a = 3, b = 1 .

Tính z . 11

A. z = 17

B. z = 17

C. z = 10

Câu 119. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho số phức z = a + bi

D. z = 10

z Câu 108. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z + 3i = 13 và là số z+2 thuần ảo? A. 0 B. 2 C. Vô số D. 1 Câu 109. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn điều kiện z.z + z = 2 và z = 2 ? A. 2 .

C. 1.

B. 3 .

D. 4 .

Câu 110. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn điều 5?

kiện z + i 5 + z − i 5 = 6 , biết z có môđun bằng A. 3

B. 4

C. 2

thỏa mãn các điều kiện z1 = z2 = 2 và z1 + 2 z2 = 4 . Giá trị của 2 z1 − z2 bằng B.

C. 3 6 .

B. w = 425 .

C. w = 37 .

( a, b ∈ ℝ )

thoả mãn

C. T = 1 .

B. T = 3 .

D. T = −1 .

C. 2

B. 3

D. 6

Câu 114. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Có bao nhiêu số z − 2i là một số thuần ảo z+i A. 0 . B. Vô số. C. 1. D. 2 .

phức z thỏa z + 1 − 2i = z + 3 + 4i và

Câu 115. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z − (2 + i ) = 10 và z.z = 25 . B. 3 .

A. 2 .

C. 1.

D. 4 .

Câu 116. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Có bao nhiêu số phức z thỏa 2

(

)

mãn z − 1 + z − z i + z + z i 2019 = 1 ? A. 4

C. 1

D. 3

Câu 117. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn 2

z = z + z + z − z và z 2 là số thuần ảo A. 4

D. 5

B. S = 6 .

C. S = −5 .

D. S = 5 .

 z1 + z2 + z3 = 0  Câu 121. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Cho ba số phức z1 ; z2 ; z3 thỏa mãn  2 2.  z1 = z2 = z3 = 3  Tính 2

2 2 . 3

B. 2 2 .

8 . 3

3 . 8

z + 2 + 5i = 5 và z.z = 82 . Tính giá trị của biểu thức P = a + b .

A. 10 .

B. −8 .

C. −35 .

D. − 7 .

, z 2 là hai số phức thuộc tập hợp M sao cho z1 − z2 = 1 . Tính giá trị của biểu thức P = z1 + z2 . B. P =

3 . 2

C. P = 2 .

D. P = 2 .

1+ i là số z thực và z − 2 = m với m ∈ ℝ . Gọi m0 là một giá trị của m để có đúng một số phức thoả mãn bài toán. Khi đó:  1 1  3   3 A. m0 ∈  0;  . B. m0 ∈  ;1 . C. m0 ∈  ; 2  . D. m0 ∈ 1;  .  2 2  2   2

Câu 125. (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG - BP - LẦN 1 - 2018) Gọi S là tập hợp các số thực m sao z cho với mỗi m ∈ S có đúng một số phức thỏa mãn z − m = 6 và là số thuần ảo. Tính tổng của các z−4 phần tử của tập S . A. 10. B. 0. C. 16. D. 8. Câu 126. (SGD&ĐT CẦN THƠ - HKII - 2018) Cho số phức z thỏa mãn z − 4 = (1 + i ) z − ( 4 + 3 z ) i . Môđun của số phức z bằng A. 2 . B. 1 . C. 16 . D. 4 . thỏa z.z − 12 z + ( z − z ) = 13 − 10i . Tính S = a + b . A. S = −17 .

Câu 118. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z + 2i z = 0 . B. 3

A. S = −6 .

Câu 127. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - TPHCM - 2018) Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ , a > 0 ) C. 3

B. 2 3

A. 4

D. 4.

Câu 124. (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG - BP - LẦN 1 - 2018) Cho số phức z thoả mãn

Câu 113. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z 3 + 2i z = 0 . A. 4

C. 2.

Câu 120. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho số phức z = a + bi ( a , b ∈ ℝ ) thỏa mãn z + 1 + 3i − z i = 0 . Tính S = 2a + 3b .

A. P = 3 .

z − 4 i + z − 2i = 5 (1 + i ) . Tính giá trị của biểu thức T = a + b .

A. T = 2 .

)

B. 0.

Câu 123. (SGD&ĐT ĐỒNG THÁP - 2018) Cho M là tập hợp các số phức z thỏa 2 z − i = 2 + iz . Gọi z1

D. w = 457

Câu 112. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Cho số phức z = a + bi

A. −2 .

Câu 122. (THPT CHUYÊN HẠ LONG - LẦN 2 - 2018) Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℤ ) thỏa mãn

D. 8 .

Câu 19 Cho số phức z có phần thực là số nguyên và z thỏa mãn z − 2 z = −7 + 3i + z . Môđun của số phức

w = 1 − z + z 2 bằng A. w = 445 .

(

thỏa mãn z − 3 = z − 1 và ( z + 2 ) z − i là số thực. Tính a + b .

A = z1 + z2 + z2 + z3 + z3 + z1

D. 0

Câu 111. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hai số phức z1 , z2 A. 2 6 .

( a, b ∈ ℝ )

C. 2

B. S = 5 .

C. S = 7 .

D. S = 17 .

D. 6

Câu 128. (HỒNG LĨNH - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Cho số phức z ≠ 0 thỏa mãn

iz − ( 3i + 1) z 2 = z . Số 1+ i

Câu 9. Lời giả i Chọn B z = 3 − 2i ⇒ z = 3 + 2i . Vậy phần thực bằng 3 và Phần ảo bằng 2 . Dạng 1.2 Xác định số phức liên hợp, số phức đối, môđun của số phức

13 phức w = iz có môđun bằng 3 A. 26 .

26 .

3 26 . 2

D. 13 .

Câu 10.

Câu 129. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ - THÁNG 4 - 2018) Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn z1 = 1 , z 2 = 2 và z1 + z 2 = 3 . Giá trị của z1 − z2 là B. 1 .

A. 0 .

C. 2 .

D. một giá trị khác.

Câu 12.

iz − ( 3i + 1) z 2 Câu 130. [HỒNG LĨNH - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018] Cho số phức z ≠ 0 thỏa mãn = z . Số 1+ i 13 phức w = iz có môđun bằng 3

A. 26 .

26 .

3 26 . 2

D. 13 .

Câu 131. (THPT CHUYÊN NGUYỄN THỊ MINH KHAI - SÓC TRĂNG - 2018) Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ R ) thỏa mãn z + 7 + i − z ( 2 + i ) = 0 và z < 3. Tính P = a + b.

1 B. − . 2

A. 5 .

C. 7 .

5 . 2

Câu 132. (THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN - BÌNH DƯƠNG - 2018) Cho hai số phức z1 , z2 thoả 2

mãn: z1 = 2 3 , z2 = 3 2 . Hãy tính giá trị biểu thức P = z1 − z2 + z1 + z2 . C. P = 30 2 . A. P = 60. B. P = 20 3 . D. P = 50 . Câu 133. (HỒNG LĨNH - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Cho số phức w = x + yi , ( x , y ∈ ℝ ) thỏa mãn điều kiện w2 + 4 = 2 w . Đặt P = 8 ( x 2 − y 2 ) + 12 . Khẳng định nào dưới đây đúng?

(

)

A. P = − w − 2 .

Câu 1. Câu 2. Câu 3. Câu 4.

(

)

B. P = − w − 2 .

C. P = − ( w − 4 ) .

(

)

Câu 11.

Ta có z = 22 + 1 = 5 . Câu 13. Lời giả i Chọn C Số phức liên hợp của số phức 5 − 3i là 5 + 3i Câu 14. Chọn A Số phức liên hợp của số phức a + bi là số phức a − bi . Vậy số phức liên hợp của số phức 3 − 4i là số phức 3 + 4i . Câu 15. z = 3 + 2i ⇔ z = 3 − 2i . Nên số phức z có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng −2 . Câu 21 [2D4-1.1-1] Cho số phức z = 3 − 2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z . B. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng −2 . A. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2i . C. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng −2i . D. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2 . z = 3 + 2i . Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2 . Câu 16. Số phức đối của z là − z . Suy ra − z = −5 − 7i . Câu 17. Câu 18.

Số phức liên hợp của số phức z = a + bi là số phức z = a − bi . Số phức liên hợp của số phức z = x + yi , x, y ∈ ℝ là số phức z = x − yi . Do đó số phức liên hợp

Câu 19.

của số phức z = 5 + 6i là z = 5 − 6i . Số phức liên hợp của số phức z = 2 − 3i là z = 2 + 3i .

D. P = − w − 4 .

Phần B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1. Xác định các yếu tố cơ bản của số phức Dạng 1.1 Xác định phần thực, phần ảo của số phức Chọn C Chọn D Số phức 5 + 6i có phần thực bằng 5, phần ảo bằng 6 . Chọn A Số phức có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4 là: z = 3 + 4i . Chọn B

Chọn A Số phức liên hợp của số phức z = a + bi là số phức z = a − bi từ đó suy ra chọn đáp án B. Chọn B Theo định nghĩa số phức liên hợp của số phức z = a + bi, a, b ∈ ℝ là số phức z = a − bi, a, b ∈ ℝ . Chọn A

Câu 20. Câu 21.

Dạng 2. Biểu diễn hình học cơ bản của số phức Chọn D Theo hình vẽ M ( −2;1) ⇒ z = −2 + i Chọn C Ta có điểm biểu diễn của số phức z = −1 + 2i trên hệ trục tọa độ Oxy là điểm Q ( −1; 2 )

Câu 22. Chọn C Điểm M ( −2;1) là điểm biểu diễn số phức z1 = −2 + i Câu 23. Chọn B Nhắc lại:Trên mặt phẳng phức, số phức z = x + yi được biểu diễn bởi điểm M ( x; y ) . Điểm M trong hệ trục Oxy có hoành độ x = 3 và tung độ y = −4 . Vậy số phức z có phần thực là 3 và phần ảo là −4 .

Số phức 3 − 2 2i có phần thực là a = 3 và phần ảo là b = −2 2 . Câu 5. Chọn A Câu 6. Chọn D Số phức z được gọi là số thuần ảo nếu phần thực của nó bằng 0 . Câu 7. Chọn A Số phức z = 2 − 3i có phần thực a = 2 . Câu 8. Số phức z = 3 − 4i có phần thực là 3 và phần ảo là − 4 .

Câu 24.

Điểm M ( 2;1) trong hệ tọa độ vuông góc cuả mặt phẳng được gọi là điểm biểu diễn số phức

z = 2 + i suy ra z = 2 − i . 15

Câu 25.

Câu 38. Câu 39.

Chọn C z = 5 − 7 i + 2 + 3i = 7 − 4i . Chọn D 2

z1 + z2 = 1 + i + ( 2 − 3i ) = 3 − 2i nên ta có: z1 + z2 = 3 − 2i = 32 + ( −2 ) = 13 . Câu 40. Câu 41.

Chọn A Ta có z = z1 − z2 = ( 4 − 3i ) − ( 7 + 3i ) = −3 − 6i . Chọn B z = z1 + z2 = −2 − i .

Câu 42. Lời giả i Chọn D

Câu 26. Câu 27.

z + 2 − 3i = 3 − 2i ⇔ z = 3 − 2i − 2 + 3i = 1 + i .

Lời giả i Chọn D. Điểm biểu diễn hình học của số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) là ( a ; b ) .

Câu 43.

Chọn B Ta có z = z1 − z2 = 3 + 2i ⇒ b = 2

Với z = 2 − 3i ta có a = 2 và b = −3 . Do đó điểm biểu diễn tương ứng là N ( 2; − 3) .

Câu 44.

Ta có z1 + z 2 = 1 + i + 2 − 3i = 3 − 2i ⇒ z1 + z2 = 3 − 2i = 13 .

Tọa độ điểm M (−1; 2) là điểm biểu diễn của số phức z = 1 − 2i .

Câu 45.

Từ hình bên ta có tọa độ M ( 3;2 ) biểu diễn số phức z1 = 3 + 2i .

Câu 28.

Điểm M ( −2;3) biểu thị cho số phức z = −2 + 3i.

Tọa độ N ( 1; − 4 ) biểu diễn z2 = 1 − 4i .

Câu 29.

Tọa độ điểm M ( −3;5 ) ⇒ z = −3 + 5i ⇒ z = −3 − 5i .

Ta có z1 + z2 = 4 − 2i ⇒ z1 + z2 =

Câu 30. Câu 31.

Điểm M (2; −1) nên nó biểu diễn cho số phức z = 2 − i . Chọn C

Dạng 3.2 Phép tính nhân, chia 2 số phức Chọn A Ta có w = iz + z = i (2 + 5i ) + (2 − 5i ) = 2i − 5 + 2 − 5i = −3 − 3i Chọn A z = ( 4 − 3i )(1 + i ) = 7 + i ⇒ z = 7 − i ⇒ z = 5 2 Chọn C Ta có: z = 1 − i + i 3 = 1 − i + i 2 .i = 1 − i − i = 1 − 2i (vì i 2 = −1 ) Suy ra phần thực của z là a = 1 , phần ảo của z là b = −2 .

Câu 46.

M (1; −2) là điểm biểu diễn cho số phức có phần thực bằng 1 và phần ảo bằng −2 , tức là

( 4 ) + ( −2 )

=2 5.

Câu 47.

Câu 32.

1 − 2i . Điểm biểu diễn của số phức z = a + bi trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm M ( a; b )

Câu 48.

Câu 33.

Điểm biểu diễn của số phức − z = − a − bi trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm N ( −a; −b ) Do đó: điểm biểu diễn của hai số phức đối nhau là hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ Số phức liên hợp của số phức z = −3i + 2 là z = 2 + 3i . Điểm biểu diễn số phức z là N ( 2 ; 3) . Vậy điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức z = −3i + 2 là N .

Câu 49.

Chọn B w = iz = i (1 − 2i ) = 2 + i

Câu 50.

Ta có: A ( 3; −7 ) , B ( 9; −5 ) , C ( −5;9 )

Chọn B Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) . Điểm biểu diễn của z là điểm M ( a; b )

7  Trọng tâm của tam giác ABC là G  ; −1 3 

⇒ 2 z = 2 a + 2bi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng Oxy là M 1 ( 2a; 2b ) . Ta có OM 1 = 2OM suy ra M1 ≡ E .

Câu 34.

Điểm M ( 2;1) trong hệ tọa độ vuông góc cuả mặt phẳng được gọi là điểm biểu diễn số phức

z = 2 + i suy ra z = 2 − i . Câu 35.

7 −i. 3 Dạng 3. Thực hiện các phép tính cộng, trừ, nhân, chia cơ bản của số phức Dạng 3.1 Phép tính cộng trừ 2 số phức Chọn B Ta có 2 z1 + z2 = 5 − i . Nên ta chọn A.

Vậy trọng tâm G là điểm biểu diễn của số phức z =

Câu 36.

Câu 37.

Câu 51.

Chọn D 3 z1 + z2 = 3 (1 − i ) + (1 + 2i ) = 4 − i . Suy ra: Tọa độ điểm biểu diễn là: ( 4; −1) .

Câu 52.

Chọn A Ta có: 2 z1 + z2 = −4 + 2i + 1 + i = −3 + 3i.

Câu 53.

Chọn C Ta có z1 + 2 z2 = (1 + i ) + 2(2 + i ) = 5 + 3i .

Vậy điểm biểu diễn số phức 2 z1 + z2 có tọa độ là ( −3;3) . Chọn B

z = i ( 3i + 1) = −3 + i nên suy ra z = −3 − i .

Do đó điểm biểu diễn số phức z1 + 2 z2 có tọa độ là (5;3) . 17

Câu 54.

Vậy nên z = Câu 55. Câu 56.

4 − 3i ( 4 − 3i )(1 − 2i ) −2 − 11i −2 11 = = − i. = 1 + 2i 12 + 22 5 5 5

Vì z (1 + 2i ) = 4 − 3i nên z =

−2 11 + i. 5 5

z (1 + i ) = 3 − 5i ⇔ z = Cách 1:

3 − 5i = −1 − 4i ⇒ z = 1+ i

Ta có z = (1 − 2i ) = 1 − 4i + 4i 2 = −3 − 4i ⇒ 2

Câu 57.

2019  2 2   1009 + 21009 i = 2  − 2 + 2 i  = −2    Phần thực của z bằng −21009 . Cách 2:

= 2

( −1) + ( −4 )

= 17 .

1 1 3 4 = =− + i. z −3 − 4i 25 25

Câu 66.

1 1  3   4  Do đó = −  +  = . z 5  25   25  Chọn B

Câu 60.

Câu 61.

Câu 67.

Suy ra số phức z có phần ảo là: −2 . Chọn A 1 1 Ta có z = 1 − i ⇒ z = 1 + i 3 3 1 1 8 Khi đó: w = i z + 3 z = i (1 + i ) + 3(1 − i ) = 3 3 3 Chọn A Ta có: w = iz = i ( −2 + i ) = −1 − 2i .

Câu 68.

Câu 69.

Câu 64. Câu 65.

4 + i − (2 − i)

3 + 2i

Câu 70.

= 1 + i nên M (1;1) .

Chọn A

4 − 3i

(

1 − 3i

Vậy điểm biểu diễn số phức w = iz là điểm M ( −1; −2 ) . Chọn B Ta có z = 1 + 2i ⇒ z = 1 − 2i w = 2 z + z = 2(1 + 2i ) + 1 − 2i = 3 + 2i Vậy tổng phần thực và phần ảo của số phức w là 5 Đặt z = a + bi, ( a1 , b1 ∈ ℝ ) ⇒ z = a − bi .

Ta có z2 = 3 + 5i ⇒ z2 = − 16 + 30i ⇒ w = z1. z2 = ( 2 + 4i )( −16 + 30i ) = − 152 − 4i . Vậy phần thực của w là −152 . Chọn C

Ta có z =

) 2

⇒ z =

4 − 3i 1 − 3i

z = (1 + i ) + (1 + i ) + ... + (1 + i )

5 . 4

2018

= (1 + i )

(1 + i ) − 1 = 1 + i 21009 i − 1 ( ) i (1 + i ) − 1

= (1 + i ) ( 21009 + i ) = 21009 − 1 + ( 21009 + 1) i .

Câu 71.

⇔ a = ±b . Câu 63.

(15 − 28 ) − (10 + 42 ) i

Ta có z =

2 ( a 2 − b2 ) + 2ab.i = a 2 − b2 + 2ab .i chỉ là số thuần ảo ( a + bi ) z a + bi = = = z a − bi ( a − bi )( a + bi ) a 2 + b2 a 2 + b2 a 2 + b2

Câu 62.

2019

−13 − 52i = = −1 − 4i . 9+4 13 Vậy điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng Oxy là M ( −1; − 4 ) .

Câu 59.

(1 + i) 2020 (−4)505 1 1 = = (−4)505 ( − i) = −21009 + 21009 i 1+ i (1 + i) 2 2 Phần thực của z bằng −21009 . ( 2 − 3i )( 4 − i ) = (8 − 3) − ( 2 + 12 ) i = 5 − 14i = ( 5 − 14i )( 3 − 2i ) Ta có z = 3 + 2i 3 + 2i 3 + 2i ( 3 + 2i )( 3 − 2i ) Ta có z = (1 + i )

Ta có: z = (1 − i ) (1 + 2i ) = (1 − 2i + i 2 ) (1 + 2i ) = −2i (1 + 2i ) = −2i − 4i 2 = 4 − 2i . Câu 58.

3π 3π + i sin  cos 4 4 

2019 

Ta có 2 z1 + 3 z2 − z1 z2 = 2 (1 + 2i ) + 3 ( 3 − 4i ) − (1 + 2i )( 3 − 4i ) = 11 − 8i − (11 + 2i ) = −10i .

3 − 5i ⇔ z = − 1 − 4i . 1+ i Suy ra z = − 1 + 4i . Vậy M ( −1; 4 ) . Ta có (1 + i ) z = 3 − 5i ⇔ z =

Câu 72.

5 + 7i 13 4 13 4 ⇔ z = − i ⇒ z = + i. 1 + 3i 5 5 5 5 Cách 1: Phương pháp lượng giác 1  π π  1  + i  = 2  cos + i sin  Xét số phức z1 = 1 + i = 2  4 4 2    2 2019  2019π 2019π  2019 2019 Ta có số phức z = z1 = (1 + i ) = 2 + i sin  cos  4 4  

(1 + 3i ) z − 5 = 7i ⇔ z =

Câu 73.

⇒ z có phần ảo bằng 21009 + 1 . m + 2i ( m + 2i )( m + 2i ) m 2 − 4 4m z= = = 2 + i. m − 2i m2 + 4 m + 4 m2 + 4 m > 2 Vì z có phần thực dương ⇒ m 2 − 4 > 0 ⇔  .  m < −2

3 + i ( 3 + i )( x − i ) 3x − 3i + xi + 1 3x + 1 ( x − 3)i = = = 2 + . x + i ( x + i)( x − i) x2 + 1 x + 1 x2 + 1 3x + 1 x − 3 4 x − 2 . Suy ra tổng phần thực và phần ảo của số phức z là: 2 + = x + 1 x2 + 1 x2 + 1 2 2017 w = i (1 + 2i + 3i + ... + 2018i ) Ta có: z =

Xét f ( x) = x + x 2 + x 3 + ... + x 2018 = x f '( x) = 1 + 2 x + 3 x 2 + ... + 2018 x 2017 =

x 2018 − 1 x 2019 − x = x −1 x −1 2018 ( 2019 x − 1) ( x − 1) − ( x 2019 − x ) ( x − 1)2

w = i (1 + 2i + 3i 2 + ... + 2018i 2017 ) = i. f (i ) = i

Câu 74.

( 2019i

2018

− 1) (i − 1) − ( i 2019 − i )

⇔ 3x + 2 + ( 2 y + 1) = 2 x − 3i

(i − 1) 2

−2020(i − 1) + 2i =i = −1010 + 1009i −2i T = −1010 + 1009 = −1 . Dạng 4. Tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước Dạng 4.1 Điều kiện cho trước không chứa yếu tố môđun Chọn D

Câu 80.

2 x + 3 = 5x x = 1 ⇔ ( 2 x − 3 yi ) + ( 3 − i ) = 5 x − 4i ⇔ ( 2 x + 3) − ( 3 y + 1) i = 5 x − 4i ⇔  3 y + 1 = 4 y =1

Câu 75.

Câu 76.

Câu 77.

Chọn C

Câu 81.

2  x − 1 = −1  x = 0 Từ x 2 − 1 + yi = −1 + 2i ⇒  ⇔ y = 2  y = 2 Chọn C

 2a − 1 = 1 ⇔ b = 2 a = 1 ⇔ b = 2 Chọn A 2 x − 4 = 0 x = 2 . ⇔ y 4 − = 0  y = 4

( 3x + yi ) + ( 4 − 2i ) = 5x + 2i ⇔ 2 x − 4 + ( 4 − y ) i = 0 ⇔  Câu 82.

x +1 = 0  x = −1 Ta có ( 2 x − 3 yi ) + (1 − 3i ) = x + 6i ⇔ x + 1 + ( −3 y − 9 ) i = 0 ⇔  ⇔ . −3 y − 9 = 0  y = −3 Chọn A Gọi z = x + yi .

( 2 − i ) z + 3 + 16i = 2 ( z + i ) ⇔ ( 2 − i )( x + yi ) + 3 + 16i = 2 ( x − yi + i ) ⇔ 2 x + 2 yi − xi + y + 3 + 16i = 2 x − 2 yi + 2i 2 x + y + 3 = 2 x ⇔  2 y − x + 16 = −2 y + 2 y + 3 = 0 ⇔ − x + 4 y = −14 x = 2 ⇔  y = −3

Câu 78.

3 x + 2 = 2 x  x = −2 ⇔ ⇔ .  2 y + 1 = −3  y = −2 Chọn B 2a + (b + i )i = 1 + 2i ⇔ 2a + bi + i 2 = 1+ 2i ⇔ (2a − 1) + bi = 1 + 2i

Câu 83.

Chọn B Đặt z = a + bi ( a; b ∈ ℝ ) . Theo đề ta có 3( a − bi − i ) −( 2 + 3i )( a + bi ) = 7 −16i ⇔ 3a − 3bi − 3i − 2a − 2bi − 3ai + 3b = 7 −16i

a + 3b = 7 a + 3b = 7 a = 1      ⇔ ( a + 3b) + (−3a − 5b − 3) = 7 −16i ⇔  ⇔ ⇔ .    a b a b − 3 − 5 − 3 = − 16 − 3 − 5 = − 13      b = 2 Vậy z = 12 + 2 2 = 5 . Chọn D Đặt z = x + yi , ( x, y ∈ ℝ )

(

)

3 z + i − ( 2 − i ) z = 3 + 10i ⇔ 3 ( x − yi + i ) − ( 2 − i )( x + yi ) = 3 + 10i ⇔ x − y + ( x − 5 y + 3) i = 3 + 10i x − y = 3 ⇔  x − 5 y + 3 = 10 x = 2 ⇔  y = −1 z = 2−i Vậ y z = 5

Suy ra z = 2 − 3i . Vậy z = 13 . Chọn A Gọi z = a + bi ; z = a − bi ( a, b ∈ ℝ ) . Ta có:

( 2 + i ) z − 4 ( z − i ) = −8 + 19i ⇔ ( 2 + i )( a + bi ) − 4 ( a − bi − i ) = −8 + 19i ⇔ −2a − b + ( a + 6b + 4 ) = −8 + 19i

Câu 84.

−2a − b = −8 a = 3 ⇔ ⇔ a 6 b 4 19 + + =  b = 2 Vậy z = 3 + 2i ⇒ z = 13. Câu 79. Chọn C Ta có: ( 3x + 2 yi ) + ( 2 + i ) = 2 x − 3i

Câu 85.

Ta có: ( 2 x − 3 yi ) + (1 − 3i ) = −1 + 6i ⇔ 2 x + 1 − ( 3 y + 3) i = −1 + 6i .

2 x + 1 = −1  x = −1 ⇔ Suy ra  . −3 y − 3 = 6  y = −3 Chọn B 2 x − 3 yi ) + ( 3 − i ) = 5 x − 4i ⇔ ( 2 x + 3 ) − ( 3 y + 1) i = 5 x − 4i Từ ( 2 x + 3 = 5 x = 1 ⇔ ⇔ Vậy x = 1, y = 1 . 3 y + 1 = 4 y =1 22

Câu 86.

Câu 87.

Ta có ( 3x − 2 ) + ( 2 y + 1) i = ( x + 1) − ( y − 5 ) i ⇔ ( 3x − 2 ) + ( 2 y + 1) i = ( x + 1) + ( 5 − y ) i

⇒ w = 32 + 1 = 10 .

