CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM TOÁN 10 SÁCH KẾT NỐI TRI THỨC - BÀI TẬP TỰ LUẬN - TRẮC NGHIỆM THEO DẠNG (PHẦN 2) by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM TOÁN KẾT NỐI TRI THỨC

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM TOÁN 10 BỘ SÁCH KẾT NỐI TRI THỨC VỚI CUỘC SỐNG TÓM TẮT LÝ THUYẾT - BÀI TẬP TỰ LUẬN THEO DẠNG BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM THEO DẠNG - BẢN GV (1208 TRANG) WORD VERSION | 2023 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 VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG B. D = [ 2;4]

A. D = ( 2;4)

C. D = {2;4}

D. D= ( −∞;2) ∪( 4;+∞)

Lời giải

4 − x ≥ 0 x ≤ 4 Điều kiện:  suy ra TXĐ: D = [ 2;4] . ⇔ x − 2 ≥ 0 x ≥ 2 Câu 14: Tập xác định của hàm số y = 3 x + 4 là x −1

A. ℝ \ {1} .

C. (1;+∞) .

B. ℝ .

Lời giải

D. [1;+∞) .

Chọn C

FI CI A

Chọn B

x −1 ≥ 0  x −1 ≥ 0 ⇔ ⇔ x −1 > 0 ⇔ x > 1 .  x −1 ≠ 0 x −1 ≠ 0

Vậy tập xác định của hàm số là D = (1; +∞) .

ƠN

Điều kiện xác định của hàm số là 

Cách khác: Điều kiện xác định của hàm số là x −1 > 0 ⇔ x > 1 .

Câu 15: Tập xác định của hàm số y = A. D = [ 3; +∞ ) .

Vậy tập xác định của hàm số là D = (1; +∞) .

1 là 3− x

C. D = ( −∞;3] .

QU Y

B. D = ( 3; +∞ ) .

Chọn D

D. D = ( −∞;3) .

Lời giải

Điều kiện xác định 3 − x > 0 ⇔ x < 3 .

Vậy tập xác định của hàm số y =

1 là D = ( −∞;3) . 3− x

KÈ

Câu 16: Tìm tập xác định của hàm số y = x − 1 + 1 . A. [1; +∞) \ {4} .

x+4

B. (1; +∞) \ {4} .

C. ( −4; +∞) . Lời giải

DẠ

Chọn D x −1 ≥ 0 x ≥ 1 Điều kiện xác định của hàm số:  . ⇔ x + 4 ≠ 0  x ≠ −4 Suy ra tập xác định của hàm số là [1;+∞) .

Câu 17: Tìm tập xác định D của hàm số y = x + 2 − x + 3 . Page 4

D. [1;+∞) .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG A. D = [ −3; +∞) .

B. D = [ −2; +∞) .

C. D = ℝ .

D. D = [ 2; +∞) .

Lời giải x + 2 ≥ 0 Hàm số xác định khi và chỉ khi  ⇔ x ≥ −2. x + 3 ≥ 0 Vậy D = [ −2; +∞) .

Câu 18: Tìm tập xác định D của hàm số y = 6 − 3x − x −1 . B. D = [1;2] .

A. D = (1;2 ) .

C. D = [1;3] .

Chọn B 6 − 3 x ≥ 0 x ≤ 2 Hàm số xác định khi và chỉ khi  ⇔ .  x −1 ≥ 0 x ≥ 1

Câu 19: Tìm tập xác định D của hàm số y = 2 − x − B. D = ( −4;2] .

4 . x+4

C. D = [ −4;2 ) .

D. D = ( −2;4] .

A. D = [ −4;2] .

ƠN

Vậy D = [1; 2] .

D. D = [ −1;2] .

Lời giải

FI CI A

Chọn B

Lời giải

Chọn B

Vậy D = ( −4;2] .

QU Y

2 − x ≥ 0 x ≤ 2 Hàm số xác định khi và chỉ khi  ⇔ . x + 4 > 0  x > −4

4− x + x+2 là x2 − x − 12 B. ( −3; −2) ∪ ( −2;4) . C. ( −2;4) .

Câu 20: Tập xác định của hàm số y =

Chọn D

D. [ −2;4) .

Lời giải

A. [ −2; 4] .

KÈ

x ≤ 4 4 − x ≥ 0    x ≥ −2 ĐKXĐ:  x + 2 ≥ 0 ⇔ ⇔ −2 ≤ x < 4 . Vậy, tập xác định của hàm số là  x 2 − x − 12 ≠ 0  x ≠ −3   x ≠ 4

DẠ

D = [ −2;4 )

Câu 21: Tập xác định của hàm số y = x − 3 + 1 là: x−3

A. D = ℝ \ {3} .

B. D = [3; +∞) .

C. D = ( 3; +∞) . Lời giải

Page 5

D. D = ( −∞;3) .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Chọn C

A. [ −1;3) \ {2} .

B. [ −1; 2] .

C. [ −1;3] . Lời giải

Chọn A

D. ( 2;3) .

Vậy tập xác định D = [ −1;3) \ {2} .

 5  

5 − 2x là ( x − 2) x − 1

5 2

A. 1;  \{2} . 2

 

Câu 23: Tập xác định của hàm số y =

ƠN

x ≤ 3 3 − x ≥ 0    x ≥ −1 Hàm số xác định ⇔  x + 1 ≥ 0 ⇔ ⇔ x ∈ [ −1;3) \ {2} .  x2 − 5x + 6 ≠ 0 x ≠ 3   x ≠ 2

FI CI A

3 − x + x +1 là x 2 − 5x + 6

Câu 22: Tập xác định của hàm số y =

x − 3 ≥ 0 Tập xác định của hàm số là những giá trị xthỏa mãn:  ⇔ x >3. x − 3 ≠ 0

B.  ; +∞  .

 

5 2

C.  1;  \{2} .

 

5 2

D.  1;  .

Lời giải

Chọn A

QU Y

5  5 − 2 x ≥ 0 x≤  x − 2 ≠ 0 2 5    1 < x ≤ ≠ 2 x ⇔ ⇔ Hàm số xác định khi:  2    x −1 ≥ 0 x ≥ 1  x ≠ 2  x −1 ≠ 0    x ≠ 1

 5  

Câu 24: Tập xác định của hàm số y =

KÈ

A. 1;  \ {2} . 2

5 − 2x là ( x − 2) x −1

5 2

 5  2

 

C. 1; \ {2} .

B.  ; +∞  .

Lời giải

DẠ

Chọn A

5  x≤ 5 − 2 x ≥ 0  5 2    1 < x ≤ Hàm số có điều kiện xác định là:  x − 2 ≠ 0 ⇔  x ≠ 2 ⇔  2  x −1 > 0 x > 1  x ≠ 2   

Page 6

 5  2

D. 1;  .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

 5  

Vây tập xác định của hàm số là: D = 1;  \ {2} . 2

2− x + 2+ x là x B. D = [ −2;2] . C. D = ( −2;2) . Lời giải

Chọn A

2 − x ≥ 0  x≤2   Điều kiện xác định của hàm số là 2 + x ≥ 0 ⇔  x ≥ −2 .  x≠0  x≠0  

D. D = ℝ .

Tập xác định của hàm số D = [ −2;2] \ {0} .

FI CI A

A. D = [ −2;2] \ {0} .

Câu 25: Tập xác định D của hàm số f ( x ) =

3x + 5 − 4 là ( a; b] với a , b là các số thực. Tính tổng a + b . x −1 B. a + b = −10 . C. a + b = 8 . D. a + b = 10 . Lời giải

Câu 26: Tập xác định của hàm số y =

ƠN

A. a + b = −8 . Chọn D

x −1 ≠ 0 x ≠ 1 x ≠ 1   Điều kiện xác định:  3 x + 5 ⇔ 9 − x ⇔ ⇔ 1< x ≤ 9.  ( 9 − x )( x − 1) ≥ 0  x − 1 − 4 ≥ 0  x − 1 ≥ 0

* Tập xác định D = (1;9] → a = 1, b = 9 → a + b = 10 .

Câu 27: Tìm tập xác định của hàm số y = x +1 + x + 2 + x + 3 .

Chọn A

B. [ −2; +∞) .

C. [ −3; +∞) .

QU Y

A. [ −1; + ∞ ) .

D. [ 0; + ∞) .

Lời giải

x +1 ≥ 0  x ≥ −1    x + 2 ≥ 0 ⇔  x ≥ −2 ⇔ x ≥ −1 x + 3 ≥ 0  x ≥ −3  

KÈ

Câu 28: Tập xác định D của hàm số y = x + 2 + 4 3 − x là A. D = ( −2;3) .