3   x = 2 3x − 2 = x + 1 ⇔ ⇔ . 2 y + 1 = 5 − y y = 4  3 Ta có (1 + i ) z + 2 z = 3 + 2i ⇔ (1 + i )( a + bi ) + 2 ( a − bi ) = 3 + 2i

1  a= 3a − b = 3  2 ⇔ ⇔ a − b = 2 b = − 3  2 Vậy P = a + b = −1 .

( 9 + 7i ) ( 2 − 3i )

4+9 Vậy z = 9 + 1 = 10 . Câu 89. Câu 90.

⇔z=

Câu 96.

a − 2b = 2a + b a + 3b = 0 a = −3 ⇔ ⇔ ⇔ . a + b + 4 = 2b a − b = −4 b = 1 Ta có: z1. z2 − 8 + 8i = ( m + 1 − 2i ) 2 − ( m + 1) i  − 8 + 8i = −8 + −m2 − 2m + 3 i .

(

( 2 + 3i ) z + 4 − 3i = 13 + 4i ⇔ ( 2 + 3i ) z = 9 + 7i ⇔ z = ⇔z=

Ta có: ( a − 2b ) + ( a + b + 4 ) i = ( 2a + b ) + 2bi .

)

m = 1 Để z1. z2 − 8 + i là một số thực thì −m2 − 2m + 3 = 0 ⇔  . m = −3 Vậy có hai giá trị của tham số m để z1. z2 − 8 + i là một số thực. Câu 97. Chọn B Giả sử z = a + bi ⇒ z = a − bi Do đó ( 2 z − 1)(1 + i ) + z + 1 (1 − i ) = 2 − 2i

⇔ 3a − b + ( a + b ) i = 3 + 2i

Câu 88.

Câu 95.

9 + 7i 2 + 3i

⇔ ( 2a − 2b − 1) + ( 2a + 2b − 1) i + ( a − b + 1) − ( a + b + 1) i = 2 − 2i

39 − 13i ⇔ z = 3−i . 13

1  a= 3a − 3b = 2 ( 2a − 2b − 1) + ( a − b + 1) = 2  3 ⇔ ⇔ ⇔ a + b = 0 ( 2a + 2b − 1) − ( a + b + 1) = −2 b = − 1  3

 x = −2 2 x + 2 y = 3  Có (1 + 2i ) z + z = 3 − 4i ⇔  ⇔ 7 ⇒ S = −13 . 2 x = −4  y = − 3 Chọn A Giả sử số phức z có dạng: z = x + yi , x , y ∈ ℝ .

Câu 91.

Câu 92.

 −b − 2 a = 1  a = 3 ⇔ Ta có ( a + bi ) i − 2a = 1 + 3i ⇔ −b − 2a + ai = 1 + 3i ⇔  a = 3 b = −7 Vậy a − b = 10 . (1 + i ) z + 2 z = 3 + 2i ⇔ (1 + i )(a + bi ) + 2(a − bi ) = 3 + 2i ⇔ (3a − b ) + (a − b)i = 3 + 2i

Câu 93.

1  a= 3a − b = 3  2 ⇔ ⇔ . Suy ra: P = a + b = −1 . a − b = 2 b = − 3  2 Giả sử z = a + bi ( a , b ∈ R ) , khi đó 4(a + bi ) + 5(a − bi ) = 27 − 7i ⇔ 9a − bi = 27 − 7i

Câu 94.

9a = 27 a = 3 ⇔ ⇔ ⇒ z = 3 + 7i . − b = − 7  b = 7 2 Ta có: ( 3 + 2i ) z + ( 2 − i ) = 4 + i ⇔ ( 3 + 2i ) z = 1 + 5i ⇔ z = 1 + i .

2 . 3 Giả sử: z = x + yi , x, y ∈ ℝ .

Khi đó z = a 2 + b 2 = Câu 98.

Ta có: z (1 + 2i ) + z (1 − i ) + 4 − i = 0 Û ( x + yi )(1 + 2i ) + ( x − yi )(1 − i ) + 4 − i = 0

Ta có: iz + (1 − i ) z = −2i ⇔ i ( x + yi ) + (1 − i )( x − yi ) = −2i ⇔ x − 2 y − yi = −2i . x − 2 y = 0 x = 4 ⇔ ⇔ ⇒ x+ y =6. − y = −2 y = 2 Tổng phần thực và phần ảo của số phức z bằng 6 . Chọn D

)

⇔ ( 2a + 2bi − 1)(1 + i ) + ( a − bi + 1)(1 − i ) = 2 − 2i

2 x − 3 y + 4 = 0 y = 2 Û ( 2 x − 3 y + 4 ) + ( x − 1) i = 0 Û  Û x −1 = 0 x = 1 Þ z = 1 + 2i Þ z = 5 . Câu 99.

Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) . Ta có:

z − ( 2 + 3i ) z = 1 − 9i ⇔ a + bi − ( 2 + 3i )( a − bi ) = 1 − 9i ⇔ −a − 3b + ( −3a + 3b ) i = 1 − 9i

−a − 3b = 1 a = 2 ⇔ ⇔ . −3a + 3b = −9 b = −1 Vậ y z = 2 − i . Dạng 4.2 Điều kiện cho trước chứa yếu tố môđun Câu 100. Chọn A Giả sử z = a + bi ⇒ z2 = a2 − b2 + 2abi Vì z − i = 5 và z 2 là số thuần ảo ta có hệ phương trình

 a = b a = b = 4  2  2 2 2 a = b = −3 a + (b − 1) = 25 b + (b − 1) = 25 ⇒ 2 2 ⇔ ⇔ . b = − a = 4 a = −b a − b = 0   2 2  b + (b − 1) = 25 b = −a = −3  Câu 101. Chọn A

Do đó: w = ( z + 1) z = z z + z = (1 + i )(1 − i ) + 1 − i = 2 + 1 − i = 3 − i . 23

a + 2 = a 2 + b 2 (1) Ta có z + 2 + i = z ⇔ ( a + 2 ) + ( b + 1) i = a 2 + b 2 ⇔  (2) b + 1 = 0 + 2 ≥ 0 a  −3 Từ (2) ta có: b = −1 . Thay vào (1): a 2 + 1 = a + 2 ⇔  2 ⇔a= 2 4 a + 1 = ( a + 2)  Vậy S = 4a + b = −4 Câu 102. Chọn D

z   z =1 z ⇔ 3 ⇔ 2 z z − 11 + 4 = 0  z z 

a + 2 − a 2 + b2 = 0 (1)  ⇔ a + 2 − a 2 + b2 + b + 1 − a 2 + b2 i = 0 ⇔  2 2 b + 1 − a + b = 0 ( 2 )

)

a ≥ −2   a ≥ −2  a ≥ −2 ⇔ 2 ⇔ ⇔    a = 3 ( tm ) 2 2  a + 4a + 4 = 2a + 2a + 1  a − 2a − 3 = 0   a = −1 tm ( )   Với a = 3 ⇒ b = 4 ; a = − 1 ⇒ b = 0 . a = 3 Vì z > 1 ⇒ z = 3 + 4i ⇒  ⇒ P = a +b = 3+ 4 = 7 . b = 4 Câu 103. Chọn D 2 2 Gọi số phức z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) , vì ( z − 1) = ( x − 1) − y 2  + 2 ( x − 1) yi là số thuần ảo nên   ( x + 2 )2 + ( y − 1)2 = 8 (1) theo đề bài ta có hệ phương trình:  2 2 (2) ( x − 1) = y Từ (2) suy ra: y = ± ( x − 1) 2

Với y = x − 1 , thay vào (1) , ta được: ( x + 2 ) + ( x − 2 ) = 8 ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0. Suy ra: z = −i . Với y = −( x − 1) , thay vào (1) , ta được: 2

) (

)

(

) (

+ 1. z = 9 z + ( z − 2 ) (1).

(1) ⇔ ( ( m − 4 )

)

+ 1 .m2 = 9m2 + ( m − 2 ) ⇔ m 4 − 8m3 + 7 m 2 + 4m − 4 = 0

3m + ( m − 2 ) i m−4+i

(L) thỏa mãn đề bài.

Vậy có 3 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 107. Chọn C Đặt z = x + yi; x , y ∈ ℝ

Bình phương và rút gọn ta được: 4

Từ (*) ta suy ra ứng với mỗi z = m sẽ có một số phức z =

Lây môđun hai vế của (1) ta có: 2

( z − 4)

Câu 104. Chọn B Ta có z ( z − 5 − i ) + 2i = ( 6 − i ) z ⇔ ( z − 6 + i ) z = 5 z + ( z − 2 ) i (1)

+ 1. z = 25 z + ( z − 2 )

hai nghiệm khác 1 (do f (1) ≠ 0 ). Mỗi giá trị của a cho ta một số phức z . Vậy có 3 số phức thỏa mãn điều kiện. Câu 106. Chọn B z ( z − 3 − i ) + 2i = ( 4 − i ) z ⇔ ( z − 4 + i ) z = 3 z + ( z − 2 ) i (*)

m = 1  m ≈ 6,91638 m = 1 ⇔ ⇔ ( m − 1) ( m − 7 m + 4 ) = 0 ⇔  3 2  m ≈ 0.80344  m − 7m + 4 = 0   m ≈ −0.71982

)

Vậy có 3 số phức thỏa mãn.

Đường thẳng y = −4 cắt đồ thị hàm số f ( a ) tại hai điểm nên phương trình a 3 − 12 a 2 + 4 = 0 có

Đặt m = z ≥ 0 ta có

Suy ra: z = −1 + 3 + 2 − 3 i ; z = −1 − 3 + 2 + 3 i

( z − 6)

2 2 ⇔ ( a − 7 ) + 1 a 2 = 36a 2 + ( a − 2 ) ⇔ a 4 − 14a 3 + 13a 2 + 4 a − 4 = 0   a = 1 ⇔ ( a − 1) ( a 3 − 13a 2 + 4 ) = 0 ⇔  3 2  a − 12a + 4 = 0 3 2 Xét hàm số f ( a ) = a − 13a ( a ≥ 0 ) , có bảng biến thiên là

⇒

= 8 ⇔ 2 x 2 + 4 x − 4 = 0 ⇔ x = −1 ± 3.

(

= −0,587...

z ( z − 6 − i ) + 2i = ( 7 − i ) z ⇔ a ( z − 6 − i ) + 2i = ( 7 − i ) z ⇔ ( a − 7 + i ) z = 6a + ai − 2i

a + 2 − a 2 + ( a + 1) = 0 ⇔ a + 2 = 2a 2 + 2a + 1

( x + 2) + ( −x )

= 0, 62...

⇔ ( a − 7 + i ) z = 6a + ( a − 2 ) i ⇔ ( a − 7 + i ) z = 6a + ( a − 2 ) i

Lấy (1) trừ ( 2) ta được: a − b + 1 = 0 ⇔ b = a + 1 . Thế vào (1) ta được:

= 10,9667...

Do z ≥ 0 , nên ta có z = 1 , z = 10,9667... , z = 0, 62... . Thay vào (1) ta có 3 số phức thỏa mãn đề bài. Câu 105. Chọn D Đặt z = a ≥ 0, a ∈ ℝ , khi đó ta có

Ta có: z + 2 + i − z (1 + i ) = 0 ⇔ a + bi + 2 + i − a 2 + b2 (1 + i ) = 0

(

2 ( x + 3 )2 + y 2 = 25  ( x + 3 ) + y 2 = 25 ⇔  Theo bài ra ta có x 2 + y − 2 2 = x − 2 2 + y − 2 2 ( ) ( ) ( ) −4x + 4 = 0 

)

z − 12 z + 11 z + 4 z − 4 = 0 ⇔ ( z − 1) z − 11 z + 4 = 0

 y 2 = 9  y = ±3 . Vậy z = 10 ⇔ ⇔ x = 1  x = 1 Câu 108. Chọn B Gọi số phức z = a + bi , ( a , b ∈ ℝ )

a 2 + b 2 = 4 a2 + b2 = 4  z1 = 2   2  ⇔ c 2 + d 2 = 4 ⇔ c + d 2 = 4  z2 = 2    2 2 2 2 2 2 ( a + 2c ) + ( b + 2d ) = 16  z1 + 2 z2 = 4 a + b + 4 ( c + d ) + 4 ( ac + bd ) = 16 Thay (1) , ( 2 ) vào ( 3) ta được ac + bd = −1 ( 4 ) .

Ta có z + 3i = 13 ⇔ a + bi + 3i = 13 ⇔ a 2 + ( b + 3 ) = 13 2 ( a + 2 − bi ) z 2 2 . = 1− = 1− = 1− 2 z+2 z+2 a + 2 + bi ( a + 2 ) + b2

(a + 2) + b ( a + 2)

− 2a − 4 + b2

(a + 2)

+ b2

Câu 19 [2D4-1.6-2] Cho số phức z có phần thực là số nguyên và z thỏa mãn z − 2 z = −7 + 3i + z . Môđun

a2 + b2 + 2 a

( a + 2)

+ b2

của số phức w = 1 − z + z 2 bằng

( a + 2)

+ b2

A. w = 445 .

(

b = 0( L) + b2 − 4 + 6b = 0 ⇔ 10b 2 − 6b = 0 ⇔   b = 3 ⇒ a = −1 5 5  Vậy có một số phức cần tìm. Câu 109. Đặt z = x + yi ( x ; y ∈ ℝ ; i 2 = −1 ).

( 3b − 2 )

Câu 112.

)

(

 b = 3    a = 5 7  a 2 + b 2 − 3a + 7 + ( b − 3) i = 0 ⇔  4 (a ≥ ) .  3  b = 3     a = 4

)

z − 4 i + z − 2i = 5 (1 + i ) ⇔ a + bi − 4 i + a + bi − 2i = 5 (1 + i )

 a − 4 + bi = 5 ⇔  a + ( b − 2 ) i = 5

(1) ( 2) 2

Từ (1) và ( 2 ) , ta có a − 4 + bi = a + ( b − 2 ) i ⇔ ( a − 4 ) + b 2 = a 2 + ( b − 2 ) ⇒ b = 2 a − 3 . 2 2 ( a − 4 ) + b = 5 a = 2 Kết hợp với (1) , ta được:  ⇒ b = 1 b = 2a − 3

Vậ y T = a + b = 3 . Câu 113. Chọn A

Ta có

(

C. w = 37 . D. w = 457 Đặt z = a + bi ( a ∈ ℤ, b ∈ ℝ ) .

Do a ∈ ℤ nên a = 4 ⇒ z = 4 + 3i ⇒ w = 4 + 21i ⇒ w = 457

 x 2 + y 2 + x + yi = 2  4 + x + yi = 2 Theo bài ra ta có:  ⇔ 2 2 2 2 x +y =4 x +y =2  ( 4 + x )2 + y 2 = 4  x = −2 ⇔ 2 ⇔ 2 + = x y 4   y=0 Vậy có 1 số phức thỏa yêu cầu bài toán là z = −2 . Câu 110. Chọn B Gọi z = a + bi ( a , b ∈ ℝ, i 2 = −1) 2  2 2  z +i 5 + z −i 5 = 6   a + b+ 5 + a + b− 5 ⇔   z = 5  a 2 + b2 = 5  4   2 16 a=± a = 36a 2 + 16b 2 = 144 5   5 ⇔ 2 ⇔ ⇔ 2 a + b = 5 b 2 = 9 b = ± 3 5  5  Vậy có 4 số phức thỏa mãn. Câu 111. Giả sử z1 = a + bi , ( a , b ∈ ℝ ); z2 = c + di , ( c , d ∈ ℝ ). Theo giả thiết ta có:

B. w = 425 .

Khi đó: z − 2 z = −7 + 3i + z ⇔ a 2 + b 2 − 2a + 2bi = −7 + 3i + a + bi

a 2 + b2 + 2a = 0 ( 2 )  a + b + 2a z = 0 ⇔ a ≠ −2 Do là số thuần ảo nên 2 z+2 b ≠ 0 ( a + 2 ) + b2  Thay ( 1) vào ( 2 ) ta có 4 − 6b + 2 a = 0 ⇔ a = 3b − 2 thay vào ( 1) ta có 2

( 2a − c ) + ( 2b − d ) = 4 ( a 2 + b2 ) + ( c 2 + d 2 ) − 4 ( ac + bd ) ( 5) . Thay (1) , ( 2 ) , ( 4 ) vào ( 5) ta có 2 z1 − z2 = 2 6 . Ta có 2 z1 − z2 =

⇔ a 2 + b 2 + 6 b − 4 = 0 ⇔ a 2 + b 2 = 4 − 6 b ( 1)

(1) ( 2) ( 3)

)

z = 0 2 z 3 + 2i z = 0 ⇔ z 3 + 2iz z = 0 ⇔ z ( z 2 + 2iz ) = 0 ⇔  2  z + 2iz = 0 Gọi z = x + yi ⇒ z = x − yi với x, y ∈ ℝ thay vào ( 2 ) có:

( 2)

 x = 0 x2 − y2 + 2 y = 0  2 2 2  x y y − + 2 = 0    − y + 2 y = 0 x 2 − y 2 + 2 y + 2x ( y + 1) i = 0 ⇔  ⇔  x = 0 ⇔ y = −1  2 x ( y + 1) = 0   y = −1      x 2 − 3 = 0

 a = 0  b = 0   b = 0  a = 1 ( a − 1)2 + b 2 = 1 a 2 − 2a + b 2 = 0 2 b 2 − 2 b = 0   ⇔ ⇔ ⇔ ⇔   b = 1 ⇔    b = 1 2 b − 2a = 0 a = b  a = b   a = b  a = 1  b = −1 Vậy có 3 số phức z thỏa mãn. Câu 117. Gọi số phức z = a + bi , a, b ∈ ℝ .

x = y = 0    x = 0 z = 0  y = 2  z = 2i  ⇔   x = − 3 ⇒  z = − 3 −i     y = −1  z = 3 − i    x = 3   y = −1

Vậy phương trình có 4 nghiệm Câu 114. Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ℝ) Theo bài ra ta có x +1 + ( y − 2) i = x + 3 + ( 4 − y ) i 2

Ta có z = z + z + z − z ⇔ a 2 + b 2 = 2a + 2bi

⇔ a 2 + b2 = 2 a + 2 b (1) . 2

Lại có z 2 = ( a + bi ) = a 2 − b 2 + 2abi là số thuần ảo, suy ra a 2 − b 2 = 0 ⇔ a = ± b

⇔ ( x + 1) + ( y − 2 ) = ( x + 3) + ( y − 4 ) ⇔ y = x + 5

Trường hợp 1: a = b thay vào (1) ta được:

2 z − 2i x + ( y − 2 ) i x − ( y − 2 )( y − 1) + x ( 2 y − 3) i = = Số phức w = 2 x + (1 − y ) i z +i x 2 + ( y − 1)

a =0 a = 0 a = b = 0 ⇔ 2a 2 = 4 a ⇔  ⇔ ⇒ . a = ± 2 a = 2  a = b = ±2   Trường hợp 2: a = −b thay vào (1) ta được:

 x 2 − ( y − 2 )( y − 1) = 0 12    x = − 7 2 2 w là một số ảo khi và chỉ khi  x + ( y − 1) > 0 ⇔ y = x +5  y = 23 7   12 23 Vậy z = − + i .Vậy chỉ có 1 số phức z thỏa mãn. 7 7 Câu 115. Gọi số phức cần tìm là z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) . 2

Ta có: z.z = z = a 2 + b 2 = 25 Lại có:

a =0 a = 0 b = 0 . ⇒ ⇔ 2a 2 = 4 a ⇔  ⇔ a = ± 2 a = 2  b = ∓ 2  Vậy có 5 số phức thỏa mãn bài toán là z = 0 , z = 2 ± 2i , z = −2 ± 2i . Câu 118. Chọn A z = 0 2 z 3 + 2i z = 0 ⇔ z 3 + 2iz z = 0 ⇔ z ( z 2 + 2iz ) = 0 ⇔  2  z + 2iz = 0 ( 2 ) Gọi z = x + yi ⇒ z = x − yi với x, y ∈ ℝ thay vào ( 2 ) có:

(1) .

z − (2 + i ) = 10 ⇔ a − 2 + (b − 1)i = 10

 x = 0 x2 − y2 + 2 y = 0  2 2 2  x y y 2 0 − + =    − y + 2 y = 0 x 2 − y 2 + 2 y + 2x ( y + 1) i = 0 ⇔  ⇔  x = 0 ⇔ x y 2 1 0 + = y = −1 ( )  y = −1       x 2 − 3 = 0 x = y = 0    x = 0 z = 0  y = 2  z = 2i  ⇔   x = − 3 ⇒  z = − 3 −i     y = −1  z = 3 − i    x = 3   y = −1

⇔ (a − 2)2 + (b − 1) 2 = 10 ⇔ (a − 2)2 + (b − 1)2 = 10 ⇔ a 2 + b2 − 4a − 2b + 5 = 10 (2) Thay (1) vào (2) ta được: 25 − 4a − 2b + 5 = 10 ⇔ b = −2a + 10 . Nên a 2 + b2 = 25 ⇔ a 2 + (−2a + 10) 2 = 25 a = 5 b = 0 ⇔ 5a 2 − 40a + 75 = 0 ⇔  ⇔ a = 3 b = 4 Vậy Vậy có 2 số phức z thoả mãn là z = 5 và z = 3 + 4i . Câu 116. Chọn D Gọi z = a + bi ; ( a, b ∈ ℝ ) ⇒ z = a − bi . 2

Ta có: z − 1 = a + bi − 1 = ( a − 1) + b2 , z − z i = a + bi − a + bi i =

(

( 2b )

i=2b i,

)

i 2019 = −i , z + z i 2019 = −i ( a + bi + a − bi ) = −2ai .

Vậy phương trình có 4 nghiệm Câu 119. Ta có z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) .

Suy ra phương trình đã cho tương đương với: ( a − 1) + b 2 + 2 b i − 2ai = 1

+) z − 3 = z − 1 ⇔ a − 3 + bi = a − 1 + bi ⇔ 2

( a − 3)

+ b2 =

( a − 1)

+ b2

⇔ ( a − 3 ) + b = ( a − 1) + b ⇔ −4a + 8 = 0 ⇔ a = 2 . 29

(

 3 ⇔ ∆′ = 0 ⇔ 4 − 2 4 − m2 = 0 ⇔ m2 = 2 ⇔ m = 2 ∈ 1;  (Vì m là mô-đun).  2 Trình bày lại Giả sử z = a + bi, vì z ≠ 0 nên a 2 + b2 > 0 (*) .

)

+) ( z + 2 ) z − i = ( a + bi + 2 )( a − bi − i ) = ( a + 2 ) + bi   a − ( b + 1) i 

(

= a ( a + 2 ) + b ( b + 1) − ( a + 2b + 2 ) i .

( z + 2) ( z − i )

là số thực ⇔ a + 2b + 2 = 0 .

1+ i 1+ i 1 a+b a−b = = a + b + ( a − b ) i  = 2 2 + 2 2 i . z a + bi a 2 + b 2  a +b a +b w là số thực nên: a = b (1) .Kết hợp (*) suy ra a = b ≠ 0 .

Thay a = 2 tìm được b = −2 . Vậy a + b = 0 .

Đặt: w =

)

(

Câu 120. Ta có z + 1 + 3i − z i = 0 ⇔ ( a + 1) + b + 3 − a 2 + b 2 i = 0 .  a = −1  a + 1 = 0 ⇔ ⇔ 2 2 2 b a b + 3 − + = 0   1 + b = b + 3 b ≥ −3 b ≥ −3 4  (*) ⇔  2 4 ⇔b=− . 2 ⇔  3 1 + b = ( b + 3) b = − 3

(*)

Mặt khác: a − 2 + bi = m ⇔ ( a − 2) + b2 = m2 ( 2) .(Vì m là mô-đun nên m ≥ 0 ).

Thay (1) vào ( 2 ) được: ( a − 2 ) + a 2 = m 2 ⇔ g ( a ) = 2 a 2 − 4 a + 4 − m 2 = 0

( 3) .

Để có đúng một số phức thoả mãn bài toán thì PT ( 3) phải có nghiệm a ≠ 0 duy nhất. Có các khả năng sau : KN1 : PT ( 3) có nghiệm kép a ≠ 0

a = −1  Vậ y  4 ⇒ S = 2a + 3b = −6 . b = − 3  z1 + z2 = − z3  Câu 121. z1 + z2 + z3 = 0 ⇒  z1 + z3 = − z2 . z + z = − z 1  3 2

2 ∆′ = 0 m − 2 = 0 ⇔ ⇒m= 2. ĐK:  2  g ( 0 ) ≠ 0 4 − m ≠ 0 KN2: PT ( 3) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm a = 0

2 ∆′ > 0 m − 2 > 0 ⇔ ⇒ m = 2. ĐK:  2  g ( 0 ) = 0 4 − m = 0

2 2 8 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A = z1 + z2 + z2 + z3 + z3 + z1 = − z1 + − z2 + − z3 = z1 + z2 + z3 = 3.   = .  3  3  ( a + 2 )2 + ( b + 5)2 = 5  a = −5b − 43 (1) 2 Câu 122. Theo giả thiết ta có  ⇔ 2 2  a 2 + b 2 = 82 ( 2 ) a + b = 82 

 3 Từ đó suy ra ∃m0 = 2 ∈ 1;  .  2 Câu 125. Cách 1: Gọi z = x + iy với x, y ∈ ℝ ta có

( x + iy )( x − 4 − iy ) = x ( x − 4 ) + y 2 − 4iy z x + iy = = 2 2 z − 4 x − 4 + iy ( x − 4) + y2 ( x − 4) + y2 2

là số thuần ảo khi x ( x − 4 ) + y 2 = 0 ⇔ ( x − 2 ) + y 2 = 4

b = −9 Thay (1) vào ( 2 ) ta được 29b + 430b + 1521 = 0 ⇔  b = −169 29  Vì b ∈ ℤ nên b = −9 ⇒ a = 1 . Do đó P = a + b = −8 . Câu 123. Đặt z = x + yi với x , y ∈ ℝ . 2

Mà z − m = 6 ⇔ ( x − m ) + y 2 = 36 Ta được hệ phương trình

 36 − m2 x=  4 − 2m ( x − m ) + y = 36 ( 4 − 2m ) x = 36 − m  ⇔ ⇔ 2  2 2 2 2 2 4 2 y = − x − ( )  y 2 = 4 −  36 − m − 2   ( x − 2 ) + y = 4     4 − 2m   2

Ta có: 2 z − i = 2 + iz ⇔ 2 x + ( 2 y − 1) i = 2 − y + xi ⇔ x 2 + y 2 = 1 . Suy ra tậ p hợp các điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng phức là đường tròn ( O;1)

⇒ z1 = z2 = 1 . 2

)

(

Ta có: z1 + z 2 + z1 − z 2 = 2 z1 + z2

)⇒ P

 36 − m2  36 − m 2 36 − m 2 − 2 = 0 ⇔ 2 = Ycbt ⇔ 4 −  − 2 hoặc −2 = −2 4 − 2m 4 − 2m  4 − 2m  ⇔ m = 10 hoặc m = −2 hoặc m = ±6 Vậy tổng là 10 − 2 + 6 − 6 = 8 . Câu 126. Giả sử z = a + bi ( a , b ∈ ℝ ) .