B. D = [ −3; +∞ ) .

C. D = ( −∞;3] .

D. D = [ −2;3] .

Lời giải

DẠ

Chọn D x + 2 ≥ 0  x ≥ −2 Để hàm số y = x + 2 + 4 3 − x xác định thì  ⇔  x ∈ [ −2;3] . 3 − x ≥ 0 x ≤ 3

Câu 29: Tập xác định của hàm số y = 2x − 3 − 3 2 − x là

Page 7

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

3 2

 

B.  ; 2  .

A. ∅ .

3



D.  ; 2  . 2 

C. [ 2; +∞ ) . Lời giải

3  2 x − 3 ≥ 0 x ≥ 3  ⇔ Điều kiện  2 ⇔ x ∈  ; 2 . 2  2 − x ≥ 0  x ≤ 2 6x 4 − 3x

Câu 30: Tìm tập xác định D của hàm số y =

4 3

 

3 4 

A. D =  −∞;  .

2 3 

B. D =  ;  . 2 3 

C. D =  ;  . 3 4 

Chọn A 4 . 3

ƠN

Điều kiện xác định: 4 − 3 x > 0 ⇔ x <

1 + 9 − x là 2x − 5 5  5  B. D =  ;9  . C. D =  ;9  . 2  2 

Câu 31: Tập xác định của hàm số y =

5 

 

A. D =  ;9 . 2

4



D. D =  ; +∞  . 3 

Lời giải

FI CI A

Chọn D

5 

 

D. D =  ;9  . 2

Lời giải

Chọn A

QU Y

x ≤ 9 9 − x ≥ 0 5  ⇔ Điều kiện xác định:  5 ⇔ < x ≤ 9. 2 2 x − 5 > 0  x > 2

5 

 

Tập xác định: D =  ;9 . 2

Câu 32: Tìm tập xác định D của hàm số y =

 1  2

x +1

( x − 3)

1

 

A. D =  − ; +∞  \ {3} . B. D = ℝ .

KÈ

2x −1

Chọn C

x ≠ 3 x − 3 ≠ 0  ⇔ Điều kiện xác định:  1. 2 x − 1 > 0  x > 2

Y DẠ



1



C. D =  ; +∞  \ {3} . D. D =  ; +∞  \ {3} . 2  2  Lời giải

1 2

 

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là: D =  ; +∞  \ {3} .

Page 8

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 33: Hàm số nào sau đây có tập xác định là R ?

2 x . x2 + 4

C. y = 23 x .

D. y = x − 2 x − 1 − 3 .

x −4

Lời giải

2 x có tập xác định là ( 0; + ∞) . x2 + 4

3x có tập xác định là R \ {−2; 2} . x −4 2

y = x2 − 2 x −1 − 3 có tập xác định là [1; + ∞ ) .

A. [1;5] \ {2} .

3x −1 . ( x − 4) 5 − x 2

ƠN

Câu 34: Tìm tập xác định của hàm số y = x −1 −

Chọn B

C. [1;5) \ {2} .

B. ( −∞ ; 5] .

D. [1; +∞) \ {2;5} .

Lời giải

Chọn C

QU Y

 x −1 ≥ 0  Điều kiện xác định ( x 2 − 4) 5 − x ≠ 0 ⇔ x ∈ [1;5) \ {2} . 5 − x ≥ 0 

Câu 35: Tập xác định D của hàm số y =

3x + 4

( x − 2)

x+4

là

A. D = ( −4; +∞ ) \ {2} .

B. D = [ −4; +∞) \ {2} .

C. D = ∅ .

D. D = ℝ \ {2} . Lời giải

KÈ

Chọn A

Hàm số y =

x − 2 ≠ 0 x ≠ 2 xác định khi và chỉ khi  ⇔ . x+4 x + 4 > 0  x > −4

3x + 4

( x − 2)

Vậy tập xác định của hàm số là D = ( −4; +∞ ) \ {2} .

DẠ

Câu 36: Tập xác định D của hàm số y =

 

x+4 là ( x + 1) 3 − 2 x

3

 

A. D = −4;  . 2

3 2

B. D = −4;  .



Page 9

B. y = x 2 − x2 + 1 − 3 .

FI CI A

A. y =

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

3

 

3 2

D. D = [ −4; −1) ∪  −1;  .

C. D =  −∞;  . 2



Lời giải

FI CI A

Chọn D

Câu 37: Tập xác định của hàm số f ( x ) = 3 − x +

1 là x −1

  x ≥ −4 x + 4 ≥ 0  3 x+4  Để hàm số y = xác định thì:  x + 1 ≠ 0 ⇔  x ≠ −1  x ∈ [ −4; −1) ∪  −1;  . 2  ( x + 1) 3 − 2 x 3 − 2 x > 0  3  x <  2

A. D = (1; 3] .

B. D = ( −∞;1) ∪ [3; +∞ ) .

C. D = [1;3] .

D. D = ∅ .

ƠN

Lời giải Chọn A

3 − x ≥ 0 x ≤ 3 ⇔1< x ≤ 3. Hàm số xác định khi  ⇔ x −1 > 0 x > 1 Vậy tập xác định của hàm số là D = (1; 3] .

Câu 38: Tìm tập xác định D của hàm số y = 6 − x +

C. D = [ 6; +∞) .

B. ℝ \ {2} .

QU Y

A. D = ( −∞;6] \ {2} .

4 . 5 x − 10

D. D = ( −∞;6] .

Lời giải

Chọn A

6 − x ≥ 0 x ≤ 6 ĐKXĐ:  ⇔ . Vậy tập xác định của hàm số là D = ( −∞;6] \ {2} . 5 x − 10 ≠ 0 x ≠ 2

KÈ

Câu 39: Cho hàm số f ( x ) = A. (1;+∞) .

x −1 +

1 . Tập nào sau đây là tập xác định của hàm số f ( x) ? x−3

B. [1;+∞) .

C. [1;3) ∪ ( 3; +∞) . Lời giải

Chọn C

DẠ

x −1 ≥ 0 Tập xác định là  ⇔ 1 ≤ x ≠ 3. x ≠ 3

 −3x + 8 + x khi x < 2 Câu 40: Tập xác định của hàm số y = f ( x ) =  là  x + 7 + 1 khi x ≥ 2

Page 10

D. (1; +∞) \ {3} .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

8

 

B. ℝ \ {2} .

A. ℝ .

D. [ −7; +∞) .

C.  −∞;  . 3



Lời giải

1 3  

 1 3  

3

 

B. D =  ;  \ {1} . 2 2

A. D =  ;  . 2 2

1 là 2x − 2



Chọn C

3 

3  3 − 2 x ≥ 0 x ≤ Điều kiện xác định của hàm số trên là  ⇔ 2. 2 x − 2 ≠ 0  x ≠ 1



3 là x + 2 −1

C. D = [ −2; +∞) .

A. D = [ −2; + ∞) \ {−1} . B. D = R \ {−1} .

ƠN

3

Vậy tập xác định: D =  −∞ ;  \ {1} . 2

Câu 42: Tập xác định của hàm số y =

 

C. D =  −∞ ;  \ {1} . D. D =  −∞ ;  . 2 2

Lời giải

 

FI CI A

Câu 41: Tập xác định D của hàm số y = ( 2 x − 1) 3 − 2 x +

Chọn A

D. D = (1; +∞) .

Lời giải

Chọn A

QU Y

 x ≥ −2 x + 2 ≥ 0 Hàm số xác định khi  . ⇔  x ≠ −1  x + 2 ≠ 1 Câu 43: Tập xác định của hàm số y =

C. ( −1;4] \ {2;3} .

D. ( −1;4) \ {2;3} .

Lời giải

KÈ

Chọn A

B. [ −1;4) .

A. [ −1;4) \ {2;3} .

x +1 là ( x − 5x + 6) 4 − x 2

DẠ

 x ≥ −1 x +1 ≥ 0 x ≠ 2   ĐK:  x 2 − 5 x + 6 ≠ 0 ⇔  ⇔ x ∈ [ −1; 4 ) \ {2;3} . x ≠ 3 4 − x > 0    x < 4 Vậy TXĐ: D = [ −1;4) \ {2;3} .

Câu 44: Tập xác định của hàm số y = A. D = [ 0; +∞)

x là: x − 3x + 2 2

B. D = ℝ \ {1;2} Page 11

C. D = ℝ + \ {1;2}

D. D = ( 0; +∞)

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải Chọn C

Vậy D = ℝ + \ {1;2} .

B. D = [1; +∞) \ {2}

A. D = ℝ \ {2}

 2x − 3 khi x ≤ 0  Câu 45: Tìm tập xác định D của hàm số: y = f ( x ) =  x − 2 .  1 − x khi x > 0 

C. D = ( −∞;1]

Lời giải

D. D = [1; +∞)

ƠN

Chọn C

FI CI A

x ≥ 0 x ≥ 0  ⇔ x ≠ 1 . Điều kiện xác định  2  x − 3x + 2 ≠ 0  x ≠ 2

Với x ≤ 0 thì x − 2 ≠ 0 nên hàm số xác định với mọi x ≤ 0 . Với x > 0 : Hàm số xác định khi 1 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 .

Vậy D = ( −∞;0] ∪ ( 0;1] = ( −∞;1] .

Câu 46: Tập xác định của hàm số y = x + 2 + A. D = [ −2; +∞) .

Chọn B

 3 3  4 4  3 3 D. D = ℝ \ − ;  .  4 4

B. D = [ −2; +∞) \ − ;  .

QU Y

 3 3  4 4

C. D = − ;  .

x3 4 x −3

Lời giải

KÈ

  x ≥ −2  x + 2 ≥ 0  3 3 3  Điều kiện xác dịnh của hàm số  ⇔  x ≠ −  D = [ −2; +∞ ) \ − ;  . 4  4 4 4 x − 3 ≠ 0  3   x ≠ 4

DẠ

Câu 47: Tìm tập xác định D của hàm số y = A. D =  2 ; 4  .  3 3 

3x − 2 + 6 x 4 − 3x

B. D =  3 ; 4  . 

C. D =  2 ; 3  . 

2 3 

3 4 

Lời giải Chọn C

Page 12

D. D =  −∞ ; 4  . 

3

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

2 2 4 3 ⇔ ≤x< 4 3 3 3

2 4 

Vậy tập xác định của hàm số là D =  ;  . 3 3 

Câu 48: Giả sử D = ( a; b ) là tập xác định của hàm số y =

− x + 3x − 2 C. S = 4 . Lời giải

B. S = 5 .

Chọn B Hàm số xác định khi − x 2 + 3 x − 2 > 0 ⇔ 1 < x < 2 TXĐ: D = (1;2 ) nên

a =1; b = 2  S = a2 + b2 = 5

. Tính S = a 2 + b 2 .