=3⇒ P = 3 .

Câu 124. Giả sử z = a + bi, ( a, b ∈ ℝ ) .

1+ i 1+ i 1 a+b a−b = = a + b + ( a − b ) i  = 2 2 + 2 2 i . z a + bi a 2 + b 2  a +b a +b w là số thực nên: a = b (1) .

Đặt: w =

Ta có: z − 4 = (1 + i ) z − ( 4 + 3 z ) i ⇔ z (1 + 3i ) − 4 + 4i = (1 + i ) z

⇔ ( a + bi )(1 + 3i ) − 4 + 4i = (1 + i ) a 2 + b 2 ⇔ a − 3b − 4 + ( 3a + b + 4 ) i = a 2 + b 2 + a 2 + b 2 i

Mặt khác: a − 2 + bi = m ⇔ ( a − 2 ) + b 2 = m2 ( 2 ) . 2

Thay (1) vào ( 2 ) được: ( a − 2 ) + a 2 = m 2 ⇔ 2a 2 − 4 a + 4 − m 2 = 0

( 3) .

Để có đúng một số phức thoả mãn bài toán thì PT ( 3) phải có nghiệm a duy nhất. 31

a − 3b − 4 = a 2 + b 2 a − 3b − 4 = a 2 + b 2 −5b − 8 = 5b 2 + 16b + 16 ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 a = −2b − 4 3a + b + 4 = a + b a = −2b − 4 8  b ≤ − 5  −5b − 8 ≥ 0  b = −2 ( N ) b = −2   2 ⇔ 20b + 64b + 48 = 0 ⇔   ⇔ . 6  a = 0 a = −2b − 4  b = − ( L ) 5   a = −2b − 4  Vậ y z = 2 . Câu 127. Ta có:

+ ( b1 − b2 )

2 1

+ b12 ) + ( a22 + b22 ) − ( 2 a1a2 + 2b1b2 ) = 1 .

Vậy z1 − z2 = 1 . Câu 130. Gọi z = a + bi ( a , b ∈ ℝ ) . Suy ra z = a − bi . Ta có

iz − ( 3i + 1) z i ( a + bi ) − ( 3i + 1)( a − bi ) 2 = z ⇔ = a 2 + b2 1+ i 1+ i

⇔ ai − b − 3ai − 3b − a + bi = a 2 + b2 + a 2i + b2i

⇔ ( a 2 + b2 + 2a − b ) i + ( a 2 + b2 + 4b + a ) = 0 2 2 a + b + 2a − b = 0 ⇔ 2 2 a + b + a + 4b = 0

z.z − 12 z + ( z − z ) = 13 − 10i ⇔ a 2 + b 2 − 12 a 2 + b 2 + 2bi = 13 − 10i

b = 0, a = 0 z = 0 26b 2 + 9b = 0 −45 9 ⇔ ⇔ ⇔ ⇒z= i− (Vì z ≠ 0 ). − − 9 45 b =  z = −45 i − 9 26 26 ,a = a = 5b 26 26 26 26  

  a 2 + 25 = 13 a 2 + b 2 − 12 a 2 + b 2 = 13 a 2 + 25 − 12 a 2 + 25 = 13   ⇔ ⇔ ⇔   a 2 + 25 = −1(VN ) 2b = −10 b = −5  b = −5  a = ±12 a = 12 , vì a > 0 . ⇔ ⇒ b = −5 b = −5 Vậ y S = a + b = 7 .

−45 9 15 3 3 26 i− ⇒w= − i⇒ w = . 26 26 2 2 2 2 2 2 2 Câu 131. a + 7 + ( b + 1) i − 2 a + b − a + b i = 0 Với z =

a + 7 = 2 a 2 + b 2 (1)   2  a + b2 = b + 1 ( 2 )

Câu 128. Gọi z = a + bi ( a , b ∈ ℝ ) . Suy ra z = a − bi . Ta có

( a1 − a2 )

z1 − z 2 =

iz − ( 3i + 1) z i ( a + bi ) − ( 3i + 1)( a − bi ) 2 = z ⇔ = a 2 + b2 1+ i 1+ i

⇒ a + 7 = 2 ( b + 1) ⇒ a = 2b − 5 thế vào (2).

b ≥ −1  ≥ − b 1   b=4 ⇔   ( 2b − 5) + b2 = b + 1 ⇔  2 4b − 22b + 24 = 0  b = 3   2

⇔ ai − b − 3ai − 3b − a + bi = a 2 + b2 + a 2i + b2i

⇔ ( a 2 + b2 + 2a − b ) i + ( a 2 + b2 + 4b + a ) = 0 2 2 a + b + 2a − b = 0 ⇔ 2 2 a + b + a + 4b = 0

TH1: b = 4 ⇒ a = 3 ⇒ z = 5 > 3. (loại)

3 5 ⇒ a = −2 ⇒ z = < 3. (nhận). 2 2 1 P = a+b = − . 2 Câu 132. Đặt z1 = a + bi , z2 = c + di ( a, b, c , d ∈ ℝ ) TH2: b =

b = 0, a = 0 z = 0 26b + 9b = 0 −45 9 ⇔ ⇔ ⇔ i− (Vì z ≠ 0 ). − − −45 9 45 9 ⇒z=   b = , a = z = i − 26 26 a = 5 b  26 26 26 26   2

−45 9 15 3 3 26 i− ⇒w = − i⇒ w = . 26 26 2 2 2 Câu 129. Giả sử z1 = a1 + b1i, ( a1 , b1 ∈ ℝ ) , z2 = a2 + b2i, ( a2 , b2 ∈ ℝ ) . Theo bài ra ta có: a12 + b12 = 1  a12 + b12 = 1  z1 = 1  2   2 ⇔ a2 + b2 = 4 . ⇔  a22 + b22 = 4  z2 = 2    2a a + 2b b = 4 2 2 z z + = 3 1 2  1 2  1 2 ( a1 + a2 ) + ( b1 + b2 ) = 9 Khi đó, ta có:

 z1 = 2 3  a 2 + b 2 = 12 Theo đề:  ⇔ 2 2 c + d = 18  z2 = 3 2 Vậ y

Với z =

P = z1 − z2 + z1 + z2 2

= ( a − c ) + ( b − d ) + ( a + c ) + ( b + d ) = 2 ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) = 60 2

Câu 133. Ta có w2 + 4 = ( x + yi ) + 4 = x 2 − y 2 + 2 xyi + 4 ⇒ w2 + 4 =

− y2 + 4) + 4 x2 y2 .

Do đó w2 + 4 = 2 w ⇔

− y2 + 4) + 4x2 y2 = 2 x2 + y2

⇔ ( x 2 − y 2 + 4 ) + 4 x 2 y 2 = 4 ( x 2 + y 2 ) ⇔ x 4 + y 4 − 2 x 2 y 2 + 8 ( x 2 − y 2 ) + 16 + 4 x 2 y 2 = 4 ( x 2 + y 2 ) ⇔ x 4 + y 4 + 2 x 2 y 2 − 4 ( x 2 + y 2 ) + 4 + 8 ( x 2 − y 2 ) + 12 = 0 2

⇔ ( x 2 + y 2 ) − 4 ( x 2 + y 2 ) + 4 + 8 ( x2 − y 2 ) + 12 = 0 ⇔ ( x2 + y 2 − 2 ) + 8 ( x 2 − y 2 ) + 12 = 0 2

(

)

⇔ 8 ( x 2 − y 2 ) + 12 = − ( x2 + y 2 − 2 ) ⇔ P = − w − 2 .

CHUYÊN ĐỀ 26

BÀI TOÁN TÌM TẬP HỢP ĐIỂM BIỂU DIỄN SỐ PHỨC

Câu 6.

Câu 7.

Dạng 3. Tập hợp điểm biểu diễn là đường conic ............................................................................................................. 7 Dạng 4. Tập hợp điểm biểu diễn là một miền .................................................................................................................. 8 Dạng 1. Tập hợp điểm biểu diễn là đường tròn .............................................................................................................. 10

(

)

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Xét các số phức z thỏa mãn z + i ( z + 2 ) là số thuần ảo.

Câu 8.

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Xét số phức z thỏa mãn z = 2 . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập

Dạng 2. Tập hợp điểm biểu diễn là đường thẳng ........................................................................................................... 19

hợp điểm biểu diễn các số phức w =

Dạng 3. Tập hợp điểm biểu diễn là đường conic ........................................................................................................... 21

Dạng 4. Tập hợp điểm biểu diễn là một miền ................................................................................................................ 23

)

Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn có bán kính bằng 3 5 5 A. B. 1 C. D. 2 4 2

Dạng 2. Tập hợp điểm biểu diễn là đường thẳng ............................................................................................................. 6

Phần B. LỜI GIẢI THAM KHẢO ................................................................................................................................. 10

(

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Xét các số phức z thỏa mãn ( z + 2i ) z + 2 là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của z là một đường tròn, tâm của đường tròn đó có tọa độ là B. ( −1;1) C. ( −1; −1) D. (1; −1) A. (1;1)

Câu 9.

26 .

34 .

4 + iz là một đường tròn có bán kính bằng 1+ z C. 26 . D. 34 .

(Mã 102 - BGD - 2019) Xét số phức z thỏa mãn z = 2 . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp

3 + iz là một đường tròn có bán kính bằng 1+ z B. 20 . C. 12 . D. 2 3 .

điểm biểu diễn các số phức w = Phần A. CÂU HỎI Dạng 1. Tập hợp điểm biểu diễn là đường tròn

A. 2 5 . Câu 10.

Câu 1.

Câu 2.

Câu 3.

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Xét các số phức z thỏa mãn ( z + 3i )( z − 3) là số thuần ảo. Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z là một đường tròn có bán kính bằng: 9 3 2 B. 3 2 C. 3 D. A. 2 2 (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Xét các số phức z thỏa mãn ( z + 2i )( z − 2 ) là số thuần ảo. Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z là một đường tròn có bán kính bằng A. 2 2 B. 4 C. 2 D. 2

A. 44 . Câu 4.

B. 52 .

5 + iz là một đường tròn có bán kính bằng 1+ z C. 2 13 . D. 2 11 .

A. 10 . Câu 11.

(

)

2 + iz là một đường tròn có bán kính bằng 1+ z C. 2 . D. 10 .

(THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01)

Cho số phức z thỏa mãn z = 2.

Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = 3 − 2i + ( 2 − i ) z là một đường tròn. Tìm tọa độ tâm I của đường tròn đó? A. I ( 3; − 2) . B. I ( −3;2) .

C. I ( 3;2) .

D. I ( −3; − 2 ) .

Câu 12.

(ĐỀ MẪU KSNL ĐHQG TPHCM NĂM 2018-2019) Trong mặt phẳng phức, tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn z.z = 1 là A. một đường thẳng. B. một đường tròn. C. một elip. D. một điểm.

Câu 13.

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho số phức z thỏa z − 1 + 2i = 3 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w = 2 z + i trên mặt phẳng ( Oxy ) là một đường tròn. Tìm tâm của đường tròn đó. A. I ( 2; −3) . B. I (1;1) . C. I ( 0;1) . D. I (1;0 ) .

Câu 14.

(THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập hợp các điểm biểu diễn số phức thỏa mãn z − i = (1 + i ) z là một đường tròn, tâm của đường tròn đó có tọa độ là

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Xét các số phức z thỏa mãn z − 2i ( z + 2 ) là số thuần ảo.

Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z là một đường tròn có bán kính bằng? A. 2 B. 2 C. 4 D. 2 2 Câu 5.

hợp các điểm biểu diễn số phức w =

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Xét các số phức z thỏa mãn z = 2 . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w =

(Mã 103 - BGD - 2019) Xét các số phức z thỏa mãn z = 2 . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập

A. (1;1) .

B. ( 0; −1) .

C. ( 0;1) .

D. ( − 1; 0 ) .

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Cho các số phức z thỏa mãn z = 4 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w = (3 + 4i ) z + i là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó A. r = 22 B. r = 4 C. r = 5 D. r = 20 1

Câu 15.

(THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho số phức z thỏa mãn z = 1 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn ( C ) . Tính bán kính i+2 r của đường tròn ( C ) . A. r = 1.

Câu 16.

C. r = 2. .

B. r = 5.

Câu 17.

(SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Xét các số phức z thỏa mãn (2 − z )( z + i) là số thuần ảo. Tập hợp các điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng tọa độ là: 5  1 A. Đường tròn tâm I 1;  ,bán kính R = . 2  2

A. ( x − 1) + y = 4 Câu 20.

B. x + ( y − 1) = 4

C. ( x − 1) + y = 16

Câu 26.

Câu 28.

D. x + ( y − 1) = 16

C. I (1; − 1) , R = 2 .

B. I ( 2; −3) , R = 2 .

C. I ( −2;3 ) , R = 2 .

(ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Xét các số phức z thỏa mãn ( z − 2i )( z + 3) là số thuần ảo. Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn có bán kính bằng 11 13 A. 13 B. 11 C. D. 2 2 Cho các số phức z thỏa mãn z + 1 = 2 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức

(

)

A. 9 . Câu 29.

B. 36 .

C. 6 .

D. 3 .

Cho z1 , z 2 là hai số phức thỏa mãn điều kiện | z− 5 − 3i |= 5 đồng thời | z1 − z2 |= 8 . Tập hợp các

điểm biểu diễn số phức w = z1 + z2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có phương trình A. ( x − 10) 2 + ( y − 6) 2 = 36 . 5 3 C. ( x − ) 2 + ( y − ) 2 = 9 . 2 2

C. I ( −2 ; − 1) ; R = 4 . D. I ( −2 ; − 1) ; R = 2 . Câu 30.

B. ( x − 10)2 + ( y − 6)2 = 16 . 5 3 9 D. ( x − ) 2 + ( y − ) 2 = . 2 2 4

(CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018). Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn:

z + 2 − i = 4 là đường tròn có tâm I và bán kính R lần lượt là:

D. I (1; − 1) , R = 4 .

(CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn (1 + i ) z − 5 + i = 2 là một đường tròn tâm I và bán kính R lần lượt là A. I ( 2; −3 ) , R = 2 .

Câu 23.

B. I ( −1;1) , R = 2 .

(KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Cho các số phức z thỏa mãn z = 2 5 . Biết rằng

w = 1 + i 8 z + i là một đường tròn. Bán kính r của đường tròn đó là

(ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z − 1 + i = 2 là đường tròn có tâm và bán kính lần lượt là: A. I ( −1;1) , R = 4 .

Câu 22.

B. I ( 2 ; − 1) ; R = 2 .

D. 10 .

D. Đường tròn tâm I ( −1; −1) bán kính R = 3 .

Câu 27.

(CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Tập hợp tất cả các A. I ( 2 ; − 1) ; R = 4 .

C. 9 .

B. Đường tròn tâm I ( 2; −1) bán kính R = 3 .

điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z + 2 − i = 4 là đường tròn có tâm và bán kính lần lượt là

Câu 21.

B. 6 .

(THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho số phức z thỏa mãn: z + 2 − i = 3 . Tập

trong mặt phẳng tọa độ các điểm biểu diễn của số phức w = i + ( 2 − i ) z cùng thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó? B. r = 10 . C. r = 20 . D. r = 2 5 . A. r = 5 .

B. Đường tròn tâm I(1; 0), bán kính R = 2 . D. Đường tròn tâm I(0; -1), bán kính R = 2 .

D. 2 .

C. Đường tròn tâm I ( −1; −1) bán kính R = 9 .

(ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Tâp hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) thỏa mãn z − i = 4 là đường cong có phương trình 2

C. 2 2 .

hợp các điểm trong mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) biểu diễn số phức w = 1 + z là

(CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z − i = (1 + i) z . A. Đường tròn tâm I(0; 1), bán kính R = 2 . C. Đường tròn tâm I(-1; 0), bán kính R = 2 .

A. Đường tròn tâm I ( −2;1) bán kính R = 3 .

5  1 D. Đường tròn tâm I 1;  ,bán kính R = nhưng bỏ điểm A(2;0); B(0;1) . 2  2

Câu 19.

Câu 25.

B. đường tròn tâm I (1;2) , bán kính R = 3 . D. đường thẳng có phương trình x + 2 y − 3 = 0 .

1 5  . B. Đường tròn tâm I  −1; −  ,bán kính R = 2 2  C. Đường tròn tâm I ( 2;1) ,bán kính R = 5 .

Câu 18.

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tính tổng của tất cả các giá trị của tham số m để tồn tại duy nhất số phức z thoả mãn đồng thời z = m và

z − 4m + 3mi = m2 . A. 4 .

D. r = 3. .

(KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z − 1 − 2i = 3 là A. đường tròn tâm I (1;2) , bán kính R = 9 . C. đường tròn tâm I (−1; −2) , bán kính R = 3 .

A. 1. Câu 24.

A. I ( −2; −1) ; R = 4 . Câu 31.

(CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Xét các số phức z thỏa mãn

C. I ( 2; −1) ; R = 4 .

D. I ( 2; −1) ; I ( 2; −1) .

biểu diễn số phức w = (1 − i ) z + 2i là A. Một đường tròn. B. Một đường thẳng. D. Một parabol hoặc hyperbol. C. Một Elip.

D. I ( −2;3 ) , R = 2 .

z+2 là số thuần ảo. z − 2i Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng

B. I ( −2; −1) ; R = 2 .

(TOÁN HỌC TUỔI TRẺ - THÁNG 4 - 2018) Cho số phức z thỏa mãn z = 2 . Tập hợp điểm

Câu 32.

(SGD&ĐT ĐỒNG THÁP - HKII - 2018) Tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn z + 1 = 1 − i − 2 z là đường tròn ( C ) . Tính bán kính R của đường tròn ( C ) 4

A. R = Câu 33.

10 . 9

B. R = 2 3 .

7 . 3

D. R =

Câu 41.

10 . 3

B. 6 2 .

C. 6 .

Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w = ( 2 − i ) z − 3i + 5 là một đường tròn. Xác định tâm I và bán kính của đường tròn trên. A. I ( −6; − 4 ) , R = 2 5 . B. I ( 6; 4 ) , R = 10 . C. I ( 6; 4 ) , R = 2 5 . Câu 35.

Câu 36.

A. 18 . B. 20 . C. 10 . Dạng 2. Tập hợp điểm biểu diễn là đường thẳng

D. 3 2 .

(THPT CHUYÊN THĂNG LONG - ĐÀ LẠT - 2018) Cho số phức z thỏa mãn z + 1 − 3i = 2 .

D. I ( −6; 4 ) , R = 2 5 .

Câu 42.

Câu 43.

B. là đường thẳng 3 x − y + 1 = 0 . D. là đường thẳng 3 x − y − 1 = 0 .

(ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Trên mặt phẳng phức, tập hợp các số phức

(THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH - 2018) Cho số phức z thỏa mãn z = 2 .

z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) thỏa mãn z + 2 + i = z − 3i là đường thẳng có phương trình

Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = 3 − 2i + ( 2 − i ) z là một đường tròn. Bán kính R của đường tròn đó bằng? A. 7 . B. 20 . C. 2 5 . D. 7 .

A. y = x + 1 . Câu 44.

5  3 9  A.  x −  +  y −  = . 2  2 4  2

Câu 45.

Câu 46.

(THPT THÁI PHIÊN - HẢI PHÒNG - LẦN 1 - 2018) Xét số phức z thỏa mãn z − 3i + 4 = 3 ,

Câu 38.

biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = (12 − 5i ) z + 4i là một đường tròn. Tìm bán kính r của đường tròn đó. A. r = 13 . B. r = 39 . C. r = 17 D. r = 3 . (THPT THỰC HÀNH - TPHCM - 2018) Cho số phức z thỏa mãn z − 3 = 1 . Biết rằng tập hợp

Câu 47.

B. r = 1 .

[THPT Lệ Thủy-Quảng Bình] Gọi M

C. r = 4 .

D. r = 2 .

là điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn

Câu 48.

z + m − 1 + 3i = 4 . Tìm tất cả các số thực m sao cho tập hợp các điểm M là đường tròn tiếp xúc với trục Oy . A. m = −5; m = 3 .

B. m = 5; m = −3 .

C. m = −3 .

(

C. x − 2 y = 0 .

D. m = 5 .

[Cụm 4 HCM] Cho số phức z thỏa mãn z − 2 = 2 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số

)

B. 4 .

C. 2 .

A. 4 x + 2 y + 3 = 0 . B. 2 x + 4 y + 13 = 0 . C. 4 x − 2 y + 3 = 0 . D. 2 x − 4 y + 13 = 0 . (LIÊN TRƯỜNG - NGHỆ AN - LẦN 2 - 2018) Cho số phức z thỏa mãn: z − 1 = z − 2 + 3i . Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là A. Đường tròn tâm I (1; 2 ) , bán kính R = 1 .

Câu 49.

(THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - TPHCM - 2018) Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số (12 − 5i ) z + 17 + 7i = 13 . phức z thỏa z −2−i A. d :6 x + 4 y − 3 = 0 . B. d : x + 2 y − 1 = 0 . C. ( C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 2 y + 1 = 0 . D. ( C ) : x 2 + y 2 − 4 x + 2 y + 4 = 0 . (CHUYÊN TRẦN ĐẠI NGHĨA - TPHCM - HK2 - 2018) Trên mặt phẳng tạo độ Oxy , tập hợp

phức w = (1 − i ) z + i là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. r = 2 .

1 A. Đường thẳng y = 2 . B. Đường thẳng y = − . 2

C. r = 2 .

D. r = 2 2 .

D. 10 .

(ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z + 2 = z − i là một đường thẳng có phương trình

điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z − i = iz là

B. r = 4 .

D. x + 2 y + 1 = 0 .

B. Đường thẳng có phương trình 2 x − 6 y + 12 = 0 . C. Đường thẳng có phương trình x − 3 y − 6 = 0 . D. Đường thẳng có phương trình x − 5 y − 6 = 0 .

)

các điểm biểu diễn các số phức w = 1 − 3i z + 1 − 2i là một đường tròn. Tính bán kính r của

đường tròn đó. A. r = 2 .

B. x + 2 y = 0 .

Xét các số phức z thỏa mãn z z − 2 + i + 4i − 1 là số thực. Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn

độ bằng A. 8 .

Câu 37.

(

D. y = x − 1 .

của số phức z là đường thẳng d . Diện tích tam giác giới hạn bởi đường thẳng d và hai trục tọa

5  3  D.  x −  +  y −  = 9 . 2  2 

C. ( x − 10 ) + ( y − 6 ) = 16 .

C. y = − x − 1 .

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong mặt phẳng tọa độ có phương trình A. x − 2 y + 1 = 0 .

B. ( x − 10) + ( y − 6 ) = 36 .

B. y = − x + 1 .

Oxy , tập hợp các điểm biểu biễn các số phức z thỏa mãn z − 1 + 2i = z + 1 + 2i là đường thẳng

(SGD THANH HÓA - LẦN 1 - 2018) Cho z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn điều kiện mặt phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có phương trình nào dưới đây?

Câu 40.

D. 17 .

(THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho số phức z thỏa mãn z − 1 + i = z + 2 . Trong mặt phẳng phức, qu ỹ tích điểm biểu diễn các số phức z . A. là đường thẳng 3 x + y + 1 = 0 . C. là đường thẳng 3 x + y − 1 = 0 .

z − 5 − 3i = 5 , đồng thời z1 − z2 = 8 . Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w = z1 + z2 trong

Câu 39.

(Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 – 2018 – BTN) Cho số phức z thỏa mãn w = 2 z − 2 + 3i là đường

( z − 2 + i ) ( z − 2 − i ) = 25 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức tròn tâm I ( a; b ) và bán kính c . Giá trị của a + b + c bằng

(SGD - HÀ TĨNH - HK 2 - 2018) Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 2 z − i = 6 là một đường tròn có bán kính bằng: A. 3 .

Câu 34.

C. R =

Câu 58.

(SGD - BÌNH DƯƠNG - HK 2 - 2018) Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn 2 z − i = z − z + 2i là A. Một đường thẳng. B. Một đường tròn. C. Một Parabol. D. Một điểm

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm M là điểm biểu diễn của số phức z . Hỏi M thuộc đường thẳng nào sau đây? A. x − y + 5 = 0 . B. x − y + 2 = 0 . C. x + y − 2 = 0 . D. x + y + 1 = 0 .

Câu 59.

[THPT CHUYÊN VINH] Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn 3 z + i = 2 z + − z + 3i . Tìm tập hợp tất cả những điểm M như vậy. A. Một đường thẳng. B. Một parabol. C. Một elip. D. Một đường tròn.

Trong mặt phẳng phức Oxy , tập hợp các điểm biểu diễn số phức Z

Câu 60.

[Sở Bình Phước] Cho số phức z thỏa mãn z + 2 + z − 2 = 8 . Trong mặt phẳng phức tập hợp những điểm M biểu diễn cho số phức z là? 2 2 x2 y2 B. ( E ) : + A. ( C ) : ( x + 2 ) + ( y − 2 ) = 64 . =1. 16 12 2 2 x y 2 2 C. ( E ) : + D. ( C ) : ( x + 2 ) + ( y − 2 ) = 8 . =1. 12 16

C. Đường thẳng y = Câu 50.

Câu 51.

1 . D. Đường tròn tâm I ( 0; 1) . 2

(SGD&ĐT BRVT - 2018) Cho số phức z = x + yi

()

z + z

+2 z

thỏa mãn

B. d ( d1 , d2 ) = 6 .

C. d ( d1 , d 2 ) = 2 .

D. d ( d1 , d 2 ) = 4 .

[BTN 166 - 2017] Trong mặt phẳng phức, tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z = z − 3 + 4i là? A. Parabol y2 = 4 x .

Câu 61.