D. S = 3 .

A. S = 7 .

x+3 2

FI CI A

  x ≥ 3 x − 2 ≥ 0 Điều kiện xác định:  ⇔ 4 − 3x > 0 x < 

ƠN

x2 − 7 x + 8 có tập xác định D = ℝ \ {a; b} ; a ≠ b. Tính giá trị biểu thức x 2 − 3x + 1 Q = a 3 + b3 − 4ab.

Câu 49: Hàm số y =

B. Q = 14 .

Chọn B

D. Q = 10 .

x2 − 7 x + 8 xác định khi: x 2 − 3 x + 1 ≠ 0 . 2 x − 3x + 1

QU Y

Hàm số y =

C. Q = −14 . Lời giải

A. Q = 11 .

Gọi a , b là 2 nghiệm của phương trình x 2 − 3 x + 1 = 0 .

a + b = 3 Theo Vi-et có  .  a.b = 1

Có Q = a 3 + b3 − 4ab = ( a + b ) − 3ab ( a + b ) − 4ab = 27 − 3.3 − 4 = 14

KÈ

Vậy Q = 14 .

2x +1 xác định trên ℝ . x − 2x − 3 − m B. m < −4 . C. m > 0 . D. m < 4 . Lời giải

Câu 50: Với giá trị nào của m thì hàm số y =

A. m ≤ −4 .

DẠ

Chọn B Hàm số y =

2x +1 xác định trên ℝ khi phương trình x 2 − 2 x − 3 − m = 0 vô nghiệm x − 2x − 3 − m 2

Hay ∆′ = m + 4 < 0 ⇔ m < −4 .

Page 13

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

3x + 5 − 4 là ( a; b ] với a , b là các số thực. Tính tổng a + b . x −1 B. a + b = −10 . C. a + b = 8 . D. a + b = 10 . Lời giải

Câu 51: Tập xác định của hàm số y =

A. a + b = −8 .

Ta có y =

FI CI A

Chọn D 3x + 5 3 x + 5 − 4 ( x − 1) −x + 9 −4 = = . x −1 x −1 x −1

Điều kiện xác định của hàm số:

 − x + 9 ≥ 0   x ≤ 9 (TM )    x −1 ≠ 0 − 1 > 0 > 1 x x −x + 9    ⇔ ≥0⇔ ⇔ ⇔1< x ≤ 9 .  −x + 9  − x + 9 ≤ 0   x ≥ 9 − x 1 ≥ 0  x − 1   ( L)  x − 1 < 0   x < 1

Vậy a = 1, b = 9  a + b = 10.

ƠN

TXĐ: D = (1;9] .

Câu 52: Tập tất cả các giá trị m để hàm số y =

+ x − m có tập xác định khác tập rỗng là

− x − 2x + 3

A. ( −∞;3) .

B. ( −3; + ∞ ) .

C. ( −∞;1) .

D. ( −∞;1] .

Lời giải

Chọn C

QU Y

− x 2 − 2 x + 3 > 0  −3 < x < 1 ⇔ Hàm số xác định khi và chỉ khi  x ≥ m x − m ≥ 0 Để hàm số có tập xác định khác tập rỗng thì m < 1 Câu 53: Cho hàm số f ( x ) =

2019 x + 2020 , với m là tham số. Số các giá trị nguyên dương của tham x − 2 x + 21 − 2m 2

B. 9.

KÈ

A. vô số.

số m để hàm số f ( x ) xác định với mọi x thuộc ℝ là

C. 11. Lời giải

D. 10.

Chọn B

Hàm số f ( x ) xác định với mọi x thuộc ℝ ⇔ x 2 − 2 x + 21 − 2m ≠ 0, ∀x ∈ ℝ.

DẠ

⇔ Phương trình x 2 − 2 x + 21 − 2m = 0 vô nghiệm

⇔ ∆′ = 1 − ( 21 − 2m ) < 0 ⇔ m < 10.

Vì m là số nguyên dương nên m ∈ {1; 2; 3;...; 8; 9} . Vậy có 9 giá trị nguyên dương của m thỏa đề bài.

Page 14

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 54: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y =

x 2 + 2m + 2 xác định trên khoảng x−m

m ≥ 0 C.  .  m ≤ −1 Lời giải

B. m ≤ −1 .

Chọn C Hàm số đã cho xác định ⇔ x ≠ m . Khi đó tập xác định của hàm số là: D = ( −∞; m ) ∪ ( m; +∞ ) .

Câu 55: Tìm giá trị của tham số m để hàm số y =

1  m≤  B. 2.  m > 1

x +1 xác định trên nửa khoảng ( 0;1] . x − 2m + 1 1 1   m< m<   C. D. 2. 2.   m ≥ 1 m > 1

ƠN

1  m≤  A. 2.  m ≥ 1

m ≥ 0 . Yêu cầu bài toán ⇔ ( −1;0 ) ⊂ D ⇔   m ≤ −1

D. m ≥ 0 .

FI CI A

m > 0 A.  .  m < −1

Lời giải Chọn B

Hàm số xác định khi x − 2m + 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2m − 1 .

QU Y

1  m≤  2m − 1 ≤ 0  ⇔ Hàm số xác định trên ( 0;1] ⇔ 2m − 1 ∉ ( 0;1] ⇔  2.   2m − 1 > 1 m > 1 Câu 56: Tìm giá trị của tham số m để hàm số y = A. m < 0 .

B. 0 < m < 3 .

Chọn A

xác định trên [ 2;3] . x2 − 2 x − m C. m ≤ 0 . D. m ≥ 3 . Lời giải

Điều kiện: x 2 − 2 x − m > 0, ∀x ∈ [ 2;3] 2

KÈ

⇔ ( x − 1) > m + 1, ∀x ∈ [ 2;3]

(*)

Ta có:

2≤ x≤3

DẠ

 1 ≤ x −1 ≤ 2 2

 1 ≤ ( x − 1) ≤ 4 2

 ( x − 1) ≥ 1, ∀x ∈ [ 2;3] , dấu bằng xảy ra khi x = 2

Từ (*) và (**) , ta suy ra: m + 1 < 1 ⇔ m < 0 . Page 15

(**) .

( −1;0 ) .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

m < 1 B.  . m > 5

A. 1 < m < 3 .

2x xác định trên khoảng ( 0; 2 ) ? x − m +1 m ≤ 1 C. 3 < m < 5 . D.  . m ≥ 3 Lời giải

Chọn D Hàm số y =

2x xác định khi x − m + 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ m − 1 . x − m +1

FI CI A

Câu 57: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y =

Vậy m < 0.

m − 1 ≤ 0 m ≤ 1 Hàm số xác định trên khoảng ( 0; 2 ) khi và chỉ khi  . ⇔ m − 1 ≥ 2 m ≥ 3

x +1 xác định trên ( −∞; −2 ) . x + 2m − 4 C. m ∈ [ −2;3] . D. m ∈ ( −∞; −2] .

A. m ∈ [ −2; 4] .

B. m ∈ ( −2;3] .

ƠN

Câu 58: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = −2 x + 3m + 2 +

Lời giải Chọn C

3m + 2   −2 x + 3m + 2 ≥ 0 x ≤ ⇔ Hàm số xác định ⇔  2 .  x + 2m − 4 ≠ 0  x ≠ 4 − 2m

số

xác

⇔ −2 ≤ m ≤ 3 .

định

trên

QU Y

Hàm

3m + 2   −4 ≤ 3m + 2  m ≥ −2  −2 ≤ 2 ⇔ ⇔ ( −∞; −2 ) ⇔   4 − 2m ≥ −2 m ≤ 3  4 − 2m ∉ ( −∞; −2 ) 

Câu 59: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y =

mx xác định trên ( 0;1) . x − m + 2 −1

KÈ

3  A. m ∈ ( −∞; −1] ∪ {2} . B. m ∈  −∞;  ∪ {2} . C. m ∈ ( −∞;1] ∪ {2} . D. m ∈ ( −∞;1] ∪ {3} . 2  Lời giải Chọn C  x − m + 2 ≥ 0 Hàm số xác định trên ( 0;1) ⇔  ∀x ∈ ( 0;1)  x − m + 2 − 1 ≠ 0

DẠ

m − 2 ≤ 0 m ≤ 2 m ≤ 1 x ≥ m − 2    x ≥ m − 2 ⇔ ∀x ∈ ( 0;1) ⇔  ∀x ∈ ( 0;1) ⇔   m − 1 ≥ 1 ⇔   m ≥ 2 ⇔  m = 2 x ≠ m −1  x − m + 2 ≠ 1   m − 1 ≤ 0 m ≤ 1

Vậy m ∈ ( −∞;1] ∪ {2} .

Câu 60: Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = f ( x) = x 2 − 3mx + 4 có tập xác định là D = ℝ . Page 16

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG A. m <

4 . 3

B. m ≤

4 . 3

C. m >

4 . 3

D. m ≥

4 . 3

Lời giải

Điều kiện: x 2 − 3mx + 4 ≥ 0 . YCBT ⇔ x 2 − 3mx + 4 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ . 2

−∆ −9m 2 + 16 4 ≥0⇔ ≥ 0 ⇔ m2 ≤   . 4a 4 3

A. m < 2 .

B. m ≤ 2 .

C. m > 2 . Lời giải

Chọn B m +1  m +1  ; +∞  . D= 3  3 

D. m ≥ 2 .

ƠN

ĐK: x ≥

Câu 61: Tìm m để hàm số y = ( x − 2 ) 3 x − m − 1 xác định trên tập (1;+∞ ) ?

FI CI A

Chọn B

m +1  m +1  Để hàm số xác định trên (1; +∞ ) thì (1; +∞ ) ⊂  ; +∞  ⇔ ≤ 1 ⇔ m +1 ≤ 3  m ≤ 2 . 3  3 

Câu 62: Tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y =

A. m ∈ [ −3;0] ∪ [ 0;1] . C. m ∈ [ −3;0] .

 3 D. m ∈ [ −4;0] ∪ 1;  .  2 Lời giải

Chọn D

 3 B. m ∈ 1;  .  2

QU Y

khoảng ( 0;1) là

x − 2m + 3 3x − 1 + xác định trên x−m −x + m + 5

KÈ

 x − 2m + 3 ≥ 0  x ≥ 2m − 3   ⇔ x ≠ m Điều kiện xác định của hàm số là:  x − m ≠ 0 . − x + m + 5 > 0 x < m + 5   TH1. 2m − 3 ≥ m + 5 ⇔ m ≥ 8  tập xác định của hàm số là: D = ∅  m ≥ 8 loại.

DẠ

TH2. 2m − 3 < m + 5 ⇔ m < 8  TXĐ của hàm số là: D = [ 2m − 3; m + 5 ) \ {m} .

Để hàm số xác định trên khoảng ( 0;1) thì ( 0;1) ⊂ D .

Page 17

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

 3 Suy ra m ∈ [ −4;0] ∪ 1;  .  2

Câu 63: Tìm m để hàm số y =

D. m ≤ 3

A. m ≥ 1 .

x 2 +1 có tập xác định là ℝ . x + 2x − m + 1 B. m < 0 . C. m > 2 . Lời giải 2

FI CI A

  3  m ≤ m − ≤ 2 3 0 2  −4 ≤ m ≤ 0     .  m + 5 ≥ 1 ⇔  m ≥ −4   1 ≤ m ≤ 3  m≤0  m≤0  2       m ≥ 1   m ≥ 1

Chọn B

Hàm số có tập xác định ℝ khi x 2 + 2 x − m + 1 ≠ 0, ∀x ⇔ ∆ = 1 + m − 1 < 0 ⇔ m < 0 .

x +1 . Tập các giá trị của m để hàm số xác định trên x − 2 ( m + 1) x + m 2 + 2m 2

[ 0;1) là T = ( −∞; a ) ∪ [b; c ) ∪ [ d ; +∞ ) . Tính B. P = −1 .

P = a+b+c+d . C. P = 2 .

A. P = −2 .

ƠN

Câu 64: Cho hàm số y =

D. P = 1 .

Lời giải

Chọn A

QU Y

x ≠ m Hàm số xác định khi x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 + 2m ≠ 0 ⇔  . x ≠ m + 2 Do đó tập xác định của hàm số là D = ℝ \ {m + 2; m} . Vậy để hàm số xác định trên [ 0;1) điều kiện là:

KÈ

m + 2 < 0  m < −2  m; m + 2 ∉ [ 0;1) ⇔  m ≥ 1 ⇔  m ≥ 1 .  m < 0 < 1 ≤ m + 2  −1 ≤ m < 0 x+m+2 xác định trên ( −1; 2 ) . x−m  m < −1 C.  . D. −1 < m < 2 . m > 2

Câu 65: Tìm các giá trị thực của tham số m để hàm số y =

DẠ

 m ≤ −1 A.  . m ≥ 2

 m ≤ −1 B.  . m ≥ 2

Lời giải

Chọn B Hàm số xác định khi x − m ≠ 0 ⇔ x ≠ m .  m ≤ −1 Do đó hàm số xác định trên ( −1;2) ⇔ m ∈ ( −1; 2 ) ⇔  . m ≥ 2 Page 18

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 66: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = x − m +1 + 2x − m xác định với ∀x > 0 . A. m ≥ 1 .

B. m ≤ 0 .

C. m > 0 .

D. m < 1 .

Lời giải

FI CI A

Chọn B

x ≥ m − 1 x − m + 1 ≥ 0  ⇔ Điều kiện  m . 2 x − m ≥ 0  x ≥ 2

m − 1 ≤ 0  ⇔ m ≤ 0. Hàm số xác định với ∀x > 0 ⇔  m  2 ≤ 0

Câu 67: Tập hợp tất cả giá trị của tham số m để hàm số y = x − 2m + 1 xác định với mọi x ∈ [1;3] là: A. {2} .

B. {1} .

C. ( −∞ ; 2] . Lời giải

ƠN

Chọn D

D. ( −∞ ;1] .

Hàm số xác định khi x − 2m + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2m − 1 .

Hàm số xác định với mọi x ∈ [1;3] thì 2m − 1 ≤ 1 ⇔ m ≤ 1 .

1 có tập xác định D = [ 0;5) . 5− x

Câu 68: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = x − m + 2 + B. m ≥ 2 .

C. m ≤ −2 . Lời giải

D. m = 2 .

QU Y

A. m ≥ 0 . Chọn D

x − m + 2 ≥ 0 x ≥ m − 2 Điều kiện xác định của hàm số đã cho là  ⇔ 5 − x > 0 x < 5

Hàm số có tập xác định D = [ 0;5) ⇔ m − 2 = 0 ⇔ m = 2.

KÈ

Câu 69: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = A. − 1 ≤ m ≤ 1 . 3

m +1 có tập xác định D = ℝ . 3x − 2 x + m 2

C. m > 1 .

B. m ≥ −1 .

D. m ≥ 1 . 3

Lời giải

DẠ

Chọn C

Hàm số y =

m +1 có tập xác định D = ℝ 3x − 2 x + m 2

 m + 1 ≥ 0 ⇔ 2 ⇔ 3 x − 2 x + m ≠ 0, ∀x ∈ ℝ

 m ≥ −1 ⇔  ∆ ' < 0

 m ≥ −1 ⇔  1 − 3m < 0

Page 19

 m ≥ −1 1   1 ⇔m> . 3 m >  3

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 70: Tìm điều kiện của m để hàm số y = x 2 − x + m có tập xác định D = ℝ B. m > 1 .

C. m > − 1 .

D. m ≤ 1 .

A. m ≥ 1 .

Chọn A Hàm số y = x 2 − x + m có tập xác định D = ℝ .

1 ⇔m≥ . 4 ∆ ≤ 0, ∆ = 1 − 4m a > 0 ( Ñ do a = 1)

⇔ x2 − x + m ≥ 0,∀x ∈ℝ ⇔ 

Câu 71: Tìm m để hàm số y =

 3

1 thỏa yêu cầu bài. 4

2 x − 2m + 3 x−2 + xác định trên khoảng ( 0;1) . 3( x − m) −x + m + 5

ƠN

Vậy m ≥

FI CI A

Lời giải

A. m ∈ 1;  .  2

B. m ∈ [ −3;0] .

C. m∈[ −3;0] ∪[ 0;1] .

D. m ∈[ −4;0] ∪ 1;  . 2

 3  

Lời giải

Chọn D

2 x − 2m + 3 + 3( x − m )

x−2 . −x + m + 5

QU Y

*Gọi D là tập xác định của hàm số y =

 x − 2m + 3 ≥ 0  x ≥ 2m − 3   ⇔  x =/ m * x ∈ D ⇔ x − m =/ 0 . − x + m + 5 > 0 x < m + 5   *Hàm số y =

x − 2m + 3 3x − 1 + xác định trên khoảng ( 0;1) x−m −x + m + 5

KÈ

 3 m ≤  2m − 3 ≤ 0 2   3   ⇔( 0;1) ⊂ D ⇔ m + 5 ≥ 1 ⇔ m ≥ −4 ⇔ m ∈[ −4;0] ∪ 1;  .  2 m ∉ 0;1  m ≥1 ( )       m ≤ 0

DẠ

Câu 72: Cho hàm số f ( x ) = x + 2m − 1 + 4 − 2m − trị của tổng a + b bằng A. 2. B. 3.

x xác định với mọi x ∈[ 0;2] khi m ∈ [ a; b] . Giá 2

C. 4. Lời giải

Chọn A

Page 20

D. 5.

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG  x ≥ 1 − 2m   x ≤ 8 − 4m

Hàm số xác định trên [0; 2] nên 1 − 2 m ≤ 0 ≤ 2 ≤ 8 − 4 m ⇔

1 3 ≤m≤ 2 2

 a +b = 2 Câu 73: Tìm m để hàm số y = −2 x + 3m + 2 + A. m∈ [ −2; 4] .

1 3

  m ∈  ;  2 2

x xác định khi: 2

FI CI A

Hàm số f ( x) = x + 2m − 1 + 4 − 2m −

x +1 xác định trên khoảng ( −∞; −2 ) . 2 x + 4m − 8

B. m∈ [ −2;3) .

C. m∈ ( −2;3] . Lời giải

Tập xác định của hàm số là tập hợp các giá trị của

x thỏa mãn điều kiện:

ƠN

3m + 2  −2 x + 3m + 2 ≥ 0 x ≤ ⇔ 2 .   2 x + 4m − 8 ≠ 0  x ≠ 4 − 2 m

Chọn D

D. m ∈ [ −2;3] .

 3m + 2 ≥ −2 m ≥ −2   m∈[ −2;3] . Để hàm số xác định trên khoảng ( −∞; −2) cần có:  2 ⇔ m ≤ 3 4 − 2m ≥ −2 Câu 74: Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để tập xác định của hàm số 2 + 7 m + 1 − 2 x chứa đoạn [ −1;1] ? x − 2m

Đáp án

B. 1 A.

C. 2 Lời giải

D. Vô số

QU Y

A. 0

Hàm số xác định khi và chỉ khi:

 x ≠ 2m  x − 2m ≠ 0  ⇔ 7m + 1 .  7 m + 1 − 2 x ≥ 0  x ≤  2

Để tập xác định của hàm số chứa đoạn [ −1;1] thì ta phải có

KÈ

 7m + 1  2 ≥ 1 m ≥ 1/ 7 1    2m > 1 ⇔  m > 1/ 2 ⇔ m > .  2   m < −1/ 2      2m < −1

Vậy không có giá trị nguyên âm nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

DẠ

Câu 75: Cho hàm số y = x +1 + m − 2x với m ≥ −2 . Có bao nhiêu giá trị của tham số m để tập xác định của hàm số có độ dài bằng 1? A. 1 B. 2 Đáp án

C. 3 Lời giải

A. Page 21

D. 4

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Điều kiện xác định của hàm số:

 

Vậy D =  −1;

FI CI A

 x ≥ −1 x +1 ≥ 0 m  ⇔ m ⇔ −1 ≤ x ≤  2 m − 2 x ≥ 0  x ≤ 2

m m . Độ dài của D bằng 1 khi và chỉ khi − ( − 1) = 1 ⇔ m = 0 . 2  2

Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 76: Chọn khẳng định đúng? A. Hàm số y = f ( x ) được gọi là nghịch biến trên K nếu

DẠNG 2. XÁC ĐỊNH SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ CHO TRƯỚC

∀x1; x2 ∈K, x1 < x2  f (x1) < f (x2 ) .