D. Elip

x2 y2 + =1. 4 2

A. Một đường tròn. C. Một đường Elip.

[TTLTĐH Diệu Hiền - 2017] Cho số phức z thỏa: 2 z − 2 + 3i = 2i − 1 − 2 z . Tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z là. A. Một đường thẳng có phương trình: −20 x + 32 y + 47 = 0 .

Câu 62.

trình

Câu 56.

B. Một đường tròn

Câu 57.

C. Một đường thẳng

D. Một Parabol

(ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Xét các số phức z z z −1+ i thoả mãn là số thực. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức là 2 z + z i +1

)

parabol có toạ độ đỉnh 1 3 A. I  ; −  . 4 4

 1 1 B. I  − ;  .  4 4

+ y2 +

(x − 4)

+ y 2 = 12 .

D. Tập hợp các điểm cần tìm là đường elip có phương trình

(CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho số phức z thỏa mãn z + 2 + z − 2 = 4 . Tập hợp điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng tọa độ là A. Một đường elip. B. Một đường parabol. C. Một đoạn thẳng. D. Một đường tròn.

(

(x + 4)

C. Tập hợp các điểm cần tìm là đường tròn có tâm O (0; 0) và có bán kính R = 4 .

(SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tập hợp các điểm biểu diễn các số A. Một điểm

[THPT Hai Bà Trưng- Huế] Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn hình học số phức z trong mặt phẳng phức, biết số phức z thỏa mãn điều kiện: z + 4 + z − 4 = 10. .

x 2 y2 + = 1. 9 25 B. Tập hợp các điểm cần tìm là những điểm M (x ; y ) trong mặt phẳng Oxy thỏa mãn phương

phức z thỏa mãn 2 z − i = z − z + 2i là Câu 55.

B. Một đường Parabol. D. Một đường thẳng.

A. Tập hợp các điểm cần tìm là đường elip có phương trình

B. Một đường có phương trình: 3 y 2 + 20 x + 2 y − 20 = 0 . C. Một đường thẳng có phương trình: 20 x + 16 y + 47 = 0 . D. Một đường thẳng có phương trình: 20 x − 16 y − 47 = 0 . Dạng 3. Tập hợp điểm biểu diễn là đường conic Câu 54.

[THPT Nguyễn Trãi Lần 1] Tập hợp các điểm trong mặt phẳng tọa độ biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện 2 z − i = z − z + 2i là hình gì?

B. Đường thẳng 6 x + 8 y − 25 = 0 .

C. Đường tròn x2 + y 2 − 4 = 0 . Câu 53.

thỏa mãn z + 2 − i − z (1 − i ) = 0 .

= 16 là hai đường thẳng d1, d2 . Khoảng cách giữa 2 đường thẳng d1, d2 là bao

nhiêu? A. d ( d1 , d 2 ) = 1 . Câu 52.

( x, y ∈ ℝ )

1 3 C. I  ; −  . 2 2

Câu 63.

x 2 y2 + = 1. 25 9

[THPT CHUYÊN BẾN TRE] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện: z + 4 + z − 4 = 10 . Tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z là đường có phương trình. x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. B. C. + = 1. + = 1. − = 1. 9 25 25 9 9 25 Dạng 4. Tập hợp điểm biểu diễn là một miền

Câu 64.

x2 y2 − =1. 25 9

(THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Phần gạch trong hình vẽ dưới là hình biểu diễn của tập các số phức thỏa mãn điều kiện nào sau đây?

 1 1 D. I  − ;  .  2 2

(CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn z + 2 − i + z − 4 − i = 10 . A. 15π .

B. 12π .

C. 20π .

D. Đáp án khác. 7

Câu 72.

[CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP] Gọi H là hình biểu diễn tập hợp các số phức z trong mặt phẳng tọa độ 0xy sao cho 2 z − z ≤ 3 , và số phức z có phần ảo không âm. Tính diện tích hình H . A.

Câu 73.

3π . 2

3π . 4

C. 6π .

[THPT Chuyên Thái Nguyên] Tập hợp các số phức w = (1 + i ) z + 1 với z là số phức thỏa mãn

z − 1 ≤ 1 là hình tròn. Tính diện tích hình tròn đó. B. π . C. 3π .

A. 2π . Câu 74. A. 6 ≤ z ≤ 8 . Câu 65.

B. Một hình tròn.

Câu 68.

Câu 69.

(

Câu 75.

D. Hình tròn tâm I ( −4; 4 ) , bán kính R = 4 .

(THPT THỰC HÀNH - TPHCM - 2018) Trong mặt phẳng Oxy cho số phức z có điểm biểu 1 diến nằm trong cung phần tư thứ ( I ) . Hỏi điểm biểu diễn số phức w = nằm trong cung phần iz tư thứ mấ y? A. Cung ( IV ) . B. Cung ( II ) . C. Cung ( III ) . D. Cung ( I ) .

Câu 76.

Câu 1.

z 16 và có phần thực và phần ảo đều 16 z

Câu 70.

C. S = 256. .

Câu 2.

[SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH L2] Biết số phức z thõa mãn z − 1 ≤ 1 và z − z có phần ảo không âm. C.

π 2

3 2 3 3 x 2 + y 2 − 3 x − 3 y = 0 . Đây là phương trình đường tròn tâm I  ;  , bán kính R = . 2 2 2 Chọn C Giả sử z = x + yi với x, y ∈ ℝ . Vì ( z + 2i )( z − 2 ) =  x + ( 2 − y ) i  ( x − 2) + yi  =  x ( x − 2 ) − y ( 2 − y )  +  xy + ( x − 2 )( 2 − y )  i là 2

Phần mặt phẳng biểu diễn số phức z có diện tích là: B. π 2 .

Phần B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1. Tập hợp điểm biểu diễn là đường tròn Chọn D Gọi z = x + yi , với x, y ∈ R .

số thuần ảo nên có phần thực bằng không do đó x ( x − 2 ) − y ( 2 − y ) = 0 ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = 2 .

(SỞ GD&ĐT YÊN BÁI - 2018) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 3 ≤ z − 3i + 1 ≤ 5 . Tập hợp

A. 2π .

[THPT Hoàng Hoa Thám - Khánh Hòa - 2017] Biết số phức z thỏa điều kiện 3 ≤ z − 3i + 1 ≤ 5 .

D. S = 64π . .

các điểm biểu diễn của z tạo thành một hình phẳng. Tính diện tích S của hình phẳng đó. B. S = 25π . C. S = 8π . D. S = 16π . A. S = 4π . Câu 71.

[TRẦN HƯNG ĐẠO – NB-2017] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 3 + 4i ≤ 2. Trong mặt

Theo giả thiết, ta có ( z + 3i )( z − 3) = z − 3 z + 3iz − 9i là số thuần ảo khi

thuộc đoạn [ 0;1] .Tính diện tích S của ( H ) B. S = 16 ( 4 − π ) .

)

Tập hợp các điểm biểu diễn của z tạo thành 1 hình phẳng. Diện tích của hình phẳng đó bằng: A. 9π . B. 16π . C. 25 . D. 4π .

(SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH - HKII - 2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,gọi ( H ) là phần mặt

A. S = 32 ( 6 − π ) .

)

phẳng Oxy tập hợp điểm biểu diễn số phức w = 2 z + 1 − i là hình tròn có diện tích A. S = 9π . B. S = 12π . C. S = 16π . D. S = 25π .

(THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 3 ≤ z − 3i + 1 ≤ 5 . Tập hợp các điểm biểu diễn của z tạo thành một hình phẳng. Tính diện tích của hình phẳng đó. A. S = 25π . B. S = 8π . C. S = 4π . D. S = 16π .

phẳng chứa các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn

z + 2 z − 3i , trong đó z là số phức thỏa mãn z2 + 2 ( 2 + i )( z + i ) = 3 − i + z . Gọi N là điểm trong mặt phẳng sao cho Ox , ON = 2ϕ , trong đó ϕ = Ox , OM là góc lượng giác tạo thành khi quay tia Ox tới vị trí tia OM . Điểm N nằm

[2017] Gọi M là điểm biểu diễn số phức ϖ =

trong góc phần tư nào? A. Góc phần tư thứ (IV). B. Góc phần tư thứ (I). C. Góc phần tư thứ (II). D. Góc phần tư thứ (III).

D. Một đường Elip.

Trong mặt phẳng phức, tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thỏa z + 4 − 4i ≤ 2 là A. Hình tròn tâm I ( 4; −4 ) , bán kính R = 4 . B. Hình tròn tâm I ( 4; −4 ) , bán kính R = 2 . C. Hình tròn tâm I ( −4; 4 ) , bán kính R = 2 .

Câu 67.

C. Một đường tròn.

D. 4π .

(

B. 2 ≤ z + 4 + 4i ≤ 4 . C. 2 ≤ z − 4 − 4i ≤ 4 . D. 4 ≤ z − 4 − 4i ≤ 16 .

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z biết z − ( 2 − 3i ) ≤ 2 . A. Một đường thẳng.

Câu 66.

D. 3π .

D. π .

Câu 3.

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z là một đường tròn có bán kính bằng Chọn C Gọi w = x + yi với x, y là các số thực. w−5 5 + iz Ta có w = ⇔z= . 1+ z i−w w−5 Lại có z = 2 ⇔ = 2 i−w

2 2 ⇔ w − 5 = 2 w − i ⇔ ( x − 5) + y 2 = 2  x 2 + ( y − 1)   

⇔ ( x + 5) + ( y − 4 ) = 52 . Câu 4.

Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức w =

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w là một đường tròn có bán kính bằng Chọn A Gọi z = a + bi , a , b ∈ ℝ

(

52 = 2 13 .

Câu 9.

3 + iz ⇔ w + wz = 3 + iz ⇔ w − 3 = ( i − w ) z . 1+ z ⇒ w − 3 = ( i − w ) z ⇔ w − 3 = (i − w ) z .

)

Câu 5.

)

Vì z − 2i ( z + 2 ) là số thuần ảo nên ta có a 2 + 2a + b2 + 2b = 0 ⇔ ( a + 1) + ( b + 1) = 2 .

Gọi w = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) .

Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z là một đường tròn có bán kính bằng 2 . Chọn D Giả sử z = a + bi ; w = x + yi ; ( a , b, x, y ∈ ℝ )

Do đó, w − 3 = ( i − w ) z ⇔ 2

(

)

Mà z = 4 ⇔ a + b = 16 . Vậy x + ( y − 1) = 25.16 = 400 Câu 6.

(

⇔ ( x − 2 ) + y = 2 x + (1 − y )

Bán kính đường tròn là r = 400 = 20 . Chọn C Gọi z = x + yi ⇒ z = x − yi

Câu 11.

⇒ w − 2 = z ( i − w ) ⇔ w − 2 = z ⋅ z (i − w )

) ⇔ ( x + 2 ) + ( y − 2) 2

= 10 (*)

Từ (*) suy ra điểm biểu diễn số phức w là một đường tròn có bán kính bằng 10 . Cách 1. Đặt w = x + yi .Ta có w = 3 − 2i + ( 2 − i ) z .

⇔ ( 2 − i ) z = ( x − 3) + ( y + 2) i .

(

)

= x + y + 2x + 2 y + (2x + 2 y + 4) i

⇔ 4 − i 2 z = ( x − 3) + ( y + 2 ) i  . ( 2 + i ) .

( z + 2i ) ( z + 2 )

⇔z=

⇔ x + yi = 3 − 2i + ( 2 − i ) z .

= z.z + 2 z + 2iz + 4i = x 2 + y 2 + 2 ( x + yi ) + 2i ( x − yi ) + 4i 2

là số thuần ảo ⇔ x 2 + y 2 + 2 x + 2 y = 0

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của z là một đường tròn có tâm là I ( −1; −1) . Chọn D Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) .

2x − y − 8 x + 2 y +1 + i. 5 5 2

 2x − y − 8   x + 2 y +1  Vì z = 2 nên   +  = 4. 5 5    

⇔ x2 + y2 −6x + 4y +13 = 20 .

( z + i ) ( z + 2 ) =  x + (1 − y ) i  ( x + 2) + yi  là số thuần ảo ⇔ x ( x + 2) + y ( y − 1) = 0

⇔ ( x − 3) + ( y + 2 ) = 20 .

⇔ x2 + y2 + 2x − y = 0 .

Câu 8.

( x − 3) + y 2 = x 2 + (1 − y ) . 2 2 + 2 (1 − y ) ⇔ x 2 + y 2 + 6 x − 4 y − 7 = 0 .

kính bằng 2 5 . Chọn A Gọi số phức w = x + yi; x, y ∈ ℝ . Khi đó: 2 + iz ⇔ w (1 + z ) = 2 + iz ⇔ w − 2 = z ( i − w ) w= 1+ z 2

( z + 2i ) ( z + 2 )

Câu 7.

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w thỏa mãn z = 2 là đường tròn có tâm I ( −3; 2 ) và bán Câu 10.

 x = 3a − 4b  x = 3a − 4b ⇔ x + yi = ( 3a − 4b ) + ( 3b + 4a + 1) i ⇔  ⇔ Ta có  y = 3b + 4a + 1  y − 1 = 3b + 4a

⇔ ( x − 3) + y = 2 x

Theo đề w = ( 3 + 4i ) z + i ⇒ x + yi = ( 3 + 4i )( a + bi ) + i

x 2 + ( y − 1) = ( 3a − 4b ) + ( 4a + 3b ) = 25a 2 + 25b 2 = 25 a 2 + b 2

34 .

Chọn A Ta có: w =

Ta có: z − 2i ( z + 2 ) = ( a − bi − 2i )( a + bi + 2 ) = a 2 + 2a + b 2 + 2b − 2 ( a + b + 2 ) i

(

4 + iz là một đường tròn có bán kính bằng 1+ z

Vây tập hợp biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I ( 3; − 2) . Cách 2. Đặt z = a + bi; w = x + yi .

5  1 . Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn có tâm I  −1;  , R = 2 2  Chọn B 4 + iz w= ⇔ (1 + z ) w = 4 + iz ⇔ z ( w − i ) = 4 − w 1+ z ⇔ z . w − i = 4 − w ⇔ 2. w − i = 4 − w (*)

Vì z = 2 nên a 2 + b 2 = 4 . Ta có w = 3 − 2i + ( 2 − i ) z .

⇔ x + yi + 2i − 3 = ( 2 − i )( a + bi ) .

Gọi w = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) khi đó thay vào (*) ta có:

⇔ ( x − 3) + ( y + 2 ) i = ( 2a + b ) + ( 2b − a ) i .

2 2 2. x + yi − i = 4 − x − yi ⇔ 2  x 2 + ( y − 1)  = ( x − 4 ) + y 2   2 2 ⇔ x 2 + y 2 + 8 x − 4 y − 14 = 0 ⇔ ( x + 4 ) + ( y − 2 ) = 34 .

⇒ ( x − 3 ) + ( y + 2 ) = ( 2a + b ) + ( 2b − a ) .

(

)

⇔ ( x − 3) + ( y + 2 ) = 5 a 2 + b 2 . ⇔ ( x − 3) + ( y + 2 ) = 20 . 11

Vây tập hợp biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I ( 3; − 2) . Câu 12.

z − i = (1 + i ) z ⇔ a 2 + ( b + 1) = 2 nên tập điểm M là Đường tròn tâm I(0; -1), bán kính

R= 2.

Đặt z = x + yi ; x, y ∈ ℝ . Khi đó z = x − yi .

Câu 19.

Vì z.z = 1 ⇔ ( x + yi )( x − yi ) = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1 . Câu 13.

lời giải: 2

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z cần tìm là đường tròn đơn vị. Cách 1: Gọi M là điểm biểu diễn số phức w . w−i Ta có w = 2 z + i ⇔ z = . 2 w−i Do đó z − 1 + 2i = 3 ⇔ − 1 + 2i = 3 ⇔ w − 2 + 3i = 6 ⇔ MI = 6 , với I ( 2; −3) . 2

Câu 20.

Do đó: z + 2 − i = 4 ⇔ x + 2 − ( y + 1)i = 4 ⇔ ( x + 2)2 + ( y + 1)2 = 16 . Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I ( −2; − 1) , bán kính R = 4 . Câu 21.

Câu 22.

⇔ x 2 + ( y − 1) = ( x − y ) + ( x + y ) ⇔ x 2 + y 2 + 2 y − 1 = 0 ⇔ x 2 + ( y + 1) = 2 .

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức

Câu 16.

là đường tròn có tâm ( 0; − 1) .

Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I ( 2; − 3) và R = 2 . Câu 23.

( a + 2 + bi ) a − ( b − 2 ) i  z+2 a + 2 + bi = = 2 z − 2i a + ( b − 2 ) i a 2 + ( b − 2)

a ( a + 2 ) + b ( b − 2 ) +  − ( a + 2 )( b − 2 ) + ab  i a2 + (b − 2)

a ( a + 2 ) + b ( b − 2 ) = 0 (1) w là số thuần ảo ⇔  2 2 a + ( b − 2 ) ≠ 0 2 2 Có (1) ⇔ a + b + 2a − 2b = 0 .

Gọi số phức z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) ⇒ z = x − yi. Thay vào điều kiện ta được:

(2 − z )( z + i ). = (2 − x − yi)( x − yi + i).

Suy ra M thuộc đường tròn tâm I ( −1;1) , bán kính R = 2 . Câu 24.

= ( 2 − x ) − yi   x + (1 − y ) i  .

Đặt z = x + yi

( x, y ∈ ℝ ) . Ta có điểm biểu diễn

z là M ( x; y ) .

Với m = 0 , ta có z = 0 , thoả mãn yêu cầu bài toán. Với m > 0 , ta có: + z = m ⇔ M thuộc đường tròn ( C1 ) tâm I ( 0; 0 ) , bán kính R = m

= (2 − x) x + y (1 − y ) + [ (2 − x)(1 − y ) − xy ] i. (2 − z )( z + i ) là số thuần ảo khi và chỉ khi:

Câu 18.

Đặt z = a + bi, a , b ∈ ℝ . Gọi M ( a; b ) là điểm biểu diễn cho số phức z . Có w =

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn có bán kính r = 5. Chọn C Giả sử điểm M(x; y) là điểm biểu diễn số phức z . Ta có: z − 1 − 2i = 3 ⇔ ( x − 1) + ( y − 2)i = 3 ⇔ ( x − 1)2 + ( y − 2) 2 = 9 Vậy điểm M(x; y) thuộc đường tròn ( x − 1) + ( y − 2) = 9 có tâm I (1; 2) , bán kính R = 3 .

Câu 17.

⇔ x 2 + y 2 − 4 x + 6 y + 11 = 0 .

z Ta có: =1⇔ z = i + 2 = 5 . i+2

Gọi z = x + yi, ( x , y ∈ ℝ ) . Ta có:

(1 + i ) z − 5 + i = 2 ⇒ (1 + i )( x + yi ) − 5 + i = 2 ⇔ ( x − y − 5 ) + ( x + y + 1) i 2 2 ⇔ ( x − y − 5 ) + ( x + y + 1) = 4 ⇔ 2 x 2 + 2 y 2 − 8 x + 12 y + 22 = 0

⇔ x + ( y − 1) i = (1 + i )( x + yi ) ⇔ x + ( y − 1) i = ( x − y ) + ( x + y ) i

Câu 15.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I (1; − 1) , bán kính R = 2 .

Ta có z − i = (1 + i ) z .

Gọi z = a + bi , với x, y ∈ ℝ , ta có: z − 1 + i = 2 ⇔ x + yi − 1 + i = 2 ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) i = 2 ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) = 4 .

Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) .

Giả sử số phức thỏa mãn bài toán có dạng z = x + yi ( x, y ∈ R ) . Suy ra z + 2 − i = x − yi + 2 − i = x + 2 − ( y + 1)i .

Do đó tập hợp điểm M là đường tròn tâm I ( 2; −3) và bán kính R = 6 . Câu 14.

Ta có z − i = 4 ⇒ x 2 + ( y − 1) = 4 ⇒ x 2 + ( y − 1) = 16

(2 − x) x + y(1 − y ) = 0 .

+ z − 4 m + 3mi = m 2 ⇔ ( x − 4 m ) + ( y + 3m ) = m 4

⇔ x2 + y 2 − 2 x − y = 0 .

⇔ M thuộc đường tròn ( C2 ) tâm I ′ ( 4m; −3m ) , bán kính R′ = m 2 .

5  1 Vậy số phức z = x + yi thuộc đường tròn tâm I 1;  ,bán kính R = . 2  2 Chọn D

+) Có duy nhất một số phức z thoả mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi ( C1 ) và ( C2 ) tiếp xúc

 5 m = m 2 + m    II ′ = R + R′ m = 4 nhau ⇔  ⇔  5 m = m 2 − m ⇔  .  ′ ′ = − II R R m = 6    m > 0 13

+) Gọi M là điểm biểu diễn số phức w=z1 + z2 ⇒ OM = 2OH ⇒ M là ảnh của H qua phép vị tự tâm O, tỉ số k = 2 với O là gốc tọa độ (**) Từ (*)và (**) ⇒ tập hợp M là đường tròn (C ′′) là ảnh của (C ′) phép vị tự tâm O, tỉ số k = 2 +) Giả sử đường tròn (C ′′) có tâm J (a; b) và bán kính R′′

Kết hợp với m = 0 , suy ra m ∈ {0; 4; 6} . Vậy tổng tất cả các giá trị của m là 10 . Câu 25.

Gọi w = x + yi , x , y ∈ ℝ . Số phức w được biểu diễn bởi điểm M ( x; y ) . Từ w = 1 + z suy ra x + yi = 1 + z ⇔ z = ( x − 1) + yi ⇒ z = ( x − 1) − yi . Mà z + 2 − i = 3 nên ta có:

( x −1) − yi + 2 − i Câu 26.

Câu 27.

= 3 ⇔ ( x + 1) − ( y + 1) i = 3 ⇔

( x + 1)

2 + ( y + 1) = 3 ⇔ ( x + 1) + ( y + 1) = 3

. Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I ( −1; −1) bán kính R = 3 . Chọn B Ta có w = i + ( 2 − i ) z ⇔ w − i = ( 2 − i ) z . Suy ra w − i = ( 2 − i ) z = 2 − i . z = 10 .

a = 2.5 = 10  ⇒ b = 2.3 = 6  R′′ = 2.R ′ = 6  Câu 30.

Vậy tập hợp điểm biểu diễn của số phức w trên mặt phẳng tọa độ nằm trên đường tròn có bán kính r = 10 . Chọn D Gọi z = x + y i ( x, y ∈ ℝ) .

Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn: z + 2 − i = 4 là đường tròn có tâm I ( −2 ; − 1) và có bán kính R = 4 .

= x( x + 3) + y( y + 2) + [ xy + ( x + 3)( − y − 2)] i

Câu 31.

Do w là số thuần ảo ⇔ x ( x + 3) + y ( y + 2) = 0 ⇔ x 2 + y 2 + 3x + 2 y = 0 3 13 2  ⇔  x +  + ( y + 1) = . 2 4 

Câu 32.

13  3  Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  − ; −1  , bán kính R = . 2  2 

Gọi w = x + yi ( x, y ∈ ℝ )

) ( ) ⇔ w − i + 1 + i 8 = (1 + i 8 ) ( z + 1) ⇔ ( x + 1) + ( y − 1 + 8 ) i = (1 + i 8 ) ( z + 1) ⇒ ( x + 1) + ( y − 1 + 8 ) = 1 + ( 8 ) .2 ⇔ ( x + 1) + ( y − 1 + 8 ) = 36 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = (1 + i 8 ) z + i là một đường tròn có bán kính r = 6. Câu 29.

( a + 1)

+ b2 =

(1 − 2a ) + ( −1 − 2b )

4 1 ⇔ a2 + 2a + 1 + b2 = 1 − 4a + 4a 2 + 1 + 4b + 4b 2 ⇔ a 2 + b 2 − 2a + b + = 0 3 3

(

)

(

w = 1 + i 8 z + i ⇔ w − i = 1 + i 8 z ⇔ w − i = 1 + i 8 ( z + 1) − 1 + i 8

Gọi số phức z = a + bi , ( a, b ∈ R )

a + bi + 1 = 1 − i − 2 ( a + bi ) ⇔

Theo đề bài ta có:

)

Ta có: w = (1 − i ) z + 2i ⇔ w − 2i = (1 − i ) z ⇔ w − 2i = (1 − i ) z ⇔ w − 2i = 2 2 . Do đó, tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I ( 0; 2 ) và bán kính 2 2 .

(

z + 2 − i = 4 ⇔ ( x + 2 ) + ( − y − 1) i = 4 ⇔ ( x + 2) + ( y + 1) = 16

Khi đó: w = ( z − 2i )( z + 3) = [ x + (− y − 2)i ][ ( x + 3) + y i ]

Câu 28.

⇒ Phương trình đường tròn (C ′′) là ( x − 10) 2 + ( y − 6) 2 = 36 Gọi số phức z = x + iy ( x, y ∈ ℝ ) Ta có:

2  Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn có tâm I 1; −  , 3  2

10  2 1 Bán kính R = 1 +  −  − = . 3  3 3

Câu 33.

+)Đặt z = x + yi

4a 2 + 4b2 − 4b − 35 = 0 ⇔ a 2 + b 2 − b −

Khi đó | z− 5 − 3i |= 5 ⇔| x − 5 + (y− 3)i |= 5 ⇔ ( x − 5)2 + ( y − 3)2 = 25 (C ) Gọi A, B lần lượt là 2 điểm biểu diễn số phức z1 , z2

⇒ A, B thuộc đường tròn (C ) có tâm I (5; 3), bán kính R = 5 và | z1 − z2 |= 8 ⇒ AB = 8 +) Gọi H là điểm biểu diễn số phức w ′= ⇒ H là trung điểm AB ⇒ AH =

Cách 1: Đặt z = a + bi ta có 2 z − i = 6 ⇔ 2a + 2bi − i = 6 ⇔ 4a 2 + ( 2b − 1) = 6 .

z1 + z2 2

AB =4 2

Xét tam giác AIH vuông tại H có AH = 4, AI = 5 nên IH = IA2 − AH 2 = 52 − 42 = 3 ⇒ H thuộc đường tròn (C ′) có tâm I (5; 3), bán kính R′ = 3 (*)

Câu 34.