∀x1; x2 ∈K, x1 < x2  f (x1) ≤ f (x2 ) .

C. Hàm số y = f ( x ) được gọi là đồng biến trên K nếu

∀x1; x2 ∈K, x1 < x2  f (x1) > f (x2 ) .

D. Hàm số y = f ( x ) được gọi là đồng biến trên K nếu

∀x1; x2 ∈K, x1 < x2  f (x1) < f (x2 ) .

ƠN

B. Hàm số y = f ( x ) được gọi là đồng biến trên K nếu

Lời giải

Chọn D

Lí thuyết định nghĩa hàm số đồng biến, nghịch biến

Câu 77: Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm đồng biến trên ℝ ?

Chọn B

B. y = 3 x + 2

QU Y

A. y = 1 − 2 x

y = 3 x + 2 đồng biến trên

y = x2 + 2x −1

D. y = −2 ( 2x − 3) .

Lời giải

ℝ vì có hệ số góc a = 3 > 0 .

Câu 78: Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên ℝ ?

KÈ

Chọn B

B. y = − 2 x .

C. y = 2 x .

D. y =

1 x 2

Lời giải

A. y = x .

Hàm số y = ax + b với a ≠ 0 nghịch biến trên ℝ khi và chỉ khi a < 0 .

Câu 79: Xét sự biến thiên của hàm số f ( x ) = 3 trên khoảng ( 0;+∞) . Khẳng định nào sau đây đúng? x

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; +∞) .

DẠ

B. Hàm số vừa đồng biến, vừa nghịch biến trên khoảng ( 0;+∞) . C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0;+∞) . D. Hàm số không đồng biến, không nghịch biến trên khoảng ( 0;+∞) . Lời giải Page 22

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Chọn A

∀x1 , x2 ∈ ( 0; +∞ ) : x1 ≠ x2

f ( x2 ) − f ( x1 ) 3 3 −3 ( x2 − x1 ) 3 − =  =− <0 x2 x1 x2 x1 x2 − x1 x2 x1

FI CI A

f ( x2 ) − f ( x1 ) =

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

2x +1 nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau? x −1 3  1   A. ( −∞; 2 ) . B.  − ; +∞  . C.  −1;  . D. (1; +∞ ) . 2  2   Lời giải

Câu 80: Hàm số y =

Chọn D Tập xác định: D = ℝ \ {1} .

3 ( x2 − x1 ) 2 x1 + 1 2 x2 + 1 2 x1 x2 − 2 x1 + x2 − 1 − 2 x2 x1 + 2 x2 − x1 + 1 − = = x1 − 1 x2 − 1 ( x1 − 1)( x2 − 1) ( x1 − 1)( x2 − 1)

Xét y1 − y2 =

ƠN

 Lấy x1; x2 ∈ ( −∞;1) sao cho x1 < x2 .

Với x1; x2 ∈ ( −∞;1) và x1 < x2 , ta có x2 − x1 > 0 ; x1 − 1 < 0 ; x2 − 1 < 0  y1 − y2 > 0 ⇔ y1 > y2 Do đó hàm số nghịch biến trên ( −∞;1)

Xét y1 − y2 =

QU Y

 Lấy x1; x2 ∈ (1; +∞ ) sao cho x1 < x2 .

3 ( x2 − x1 ) 2 x1 + 1 2 x2 + 1 2 x1 x2 − 2 x1 + x2 − 1 − 2 x2 x1 + 2 x2 − x1 + 1 − = = x1 − 1 x2 − 1 ( x1 − 1)( x2 − 1) ( x1 − 1)( x2 − 1)

Với x1; x2 ∈ (1; +∞ ) và x1 < x2 , ta có x2 − x1 > 0 ; x1 − 1 > 0 ; x2 − 1 > 0  y1 − y2 > 0 ⇔ y1 > y2

Do đó hàm số nghịch biến trên (1;+∞ ) .

KÈ

DẠNG 3. XÁC ĐỊNH SỰ BIẾN THIÊN THÔNG QUA ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ

DẠ

Câu 81: Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên như sau

Hàm số nghịch biến trong khoảng nào dưới đây?

A. ( −∞;0)

B. (1;+∞)

C. ( −2;2) Lời giải Page 23

D. ( 0;1)

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Ta thấy trong khoảng ( 0;1) , mũi tên có chiều đi xuống. Do đó hàm số nghịch biến trong

FI CI A

Đáp án

khoảng ( 0;1) .

Chọn đáp án sai.

ƠN

Câu 82: Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ.

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

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) . D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;0) .

Lời giải

Chọn C

QU Y

Từ đồ thị hàm số ta thấy:

Hàm số nghịch biến trong các khoảng: ( −∞; −1) và ( 0;1) . Hàm số đồng biến trong các khoảng: ( −1;0) và (1;+∞) .

DẠ

KÈ

Câu 83: Cho hàm số có đồ thị như hình bên dưới.

Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;3) .

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

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

D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;3) . Lời giải

Page 24

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Chọn C

FI CI A

Câu 84: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên khoảng ( −∞; +∞ ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Trên khoảng ( 0;2) , đồ thị hàm số đi xuống từ trái sang phải nên hàm số nghịch biến.

Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0;2)

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;0) D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0;3)

ƠN

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −3;0)

Đáp án

Lời giải C.

Quan sát trên đồ thị ta thấy đồ thị hàm số đi lên trên khoảng ( −1;0) . Vậy hàm số đồng biến

QU Y

trên khoảng ( −1;0) .

DẠNG 4. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ Câu 85: Trong các điểm sau đây điểm nào thuộc đồ thị của hàm số?

Chọn B

 1 −1  . 2 2 

B. M 2 ( 0; − 1) .

C. M3  ;

D. M4 (1; 0) .

Lời giải

A. M1 ( 2; 3) .

KÈ

Thay x = 0 vào hàm số ta thấy y = − 1 . Vậy M2 ( 0; −1) thuộc đồ thị hàm số. Câu 86: Cho hàm số

C. ( −2; −12 ) .

B. (1;1) .

D. (1; −1) .

Lời giải

A. ( −2;0) .

y = x3 −3x + 2. Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số đã cho?

DẠ

Chọn C Thay tọa độ điểm vào hàm số ta thấy chỉ có điểm ( −2;0) thỏa mãn. 2

Câu 87: Cho ( P ) có phương trình y = x A. Q( 4;2) .

− 2x + 4 . Điểm nào sau đây thuộc đồ thị

B. N ( −3;1) .

C. P = ( 4;0 ) . Page 25

(P) .

D. M ( −3;19 ) .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải Chọn D

x +1 ? x ( x − 2)

B. N ( −1;0) .

A. M ( 2;1) .

FI CI A

Câu 88: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y =

 1  2

C. P( 2;0) .

D. Q  0;  .

Lời giải Chọn B

Ta có: f ( −1) =

x +1 x ( x − 2) −1 + 1 =0. −1( −1 − 2 )

Câu 89: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y = A. M1 ( 2;1) .

1 ? x −1

ƠN

Đặt f ( x ) =

Thử trực tiếp thấy tọa độ của M ( −3;19 ) thỏa mãn phương trình ( P ) .

C. M3 ( 2;0) .

B. M 2 (1;1) .

D. M4 ( 0; −2) .

Lời giải Chọn A Đặt f ( x ) =

1 1 , ta có f ( 2 ) = =1. x −1 2 −1

A. M ( 3;0 ) . Chọn C

QU Y

Câu 90: Trong các điểm sau đây, điểm nào thuộc đồ thị hàm số y = x + 3 + x − 2 ? B. N (1;2) .

(

)

C. P 5; 8 + 3 .

D. Q( 5;8) .

Lời giải

Đặt f ( x ) = x + 3 + x − 2 , ta có f ( 5) = 5 + 3 + 5 − 2 = 8 + 3 .

KÈ

Câu 91: Điểm sau đây không thuộc đồ thị hàm số y = A. A( 2;0) .

 1  3

x2 − 4 x + 4 ? x C. C (1; −1) .

B. B  3;  .

D. D( −1; −3) .

Lời giải

Chọn C

DẠ

Đặt f ( x ) = x + 3 + x − 2 , ta có f ( 5) = 5 + 3 + 5 − 2 = 8 + 3 .

Câu 92: Tìm

m để đồ thị hàm số

A. m = 6 .

y = 4 x + m − 1 đi qua điểm

B. m = −1 .

A(1;2) .