35 1  = 0 ⇔ a2 +  b −  = 9 . 2 4 

 1 Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  0;  bán kính R = 3 .  2 1 1   Cách 2: 2 z − i = 6 ⇔ z −  0 + i  = 3 . Gọi I là điểm biểu diễn số phức 0 + i , M là điểm biểu 2  2  diễn số phức z . Ta có MI = 3 . Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn  1 tâm I  0;  bán kính R = 3 .  2 Ta có: w = ( 2 − i ) z − 3i + 5 ⇔ w = ( 2 − i )( z + 1 − 3i ) + 6 + 4i ⇔ w − 6 − 4i = ( 2 − i )( z + 1 − 3i )

⇒ w − 6 − 4i = ( 2 − i )( z + 1 − 3i ) = 2 5

( x + 63) 2 + ( y + 12)2 x + 63 − ( y + 12)i =3⇔ = 3 ⇔ ( x + 63)2 + ( y + 12)2 = 392 12 + 5i 122 + 52 Vậy r = 39 . Câu 38. Gọi w = x + yi . x −1+ ( y + 2) i w = 1 − 3i z + 1 − 2i ⇔ x + yi = 1 − 3i z + 1 − 2i ⇔ z = 1 − 3i 1 3  ( x − 1) − 3 ( y + 2 ) ( y + 2 ) + ( x − 1) 3 ⇔ z =  x − 1 + ( y + 2 ) i   + i  = + i 4 4 4 4  ( x − 13) − 3 ( y + 2 ) + ( y + 2 ) + ( x − 1) 3 i ⇒ z −3 = 4 4 2 2  ( x − 13) − 3 ( y + 2 )   ( y + 2 ) + ( x − 1) 3  z −3 =1 ⇔   +  =1     4 4    

⇔

Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức w = x + yi ( x; y ∈ ℝ )

w − 6 − 4i = 2 5 ⇔ ( x − 6 ) + ( y − 4) i = 2 5 2

(

⇔ ( x − 6) + ( y − 4) = 2 5

)

(

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số w là đường tròn tâm I ( 6; 4 ) , bán kính R = 2 5 . Câu 35.

Ta có w = 3 − 2i + ( 2 − i ) z ⇔ z =

w − 3 + 2i . Đặt w = x + yi 2−i

( x, y ∈ ℝ ) .

x + yi − 3 + 2i . 2−i x − 3 + ( y + 2) i x − 3 + ( y + 2) i x + yi − 3 + 2i =2⇔ Ta có z = 2 ⇒ =2⇔ =2 2−i 2−i 2−i

Khi đó z =

(

)

⇔ x − 3 + ( y + 2 ) i = 2 2 − i ⇔ x − 3 + ( y + 2 ) i = 2 5 ⇔ ( x − 3) + ( y + 2 ) = 2 5 .

)

(

)

⇔ ( x − 13) − 2 3 ( x − 13)( y + 2 ) + 3 ( y + 2) + ( y + 2) + 2 ( y + 2)( x − 1) 3 + 3 ( x − 1) = 16

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = 3 − 2i + ( 2 − i ) z là một đường tròn có bán kính

(

)

⇔ x 2 + y 2 − 8 x + 4 + 6 3 y + 12 3 + 43 = 0

R=2 5. 2

(

Bán kính r = 4 + −2 − 3 3 Câu 39.

)

− 12 3 − 43 = 2 .

Chọn B Đặt z = x + yi , ( x , y ∈ ℝ ) . Khi đó.

z + m − 1 + 3i = 4 ⇔ x + yi + m − 1 + 3i = 4 .

( ) + ( y + 3)

⇔ ( x + m − 1) + y + 3 i = 4 ⇔

⇔ ( x + m − 1)

(C )

Câu 40.

OM và IT = IA2 − TA2 = 3 . Gọi J là điểm đối xứng của O qua I suy ra J (10; 6 ) và IT là đường trung bình của tam giác

OJM , do đó JM = 2 IT = 6 . 2

Vậy M thuộc đường tròn tâm J bán kính bằng 6 và có phương trình ( x − 10 ) + ( y − 6 ) = 36 . Câu 37.

Gọi số phức w = x + yi, với x, y ∈ R , biểu diễn bởi M ( x; y) x + ( y − 4)i w = (12 − 5i ) z + 4i ⇔ x + yi = (12 − 5i) z + 4i ⇔ z = 12 − 5i x − ( y − 4)i ⇒z= 12 + 5i x − ( y − 4)i − 3i + 4 = 3 Ta có : z − 3i + 4 = 3 ⇔ 12 + 5i

(

+ y+ 3

)

= 4.

= 16 .

(

= 25 và AB = z1 − z2 = 8 .

có tâm I ( 5;3) và bán kính R = 5 , gọi T là trung điểm của AB khi đó T là trung điểm của

)

Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn của số phức z là đường tròn tâm I 1 − m; − 3 và bán kính

Câu 36. Gọi A , B , M là các điểm biểu diễn của z1 , z 2 , w . Khi đó A , B thuộc đường tròn

( C ) : ( x − 5 ) + ( y − 3)

( x + m − 1)

1 − m = 4  m = −3 ⇔ . R = 4 . Để đường tròn này tiếp xúc với trục Oy thì 1 − m = 4 ⇔  1 − m = −4 m = 5 Vậy m = 5; m = −3 . Chọn D w−i w = (1 − i ) z + i ⇔ z = ; đặt w = x + yi ; x, y ∈ ℝ . 1− i x + yi − i ( x + yi − i )(1 + i ) − 2 = 2 . x + yi − i ⇒z= . Ta có z − 2 = 2 ⇔⇒ −2 = 2 ⇔ 1− i 2 1− i

⇔

( x + yi − i )(1 + i ) − 2 = 2 ⇔ 2

x + xi + yi − y − i + 1 − 4 = 4 ⇔ x − y − 3 + ( x + y − 1) i = 4

⇔ ( x − y − 3) + ( x + y − 1) = 16 ⇔ x 2 + y 2 + 9 − 2 xy + 6 y − 6 x + x 2 + y 2 + 1 + 2 xy − 2 y − 2 x = 16 . ⇔ 2 x2 + 2 y 2 − 8x + 4 y − 6 = 0 ⇔ x2 + y 2 − 4 x + 2 y − 3 = 0

Câu 41.

Đường tròn có bán kính là R = 22 + 12 + 3 = 2 2 . Chọn A Giả sử z = a + bi ( a; b ∈ ℝ ) và w = x + yi ( x; y ∈ ℝ ) . 18

( z − 2 + i ) ( z − 2 − i ) = 25 ⇔  a − 2 + ( b + 1) i   a − 2 − ( b + 1) i  = 25 2

Ta có: z + 2 = z − i ⇔ a + 2 + bi = a + (b − 1)i ⇔ (a + 2)2 + b2 = a 2 + (b− 1) 2

⇔ ( a − 2 ) + ( b + 1) = 25 (1)

Theo giả thiết: w = 2 z − 2 + 3i ⇔ x + yi = 2 ( a − bi ) − 2 + 3i ⇔ x + yi = 2a − 2 + ( 3 − 2b ) i .

x+2  a=  x = 2a − 2  2 ⇒ ⇔ ( 2) .  y = 3 − 2b b = 3 − y  2

Câu 47.

Câu 48.

Câu 49.

Câu 44.

Câu 50.

( x + 1) + ( 2 − y )

⇔ x2 − 2x + 1 + y 2 + 4 y + 4 = x2 + 2x + 1 + y 2 − 4 y + 4 ⇔ 4 x − 8 y = 0 ⇔ x − 2 y = 0 . Vậy tập hợp các điểm biểu biễn các số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán là đường thẳng có phương trình là x − 2 y = 0 . Câu 45. Giả sử z = a + bi ( a , b ∈ R ) .

(

Câu 51.

()

+2 z

= 16 ⇔ x 2 + 2 xyi − y 2 + x 2 − 2 xyi − y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 = 16

⇔ 4 x 2 = 16 ⇔ x = ±2 ⇒ d ( d1 , d 2 ) = 4

)

= a ( a − 2 ) − b (1 − b ) +  a (1 − b ) + b ( a − 2 )  i + 4i − 1

Câu 52.

= a ( a − 2 ) − b (1 − b ) − 1 + ( a − 2b + 4 ) i .

)

Ở đây lưu ý hai đường thẳng x = 2 và x = -2 song song với nhau. Chọn B Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) và M ( x; y ) là điểm biểu diễn của z.

 z = x 2 + y 2 Ta có  .  z − 3 + 4i = x − iy − 3 + 4i = ( x − 3)( − y + 4 ) i

+ z z − 2 + i + 4i − 1 là số thực suy ra a − 2b + 4 = 0. + Số phức z có điểm biểu diễn M ( a; b ) → M ∈ d : x − 2 y + 4 = 0 .

Câu 46.

Do đó M thuộc đường thẳng x + y + 1 = 0 . Chọn D Gọi M ( x, y ) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi ( x, y ∈ R ) Ta có: z 2 + z

Khi đó z z − 2 + i + 4i − 1 = ( a + bi )( a − bi − 2 + i ) + 4i − 1 = ( a + bi ) . ( a − 2 ) + (1 − b ) i  + 4i − 1

(

)

x + 2 − x2 + y 2 = 0  ⇔ ⇒ x + 2 − x2 + y 2 + y − 1 + x2 + y 2 = 0 ⇔ x + y + 1 = 0 .  y − 1 + x 2 + y 2 = 0

⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) i = ( x + 1) + ( 2 − y ) i 2

Ta có z + 2 − i − z (1 − i ) = 0 ⇔ x + yi + 2 − i − (1 − i ) x 2 + y 2 = 0

(

Ta có: z − 1 + 2i = z + 1 + 2i ⇔ x + yi − 1 + 2i = x − yi + 1 + 2i

1 . 2

⇔ x + 2 − x2 + y 2 + y −1 + x2 + y 2 i = 0

Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) ⇒ z = x − yi và M ( x; y ) là điểm biểu diễn của số phức z .

( x − 1) + ( y + 2 )

a2 + ( b − 1) = b2 + a 2 ⇔ −2b + 1 = 0 .

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện bài toán là đường thẳng y =

z + 2 + i = z − 3i ⇔ ( x + 2 ) + ( y + 1) = x 2 + ( y + 3) ⇔ 4 x − 4 y − 4 = 0 ⇔ y = x − 1 .

⇔

( a, b ∈ ℝ ) .

⇔ x − 2x +1+ y + 2 y + 1 = x + 4x + 4 + y ⇔ 6 x − 2 y + 2 = 0 ⇔ 3x − y + 1 = 0 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng 3 x − y + 1 = 0 . Câu 43.

Gọi số phức z = a + bi

⇔

Ta có: z − i = iz ⇔ a + bi − i = i ( a + bi ) ⇔ a + ( b − 1) i = −b + ai

⇔ ( x − 1) + ( y + 1) = ( x + 2 ) + y 2 2

⇔ 6 x + 4 y − 3 = 0 .(thỏa điều kiện z ≠ 2 + i ) Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng 6 x + 4 y − 3 = 0 .

( x + 2) + y2

⇔ z + 1 + i = z − 2 − i ⇔ x + yi + 1 + i = x + yi − 2 − i ⇔ ( x + 1) + ( y + 1) = ( x − 2 ) + ( y − 1)

Ta có: z − 1 + i = z + 2 ⇔ x + yi − 1 + i = x + yi + 2 ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) i = ( x + 2 ) + yi 2

 z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) (12 − 5i ) z + 17 + 7i = 13 ⇔ 12 − 5i z + 17 + 7i = 13 z − 2 − i Đặt  , ta có: ( ) z −2−i  z ≠ 2 + i

⇔ (12 − 5i )( z + 1 + i ) = 13 z − 2 − i ⇔ 12 − 5i z + 1 + i = 13 z − 2 − i ⇔ 13 z + 1 + i = 13 z − 2 − i

Vậy a + b + c = 17 . Dạng 2. Tập hợp điểm biểu diễn là đường thẳng Giả sử số phức z có dạng: z = x + yi ( x, y ∈ ℝ )

( x − 1) + ( y + 1) =

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình x − 3 y − 6 = 0 . 2

2 2  x+2   3− y  Thay ( 2 ) vào (1) ta được:  − 2 +  + 1 = 25 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 5) = 100 .  2   2  Suy ra, tập hợp điểm biểu diễn của số phức w là đường tròn tâm I ( 2;5) và bán kính R = 10 .

⇔

Ta có: z − 1 = z − 2 + 3i ⇔ ( x − 1) + y 2 = ( x − 2) + ( y + 3) ⇔ x − 3 y − 6 = 0 . 2

Câu 42.

⇔ (a + 2) 2 + b2 = a 2 + (b− 1) 2 ⇔ 4 a + 2b + 3 = 0 ⇔ điểm M (a; b) thuộc đường thẳng 4x + 2 y + 3 = 0 Vậy, tập hợp các điểm M thỏa mãn bài ra là đường thẳng 4 x + 2 y + 3 = 0 . Gọi z = x + yi ; ( x , y ∈ ℝ ).

1 + Đường thẳng d cắt trục Ox , Oy lần lượt tại A ( −4; 0 ) và B ( 0; 2 ) ⇒ S ∆OAB = .OA.OB = 4 . 2 Gọi số phức z = a + bi , với a, b thuộc ℝ . Khi đó, M (a; b) là điểm biểu diễn số phức z .

Vậ y z = 19

( x − 3) + ( − y + 4 ) . 2 2 z − 3 + 4i ⇔ x 2 + y 2 = ( x − 3 ) + ( − y + 4 ) ⇔ 6 x + 8 y − 25 = 0 .

⇒ z − 3 + 4i =

Câu 53.

Chọn D Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi . Ta có. 2 z − 2 + 3i = 2i − 1 − 2 z . ⇔ 2 ( x − 2 ) + ( y + 3 ) i = ( −1 − 2 x ) + ( 2 y + 2 ) i 2

( x − 2 ) + ( y + 3)

⇔2

( −1 − 2 x ) + ( 2 y + 2 )

(

⇔

)

Vậy tập hợp điểm M ( x; y ) là đường thẳng 20 x − 16 y − 47 = 0 . Dạng 3. Tập hợp điểm biểu diễn là đường conic Chọn D Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) ⇒ z = x − yi .

Câu 58.

Câu 59.

Xét hai điểm F1 ( −2;0 ) , F2 ( 2;0 ) , khi đó theo giả thiết: +y +

( x − 2)

+ y = 4 ⇔ MF1 + MF2 = 4 .

( z + z )i +1

a − 1 + ( b + 1) i  a − 1 + ( b + 1) i  (1 − 2ai ) = 1 + 2ai 1 + 4a 2

a − 1 + 2a ( b + 1) +  −2a ( a − 1) + b + 1 i 1 + 4a 2

(

Câu 60.

z −1 + i

2 y = − x2 . 9 Chọn B Gọi M ( x; y ) , F1 (−2;0) , F2 (2;0) . Ta có z + 2 + z − 2 = 8 ⇔ x 2 + ( y + 2) 2 + x2 + ( y − 2)2 = 8 ⇔ MF1 + MF2 = 8 .

b a 1 a là số thực suy ra −2a ( a − 1) + b + 1 = 0 ⇔ b = 2a 2 − 2 a − 1 ⇔ = 4.   − 2. − . 2 2 2 2 z + z i +1

Do đó điểm M ( x; y ) nằm trên elip ( E ) có 2a = 8 ⇔ a = 4, ta có F1F2 = 2c ⇔ 4 = 2c ⇔ c = 2 .

)

Ta có b2 = a 2 − c 2 = 16 − 4 = 12 . Vậy tập hợp các điểm M là elip ( E ) :

z a b Số phức có điểm biểu diễn M  ;  ⇒ quỹ tích M là parabol có phương trình 2  2 2 1 2 y = 4x − 2x − 2

Câu 57.

Chọn B Gọi số phức z = x + yi có điểm biểu diễn là M ( x, y ) trên mặt phẳng tọa độ:

2 9 x 2 + (3 y + 3) 2 = x2 + (3 − 3 y )2 ⇔ 8 x2 + 36 y = 0 ⇒ y = − x 2 . 9 Vậy tập hợp các điểm M ( x, y ) biểu diễn số phức z theo yêu cầu của đề bài là Một parabol

Giả sử z = a + bi ( a , b ∈ R ) . z −1 + i

1 2 x . 4

3 x + (3 y + 3)i = x + (3 − 3 y) ⇔ 9 x 2 + (3 y + 3) 2 = x 2 + (3 − 3 y )2 ⇔ .

Do đó tập hợp các điểm biểu diễn của z chính là đoạn thẳng F1 F2 .

Khi đó

Theo đề bài ta có: 3 z + i = 2 z − z + 3i ⇔ 3( x + yi) + 3i = 2( x − yi ) − ( x + yi) + 3i ⇔ .

Mà F1F2 = 4 , nên MF1 + MF2 = F1F2 . Câu 56.

Gọi z = x + yi ⇒ z = x − yi , x, y ∈ ℝ .

có phương trình: y =

x2 là một Parabol. 4 Gọi M ( x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi .

( x + 2)

+ 0 = 6.

1 2 x 4 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn 2 z − i = z − z + 2i là một Parabol ( P )

⇔ y=

z+2 + z−2 = 4⇔

= 10 (*)

⇔ 4 ( x 2 + y 2 − 2 y + 1) = 4 y 2 + 8 y + 4 ⇔ 4 x 2 = 16 y ⇔ y =

⇔ 4x2 + 4 y 2 − 8 y + 4 = 4 y 2 + 8 y + 4

( 4 + 2)

2 2 ⇔ 4  x 2 + ( y − 1)  = ( 2 y + 2 )  

( x − 4) + ( y − 1)

2 z − i = z − z + 2i ⇔ 2 x + ( y − 1) i = ( 2 y + 2) i ⇔ 2 x 2 + ( y − 1) = 0 2 + ( 2 y + 2 )

Khi đó 2 z − i = z − z + 2i ⇔ 2 x + ( y − 1) i = ( 2 y + 2 ) i

Đặt A ( −2;1) , B ( 4;1) ⇒ AB =

⇔ 20 x − 16 y − 47 = 0

Câu 55.

Khi đó phương trình (*) trở thành: MA + MB = 10. Khi đó tập hợp những điểm M thỏa mãn phương trình (*) là một elip với. 10 + Độ dài trục lớn 2a = 10 ⇒ a = = 5. 2 6 + Tiêu cự 2c = AB = 6 ⇒ c = = 3. 2 + Độ dài trục bé 2b với b2 = a 2 − c2 = 52 − 32 = 16 ⇒ b = 4. Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi các điểm biểu diễn các số phức thỏa mãn z + 2 − i + z − 4 − i = 10 là diện tích Elip trên: S = π ab = π 4.5 = 20π .

⇔ 4 x 2 + y 2 − 4 x + 6 y + 13 = 4 x 2 + 4 y 2 + 4 x + 8 y + 5 .

Câu 54.

( x + 2 ) + ( y − 1)

Câu 61.

x2 y2 + =1. 16 12

Chọn B Đặt z = x + yi ⇒ z = x − yi điểm biểu diễn của z là M ( x; y ) . Ta có:

2 z − i = z − z + 2i ⇔ 2 x + yi − i = ( x + yi ) − ( x − yi ) + 2i

z 1 3 Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức là parabol có toạ độ đỉnh I  ; −  . 2 4 4 Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn của số phức z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) .

⇔ 2 x + ( y − 1) i = 2 ( y + 1) i ⇔ 2 x 2 + ( y − 1) = 2 y + 1 ⇔ y = Câu 62.

Ta có: z + 2 − i + z − 4 − i = 10 ⇔ x + 2 + ( y − 1) i + x − 4 + ( y − 1) i = 10. 21

1 2. x 4

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là một đường Parabol. Chọn D 22

Ta có: Gọi M (x ; y ) là điểm biểu diễn của số phức z = x + yi. .

Khi đó, AM = z − 3i + 1 =

Gọi A (4; 0) là điểm biểu diễn của số phức z = 4. .

⇒ 32 ≤ ( a + 1) + ( b − 3 ) ≤ 25 , tập hợp các điểm biểu diễn của z là hình vành khăn giới hạn bởi

Gọi B (−4; 0) là điểm biểu diễn của số phức z = −4. .

hai đường tròn ( A;3) và ( A;5 ) , kể cả các điểm nằm trên hai đường tròn này.

Khi đó: z + 4 + z − 4 = 10 ⇔ MA + MB = 10. (*).

Câu 63.

Câu 64.

Câu 68.

x 2 y2 Gọi phương trình của elip là 2 + 2 = 1, a > b > 0, a 2 = b 2 + c 2 . a b Từ (*) ta có: 2a = 10 ⇔ a = 5. . AB = 2c ⇔ 8 = 2c ⇔ c = 4 ⇒ b 2 = a 2 − c 2 = 9 . x 2 y2 Vậy qu ỹ tích các điểm M là elip: (E ) : + = 1. 25 9 Chọn B Gọi M ( x; y ) biểu diễn số phức z = x + yi ( x, y ∈ R ) . Từ giả thiết ta có

( x + 4)

+ y2 +

( x − 4)

Vì số phức z có điểm biểu ểu di diến nằm trong cung phần tư thứ ( I ) nên gọi z = a + bi, ( a > 0, b > 0 ) .

−b − ai −b a 1 1 1 = = = = − i iz i ( a + bi ) −b + ai a 2 + b 2 a 2 + b 2 a 2 + b 2 −b a Do a > 0, b > 0 ⇒ 2 < 0, − 2 < 0. a + b2 a + b2 Vậy điểm biểu diễn w nằm trong cung phần tư thứ ( III ) .

)

⇒w=

20 18

A 14 12

x2 y2 Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z là đường Elip có phương trình + =1. 25 9 Dạng 4. Tập hợp điểm biểu diễn là một miền Dễ thấy điểm I ( 4; 4 ) là tâm của hai đường tròn.

10 8 6 4 2

Đường tròn nhỏ có phương trình là: ( x − 4) + ( y − 4 ) = 4 . 2

≤ 2 ⇔ ( x − 2 ) + ( y + 3) ≤ 4 .

 0 ≤  Theo giả thiết  0 ≤ 

⇔ x + 4 + ( y − 4) i ≤ 2 2

( x + 4 ) + ( y − 4) ≤ 2 2 2 ⇔ ( x + 4) + ( y − 4) ≤ 4 .

Câu 67.

16 ( x + yi ) 16 16 16 x 16 y i = = 2 = 2 + z x − yi x + y2 x + y 2 x2 + y2

z + 4 − 4i ≤ 2 . ⇒ x + yi + 4 − 4i ≤ 2 2

x  0 ≤ ≤1 0 ≤ x ≤ 16 z x + yi x y  16 ⇔ (I) = = + i theo giả thiết  16 16 16 16 0 ≤ y ≤ 1 0 ≤ y ≤ 16  16

Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi; ( x; y ∈ ℝ ) .

⇔

Gọi z = x + yi, x, y ∈ R khi đó điểm biểu diễn của z là M ( x; y ) .

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy là hình tròn tâm I ( 2 ; − 3) , bán kính R = 2 . Câu 66.

Câu 69.

Theo bài ra: z − ( 2 − 3i ) ≤ 2 ⇔ x + yi − ( 2 − 3i ) ≤ 2 ⇔ x − 2 + ( y + 3)i ≤ 2

( x − 2 )2 + ( y + 3)2

E 4

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa mãn đề bài là 2 ≤ z − 4 − 4i ≤ 4 . Cách 1: Đặt z = x + yi với x, y ∈ ℝ .

⇔

5 2

Đường tròn to có phương trình là: ( x − 4 ) + ( y − 4 ) = 16 . Câu 65.

+ y 2 = 10 ⇔ MF1 + MF2 = 10 với F1 ( −4;0 ) , F2 ( 4;0 ) .

S = 25π − 9π = 16π ( dvdt ) .

Hệ thức trên chứng tỏ tập hợp các điểm M là elip nhận A, B là các tiêu điểm.

(

( a + 1) + ( b − 3)

Vậy tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z thỏa z + 4 − 4i ≤ 2 là hình tròn tâm I ( −4; 4 ) , bán kính R = 2. Gọi M ( a; b ) là điểm biểu diễn của số phức z ;

A ( −1;3) là điểm biểu diễn số phức −1 + 3i . 23

16 x ≤1 2 2 x2 + y 2 0 ≤ 16 x ≤ x + y ⇒ 2 16 y 0 ≤ 16 y ≤ x + y 2 ≤ 1  x2 + y 2

 x ≥ 0, y ≤ 0  x ≥ 0, y ≥ 0  2  2 2 ⇔  x + y − 16 x ≥ 0 ⇔ ( x − 8 ) + y 2 ≥ 64 (II)  2  x 2 + y 2 − 16 y ≥ 0 2   x + ( y − 8 ) ≥ 64 Gọi S1 là diện tích hình vuông OABC có cạnh bằng 16, S1 = 162 = 256 . 24

S2 là diện tích hình tròn có bán kính bằng 8.

Gọi w = x + yi; x; y ∈ R .

S3 là diện tích phần giao của hai nửa đường tròn như hình vẽ.

Ta có w = (1 + i ) z + 1 ⇔ z =

1  1 S = S1 − S2 + S3 = 256 − 64π + 2  π 82 − 82  2  4

Do đó z − 1 ≤ 1 ⇔

Vậy S = 256 − 64π + 32π − 64 = 32 ( 6 − π ) . Câu 70.

Ta có 3 ≤ z − 3i + 1 ≤ 5 ⇔ 3 ≤ a + bi − 3i + 1 ≤ 5 ⇔ 9 ≤ ( a − 3) + ( b + 1) ≤ 25 . Do đó tập hợp các điểm biểu diễn của z là hình vành khăn giới hạn bởi hai đường tròn có tâm I ( 3; − 1) bán kính lần lượt là 3 và 5.

(

Vì vậy S = π 52 − 32 Câu 71.

)

( x − 2) + ( y − 1) i ≤ 1 w −1 w−2−i −1 ≤ 1 ⇔ ≤1 ⇔ . 1+ i 1+ i 1+ i

( x − 2 ) + ( y − 1) i

≤ 1 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) ≤ 2 . 1+ i Vậy diện tích hình tròn đó đó là S = 2π . Câu 74. Chọn B  5 1 5 1 1 Ta có: ( 2 + i )( z + i ) = 3 − i + z ⇒ z = 1 − i ⇒ w = + i ⇒ M  ;  ⇒ tan ϕ = . 4 4 4 4 5   ⇔

Gọi z = a + bi ( a ; b ∈ ℝ ) . 2

w −1 . 1+ i

= 16π .

Lúc đó: sin 2ϕ =

Chọn C Câu 75.

2 tan ϕ 5 1 − tan 2 ϕ 12 = > 0; cos 2ϕ = = > 0. 2 1 + tan ϕ 13 1 + tan 2 ϕ 13

Chọn C w −1 + i 2 w −1 + i z − 3 + 4i ≤ 2 ⇔ − 3 + 4i ≤ 2 ⇔ w − 1 + i − 6 + 8i ≤ 4 ⇔ w − 7 + 9i ≤ 4 (1) 2

w = 2z +1− i ⇒ z = 2

Giả sử w = x + yi

( x, y ∈ ℝ ) , khi đó (1) ⇔ ( x − 7 )

+ ( y + 9 ) ≤ 16

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức w là hình tròn tâm I ( 7; − 9 ) , bán kính r = 4. -1

Câu 76.