C. m = −4 . Lời giải

Chọn B Page 26

D. m = 1 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

 2 x + 3 khi x ≤ 2

Câu 93: Đồ thị hàm số y = f ( x ) = 

2  x − 3 khi x > 2

đi qua điểm có tọa độ nào sau đây ?

B. ( 3;6)

C. ( 2;5)

D. ( 2;1)

FI CI A

A. ( 0; −3)

Đồ thị hàm số y = 4 x + m − 1 đi qua điểm A(1;2) suy ra 2 = 4.1 + m − 1  m = −1

Lời giải Chọn B

Thay tọa độ điểm ( 0; −3) vào hàm số ta được : f ( 0 ) = 3 ≠ −3 nên loại đáp án A

Thay tọa độ điểm ( 3;6) vào hàm số ta được : f ( 3) = 9 − 3 = 6 , thỏa mãn nên chọn đáp án B 2 x + 1 khi x ≤ 2 Câu 94: Đồ thị của hàm số y = f ( x ) =  đi qua điểm nào sau đây? −3 khi x > 2

A. ( 0; −3)

B. ( 3;7 )

C. ( 2; −3)

D. ( 0;1)

Với x = 0 < 2 thì y = f ( 0) = 2.0 + 1 = 1 .

ƠN

Lời giải

Đáp án

Vậy đồ thị của hàm số đã cho đi qua điểm ( 0;1) . D.

A. ( 4; −1) . Chọn B

5 − 2. ( −2) −2 −1

B. ( −2; −3) .

C. ( −1;3) .

D. ( 2;1) .

Lời giải

= −3 . Nên ( −2; −3) thuộc đồ thị hàm số đã cho.

Ta thấy

QU Y

 x 2 − 2 x khi x ≥ 1 Câu 95: Cho hàm số y =  5 − 2 x . Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số? khi x < 1   x −1

KÈ

 x 2 − 2 x khi x ≥ 1  Câu 96: Cho hàm số y =  5 − 2 x . Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số? khi x < 1   x −1

A. ( 4; −1) .

B. ( −2; −3) .

C. ( −1;3) .

Lời giải

DẠ

Chọn B Ta thấy

5 − 2. ( −2) −2 −1

= −3 . Nên ( −2; −3) thuộc đồ thị hàm số đã cho.

Câu 97: Cho hàm số f ( x ) = 2 x + a có f ( −4) = 13 . Khi đó giá trị của alà x+5

Page 27

D. ( 2;1) .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG A. a = 11.

B. a = 21 .

C. a = −3 . Lời giải

D. a = 3 .

2.( −4) + a −4 + 5

= 13 ⇔ a = 21.

 x 2 + 3 x + 1; khi x ≤ 1

Câu 98: Cho hàm số f ( x ) = 

− x + 2

A. −1.

; khi x > 1

B. 4.

FI CI A

Ta có f ( −4) =

Chọn B

. Tính f ( −2) . C. −7 . Lời giải

D. 0.

Chọn A  x 2 + 3 x + 1; khi x ≤ 1 f (x) =   − x + 2 ; khi x > 1 2

ƠN

 f ( −2 ) = ( −2 ) + 3. ( −2 ) + 1 = −1 .

7 3

A. P = 3 .

B. P = .

2 x − 2 −3 khi x ≥ 2  Câu 99: Hàm số f ( x ) =  . Tính P = f ( 2) + f ( −2 ) . x −1  x2 + 2 khi x<2  C. P = 6 .

D. P = 2 .

Lời giải

Chọn A

2 2−2 −3  2 + ( −2 ) + 2 = 3 .   2 −1

QU Y

Ta có: P = f ( 2) + f ( −2 ) =

2 x + 2 −3 x −1 x2 + 1 

Câu 100: Cho hàm số f ( x ) =  5 3

KÈ

Chọn C

P = f ( 2) + f ( −2) =

DẠ

khi

x<2

8 3

C. P = 6 .

D. P = 4 .

Lời giải

2 2+ 2 −3 2 + ( −2) + 1 = 6 . 2 −1  2 x − 1 khi x > 0

Câu 101: Cho hàm số y = f ( x ) =  A. −2.

x ≥ 2 . Tính P = f ( 2) + f ( −2 ) .

B. P = .

A. P = .

khi

3 x

B. 0.

khi x ≤ 0

. Giá trị của biểu thức P = f ( −1) + f (1) là: C. 1. Lời giải

Chọn D

Page 28

D. 4.

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG 2

f ( −1) = 3. ( −1) = 3 .

f (1) = 2.1 − 1 = 1 .

FI CI A

Vậy P = f ( −1) + f (1) = 3 +1 = 4 .

1 − x x ≥ 1 Câu 102: Cho hàm số f ( x) =  . Giá trị của biểu thức T = f ( − 1) + f (1) + f (5) là 2 x − 1 x < 1 A. T = −2 . B. T = −7 . C. T = 6 . D. T = 7 .

Lời giải

Vì −1 <1nên f ( − 1) = 2.( − 1) − 1 = − 3 , và f (1) = 1 − 1 = 0 Vì 5 >1nên f (5) = 1 − 5 = − 4 Vậy T = f ( − 1) + f (1) + f (5) = − 3 + 0 − 4 = − 7 .

Chọn B

B. 15 .

C. 17 .

A. − 5 .

ƠN

 x + 4 −1 khi x > 4  Câu 103: Cho hàm số f ( x ) =  x − 1 . Tính f ( 5) + f ( −5) . 3 − x khi x ≤ 4 

Lời giải

Chọn C

QU Y

5 + 4 −1 1 17 + 3+ 5 = + 8 = . 5 −1 2 2

DẠ

KÈ

f ( 5) + f ( −5) =

Page 29

D. − 3 . 2

BÀI 16. HÀM SỐ BẬC HAI LÝ THUYẾT.

I =

HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ

FI CI A

CHƯƠNG

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

ƠN

1. ĐỊNH NGHĨA Hàm số bậc hai là hàm số cho bởi công thức: y = ax 2 + bx + c, trong đó x là biến số, a, b, c là các hằng số và a ≠ 0 .

Tập xác định của hàm số bậc hai là ℝ . Chú ý : + Khi a = 0 , b ≠ 0 , hàm số trở thành hàm số bậc nhất y = bx + c . + Khi a = b = 0 , hàm số trở thành hàm hằng y = c . 2. ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ BẬC HAI

a) Đồ thị hàm số y = ax2 , a ≠ 0 là một parabol có đỉnh là gốc tọa độ, có trục đối xứng là trục

QU Y

tung (là đường thẳng x = 0 ). Parabol này quay bề lõm lên trên nếu a > 0 , xuống dưới nếu a <0. b) Đồ thị hàm số y = ax2 + bx + c, a ≠ 0 là một parabol có:

∆  b + Đỉnh I  − ; −  .  2a 4a 

b . 2a + Bề lõm hướng lên trên nếu a > 0 , hướng xuống dưới nếu a < 0 .

+ Trục đối xứng là đường thẳng x = −

KÈ

+ Giao điểm với trục tung là M ( 0; c ) .

DẠ

+ Số giao điểm với trục hoành bằng số nghiệm của phương trình ax 2 + bx + c = 0 .

Page 1

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

a>0

a<0

BẢNG BIẾN THIÊN

a<0

FI CI A

a>0

 b  + Khi a > 0 , hàm số đồng biến trên khoảng  − ; +∞  và nghịch biến trên khoảng  2a  b   + Khi a < 0 , hàm số đồng biến trên khoảng  −∞; −  và nghịch biến trên khoảng 2a  

b    −∞; −  . 2a    b   − ; +∞  .  2a 

∆   b 1. Xác định toạ độ đỉnh I  − ; −  ;  2 a 4a  2. Vẽ trục đối xứng x = −

b ; 2a

ƠN

- Để vẽ đường parabol y = ax 2 + bx + c ta tiến hành theo các bước sau:

3. Xác định toạ độ các giao điểm của parabol với trục tung, trục hoành (nếu có) và một vài điểm đặc biệt trên parabol; 4. Vẽ parabol.

QU Y

BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA. 6.7. Vẽ các đường parabol sau: a) y = x 2 − 3 x + 2 ;

b) y = −2 x 2 + 2 x + 3 ;

c) y = x 2 + 2 x + 1 ;

KÈ

d) y = − x 2 + x − 1 .

6.8. Từ các parabol đã vẽ ở Bài tập 6.7, hãy cho biết khoảng đồng biến và khoảng nghịch biến của mỗi hàm số bậc hai tương ứng. 6.9. Xác định parabol y = ax 2 + bx + 1 , trong mỗi trường hợp sau:

DẠ

a) Đi qua hai điểm A(1;0) và B(2; 4) ;

b) Đi qua điểm A(1;0) và có trục đối xứng x = 1 ;

c) Có đỉnh I (1;2) ; d) Đi qua điểm A(−1;6) và có tung độ đỉnh −0, 25 .

Page 2

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG 6.10. Xác định parabol y = ax 2 + bx + c , biết rằng parabol đó đi qua điểm A(8;0) và có đỉnh là I (6; −12) .

a) ( P) nằm hoàn toàn phía trên trục hoành; b) ( P) nằm hoàn toàn phía dưới trục hoành;

FI CI A

6.11. Gọi ( P) là đồ thị hàm số bậc hai y = ax 2 + bx + c . Hãy xác định dấu của hệ số a và biệt thức ∆ , trong mỗi trường hợp sau:

c) ( P) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt và có đỉnh nằm phía dưới trục hoành; d) ( P) tiếp xúc với trục hoành và nằm phía trên trục hoành.

6.12. Hai bạn An và Bình trao đổi với nhau.

ƠN

An nói: Tớ đọc ở một tài liệu thấy nói rằng cổng Trường Đại học Bách khoa Hà Nội (H.6.14) có dạng một parabol, khoảng cách giữa hai chân cổng là 8 m và chiều cao của cổng tính từ một điểm trên mặt đất cách chân cổng 0,5 m là 2,93 m. Từ đó tór tính ra được chiểu cao của cổng parabol đó là 12 m . Sau một hồi suy nghĩ, Bình nói: Nếu dữ kiện như bạn nói, thì chiều cao của cổng parabol mà bạn tính ra ở trên là không chính xác.

KÈ

QU Y

Dựa vào thông tin mà An đọc được, em hãy tính chiều cao của cổng Trường Đại học Bách khoa Hà Nội để xem kết quả bạn An tính được có chính xác không nhé!

6.13. Bác Hùng dùng 40 m lưới thép gai rào thành một mảnh vườn hình chữ nhật để trồng rau.

DẠ

a) Tính diện tích mảnh vườn hình chữ nhật rào được theo chiều rộng x (mét) của nó.

b) Tìm kích thước của mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích lớn nhất mà bác Hùng có thể rào được.

6.14. Quỹ đạo của một vật được ném lên từ gốc O (được chọn là điểm ném) trong mặt phẳng toạ độ −3 2 Oxy là một parabol có phương trình y = x + x , trong đó x (mét) là khoảng cách theo 1000 Page 3

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG phương ngang trên mặt đất từ vị trí của vật đến gốc 0, y (mét) là độ cao của vật so với mặt đất (H.6.15).

a) Tìm độ cao cực đại của vật trong quá trình bay.

II =

HỆ THỐNG BÀI TẬP TỰ LUẬN.

ƠN

FI CI A

b) Tính khoảng cách từ điểm chạm đất sau khi bay của vật đến gốc O . Khoảng cách này gọi là tầm xa của quỹ đạo.

1 =

PHƯƠNG PHÁP.

VẤN ĐỀ 1. TÌM ĐIỀU KIỆN ĐỂ HÀM SỐ y = ax 2 + bx + c ĐỒNG BIẾN TRÊN KHOẢNG (a; b)

QU Y

a = 0 + Trường hợp a = 0 : Yêu cầu của bài toán ⇔  . b > 0

a > 0  + Trường hợp a > 0 : Yêu cầu của bài toán ⇔   b . ( A; B ) ⊂  − 2a ; +∞    

KÈ

a < 0  + Trường hợp a < 0 : Yêu cầu của bài toán ⇔  b .  ( A; B ) ⊂  −∞; − 2a     Lưu ý:

DẠ

- Việc tìm điều kiện để hàm số y = ax 2 + bx + c nghịch biến trên khoảng ( A; B) được làm tương tự .

2 =

- Có thể dựa vào định nghĩa tính đồng biến, nghịch biến của hàm số để thực hiện các bài toán trên.

BÀI TẬP.

Page 4

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = - x 2 + 2mx + 1 đồng biến trên ( −∞;3) .

b = m nên hàm số đã cho đồng biến trên ( −∞; m ) . 2a

Do vậy, yêu cầu của bài toán ⇔ −

FI CI A

Ta có a = −1 < 0 , −

Lời giải

b ≥ 3⇔ m ≥ 3. 2a

Kết luận: m ≥ 3 .

Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = −4 x 2 + 4mx − m2 + 2 nghịch biến trên

Lời giải

b m m  nên hàm số đã cho nghịch biến trên  ; +∞  . = 2a 2 2 

Do vậy, yêu cầu của bài toán ⇔

ƠN

Ta có a = −4 < 0; −

( −2; +∞ ) .

m ≤ −2 ⇔ m ≤ −4 . 2

Kết luận: m ≤ −4 .

Câu 3. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = (m2 + 1) x2 − 4mx + 1 nghịch biến trên

( −∞;1) .

Lời giải

b 2m nên hàm số đã cho nghịch biến trên = 2 2a m + 1

Do vậy, yêu cầu của bài toán ⇔ Kết luận: m = 1 .

2m    −∞; 2  . m +1 

QU Y

Ta có a = m2 + 1 > 0, −

2m ≥ 1 ⇔ (m − 1)2 ≤ 0 ⇔ m = 1 . m2 + 1

Câu 4. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = mx2 − (m2 + 1) x + 3 đồng biến trên (1;+∞ ) .

KÈ

Ta có a = m , −

Lời giải

b m2 + 1 = với m ≠ 0 . 2a 2m

+ Trường hợp m = 0 : Hàm số đã cho trở thành y = − x + 3 , là hàm số nghịch biến trên ℝ nên không thể đồng biến trên (1;+∞ ) . Tức m = 0 không thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

DẠ

+ Trường hợp m < 0 : Ta có a = m < 0 nên hàm số có BBT như sau:

Page 5

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG x

FI CI A

Dựa vào BBT thấy hàm số không thể đồng biến trên (1;+∞ ) . Tức m < 0 bị loại. + Trường hợp m > 0 : Ta có a = m > 0 nên hàm số có BBT như sau:

ƠN

m > 0 ⇔ m = 1.  2 1 + m ≤ 2m

m > 0  Dựa vào BBT thấy yêu cầu của bài toán ⇔ 1 + m 2 ⇔ ≤1   2m Tóm lại: m = 1 .

Câu 5. Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y = mx2 + 2(m − 1) x + 2m + 1 nghịch biến trên ( −1; 2 ) .

Ta có a = m , −

QU Y

Lời giải

b 1− m với m ≠ 0 . = 2a m

+ Trường hợp m = 0 : Hàm số đã cho trở thành y = −2 x + 1 , là hàm số nghịch biến trên ℝ nên cũng nghịch biến trên ( −1; 2 ) . Tức m = 0 thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

 1− m  ; +∞  + Trường hợp m < 0 : Ta có a = m < 0 nên hàm số nghịch biến trên  m  

KÈ

Do vậy yêu cầu của bài toán ⇔

1− m 1 ≤ −1 ⇔ ≤ 0 , đúng với m < 0 . m m

1− m   + Trường hợp m > 0 : Ta có a = m > 0 nên hàm số nghịch biến trên  −∞; . m  

DẠ

Do vậy yêu cầu của bài toán

1− m 1 − 3m 1 ≥2⇔ ≥0 ⇔ m≤ . m m 3

1 Tóm lại: m ≤ . 3

Page 6

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = f ( x) = ( m − 2 ) x 2 − 2mx + m + 2019 nghịch biến trên khoảng ( −∞;3) .

Lời giải

m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. + Trường hợp m ≠ 2 : Dựa vào sự biến thiên hàm bậc hai ta thấy

FI CI A

+ Trường hợp m = 2  y = −4 x + 2019 , nghịch biến trên ℝ nên nghịch biến trên ( −∞;3) . Tức

m − 2 > 0  f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞;3) ⇔  m ⇔ 2 < m ≤ 3.  m − 2 ≥ 3 Từ các trường hợp trên, suy ra: 2 ≤ m ≤ 3

ƠN

Vậy 2 ≤ m ≤ 3 .

Câu 7. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = f ( x) = mx 2 − ( 2m + 1) x + 3 đồng biến trên khoảng ( 2;3) .

Lời giải

+ Trường hợp m = 0  f ( x) = − x + 3 nghịch biến trên ℝ . Tức m = 0 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

QU Y

 2m + 1  ; +∞  . + Trường hợp m > 0 : f ( x ) đồng biến trên   2m  Do đó: f ( x) đồng biến trên ( 2;3) ⇔

2m + 1 1 ≤ 2 ⇔ 2m + 1 ≤ 4m ⇔ m ≥ . 2m 2

2m + 1   + Trường hợp m < 0 : f ( x) đồng biến trên  −∞; . 2m  

KÈ

Do đó: f ( x) đồng biến trên ( 2;3) ⇔

2m + 1 1 ≥ 3 ⇔ 2m + 1 ≤ 6m ⇔ m ≥ (Không thỏa mãn 2m 4

m < 0 ).

DẠ

Từ các trường hợp trên, suy ra m ≥

Vậy m ≥

1 . 2

Page 7

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

biến trên khoảng ( −2; +∞ ) , hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

6a 2 . 5a 2 + 2ab + b2

 b  Do a > 0 nên f ( x) đồng biến trên  − ; + ∞   2a  Từ đây ta có: f ( x ) đồng biến trên ( −2; +∞ ) ⇔

−b b ≤ −2 ⇔ ≥ 4 . 2a a

FI CI A

Lời giải

6a 2 6 6 b = = 2 Ta có P = 2 , với t = ≥ 4 . 2 2 5a + 2ab + b  b  t + 2t + 5 a b   + 2  + 5 a a 2

b 6 , đạt được khi = 4 . a 29

DẠ

KÈ

QU Y

Do đó MaxP =

ƠN

Có t 2 + 2t + 5 = ( t + 1) + 4 ≥ 29 , ∀t ≥ 4 . Dấu bằng xảy ra khi t = 4 .

Page 8

Câu 8. Cho hàm số: y = f ( x ) = ax 2 + bx + c với a , b , c là các tham số, ( a > 0 ) . Biết rằng f ( x ) đồng

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG VẤN ĐỀ 2. XÁC ĐỊNH HÀM SỐ BẬC HAI

1 =

PHƯƠNG PHÁP.

FI CI A

Để xác định hàm số bậc hai y = f ( x ) = ax 2 + bx + c (đồng nghĩa với xác định các tham số a, b, c ) ta cần dựa vào giả thiết để lập nên các phương trình (hệ phương trình) ẩn là a, b, c . Từ đó tìm

được a, b, c . Việc lập nên các phương trình nêu ở trên thường sử dụng đến các kết quả sau:

- Đồ thị hàm số có trục đối xứng x = x0 ⇔ −

 b − 2a = xI ⇔ − ∆ = y I  4a

    

  b = xI  −  2a .  f ( xI ) = y I   

ƠN

- Đồ thị hàm số có đỉnh là I ( xI ; yI )

b = x0 . 2a

- Đồ thị hàm số đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) ⇔ y0 = f ( x0 ) .