Vậy diện tích cần tìm là S = π .4 2 = 16π . Chọn B

-1

. Đặt z = x + yi ⇒ z = x + yi khi đó ta có: z − 1 ≤ 1 ⇔ ( x + yi ) − 1 ≤ 1 . 2

⇔ ( x − 1) + yi ≤ 1 ⇔ ( x − 1) + y 2 ≤ 1 (1) . z − z = ( x + yi ) − ( x − yi ) = 2 yi có phần ảo không âm suy ra y ≥ 0 ( 2 ) .

Từ (1) và (2) ta suy ra phần mặt phẳng biểu diễn số phức z là nửa hình tròn tâm I (1;0 ) bán kính r = 1 , diện tích của nó bằng

Câu 72.

1 2 π ⋅ r π = (đvdt). 2 2

(với x, y ∈ ℝ ) ⇒ 3 ≤ z − 3i + 1 ≤ 5 ⇔ 9 ≤ ( x + 1) + ( y − 3) ≤ 25 . Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng phức là hình vành khăn giới hạn bởi

Chọn B Gọi z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) .

(

)

hai đường tròn bán kính R = 5 và r = 3. Diện tích S = π R 2 − r 2 = 16π . 2

x y + ≤ 1. 9 1 2 2 x y Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là miền trong của Elip + ≤ 1. 9 1 1 Ta có a = 3, b = 1, nên diện tích hình H cần tìm bằng diện tích Elip. 4 1 3π Vậy S = .π .a.b = . 4 4 Chọn A

Ta có 2 ( x + yi ) − ( x − yi ) ≤ 3 ⇔ x 2 + 9 y 2 ≤ 3 ⇔ x 2 + 9 y 2 ≤ 9 ⇔

Câu 73.

Gọi z = x + yi .

CHUYÊN ĐỀ 27

PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VỚI HỆ SỐ THỰC, BÀI TOÁN MIN-MAX

Câu 7.

(Mã 102 - BGD - 2019) Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 6z + 14 = 0 . Giá trị

2 1

của z + z2 2 bằng A. 36 .

MỤC LỤC

B. 8 .

Câu 8.

Phương trình bậc 2 với hệ số thực .................................................................................................................................... 1

của z12 + z 22 bằng Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại A. 2.

Bài toán MIN-MAX ......................................................................................................................................................... 4 PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO ................................................................................................................................ 8 Phương trình bậc 2 với hệ số thực .................................................................................................................................... 8 Bài toán MIN-MAX ....................................................................................................................................................... 14

Câu 9.

C. 28 .

D. 18 .

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 4 z + 7 = 0. Giá trị

PHẦN A. CÂU HỎI......................................................................................................................................................... 1

B. 8.

C. 16.

D. 10.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu z1; z2 là hai nghiệm của phương trình

z 2 + z + 1 = 0 . Tính P = z12 + z22 + z1 z2 . A. P = 2 B. P = −1

D. P = 1

C. P = 0

Câu 10. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Kí hiệu z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 3 z + 5 = 0 . Giá trị của z1 + z2 bằng:

PHẦN A. CÂU HỎI

A. 10

Phương trình bậc 2 với hệ số thực

z 2 − z + 6 = 0 . Tính P = Câu 1.

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu z1 , z2 , z3 và z 4 là bốn nghiệm phức của phương

trình z 4 − z 2 − 12 = 0 . Tính tổng T = z1 + z2 + z3 + z4 A. T = 2 + 2 3 Câu 2.

B. T = 4

C. T = 2 3

D. T = 4 + 2 3

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình

4 z 2 − 4 z + 3 = 0 . Giá trị của biểu thức z1 + z2 bằng:

B. 2 3

A. 3 2 Câu 3.

C. 3

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 6 z + 10 = 0 . Giá trị B. 56 .

C. 20.

D. 26 .

Câu 5.

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Phương trình nào dưới đây nhận hai số phức 1 + 2i và 1 − 2i là nghiệm. A. z 2 + 2 z + 3 = 0 B. z 2 − 2 z + 3 = 0 C. z 2 + 2 z − 3 = 0 D. z 2 − 2 z − 3 = 0

Câu 6.

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình

3 z − z + 1 = 0 . Tính P = z1 + z2 .

A. P =

1 6

2 3

D. 3 .

B. P =

3 3

C. P =

2 3 3

D. P =

1 1 + . z1 z2 B. −

1 6

C. 6

1 12

Câu 12. (Mã 103 - BGD - 2019) Gọi z1 , z2 là 2 nghiệm phức của phương trình z 2 − 4z + 5 = 0 . Giá trị của z12 + z 22 bằng A. 16.

B. 26.

C. 6.

D. 8. 2

A. 10 3 .

B. 5 2 .

C. 2 10 .

D. 20 .

Câu 14. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Ký hiệu z1 , z2 là nghiệm của phương trình z 2 + 2 z + 10 = 0 . Giá trị của z1 . z2 bằng

5 . 2

C. 10 .

D. 20 .

Câu 15. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 = −3 . Giá trị của z1 + z2 bằng A. 6 .

B. 2 3 .

C. 3 .

Câu 16. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình z 2 − 8z + 25 = 0 . Giá trị z1 − z2 bằng A. 5 .

14 3

của phương trình z 2 + 2 z + 10 = 0 . Tính giá trị biểu thức A = z1 + z2 .

A. 5 .

của z12 + z 22 bằng: A. 16.

Câu 13. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi z1 ; z 2 là hai nghiệm

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 + 4 = 0 . Gọi

M , N lần lượt là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Tính T = OM + ON với O là gốc tọa độ. A. T = 8 B. 4 C. T = 2 D. T = 2

Câu 4.

B. 2 5 .

Câu 11. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Kí hiệu z1 , z 2 là hai nghiệm phức của phương trình

B. 3 .

C. 8 .

D. 6 .

Câu 17. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Biết z là số phức có phần ảo âm và là nghiệm của phương z trình z 2 − 6 z + 10 = 0 . Tính tổng phần thực và phẩn ảo của số phức w = . z 1

7 . 5

1 . 5

2 . 5

Câu 27. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Gọi A, B là hai điểm trong mặt

4 . 5

Câu 18. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 4 z + 5 = 0 . Tính 1 1 w = + + i ( z12 z2 + z2 2 z1 ) . z1 z2 4 4 A. w = − + 20i . B. w = + 20i . 5 5

Câu 28. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hai số phức z và w khác 0 3 4 5 , thỏa mãn + = và w = 1 . Hỏi mệnh đề nào dưới đây đúng? z w z+w

4 D. w = 20 + i . 5

C. w = 4 + 20i .

Câu 19. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Với các số thực a, b biết phương trình z 2 + 8az + 64b = 0 có nghiệm phức z0 = 8 + 16i . Tính môđun của số phức w = a + bi

B. w = 3

A. w = 19

C. w = 7

D. w = 29

B. −4 .

C. 4 .

D. 0 .

Câu 21. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Tính modun của số phức w = b + ci , b, c ∈ℝ

i 8 − 1 − 2i là nghiệm của phương trình z 2 + bz + c = 0 . 1 − i7 A. 2 . B. 3 . C. 2 2 .

biết số phức

D. 3 2 .

C. 2i

D. 10i

Câu 23. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Gọi z1 ; z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2

3 z − 2 z + 27 = 0 . Giá trị của z1 z2 + z 2 z1 bằng:

B. 6

A. 2

D. 4

D. 58 .

Câu 25. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Kí hiệu z1 ; z 2 là hai nghiệm phức của phương trình 3z − z + 1 = 0 . Tính P = z1 + z2 .

2 . 3

C. P =

3 . 3

D. P =

2 3 . 3

nghiệm phức của phương trình 3 z 2 − z + 2 = 0 . Tính giá trị biểu thức T = z1 + z2 .

2 . 3

8 B. T = . 3

Câu 29. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho phương trình az 2 + bz + c = 0 , với a, b, c ∈ ℝ, a ≠ 0 có các nghiệm z1 , z2 đều không là số thực. Tính P = z1 + z2 + z1 − z2 A. P =

b2 − 2ac

B. P =

2c . a

C. P =

4c . a

D. P =

theo a , b, c.

2b2 − 4ac a2

Câu 30. (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là tổng các số thực m để phương trình z 2 − 2 z + 1 − m = 0 có nghiệm phức thỏa mãn z = 2. Tính S . A. S = 6.

B. S = 10.

C. S = −3.

D. S = 7.

A. S = −6 .

B. S = 6 .

C. S = −5 .

D. S = 5 .

Câu 32. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Gọi S là tổng các giá trị thực của m để phương trình 9 z 2 + 6 z + 1 − m = 0 có nghiệm phức thỏa mãn z = 1 . Tính S . B. 12 .

A. 20 .

C. 14 .

D. 8 .

Câu 33. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Xét số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thỏa mãn z − 4 − 3i = 5 . Tính P = a + b khi z + 1 − 3i + z − 1 + i đạt giá trị lớn nhất. A. P = 8 B. P = 10 C. P = 4

D. P = 6

Câu 34. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Xét số phức z thỏa mãn z + 2 − i + z − 4 − 7i = 6 2.

A. P =

Câu 26. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Gọi z1 , z2 là hai

A. T =

3 . 2

D. z =

Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của z − 1 + i . Tính P = m + M .

B. P =

C. z = 3 .

phức của phương trình z + 4 z + 29 = 0 .Tính giá trị của biểu thức z1 + z2 . A. 841 . B. 1682 . C. 1282 .

14 . 3

2 3 . 3

Bài toán MIN-MAX C. 3 6

Câu 24. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Gọi z1 và z 2 là hai nghiệm

A. P =

B. z =

Câu 31. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho số phức z = a + bi ( a , b ∈ ℝ ) thỏa mãn z + 1 + 3i − z i = 0 . Tính S = 2a + 3b .

Câu 22. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình z 2 + 4 z + 7 = 0 . Số phức z1 .z2 + z2 .z1 bằng B. 10 A. 2

A. z = 2 3 .

Câu 20. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Phương trình z 2 + a . z + b = 0 , với a , b là các số thực nhận số phức 1 + i là một nghiệm. Tính a − b ? . A. −2 .

phẳng phức theo thứ tự biểu diễn cho các số phức z1 , z 2 khác 0 thỏa mãn đẳng thức z12 + z22 − z1 z2 = 0, khi đó tam giác OAB ( O là gốc tọa độ): B. Là tam giác vuông. A. Là tam giác đều. C. Là tam giác cân, không đều. D. Là tam giác tù.

C. T =

4 . 3

D. T = −

5 2 + 2 73 2

B. P = 5 2 + 73

C. P =

5 2 + 73 2

D. P = 13 + 73

Câu 35. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau z − 1 = 34, z + 1 + mi = z + m + 2i (trong đó m là số thực) và sao cho z1 − z2 là lớn nhất. Khi đó giá trị

z1 + z2 bằng

11 . 9

B. 10

C. 2

D. 130

Câu 36. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho số phức z thỏa mãn z − 2 − 2i = 1 . Số phức z − i có môđun nhỏ nhất là: 3

5−2.

5 − 1.

5 +1.

5 +2.

A. A∈

(

)

34;6 .

(

)

B. A∈ 6; 42 .

(

)

C. A∈ 2 7; 33 .

)

D. A ∈  4;3 3 .

Câu 37. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn 2z + i M nhất và giá trị nhỏ nhất của P = với z là số phức khác 0 và thỏa mãn z ≥ 2 . Tính tỉ số . z m M M 4 M 5 M A. B. C. D. = 3. = . = . =2. m m 3 m 3 m

Câu 47. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Trong các số phức z thỏa mãn

Câu 38. Cho số phức z thoả mãn z − 2 − 3i = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của z + 1 + i .

Câu 48. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn

A. 13 + 3 .

B. 13 + 5 .

C. 13 + 1 .

B. (1009; 2018 ) .

D. ( 4036; +∞ ) .

C. ( 2018; 4036 ) .

Câu 40. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho số phức z thỏa mãn

)

34;6 .

(

A. 2 2 .

)

B. A∈ 6; 42 .

(

)

C. A∈ 2 7; 33 .

(

)

D. A∈ 4;3 3 .

Câu 42. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho số phức z thỏa mãn z − 3 + 4i = 2 và w = 2 z + 1 − i . Khi đó w có giá trị lớn nhất bằng B. 2 + 130 .

C. 4 + 130 .

D. 16 + 74 .

Câu 43. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Xét số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là M và M′ . Số phức z ( 4 + 3i ) và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là N và N′ . Biết rằng M , M′ , N , N′ là bốn đỉnh của hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của z + 4i − 5 .

2 1 4 . C. . D. . 5 2 13 Câu 44. Biết số phức z thỏa mãn iz − 3 = z − 2 − i và z có giá trị nhỏ nhất. Phần thực của số phức z A.

5 . 34

2 . 5

1 . 5

2 C. − . 5

B. z = 1 + i .

3 . 10

z1 − i z +i = 1; 2 = 2 . Giá trị nhỏ nhất của z1 − z2 là z2 − 1 + i z1 + 2 − 3i

C. 1 .

2 −1.

A. 2

B. 10

D. 130

A. 2 2 .

C. z = 1 + 3i .

B. 4 2 .

D. 6 2 .

C. 1.

Câu 51. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Cho hai số phức z và w thỏa mãn z + 2w = 8 − 6i và z − w = 4. Giá trị lớn nhất của biểu thức z + w bằng A. 4 6.

B. 2 26.

66.

D. 3 6.

Câu 52. Cho số phức z thoả mãn z = 1 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z + 1 + z 2 − z + 1 . Tính M .m A.

13 3 . 4

39 . 4

C. 3 3 .

13 . 4

Câu 53. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho hai số phức z và ω = a + bi thỏa mãn z + 5 + z − 5 = 6 ; 5a − 4b − 20 = 0 . Giá trị nhỏ nhất của z − ω là A.

3 . 41

5 . 41

4 . 41

3 . 41

Câu 54. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Gọi z = a + bi ( a, b ∈ R ) là số phức thỏa mãn

1 D. − . 5

điều kiện z − 1 − 2i + z + 2 − 3i = 10 và

Câu 45. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Xét các số phức z thỏa mãn z − 1 − 3i = 2 . Số phức z mà z − 1 nhỏ nhất là A. z = 1 + 5i .

D. −

z1 − z2 lớn nhất, khi đó giá trị của z1 + z2 bằng

bằng: A.

3 C. − . 5

nhất khi z = z0 , w = w0 . Tính 3z0 − w0 .

Câu 41. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho số phức z thỏa mãn z − 6 + z + 6 = 20 . Gọi M , n lần lượt là môđun lớn nhất và nhỏ nhất của z. Tính M − n A. M − n = 2 . B. M − n = 4 . C. M − n = 7 . D. M − n = 14 .

A. 4 + 74 .

3 . 5

Câu 50. Cho hai số phức z , w thỏa mãn z − 3 2 = 2 , w − 4 2i = 2 2 . Biết rằng z − w đạt giá trị nhỏ

A = M + m . Mệnh đề nào sau đây là đúng?

(

Câu 49. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Gọi S là tập hợp các số phức z thỏa mãn z − 1 = 34 và z + 1 + mi = z + m + 2i , (trong đó m ∈ ℝ ). Gọi z1 , z2 là hai số phức thuộc S sao cho

z + z + z − z = 4 . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P = z − 2 − 2i . Đặt A. A∈

3 . 10

D. 13 + 6 .

Câu 39. Xét tất cả các số phức z thỏa mãn z − 3i + 4 = 1 . Giá trị nhỏ nhất của z 2 + 7 − 24i nằm trong khoảng nào? A. ( 0;1009 ) .

z − 1 + i = z + 1 − 2i , số phức z có mô đun nhỏ nhất có phần ảo là

có mô đun nhỏ nhất. Tính S = 7a + b ? A. 7 . B. 0 .

C. 5 .

D. −12 .

Câu 55. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho số phức z thỏa mãn

D. z = 1 − i .

Câu 46. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Cho số phức z thỏa mãn z + z + z − z = 4. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P = z − 2 − 2i . Đặt A = M + m. Mệnh đề nào sau

đây là đúng? 5

z + z + 2 z − z = 8 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P = z − 3 − 3i . Tính

M +m. A.

10 + 34 .

B. 2 10 .

10 + 58 .

5 + 58 .

Câu 56. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho số phức z có z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất 2

của biểu thức P = z − z + z + z + 1 . A.

13 4

B. 3

Câu 66. (SGD&ĐT BẮC GIANG - LẦN 1 - 2018) Hcho hai số phức

11 4

A. Pmin =

Câu 57. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Giả sử z1 , z 2 là hai trong các số

(

)

phức thỏa mãn ( z − 6 ) 8 + zi là số thực. Biết rằng z1 − z2 = 4 , giá trị nhỏ nhất của z1 + 3 z2 bằng A. 5 − 21

B. 20 − 4 21

C. 20 − 4 22

có hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 − z2 = 1 . Giá trị nhỏ nhất của z1 − z2 A. −10

B. −4 − 3 5

C. −5

bằng

2 +1.

D. −6 − 2 5

C. 2 2 + 1 .

A. m = −4 , n = 3 .

D. 2 2 − 1 .

mãn z = z + 2i . Giá trị nhỏ nhất của z − 1 + 2i + z + 1 + 3i là B. 13 .

29 .

Câu 61. (THPT CHUYÊN HẠ LONG - LẦN 2 - 2018) Cho các số phức z1 = −2 + i , z2 = 2 + i và số phức 2

z thay đổi thỏa mãn z − z1 + z − z2 = 16 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của B. 7 .

A. 4 − 3 .

D. 8 .

Câu 62. (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG - BP - LẦN 1 - 2018) Cho số phức z thỏa mãn z − 2i ≤ z − 4i và z − 3 − 3i = 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P = z − 2 là: A. 13 + 1 .

B. 10 + 1 .

C. 13 .

D. 10 .

Câu 63. (TT DIỆU HIỀN - CẦN THƠ - 2018) Xét số phức z thỏa mãn z − 2 − 2i = 2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z − 1 − i + z − 5 − 2i bằng A. 1 + 10 .

B. 4 .

C. 17

D. 5 . Câu 64. (SGD&ĐT CẦN THƠ - HKII - 2018) Cho số phức z thỏa mãn z − 3 − 4i = 5 . Gọi M và m lần 2

lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z + 2 − z − i . Môđun của số phức w = M + mi là A. w = 3 137 . B. w = 1258 . C. w = 2 309 . D. w = 2 314 . Câu 65. (THPT HẬU LỘC 2 - TH - 2018) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + 1 − i = 2 và z2 = iz1 . Tìm giá trị nhỏ nhất m của biểu thức z1 − z2 ? A. m = 2 − 1 .

B. m = 2 2 .

C. m = 2 .

D. Pmin =

3 2 −2 . 2

B. m = 4 , n = 3

C. m = −4 , n = 4 .

D. m = 4 , n = −4 .

D. m = 2 2 − 2 .

3 5 và 5

B. 2 + 3 .

C. 3 .

D. 4 + 3 .

Câu 70. (LIÊN TRƯỜNG - NGHỆ AN - LẦN 2 - 2018) Biết rằng hai số phức z1 , z2 thỏa mãn 1 z1 − 3 − 4i = 1 và z2 − 3 − 4i = . Số phức z có phần thực là a và phần ảo là b thỏa mãn 3a − 2b = 12 . 2 Giá trị nhỏ nhất của P = z − z1 + z − 2 z2 + 2 bằng: A. Pmin =

C. 11 .

5 2 −2 . 2

A. 6 7 . B. 4 + 2 13 . C. 2 53 . D. 4 13 . Câu 69. (KIM LIÊN - HÀ NỘI - LẦN 1 - 2018) Xét các số phức Vz = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thỏa mãn z − 3 − 2i = 2 . Tính a + b khi z + 1 − 2i + 2 z − 2 − 5i đạt giá trị nhỏ nhất.

z . Giá trị biểu thức M 2 − m2 bằng

A. 15 .

C. Pmin =

5w = ( 2 + i )( z − 4 ) . Giá trị lớn nhất của biểu thức P = z − 1 − 2i + z − 5 − 2i bằng

Câu 60. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho z là số phức thỏa A. 5 2 .

B. Pmin = 2 + 1 .

Câu 68. (THPT CHUYÊN ĐH VINH - LẦN 3 - 2018) Cho các số phức w , z thỏa mãn w + i =

mãn z1 + 2 − i + z1 − 4 − 7i = 6 2 và iz2 − 1 + 2i = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = z1 + z2 . 2 −1.

3 2 −2 . 2

Câu 67. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - TPHCM - 2018) Cho số phức z thỏa z = 1 . Gọi m , M

Câu 59. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hai số phức z1 , z2 thoả A.

thỏa mãn

lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P = z 5 + z 3 + 6 z − 2 z 4 + 1 . Tính M − m .

D. 5 − 22

Câu 58. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong các số phức z thỏa mãn z − 3 − 4i = 2 2

z, w

 z − 3 − 2i ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức P = z − w .   w + 1 + 2i ≤ w − 2 − i

9945 . 11

B. Pmin = 5 − 2 3 .

C. Pmin =

9945 . 13

D. Pmin = 5 + 2 5 .

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Phương trình bậc 2 với hệ số thực Câu 1. Chọn D  z 2 = −3  z = ±i 3 z 4 − z 2 − 12 = 0 ⇔  2 ⇔  z = ±2  z = 4 T = z1 + z2 + z3 + z4 = i 3 + i 3 + −2 + 2 = 2 3 + 4

Câu 2. Lời giải Chọn D

 1  z1 = + 2 Xét phương trình 4 z 2 − 4 z + 3 = 0 ta có hai nghiệm là:   1  z2 = − 2  3 ⇒ z1 = z2 = ⇒ z1 + z2 = 3 2 Câu 3. Chọn B  z = −2i Ta có: z 2 + 4 = 0 ⇔  1 .  z2 = 2i

2 i 2 2 i 2

Suy ra M ( 0; −2 ) ; N ( 0; 2 ) nên T = OM + ON = Câu 4.

( −2 )

⇒ z1 = z2 = 5 ⇒ z1 + z2 = 2 5 . Câu 11. Chọn A z + z = 1 1 1 z +z 1 Theo định lí Vi-et, ta có  1 2 nên P = + = 1 2 = z1 z2 z1 .z2 6 z1 z2 = 6 Câu 12. Chọn C △' = b'2 − ac = 4 − 5 = −1 Phương trình có 2 nghiệm phức z1 = −2 + i, z2 = −2 − i

+ 22 = 4 .

Chọn A

 z1 + z2 = 6 Áp dụng định lý Viet áp dụng cho phương trình trên ta được:  .  z1 z2 = 10 2

Khi đó ta có z12 + z22 = ( z1 + z2 ) − 2 z1 z 2 = 36 − 20 = 16 . Câu 5. Chọn B z + z = 2 Theo định lý Viet ta có  1 2 , do đó z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 − 2z + 3 = 0  z1 .z2 = 3 Câu 6. Chọn C 2 Xét phương trình 3 z 2 − z + 1 = 0 có ∆ = ( −1) − 4.3.1 = −11 < 0 . Phương trình đã cho có 2 nghiệm phức phân biệt 1 + i 11 1 11 1 − i 11 1 11 = + = − z1 = i; z2 = i 6 6 6 6 6 6 Suy ra 2

P = z1 + z2 =

 z = −1 + 3i Câu 13. z 2 + 2 z + 10 = 0 ⇔  1 .  z2 = −1 − 3i 2

Câu 8.

) (

)

z = i 3 Câu 15. Ta có: z 2 = −3 ⇔  ⇒ z1 + z2 = i 3 + −i 3 = 2 3 .  z = −i 3  z = 4 − 3i Câu 16. Phương trình z 2 − 8z + 25 = 0 ⇔  1 .  z2 = 4 + 3i

= 8.

Suy ra: z1 − z2 = −6i = 6 . 2

Câu 17. Ta có: z 2 − 6 z + 10 = 0

( 3i ) .

z = 3− i ⇔ . Vì z là số phức có phần ảo âm nên ⇔ z = 3 − i z = 3+ i

Do đó phương trình có hai nghiệm phức là z1 = 2 + 3i, z2 = 2 − 3i.

(

Suy ra z1 . z2 = 10. 10 = 10 .

Chọn A

Ta có ∆′ = 4 − 7 = −3 =

 z = −1 + 3i Câu 14. Phương trình z 2 + 2 z + 10 = 0 ⇔  . Vậy z1 = −1 + 3i , z2 = −1 − 3i .  z = −1 − 3i

Câu 7.

(

Do đó: A = z1 + z2 = −1 + 3i + −1 − 3i = 20 .

2 2 3 3 2 3 1 11 1 11  1   11   1   11  + + = i+ − i =   +   +   +  −  = 6 6 6 6 3 3 3 6  6   6   6 

 z = 3 + 5i 2 Ta có : z 2 − 6z + 14 = 0 ⇔  ⇒ z12 + z 2 2 = 3 + 5i + 3 − 5i  z = 3 − 5i

nên z12 + z22 = ( −2 + i ) + ( −2 − i ) = 4 − 4i + i 2 + 4 + 4i + i 2 = 8 + 2i 2 = 8 − 2 = 6

Suy ra z12 + z22 = 2 + 3i

) + ( 2 − 3i )

Câu 9. Chọn C Cách 1  1 z = − + 2 2 z + z +1 = 0 ⇔   1 z = − − 2 

= 4 + 4 3i − 3 + 4 − 4 3i − 3 = 2.

Suy ra w =

z 3−i 4 3 = = − i z 3+i 5 5

4  3 1 +−  = . 5  5 5 z + z = 4 Câu 18. Theo hệ thức Vi-et, ta có  1 2 .  z1 z2 = 5

3 i 2 3 i 2

Tổng phần thực và phần ảo:

z2 + z1 4 + i ( z1 + z2 ) z1 z2 = + 20i . z1 z2 5 Câu 19. Chọn D

 1 3   1 3   1 3  1 3  P = z12 + z22 + z1 z2 =  − + i  +  − − i  +  − + i  i  = 0  − − 2 2 2 2 2 2 2 2        Cách 2: Theo định lí Vi-et: z1 + z2 = −1 ; z1.z2 = 1 .

Suy ra w =

 z + z = −8a = 16  a = −2 Theo Viet ta có  1 2 . Vậy w = 29 . ⇒  z1.z2 = 64b = 64.5 b = 5

Khi đó P = z12 + z22 + z1 z2 = ( z1 + z2 ) − 2 z1 z 2 + z1 z2 = 12 − 1 = 0 . Câu 10. Chọn B  3  z1 = − 2 2 Xét phương trình z − 3 z + 5 = 0 ta có hai nghiệm là:   3  z2 = +  2

11 i 2 11 i 2

Câu 20. Do số phức 1 + i là một nghiệm của phương trình z 2 + a . z + b = 0 .

a + b = 0 a = −2 2 Nên ta có: (1 + i ) + a (1 + i ) + b = 0 ⇔ a + b + ( a + 2 ) i = 0 ⇔  ⇔ . a + = 2 0  b = 2 9

Vậy: a − b = −4 . Câu 21. Chọn C

Vậy P = z1 + z2 =

4 2 4 8 i = ( i ) = ( −1) = 1  3 i 7 = ( i 2 ) .i = −i  1 − 1 − 2i −2i −2i (1 − i ) ⇒ zo = = = = −1 − i . 1+ i 1+ i 1− i2 +) zo là nghiệm của đa thức P ( z ) = z 2 + bz + c ⇒ zo là nghiệm còn lại của P ( z ) .

+) Đặt zo =

zo .zo =

 1 − 23i  z1 = 6 Câu 26. Phương trình 3 z − z + 2 = 0 có ∆ = (−1) − 4.3.2 = −23 ⇒  .  1 + 23i z =  2 6 

i 8 − 1 − 2i , ta có 1 − i7

+) Ta có: zo + zo = −

2 2 2 2 4 2 2  1   23  z 2 = z1 =   +   = ⇒T = + = . 3 3 3 3  6   6  Câu 27. Cách 1: + Gọi z1 = a + bi (a, b ∈ ℝ : a 2 + b2 ≠ 0) . A ( a; b ) .

c ⇒ ( −1 − i )( −1 + i ) = c ⇒ c = 2 a

Khi đó z 2 là nghiệm phương trình: z22 − ( a + bi ) z2 + ( a + bi ) = 0

⇒ w = 2 + 2i ⇒ w = 2 + 2 = 2 2 . Câu 22. Chọn A  z = −2 + 3i 1

Ta có 

 z2 = −2 − 3i

(

⇒ z1 .z2 + z2 .z1 = −2 + 3i

) + ( −2 − 3i )

2 2 2 + Ta có: ∆ = ( a + bi ) − 4 ( a + bi ) = −3 ( a + bi ) =  3 ( a + bi ) i  =  3 ( −b + ai ) Phương trình có hai nghiệm phân biệt:  a − 3b 3a + b  a − 3b 3a + b + ; z2 = i nên B   . 2 2 2 2    a + 3b − 3a + b  a + 3b − 3a + b Hoặc z2 = + ; i nên B   . 2 2 2 2   + Tính OA2 = a 2 + b 2 , OB 2 = a 2 + b 2 , AB 2 = a 2 + b 2 . Vậy tam giác OAB đều. Cách 2: Theo giả thiết: z12 + z 22 − z1 z 2 = 0 ⇒ ( z1 + z2 ) ( z12 + z22 − z1 z2 ) = 0

Câu 23. Lờigiải Chọn A 3 z 2 − 2 z + 27 = 0

z1 =

1 + 80i 1 − 80i vậy z1 z2 + z 2 z1 =2 ; z2 = 3 3

 z1 = −2 − 5i 2 2 2 Câu 24. Phương trình z 2 + 4 z + 29 = 0 ⇔ ( z + 2 ) = −25 ⇔ ( z + 2 ) = ( 5i ) ⇔  .  z2 = −2 + 5i

( −2)

Suy ra z1 = z2 = 4

Vậy z1 + z2 =

(

Mặt khác: z21 + z22 − z1 z2 = 0 ⇔ ( z1 − z2 ) = − z1 z 2

+ 5 = 29 .

) +(

)

Mà OA = OB nên AB = OA = OB . Vậy tam giác OAB đều. Cách 3:

= 1682 .

1 1 11  1 Ta có 3z 2 − z + 1 = 0 ⇔ z 2 − z + = 0 ⇔  z −  2 = − 3 3 6 36  11 i 6 11 i 6

z  z + z12 + z 22 − z1 z2 = 0 ⇔  1  − 1 + 1 = 0 z2  z2  2

z  z z z 1 ± 3i ⇔  1  − 1 +1 = 0 ⇔ 1 = ⇒ 1 = 1 ⇒ z1 = z 2 z z z 2 z  2 2 2 2 Vậy OA = OB .

2 2 2 3  1   11   1   11  Khi đó P =   +  .  +   +  −  = 3 6  6   6   6  Cách 2:

Theo tính chất phương trình bậc 2 với hệ số thực, ta có z1 ; z 2 là hai số phức liên hợp nên z1.z2 = Mà z1.z2 =

⇒ ( z1 − z2 ) = − z1 z2 ⇒ z1 − z2 = z1 z2 ⇒ AB 2 = OA.OB .

Câu 25. Cách 1:

 1 z = + 1  2 11 2  6 ⇔z−  = i ⇔  6 36   1 z = − 6 

⇔ z13 + z 32 = 0 ⇔ z13 = − z23 ⇒ z1 = z2 → OA = OB .

b = −b = −2 ⇒ b = 2 . a

2 3 . 3

Mặt khác: z1 − z2 =

1 ± 3i z2 − z 2 = z2 ⇒ AB = OB 2

Vậy tam giác OAB đều.

z12

z22

Câu 28. Ta xét phương trình Ta có

1 3 suy ra z1 = z2 = . 3 3 11

3 4 5 với điều kiện z + w ≠ 0 . + = z w z+w

3 4 5 + = ⇔ 3w2 + 4 z 2 + 2 wz = 0 . z w z+w

a = −1  Vậ y  4 ⇒ S = 2a + 3b = −6 . b = − 3 Câu 32. 9 z 2 + 6 z + 1 − m = 0 (*) .

w w Vì z ≠ 0 nên ta được phương trình 3   + 2   + 4 = 0 . z z w 1 11 i  =− + z 3 3  Giải phương trình được kết quả . w 1 11 i  =− − 3 3 z

Trường hợp 1: (*) có nghiệm thực ⇔ ∆′ ≥ 0 ⇔ 9 − 9 (1 − m ) ≥ 0 ⇔ m ≥ 1 .

3 w 2 3 Suy ra . Mà w = 1 nên z = . = 2 z 3 Câu 29. Chọn C Cách 1: Tự luận. Ta có phương trình az 2 + bz + c = 0 có các nghiệm z1, z2 đều không là số thực, do đó ∆ = b2 − 4ac < 0 . Ta có ∆ = i

( 4ac − b ) . 2

 −b + i 4ac − b 2  z1 =  2a *   −b − i 4ac − b 2  z2 = 2a   b2 2  z1 + z2 = 2 4c 4c  2 2 a . V ậy P = . Khi đó:  ⇒ P = z1 + z2 + z1 − z2 = a a 4ac − b2 2   z1 − z2 = a 2 Cách 2: Trắc nghệm. 2

Nếu z là một nghiệm của phương trình 9 z 2 + 6 z + 1 − m = 0 thì z cũng là một nghiệm của phương trình 9z 2 + 6z +1 − m = 0 . c 1− m 2 Ta có z = 1 ⇔ z = 1 ⇔ z.z = 1 ⇔ = 1 ⇔ = 1 ⇔ m = −8 (thỏa mãn). a 9 Vậy tổng các giá trị thực của m bằng 12 . Bài toán MIN-MAX Câu 33. Lời giả i Chọn B Goi M ( a; b ) là điểm biểu diễn của số phức z. 2

Theo giả thiết ta có: z − 4 − 3i = 5 ⇔ ( a − 4 ) + ( b − 3 ) = 5 ⇒ Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I ( 4;3) bán kính R = 5

Cho a = 1, b = 0, c = 1 , ta có phương trình z 2 + 1 = 0 có 2 nghệm phức là z1 = i, z2 = −i . Khi đó P = z1 + z2 + z1 − z2

z =1 z =1 ⇔  .  z = −1  z = 1 ⇒ m = 16 (thỏa mãn).  z = −1 ⇒ m = 4 (thỏa mãn). Trường hợp 2: (*) có nghiệm phức z = a + bi ( b ≠ 0 ) ⇔ ∆′ < 0 ⇔ 9 − 9 (1 − m ) < 0 ⇔ m < 1 .

=4.

Thế a = 1, b = 0, c = 1 lên các đáp án, ta thấy chỉ có đáp án C cho kết quả giống. Câu 30. Chọn D 2

Ta có: z 2 − 2 z + 1 − m = 0 ⇔ ( z − 1) = m (1) m = 1 +) Với m ≥ 0 thì (1) ⇔ z = 1 ± m . Do z = 2 ⇔ 1 ± m = 2 ⇒  (thỏa mãn). m = 9 +) Với m < 0 thì (1) ⇔ z = 1 ± i − m .

 A ( −1;3) Gọi:  ⇒ Q = z + 1 − 3i + z − 1 + i = MA + MB  B (1; −1) Gọi E là trung điểm của AB, kéo dài EI cắt đường tròn tại D Ta có: Q 2 = MA 2 + MB 2 + 2 MA.MB

Do z = 2 ⇔ 1 ± i −m = 2 ⇔ 1 − m = 4 ⇔ m = −3 (thỏa mãn). Vậ y S = 1 + 9 − 3 = 7 .

)

(

Câu 31. Ta có z + 1 + 3i − z i = 0 ⇔ ( a + 1) + b + 3 − a 2 + b 2 i = 0 .

a = −1  a + 1 = 0 ⇔ ⇔ 2 2 2 b + 3 − a + b = 0  1 + b = b + 3 b ≥ −3 b ≥ −3 4  (*) ⇔  2 4 ⇔b=− . 2 ⇔  3 1 + b = ( b + 3) b = − 3

(*)

(

⇔ Q 2 ≤ MA2 + MB 2 + MA2 + MB 2 = 2 MA2 + MB 2

)

MA2 + MB 2 AB 2 AB 2 Vì ME là trung tuyến trong ∆MAB ⇒ ME = − ⇒ MA2 + MB 2 = 2ME 2 + 2 4 2  AB 2  2 2 2 2 ⇒ Q ≤ 2  2 ME +  = 4ME + AB . Mặt khác ME ≤ DE = EI + ID = 2 5 + 5 = 3 5 2   2

( )

⇒ Q ≤ 4. 3 5

 MA = MB ⇒ Q ≤ 10 2 ⇒ Qmax = 10 2 ⇔  M ≡ D + 20 = 200 4 = 2( xD − 4) x = 6 ⇔ EI = 2 ID ⇔  ⇔ D ⇔⇒ M ( 6; 4 ) ⇒ P = a + b = 10 2 = 2( yD − 3)  yD = 4 2

Cách 2:Đặt z = a + bi. Theo giả thiết ta có: ( a − 4 ) + ( b − 5 ) = 5. a − 4 = 5 sin t Đặt  . Khi đó: b − 3 = 5 cos t

Q = z + 1 − 3i + z − 1 + i = =

(

)

( a + 1) + ( b − 3)

5 sin t + 5 + 5 cos 2 t +

(

) (

5 sin t + 3 +

( a −1) + ( b + 1) 5 cos t + 4

)

Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của số phức z1 , z2

Gọi z = x + iy, ( x, y ∈ ℝ )

= 30 + 10 5 sin t + 30 + 2 5 ( 3sin t + 4 cos t )

Ta có z − 1 = 34 ⇒ M , N thuộc đường tròn ( C ) có tâm I (1;0 ) , bán kính R = 34

Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có:

(

)

(

Mà z + 1 + mi = z + m + 2i ⇔ x + yi + 1 + mi = x + yi + m + 2i

)

Q ≤ 2 60 + 8 5 ( 2 sin t + cos t ) ≤ 2 60 + 8 5. 5 = 200 = 10 2

⇔

⇒ Q ≤ 10 2 ⇒ Qmax = 10 2  sin t = Dấu bằng xảy ra khi  cos t =  Câu 34.

2 a = 6 5 ⇒ ⇒ P = a + b = 10. 1 b = 4 5

( x + 1) + ( y + m )

( x + m) + ( y + 2)

⇔ 2 ( m − 1) x + 2 ( m − 2 ) y − 3 = 0 Suy ra M , N thuộc đường thẳng d : 2 ( m − 1) x + 2 ( m − 2 ) y − 3 = 0 Do đó M , N là giao điểm của đường thẳng d và đường tròn ( C ) Ta có z1 − z2 = MN nên z1 − z2 lớn nhất khi và chỉ khi MN lớn nhất

Lời giả i Chọn A

⇔ MN đường kính của ( C ) . Khi đó z1 + z2 = 2OI = 2 Câu 36. Cách 1: Đặt w = z − i ⇒ z = w + i . Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn hình học của số phức w.

D 6

Từ giả thiết z − 2 − 2i = 1 ta được: 2

w + i − 2 − 2i = 1 ⇔ w − 2 − i = 1 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) i = 1 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) = 1 .

Suy ra tập hợp những điểm M ( x; y ) biểu diễn cho số phức w là đường tròn ( C ) có tâm I ( 2;1) bán kính

R =1.

H E 5

N 2

Gọi A là điểm biểu diễn số phức z , E ( −2;1) , F ( 4;7 ) và N (1; −1) . Từ AE + A F = z + 2 − i + z − 4 − 7i = 6 2 và EF = 6 2 nên ta có A thuộc đoạn thẳng EF . Gọi H là Giả sử OI cắt đường tròn ( C ) tại hai điểm A, B với A nằm trong đoạn thẳng OI .

5 2 + 2 73  3 3 hình chiếu của N lên EF , ta có H  − ;  . Suy ra P = NH + NF = . 2  2 2 Câu 35. Chọn C

Ta có w = OM Mà OM + MI ≥ OI ⇔ OM + MI ≥ OA + AI ⇔ OM ≥ OA 15

Nên w nhỏ nhất bằng OA = OI − IA = 5 − 1 khi M ≡ A. Cách 2: 2 2 Từ z − 2 − 2i = 1 ⇒ ( a − 2 ) + ( b − 2 ) = 1 với z = a + bi ( a, b ∈ ℝ )

≥ 6−

( 2 + sin x ) + (1 + cos x )

(

+ 22 )( sin 2 x + cos 2 x ) = 6 − 2 5 =

)

5 −1

(

2 2

) − 2 z.z

= 2 z − 2 z + 1201 .

 z = 4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  .  z + 4 − 3i = 1

= 6 + ( 4sin x + 2 cos x )

Do đó z 2 + 7 − 24i nằm trong khoảng (1009; 2018 ) .

= 5 −1

Câu 40. Giả sử: z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) ⇒ N ( x; y ) : điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng tọa độ Oxy . Ta có:

 2 5 sin x = − 4cos x = 2sin x  5 ⇒ Nên z − i nhỏ nhất bằng 5 − 1 khi  4sin x + 2cos x = −2 5 cos x = − 5  5  2 5  5 Ta được z =  2 − +2 − i 5   5   Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức z1 − z2 ≤ z1 + z2 ≤ z1 + z2

• z + z + z − z = 4 ⇔ x + y = 2 ⇒ N thuộc các cạnh của hình vuông BCDF (hình vẽ). y I

B 2

E F

z − i = ( z − 2 − 2i ) + ( 2 + i ) ≥ z − 2 − 2i − 2 + i = 5 − 1

-2

2z + i 2z − i 2z + i 2z + i 1 1 3 5 = ⇒ ≤P≤ ⇔ 2− ≤ P ≤ 2+ ⇔ ≤ P ≤ . z z z z z z 2 2

Câu 37. Ta có P =

2 o

Hàm số y = 2t 4 − 2t 2 + 1201 đồng biến trên [ 4; 6] nên A ≥ 2.44 − 2.42 + 1201 = 1681.

a − 2 = sin x; b − 2 = cos x ⇒ a = 2 + sin x, b = 2 + cos x Khi đó: z − i = 2 + sin x + ( 2 + cos x ) i − i =

Suy ra A = z + zo + 1 − z − zo

M 5 = . m 3 Câu 38. Chọn C

Vậ y

D -2 2

Ta có 1 = z − 2 − 3i = ( z − 2 − 3i ) .( z − 2 − 3i ) = ( z − 2 − 3i )( z − 2 + 3i )

⇔ 1 = ( z − 2 − 3i )( z − 2 + 3i ) ⇔ z − 2 + 3i = 1`⇔ z + 1 + i − 3 + 2i = 1(*) .

• P = z − 2 − 2i ⇒ P =

+Đặt w = z + 1 + i , khi đó ⇔ w − 3 + 2i = 1 .

Từ hình ta có: E (1;1)

( x − 2) + ( y − 2 )

⇒ P = d ( I ; N ) với I ( 2; 2 )

M = Pmax = ID = 4 2 + 2 2 = 2 5 và m = Pmin = IE =

Vậy, A = M + m = 2 + 2 5 ∈

(

( 2 − 1) + ( 2 − 1)

= 2

)

34;6 .

Câu 41. Gọi z = x + yi , ( x, y ∈ ℝ ) . Theo giả thiết, ta có z − 6 + z + 6 = 20 . ⇔ x − 6 + yi + x + 6 + yi = 20 ⇔

( x − 6)

+ y2 +

( x + 6)

+ y 2 = 20

( ∗) .

Gọi M ( x; y ) , F1 ( 6; 0 ) và F2 ( −6;0 ) . Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = z + 1 + i là đường tròn ( I ;1) và w là khoảng cách từ gốc tọa độ

Khi đó ( ∗) ⇔ MF1 + MF2 = 20 > F1F2 = 12 nên tập hợp các điểm E là đường elip ( E ) có hai tiêu điểm F1

đến 1 điểm trên đường tròn. Do đó giá trị lớn nhất của w chính là đoạn OQ .

và F2 . Và độ dài trục lớn bằng 20 .

⇒ w max = 1 + 32 + 2 2 = 1 + 13 .

Ta có c = 6 ; 2 a = 20 ⇔ a = 10 và b2 = a 2 − c 2 = 64 ⇒ b = 8 . x2 y2 Do đó, phương trình chính tắc của ( E ) là + = 1. 100 64 ' Suy ra max z = OA = OA = 10 khi z = ±10 và min z = OB = OB ' = 8 khi z = ±8i .

Câu 39. Ta có 1 = z − 3i + 4 ≥ z − 3i − 4 = z − 5 ⇒ −1 ≤ z − 5 ≤ 1 ⇒ 4 ≤ z ≤ 6 .

Đặt z0 = 4 − 3i ⇒ z0 = 5, z0 2 = 7 − 24i . 2

(

Ta có A = z 2 + 7 − 24i = z 2 + zo 2 = z 2 + zo 2

(

)

)( z

Mà ( z + zo ) z + zo = 1 ⇒ z.zo + zo .z = 1 − z − zo

+ zo

)= z

(

+ z o + z. z o + z o . z

)

− 2 z. z o

Vậ y M − n = 2 . Câu 42. Theo bất đẳng thức tam giác ta có w = 2 z + 1 − i = ( 2 z − 6 + 8i ) + ( 7 − 9i ) ≤ 2 z − 6 + 8i + 7 − 9i = 4 + 130 .

Vậy giá trị lớn nhất của w là 4 + 130 .

Câu 43. Gọi z = x + yi , trong đó x, y ∈ ℝ . Khi đó z = x − yi , M ( x; y ) , M ′ ( x; − y ) . Ta đặt w = z ( 4 + 3i ) = ( x + yi )( 4 + 3i ) = ( 4 x − 3 y ) + ( 3x + 4 y ) i ⇒ N ( 4 x − 3 y;3x + 4 y ) . Khi đó w = z ( 4 + 3i ) = ( 4 x − 3 y ) − ( 3 x + 4 y ) i ⇒ N ′ ( 4 x − 3 y ; − 3 x − 4 y ) .

Ta có M và M′ ; N và N′ từng cặp đối xứng nhau qua trục Ox . Do đó, để chúng tạo thành một hình chữ nhật thì yM = yN hoặc yM = yN′ . Suy ra y = 3 x + 4 y hoặc y = −3 x − 4 y . Vậy tập hợp các điểm M là hai

đường thẳng: d1 : x + y = 0 và d2 :3x + 5 y = 0 . Đặt P = z + 4i − 5 =

( x − 5) + ( y + 4 )

z − 1 nhỏ nhất khi I ′M ngắn nhấtt hay I , M , I ′ thẳng hàng, M nằm giữa I và I ′ . Phương trình đường thẳng II′ là x = 1 . Tọa độ giao điểm của đường thẳng II ′ với đường tròn tâm I bán kính R = 2 là M 1 (1; 1) và

M1 (1; 5) .

. Ta có

P = MA với A ( 5; −4 ) .

Pmin ⇔ MAmin ⇔ MA = d ( A; d1 ) hoặc MA = d ( A; d 2 ) . Mà d ( A; d1 ) =

Thử lại ta thấy M 1 (1; 1) thỏa mãn. Vậy z = 1 + i .

1 5 , d ( A; d2 ) = , vậy 2 34

Câu 46. Đặt z = x + iy và gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn của z = x + iy ta có: z + z + z − z = 4 ⇔ x + y = 2

1 . 2 Câu 44. Đặt z = x + yi ( x , y ∈ℝ ). Pmin = d ( A; d1 ) =

Gọi A ( 2; 2 ) và P = MA

Khi đó 2

iz − 3 = z − 2 − i ⇔ x2 + ( − y − 3) =

( x − 2) + ( y −1)

⇔ x + 2 y + 1 = 0 ⇔ x = −2 y − 1 (1) .

2 2 Lại có z = x + y ( 2 ) .

Thay (1) vào ( 2 ) ta được: 2

2 1 5  + y2 = 5 y 2 + 4 y +1 = 5  y +  + ≥ 5 5 5  2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi y + = 0 ⇔ y = − . 5 5 2 1 Thay y = − vào (1) suy ra x = − . 5 5

z = x2 + y 2 =

( −2 y −1)

* Theo hình vẽ, min P = d ( A, ∆ ) , với ∆ : x + y = 2 và min P =

z − 1 + i = z + 1 − 2i ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) i = ( x + 1) − ( y + 2 ) i

⇔

Suy ra tập hợp điểm M là đường tròn tâm I (1; 3) bán kính R = 2 .

( x − 1)

= 2

Vậy M + m = 2 + 2 5 ≃ 5,88 Câu 47. Gọi z = x + yi , ( x , y ∈ ℝ ) được biểu diễn bởi điểm M ( x ; y ) .

Theo bài ra ta có z − 1 − 3i = 2 ⇔ ( x − 1) + ( y − 3 ) = 4 .

Khi đó z − 1 =

max P = AE = 22 + 42 = 2 5, với E ( 0; −2 )

1 Vậy phần thực của số phức z là − . 5 Câu 45. Gọi z = x + yi , x, y ∈ R . Khi đó M ( x; y ) là điểm biểu diễn của số phức z . 2

2+2−2

( x − 1)

+ ( y + 1) =

( x + 1)

+ ( y + 2 ) ⇔ 4 x + 2 y + 3 = 0 ⇔ y = −2 x −

3 . 2

Cách 1:

+ y 2 = I ′M với I ′ (1; 0 ) .

3 9 3 9 3 5   z = x2 + y 2 = x 2 +  −2 x −  = 5 x 2 + 6 x + = 5  x +  + ≥ , ∀x . 2 4 5  20 10   19

Suy ra min z =

3 5 3 3 khi x = − ; y = − . 10 5 10

3 Vậy phần ảo của số phức z có mô đun nhỏ nhất là − . 10 Cách 2: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng d : 4 x + 2 y + 3 = 0 . Ta có z = OM . z nhỏ nhất ⇔ OM nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của O trên d .

N' N

Phương trình đường thẳng OM đi qua O và vuông góc với d là: x − 2 y = 0 . 3   x = − 5 4 x + 2 y + 3 = 0  3 3 ⇔ Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:  ⇒ M  − ; −  . Hay  5 10  x − 2 y = 0 y = − 3  10 3 3 z =− − i. 5 10 3 Vậy phần ảo của số phức z có mô đun nhỏ nhất là − . 10 Nhận xét: Ta có thể tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z như sau:

Dễ thấy MN min = 3 2 − 2 = 2 2 . Câu 49. Chọn A Đặt z = x + yi , ( x , y ∈ ℝ ) . Khi đó 2

z − 1 = 34 ⇔ ( x − 1) + y 2 = 34 ; z + 1 + mi = z + m + 2i ⇔ 2 ( m − 1) x + 2 ( 2 − m ) y + 3 = 0 . 2

Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là giao điểm của đường tròn ( C ) : ( x − 1) + y 2 = 34 và

đường thẳng d : 2 ( m − 1) x + 2 ( 2 − m ) y + 3 = 0 . Gọi A , B là hai điểm biểu diễn z1 và z2 . Suy ra ( C ) ∩ d = { A, B} . Mặt khác z1 − z2 = AB ≤ 2 R = 2 34 do đó max z1 − z2 = 2 34 ⇔ AB = 2 R ⇔ I (1;0 ) ∈ d .

z − 1 + i = z + 1 − 2i ⇔ z − (1 − i ) = z − ( −1 − 2i ) (*)

 z1 = 6 + 3i 1 nên d : 3x − 5 y − 3 = 0 ⇒  . 2  z2 = −4 − 3i

Gọi M biểu diễn số phức z , điểm A (1; − 1) biểu diễn số phức 1 − i , điểm B ( −1; − 2 ) biểu diễn số phức − 1 − 2i . Khi đó (*) ⇔ MA = MB . Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường trung trực của đoạn thẳng AB

Từ đó ta có m = −

có phương trình d : 4 x + 2 y + 3 = 0 . Câu 48. Giả sử z1 = x1 + y1i với x1 ; y1 ∈ ℝ . Khi đó:

Câu 50. Ta có: + z − 3 2 = 2 , suy ra tập hợp điểm biểu diễn M biểu diễn số phức z là đường tròn có

(

x12 + ( y1 − 1) =

( x1 + 2 ) + ( y1 − 3)

)

tâm I 3 2 ;0 , bán kính r = 2 .

z1 − i = 1 ⇔ z1 − i = z1 + 2 − 3i ⇔ x1 + ( y1 − 1) i = ( x1 + 2 ) + ( y1 − 3) i z1 + 2 − 3i ⇔

Vậy z1 + z2 = 2 .

+ w − 4 2i = 2 2 , suy ra tập hợp điểm biểu diễn N biểu diễn số phức w là đường tròn có tâm

(

)

J 0; 4 2 , bán kính R = 2 2 .

⇔ x1 − y2 + 3 = 0 .

Ta có min z − w = min MN .

⇒ Quỹ tích điểm M biểu diễn số phức z1 là đường thẳng ∆ : x − y + 3 = 0 . Giả sử z2 = x2 + y2 i với x2 ; y2 ∈ ℝ . Ta có:

+ IJ = 5 2; IM = r = 2; NJ = R = 2 2 .

z2 + i = 2 ⇔ z2 + i = 2 z2 − 1 + i ⇔ x2 + ( y2 + 1) i = 2 ( x2 − 1) + ( y2 + 1) i z2 − 1 + i

⇔

x22 + ( y2 + 1) = 2

( x2 − 1)

+ ( y2 + 1) ⇔ x22 + y22 − 4 x2 + 2 y2 + 3 = 0 .

⇒ Quỹ tích điểm N biểu diễn số phức z 2 là đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 4 x + 2 y + 3 = 0 có tâm I ( 2; −1) và 2

bán kính R = 2 2 + ( −1) − 3 = 2 . Khoảng cách từ I đến ∆ là: d ( I ; ∆ ) =

2 − ( −1) + 3 12 + ( −1)

= 3 2 > R ⇒ đường thẳng ∆ và đường tròn C không

có điểm chung. Quỹ tích các điểm biểu diễn số phức z1 − z2 là đoạn thẳng MN . ⇒ z1 − z 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MN nhỏ nhất. Mặt khác IM + MN + NJ ≥ IJ ⇒ MN ≥ IJ − IM − NJ hay MN ≥ 5 2 − 2 − 2 2 = 2 2 . 21

Vậy ( a + b )max = 66.

Suy ra min MN = 2 2 khi I , M , N , J thẳng hàng và M , N nằm giữa I , J (Hình vẽ). Cách 1: 1 3 Khi đó ta có: 3 z0 − w0 = 3OM − ON và IN = 3 2 ⇒ IM = IJ ; IN = IJ . 5 5 3 3  1  Mặt khác ON = OI + IN = OI + IJ ; 3OM = 3 OI + IM = 3  OI + IJ  = 3OI + IJ . 5 5  5  3  3  Suy ra 3 z0 − w0 = 3OM − ON = 3OI + IJ −  OI + IJ  = 2OI = 6 2 . 5 5   Cách 2: Ta có IN = 3IM ⇒ 3IM − IN = 0 . Do đó 3 z0 − w0 = 3OM − ON = 3 OI + IM − OI + IN = 2OI = 2.OI = 2.3 2 = 6 2.

(

Câu 52. Thay z = 1 vào P ta có

P = z +1 + z2 − z +1 = z + 1 + z 2 − z + z

)

) (

= z + 1 + z 2 − z + z.z = z + 1 + z z + z − 1

= z + 1 + z + z −1 . 2

(

)

Mặt khác z + 1 = ( z + 1) z + 1 = 2 + z + z . Đặt t = z + z do z = 1 nên điều kiện t ∈ [ −2; 2 ] . Suy ra P = t + 2 + t − 1 . Xét hàm số f ( t ) = t + 2 + t − 1 với t ∈ [ −2; 2] .

)

1 + 1 với t > 1 . Suy ra f ′ ( t ) > 0 với t > 1 . 2 t+2 1 −7 . f ′(t ) = − 1 với t < 1 . Suy ra f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 4 2 t+2 Ta có bảng biến thiên f ′(t ) =

Cách 3:

 12 2  xM = IM 1 12 2 4 2  5 ⇒ z0 = + IJ ⇔ IM = IJ ⇔  i. +) IM = IJ 5 5 5 y = 4 2  M 5  6 2  xN = IN 3 6 2 12 2  5 ⇒ w0 = + IJ ⇔ IN = IJ ⇔  i. +) IN = IJ 5 5 5  y = 12 2  N 5 Suy ra 3z0 − w0 = 6 2 = 6 2 . Câu 51. Chọn C Giả sử M , N lần lượt là các điểm biểu diễn cho z và w. Suy ra OM + ON = OF = 2OI , z − w = MN = 4

Từ bảng biến thiên suy ra M =

và OF = 2OI = 10. a Đặt z = ON = ; w = OM = b. Dựng hình bình hành OMFE 2

13 3 . 4 Câu 53. Đặt F1 − 5 ; 0 , F2

Vậy M .m =

(

F I

13 −7 tạ i t = và m = 3 tại t = 2 . 4 4

)

(

)

5 ; 0 , vì

5 < 3 nên tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thuộc elip

a = 3 x2 y2 = 1. ⇒ b 2 = a 2 − c 2 = 4 suy ra ( E ) : + có  9 4 c = 5 Tập hợp các điểm N biểu diễn số phức ω thuộc đường thẳng ∆ : 5 x − 4 y − 20 = 0 .

Yêu cầu bài toán trở thành tìm điểm M ∈ ( E ) và N ∈ ∆ sao cho MN nhỏ nhất.

 a 2 + b 2 ME 2 − = 25  264 2 4 ⇒ a 2 + 2b 2 = Ta có  2 2 2 3  b + ME − a = 16  2 4

( z + w)

a  1 1 =  + b  ≤ ( a 2 + 2b 2 )  +  = 66 2  4 2

Đường thẳng d song song với ∆ có dạng d : 5 x − 4 y + c = 0 , ( c ≠ −20 ) .

2 66 Suy ra a + b ≤ 66, dấu “=” xảy ra khi a = b = . 3 23

 c = 17 2 . d tiếp xúc với ( E ) khi và chỉ khi c 2 = 52.9 + ( −4 ) .4 = 289 ⇒   c = −17 −20 − 17 37 Với c = 17 ⇒ d ( d , ∆ ) = . = 2 41 52 + ( −4 ) Với c = −17 ⇒ d ( d , ∆ ) =

−20 + 17 2

5 + ( −4 )

P = z − 3 − 3i đạt giá trị lớn nhất khi KM lớn nhất, theo hình vẽ ta có KM lớn nhất khi K ≡ D hay

K ( −4;0 ) suy ra M = 49 + 9 = 58 P = z − 3 − 3i đạt giá trị nhỏ nhất khi KM nhỏ nhất, theo hình vẽ ta có KM nhỏ nhất khi K ≡ F ( F là

hình chiếu của E trên AB . Suy ra F ( 2;1) do AE = AB nên F là trung điểm của AB .

Suy ra m = 1 + 4 = 5 . Vậy M + m = 58 + 5

3 Vậy min ( MN ) = . 41 Câu 54. Chọn A 4

M H 2

Gọi M ( a; b ) là điểm biểu diễn số phức z = a + bi

Câu 56. Chọn A P = z 2 − z + z 2 + z +1 = z z −1 + z2 + z + 1 = z −1 + z 2 + z +1

A (1;2 ) là điểm biểu diễn số phức (1 + 2i )

Do z = 1 nên ta đặt z = cos x + i.sin x . Khi đó

B ( −2;3 ) là điểm biểu diễn số phức (−2 + 3i ) , AB = 10

P = z − 1 + z 2 + z + 1 = cos x + i.sin x − 1 + cos 2 x + i sin 2 x + cos x + i sin x + 1

z − 1 − 2i + z + 2 − 3i = 10 trở thành MA + MB = AB

⇔ M , A, B thẳng hàng và M ở giữa A và B

= 2 − 2 cos x + 3 + 4 cos x + 2 cos 2 x

Gọi H là điểm chiếu của O lên AB, phương trình ( AB ) : x + 3y − 7 = 0 , (OH ) : 3x − y = 0  3 1   27  7 21  9  Tọa độ điểm H  ;  , Có AH =  − ;  , BH =  ; −  và BH = −9 AH 10 10 10 10 10 10       Nên H thuộc đoạn AB z nhỏ nhất ⇔ OM nhỏ nhât, mà M thuộc đoạn AB

+ sin 2 x +

( cos 2 x + cos x + 1) + ( sin 2 x + sin x )

= 2 − 2 cos x + 4 cos 2 x + 4 cos x + 1 = 2 − 2 cos x + 2 cos x + 1 Đặt t = cos x, t ∈ [ −1;1] . Xét hàm y = 2 − 2t + 2t + 1

−1 1 thì y = 2 − 2t + 2t + 1, y ' = +2 2 2 − 2t −1 7 y' = 0 ⇔ +2=0⇔t = 8 2 − 2t  7  13  1  y (1) = 3; y   = ; y  −  = 3 8 4  2 1 −1 Với t < − thì y = 2 − 2t − 2t − 1, y ' = −2 2 2 − 2t −1 −1 (phương trình vô nghiệm) y' = 0 ⇔ − 2 = 0 ⇔ 2 − 2t = 2 2 − 2t  1 y ( −1) = 3 ; y  −  = 3  2 Với t ≥ −

 7 21  ⇔ M ≡ H ;   10 10 

Lúc đó S = 7a + b =

( cos x − 1)

49 21 + = 7 . Chọn A 10 10

Câu 55. Giải: Chọn D  x ≤ 4 Gọi z = x + yi, x, y ∈ ℝ , ta có z + z + 2 z − z = 8 ⇔ x + 2 y = 4 ⇒  , tập hợp K ( x; y ) biểu  y ≤2    diễn số phức z thuộc cạnh các cạnh của trong hình thoi ABCD như hình vẽ. 25

13 13 . Do đó giá trị lớn nhất của P = z 2 − z + z 2 + z + 1 là . 4 4 Câu 57. Chọn C

Vậy max y = [ −1;1]

Câu 59. Gọi M là điểm biểu diễn số phức z1 và A ( −2;1) ; B ( 4; 7 ) lần lượt là hai điểm biểu diễn hai số phức −2 + i

Giả sử z = x + yi , x, y ∈ ℝ .Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức z1 , z 2 . Suy ra

, 4 + 7i . Ta có AB = 6 2 . Phương trình đường thẳng AB là d : x − y + 3 = 0 .

AB = z1 − z2 = 4 .

(

)

(

+) z1 + 2 − i + z1 − 4 − 7i = 6 2 ⇔ MA + MB = 6 2 ⇔ MA + MB = AB . Do đó tập hợp các điểm biểu diễn

)

* Ta có ( z − 6 ) 8 + zi = ( x − 6) + yi  . ( 8 − y ) − xi  = ( 8x + 6 y − 48) − x + y − 6 x − 8 y i . Theo giả thiết

( z − 6 ) ( 8 + zi ) là số thực nên ta suy ra tâm I ( 3; 4 ) , bán kính R = 5 .

số phức z1 là đoạn thẳng AB .

x2 + y 2 − 6x − 8 y = 0 . Tức là các điểm A, B thuộc đường tròn ( C )

+) iz2 − 1 + 2i = 1 ⇔ iz2 − 1 + 2i i = 1 ⇔ − z2 − 2 − i = 1 .

* Xét điểm M thuộc đoạn AB thỏa MA + 3MB = 0 ⇔ OA + 3OB = 4OM .Gọi H là trung điểm AB . Ta tính 2

Gọi N là điểm biểu diễn số phức − z2 và I ( 2;1) là điểm biểu diễn số phức 2 + i . Ta có IN = 1 Suy ra tập 2

được HI = R − HB = 21; IM = HI + HM = 22 , suy ra điểm M thuộc đường tròn ( C′ ) tâm I ( 3; 4 ) ,

d ( I , AB ) = 2 2 > 1 , suy ra AB không cắt đường tròn.

bán kính r = 22 .

Gọi K là hình chiếu của I ( 2;1) lên AB . Dễ thấy K nằm trên đoạn thẳng AB .

Ta có ( OM )min = OM 0 = OI − r = 5 − 22 .

Ta có z1 + z2 = MN ≥ KH = d ( I , AB ) − R = 2 2 − 1 .

Vậy z1 + 3z2 min = 4OM 0 = 20 − 4 22 . Câu 58. Chọn A Đặt z1 = x1 + y1i, ( x1 , y1 ∈ ℝ) và z2 = x2 + y2i, ( x2 , y2 ∈ ℝ) .

Câu 60. Đặt z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) .

* Ta có z1 + 3z2 = OA + 3OB = 4OM = 4OM , do đó z1 + 3z2 nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất.

Gọi H là giao điểm của đoạn IK với đường tròn ( C ) . Suy ra min z1 + z2 = 2 2 − 1. 2

Ta có: z = z + 2i ⇔ a 2 + b 2 = a 2 + ( b + 2 ) ⇔ 4b + 4 = 0 ⇔ b = −1

( x1 − 3)2 + ( y1 − 4 )2 = 4 2 2 Khi đó  và ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 1 . 2 2 x − 3 + y − 4 = 4 ) ( 2 ) ( 2 2

⇒ z = a−i.

Xét: z − 1 + 2i + z + 1 + 3i = a − 1 + i + a + 1 + 2i =

Ta có ( x1 − 3 ) + ( y1 − 4 ) = ( x2 − 3 ) + ( y2 − 3 ) ⇔ x + y − ( x + y 2

Suy ra z1 − z2

2 1

hợp các điểm biểu diễn số phức − z2 là đường tròn ( C ) có phương trình: ( x − 2 ) + ( y − 1) = 1 .

2 2

) = 6( x − x ) + 8( y − y ) . 1

+ 12 +

(1 + a )

+ 22 .

Áp dụng BĐT Mincôpxki:

(1 − a )

= 2 3 ( x1 − x2 ) + 4 ( y1 − y2 ) ≤ 2. ( 32 + 4 2 ) ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 )  = 10 .   2

(1 − a )

+ 12 +

(1 + a )

+ 22 ≥

2 2 (1 − a + 1 + a ) + (1 + 2) = 4 + 9 = 13 .

1 . 3 Nhận xét : Bài toán trên có thể được giải quyết bằng cách đưa về bài toán hình học phẳng. Câu 61. Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) .

Suy ra: z − 1 + 2i + z + 1 + 3i đạt GTNN là 13 khi 2 (1 − a ) = 1 + a ⇔ a =

Do đó −10 ≤ z1 − z2 ≤ 10 .

Ta có: z − z1 + z − z2 = 16 ⇔ x + yi + 2 − i + x + yi − 2 − i = 16 ⇔ x 2 + ( y − 1) = 4 . Suy ra tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là đường tròn tâm số phức I ( 0;1) bán kính R = 2 . 27

Các điểm A (1;1) , B ( 5; 2 ) là điểm biểu diễn các số phức 1 + i và 5 + 2i . Khi đó, P = MA + MB . Nhận thấy, điểm A nằm trong đường tròn

(C )

còn điểm B nằm ngoài đường tròn

(C ) ,

mà

MA + MB ≥ AB = 17 . Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của đoạn AB với ( C ) . Ta có, phương trình đường thẳng AB : x − 4 y + 3 = 0 . Tọa độ giao điểm của đường thẳng AB và đường tròn ( C ) là nghiệm của hệ với 1 < y < 5

( x − 2 )2 + ( y − 2 )2 = 4 ( 4 y − 5 )2 + ( y − 2 )2 = 4 ⇔   x = 4 y − 3  x − 4 y + 3 = 0  22 + 59 (N) y = 2 2 17 2 Ta có ( 4 y − 5) + ( y − 2 ) = 4 ⇔ 17 y − 44 y + 25 = 0 ⇔   22 − 59 ( L) y = 17  37 + 4 59 22 + 59 + i Vậy min P = 17 khi z = 17 17 Câu 64. - Đặt z = x + yi , với x, y ∈ ℝ .

Do đó m = 1 , M = 3 . Vậ y M 2 − m 2 = 8 .

Ta có: z − 3 − 4i = 5 ⇔ ( x − 3) + ( y − 4) i = 5 ⇔ ( x − 3) + ( y − 4) = 5 , hay tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn ( C ) có tâm I ( 3; 4 ) , bán kính r = 5 . 2

- Khi đó : P = z + 2 − z − i = ( x + 2 ) + y 2 − x 2 − ( y − 1) = 4 x + 2 y + 3

⇒ 4 x + 2 y + 3 − P = 0 , kí hiệu là đường thẳng ∆ . - Số phức z tồn tại khi và chỉ khi đường thẳng ∆ cắt đường tròn ( C ) Câu 62. 2

Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z ta có: z − 2i ≤ z − 4i ⇔ x 2 + ( y − 2 ) ≤ x 2 + ( y − 4 )

⇔ d ( I;∆) ≤ r ⇔

⇔ y ≤ 3 ; z − 3 − 3i = 1 ⇔ điểm M nằm trên đường tròn tâm I ( 3;3) và bán kính bằng 1. Biểu thức P = z − 2 = AM trong đó A ( 2; 0 ) , theo hình vẽ thì giá trị lớn nhất của P = z − 2 đạt được khi M ( 4;3 )

nên max P =

( 4 − 2) + (3 − 0)

23 − P

≤ 5 ⇔ P − 23 ≤ 10 ⇔ 13 ≤ P ≤ 33 2 5 Suy ra M = 33 và m = 13 ⇒ w = 33 + 13i . Vậy w = 1258 .

Câu 65. Chọn D Đặt z1 = a + bi; a, b ∈ ℝ ⇒ z2 = −b + ai

= 13 .

⇒ z1 − z2 = ( a + b ) + ( b − a ) i . Nên z1 − z2 =

( a + b) + (b − a)

= 2. z1

Ta lại có 2 = z1 + 1 − i ≤ z1 + 1 − i = z1 + 2

⇒ z1 ≥ 2 − 2 . Suy ra z1 − z2 = 2. z1 ≥ 2 2 − 2 .

a b = < 0. 1 −1 Vậy m = min z1 − z2 = 2 2 − 2 . Dấu " = " xảy ra khi

Câu 66. Giả sử z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) , w = x + yi 2

( x, y ∈ ℝ ) .

z − 3 − 2i ≤ 1 ⇔ ( a − 3) + ( b − 2 ) ≤ 1 (1)

Câu 63. Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z . Do z − 2 − 2i = 2 nên tập hợp điểm M là đường tròn 2

( C ) : ( x − 2 ) + ( y − 2)

w + 1 + 2i ≤ w − 2 − i ⇔ ( x + 1) + ( y + 2 ) ≤ ( x − 2 ) + ( y − 1) .

Suy ra x + y = 0 .

= 4. 29

P= z−w =

(a − x ) + (b − y )

( a − x ) + (b + x)

Từ (1) ta có I ( 3; 2 ) , bán kính r = 1 . Gọi H là hình chiếu của I trên d : y = − x .

x = 3 + t Đường thẳng HI có PTTS  . y = 2+ t M ∈ HI ⇒ M ( 3 + t ; 2 + t )

1  t = 2 M ∈ ( C ) ⇔ 2t = 1 ⇔  1  t = − 2 2

Gọi H là trung điểm của AB , ta có H ( 3; 2 ) và khi đó:

P = MA + MB ≤ 2 ( MA2 + MB 2 ) hay P ≤ 4MH 2 + AB 2 .

1 1  5+ 2  t = 2 ⇒ M 3 + ;2 +  , MH = 2 2 2 

Mặt khác, MH ≤ KH với mọi M ∈ ( C ) nên P ≤ 4 KH 2 + AB 2 = 4 ( IH + R ) + AB 2 = 2 53 . M ≡ K 3 11 Vậy Pmax = 2 53 khi  hay z = 3 − 5i và w = − i . 5 5  MA = MB Câu 69. Cách 1: Đặt z − 3 − 2i = w với w = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) . Theo bài ra ta có w = 2 ⇔ x 2 + y 2 = 4 .

1 1  5− 2  t = 3 ⇒ M 3− ;2 −  , MH = 2 2 2  Vậy Pmin =

5 2 −2 . 2

1 2 Câu 67. Vì z = 1 và z.z = z nên ta có z = . z Từ đó, P = z 5 + z 3 + 6 z − 2 z 4 + 1 = z z 4 + z 4 + 6 − 2 z 4 + 1 = z 4 + z 4 + 6 − 2 z 4 + 1 .

Ta có P = z + 1 − 2i + 2 z − 2 − 5i = w + 4 + 2 w + 1 − 3i =

Đặt z 4 = x + iy , với x, y ∈ ℝ . Do z = 1 nên z 4 = x 2 + y 2 = 1 và −1 ≤ x, y ≤ 1 .

Khi đó P = x + iy + x − iy + 6 − 2 x + iy + 1 = 2 x + 6 − 2

= 2x + 6 − 2 2x + 2 =

(

)

( x + 1)

= 20 + 8 x + 2

(

( x + 1)

x2 + y2 + 2 x + 1 +

( x + 4)

+ ( y − 3) = 2 5 + 2 x + 2

( x + 1)

+ ( y − 3)

) = 2(

( x + 1)

+ y2 +

( x + 1) + ( y − 3)

+ y2 + 2

( x + 1) + ( y − 3)

)

≥ 2( y + y − 3 ) ≥ 2 y + 3− y = 6 .

+ y2

 x = −1   x = −1 . P = 6 ⇔  y (3 − y ) ≥ 0 ⇔   y = 3  2 2 x + y = 4

2x + 2 −1 + 3 .

Do đó P ≥ 3 . Lại có −1 ≤ x ≤ 1 ⇒ 0 ≤ 2 x + 2 ≤ 2 ⇒ −1 ≤ 2 x + 2 − 1 ≤ 1 ⇒ P ≤ 4 .

1 3 i . Suy ra M − m = 1 . Vậy M = 4 khi z 4 = ±1 và m = 3 khi z 4 = − ± 2 2 Câu 68. Gọi z = x + yi , với x, y ∈ R . Khi đó M ( x; y ) là điểm biểu diễn cho số phức z .

(

)

Vậy GTNN của P là bằng 6 đạt được khi z = 2 + 2 + 3 i . Cách 2:

Theo giả thiết, 5w = ( 2 + i )( z − 4 ) ⇔ 5 ( w + i ) = ( 2 + i )( z − 4 ) + 5i ⇔ ( 2 − i )( w + i ) = z − 3 + 2i 2

⇔ z − 3 + 2i = 3 . Suy ra M ( x; y ) thuộc đường tròn ( C ) : ( x − 3) + ( y + 2) = 9 .

Ta có P = z − 1 − 2i + z − 5 − 2i = MA + MB , với A (1; 2 ) và B ( 5; 2 ) .

z − 3 − 2i = 2 ⇒ MI = 2 ⇒ M ∈ ( I ; 2 ) với I = ( 3; 2 ) .

P = z + 1 − 2i + 2 z − 2 − 5i = MA + 2 MB với A = (1; 2 ) , B = ( 2;5 ) . 31

Ta có IM = 2 ; IA = 4 . Chọn K ( 2; 2 ) thì IK = 1 . Do đó ta có IA.IK = IM 2 ⇒

IA IM = IM IK

AM IM = = 2 ⇒ AM = 2 MK . MK IK Từ đó P = MA + 2MB = 2 ( MK + MB ) ≥ 2BK . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M , K , B thẳng hàng và M thuộc đoạn thẳng BK . Từ đó tìm được M = 2; 2 + 3 .

(

⇒ ∆IAM và ∆IMK đồng dạng với nhau ⇒

)

Cách 3: Gọi M ( a; b ) là điểm biểu diễn số phức z = a + bi. Đặt I = ( 3; 2 ) , A ( −1; 2 ) và B ( 2;5 ) . Ta xét bài toán: Tìm điểm M thuộc đường tròn ( C ) có tâm I , bán kính R = 2 sao cho biểu thức

P = MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Trước tiên, ta tìm điểm K ( x; y ) sao cho MA = 2MK ∀M ∈ ( C ) . 2 2 Ta có MA = 2 MK ⇔ MA2 = 4 MK 2 ⇔ MI + IA = 4 MI + IK ⇔ MI 2 + IA2 + 2MI .IA = 4 MI 2 + IK 2 + 2 MI .IK ⇔ 2 MI IA − 4 IK = 3R 2 + 4 IK 2 − IA2 ( *) .  IA − 4 IK = 0 . (*) luôn đúng ∀M ∈ ( C ) ⇔  2 2 2 3R + 4 IK − IA = 0

(

) )

(

 138 64  ;  , R = 1 là đường tròn đối xứng với ( C2 ) qua d . Khi đó Gọi ( C3 ) có tâm I 3   13 13  min ( MM 1 + MM 2 + 2 ) = min ( MM 1 + MM 3 + 2 ) với M 3 ∈ ( C3 ) .

)

(

)

Gọi A , B lần lượt là giao điểm của đoạn thẳng I1 I3 với ( C1 ) , ( C3 ) . Khi đó với mọi điểm M 1 ∈ ( C1 ) , M 3 ∈ ( C3 ) , M ∈ d ta có MM 1 + MM 3 + 2 ≥ AB + 2 , dấu "=" xảy ra khi M 1 ≡ A, M 3 ≡ B . Do đó

x = 2  4 ( x − 3) = −4 . ⇔ IA − 4 IK = 0 ⇔  4 y − 2 = 0 ( ) y = 2  Thử trực tiếp ta thấy K ( 2; 2 ) thỏa mãn 3R 2 + 4 IK 2 − IA2 = 0 .

Pmin = AB + 2 = I1 I 3 − 2 + 2 = I1I 3 =

9945 . 13

Vì BI 2 = 12 + 32 = 10 > R 2 = 4 nên B nằm ngoài ( C ) . Vì KI 2 = 1 < R 2 = 4 nên K nằm trong ( C ) . Ta có MA + 2 MB = 2 MK + 2 MB = 2 ( MK + MB ) ≥ 2 KB . Dấu bằng trong bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BK . Do đó MA + 2MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của ( C ) và đoạn thẳng BK . Phương trình đường thẳng BK : x = 2 . 2

Phương trình đường tròn ( C ) : ( x − 3) + ( y − 2 ) = 4 .  x = 2  x = 2 hoặc Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ  ⇔ 2 2 x − + y − 2 = 4 3 ( ) ( )  y = 2 + 3 

(

 x = 2 .   y = 2 − 3

)

Thử lại thấy M 2; 2 + 3 thuộc đoạn BK . Vậ y a = 2 , b = 2 + 3 ⇒ a + b = 4 + 3 . Câu 70. Gọi M 1 , M 2 , M lần lượt là điểm biểu diễn cho số phức z1 , 2z2 , z trên hệ trục tọa độ Oxy . Khi

đó quỹ tích của điểm M 1 là đường tròn ( C1 ) tâm I ( 3; 4 ) , bán kính R = 1 ; qu ỹ tích của điểm M 2 là đường ( C 2 ) tròn tâm I ( 6;8 ) , bán kính R = 1 ; qu ỹ tích của điểm M là đường thẳng d : 3x − 2 y − 12 = 0 . Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của MM 1 + MM 2 + 2 .