- Trên ℝ , ta có:

1. f ( x ) có giá trị lớn nhất ⇔ a < 0 . Lúc này gí trị lớn nhất của f ( x ) là −

2 =

BÀI TẬP.

QU Y

2. f ( x ) có giá trị nhỏ nhất ⇔ a > 0 . Lúc này giá trị nhỏ nhất f ( x ) là −

∆  b  = f −  . 4a  2a 

Câu 1. Xác định parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + 2 , biết rằng ( P ) đi qua điểm M (1;5 ) và có trục đối xứng là

Lời giải

KÈ

1 đường thẳng x = − . 4

a + b + 2 = 5 a + b = 3 a = 2  Ta có:  b . ⇔ 1 ⇔  a = 2b b = 1 − 2a = − 4

DẠ

Vậy ( P ) có phương trình là y = 2 x2 + x + 2 .

 1 11  Câu 2. Xác định parabol ( P ) : y = ax 2 + 2 x + c , biết rằng I  ;  là đỉnh của ( P ) . 2 2 

Lời giải Page 9

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Vậy ( P ) có phương trình là y = −2 x 2 − 2 x + 5 .

FI CI A

 2 1 − =  a = −2  2a 2 Ta có :  . ⇔ c = 5  − 4 + 8c = 11 2  −8

Câu 3. Tìm parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c , biết rằng ( P ) đi qua ba điểm A (1; − 1) , B ( 2;3) , C ( −1; − 3) . Lời giải

 a.12 + b.1 + c = −1 a = 1  2  ⇔ b = 1  ( P ) : y = x 2 + x − 3 . Ta có:  a.2 + b.2 + c = 3 c = −3  2   a. ( −1) + b ( −1) + c = −3 Vậy ( P ) có phương trình là y = x 2 + x − 3 .

ƠN

Câu 4. Xác định hàm số y = ax 2 + bx + c với a , b , c là các tham số, biết rằng hàm số ấy đạt giá trị lớn nhất bằng 5 tại x = −2 và có đồ thị đi qua điểm M (1; − 1) .

Tập xác định D = ℝ . Trên ℝ , do hàm số A

; − 1

Lời giải

) đạt giá trị lớn nhất nên a < 0 .

QU Y

2  a=−  b  3  − 2 a = −2   8  Do đó theo giả thiết, ta có:  4a − 2b + c = 5 ⇔ b = − (nhận). 3   a + b + c = −1 7    c = 3 

2 8 7 Vậy hàm số cần tìm là y = − x 2 − x + . 3 3 3

Câu 5. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để parabol ( P ) : y = mx2 − 2mx − 3m − 2 ( m ≠ 0 ) cắt đường

KÈ

thẳng y = 3 x − 1 tại đỉnh của nó.

Lời giải

Đỉnh của ( P ) là I (1; −4m − 2 ) .

DẠ

Theo giả thiết, I thuộc đường thẳng y = 3 x − 1 nên −4m − 2 = 3.1 − 1 ⇔ m = −1. Vậy m = −1 .

2 Câu 6. Tìm parabol ( P) : y = ax − 4x + c biết rằng hoành độ đỉnh của ( P ) bằng −3 và ( P ) đi qua điểm

M ( −2;1) . Page 10

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải

FI CI A

2  a=−  −4  − 4 = 6 a  − = − 3  3 . Ta có:  2 a ⇔ ⇔ 4 a + c = − 7 13  c = −  4 a + 8 + c = 1  3 2 13 Vậy parabol ( P ) có phương trình là y = − x 2 − 4 x − . 3

Lời giải Tập xác định: D = ℝ .

có giá trị nhỏ nhất nên a > 0 .

ƠN

Trên ℝ hàm số

Câu 7. Tìm các tham số a, b, c sao cho hàm số y = ax 2 + bx + c đạt giá trị nhỏ nhất là 4 tại x = 2 và đồ thị của nó cắt trục tung tại điểm có tung độ là 6.

Lại có đồ thị hàm số có đỉnh I ( 2;4 ) . Do đó ta có:

1  b  a= − 2a = 2  b = −4a 2    4a + 2b + c = 4 ⇔ 4a + 2b = −2 ⇔ b = −2 (nhận). c = 6 c = 6 c = 6     

QU Y

Câu 8. Tìm tất cả các giá trị của ham số m sao cho parabol ( P ) : y = x 2 − 4 x + m cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn OA = 3OB.

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và Ox là: x 2 − 4 x + m = 0. (*)

( P)

cắt Ox tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt

xA, xB là hai nghiệm của (*). Ta có

KÈ

G ọi

⇔ ∆′ = 4 − m > 0 ⇔ m < 4.  x = 3 xB OA = 3OB  x A = 3 x B ⇔  A .  x A = −3 xB

DẠ

 xA = 3xB  xA = 3    m = xA .xB = 3 < 4.  TH1: xA = 3xB   xA + xB = 4 ⇔  xB = 1  x .x = m  x .x = m  A B  A B  xA = −3xB  xA = 6    TH2: xA = −3xB   xA + xB = 4 ⇔  xB = −2  m = xA .xB = −12 < 4 .  x .x = m  x .x = m  A B  A B Page 11

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Vậy m∈{−12;3} .

Câu 9. Cho hàm số y = f ( x ) = 4 x 2 − 4mx + m 2 − 2m . Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho giá trị

FI CI A

nhỏ nhất của f ( x ) = 3 .

Lời giải

Ta có a = 4 > 0 nên đồ thị hàm số là một parabol có bề lõm hướng lên và có hoành độ đỉnh m . 2

• Nếu

m < −2 ⇔ m < −4 thì 2

xI <−2 < 0 . Suy ra f ( x) đồng biến trên đoạn [ −2;0] . 2

Do đó min f ( x) = f ( −2) = m + 6m +16 . [ −2;0]

Theo yêu cầu bài toán: m 2 + 6 m + 16 = 3 (vô nghiệm).

xI =

ƠN

• Nếu −2 ≤ m ≤ 0 ⇔ −4 ≤ m ≤ 0 thì xI ∈ [ 0;2] . Suy ra f ( x) đạt giá trị nhỏ nhất tại xI = m . 2

m  = −2m . 2

Do đó min f ( x ) = f  [−2;0]

Theo yêu cầu bài toán − 2 m = 3 ⇔ m = − 3 (thỏa mãn −4 ≤ m ≤ 0 ). 2

• Nếu m > 0 ⇔ m > 0 thì 2

xI > 0 > −2 . Suy ra f ( x) nghịch biến trên đoạn [ −2;0] .

QU Y

Do đó min f ( x) = f ( 0) = m − 2m. [ −2;0]

 m = −1 Theo yêu cầu bài toán: m2 − 2m = 3 ⇔  ⇔ m = 3 ( Vì m > 0 ). m = 3

 −3  ;3 . 2 

Từ các trường hợp trên, ta được m ∈ 

KÈ

VẤN ĐỀ 3. ĐỒ THỊ HÀM SỐ BẬC HAI Dạng 1. Cho parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c . + Xác định trục đối xứng, tọa độ đỉnh của ( P ) .

+ Tương giao của ( P ) với trục Ox .

DẠ

+ Tìm điều kiện để các giao điểm của ( P ) và trục Ox thỏa mãn điều kiện nào đó.

1 =

PHƯƠNG PHÁP.

Page 12

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

+ Đường thẳng x =

−b  −b −∆  là trục đối xứng của ( P ) , điểm I  ;  là đỉnh của ( P ) . 2a  2a 4a 

Thường dùng đến các kết quả sau:

FI CI A

+ Nghiệm (nếu có) của phương trình ax 2 + bx + c = 0 là hoành độ giao điểm của ( P ) và trục

Ox .

∆ ≥ 0  - A, B cùng ở bên trái đối với trục Oy ⇔  x A + xB < 0 .  x .x > 0  A B

ƠN

∆ ≥ 0  - A, B cùng ở bên phải đối với trục Oy ⇔  xA + xB > 0 .  x .x > 0  A B

+ Giả sử A ( xA ; y A ) , B ( xB ; y A ) là hai giao điểm của ( P ) và trục Ox . Khi đó:

∆ ≥ 0 . - A, B cùng ở một bên đối với trục Oy ⇔   x A .xB > 0

- A, B không ở cùng một bên đối với trục Oy ⇔ xA .xB < 0 .

2 =

QU Y

BÀI TẬP.

2 Câu 1. Cho parabol ( P ) : y = x + 5x − 6. Xác định trục đối xứng, tọa độ đỉnh của parabol ( P ) , tọa độ

giao điểm của parabol ( P ) với trục hoành.

5 có trục đối xứng là x = − ; 2

KÈ

( P)

∆ 49 b 5 = − , do vậy: =− , − 4a 4 2a 2

+ Ta có −

Lời giải

 5 49  có đỉnh là I  − ; −  . 4  2 + Hoành độ giao điểm của ( P ) với trục hoành là nghiệm của phương trình

DẠ

( P)

x = 1 . x2 + 5x − 6 = 0 ⇔   x = −6

Vậy tọa độ giao điểm của ( P ) với trục hoành là (1; 0 ) , ( −6; 0 ) .

Page 13

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 2. Cho parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c với a < 0 . Xét dấu của ∆ , b , c biết rằng ( P ) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ âm.

đã cho cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ âm khi và chỉ khi

+ Biện luận số điểm chung của ( P ) và trục hoành. + Tìm điều kiện để đường thẳng d tiếp xúc với ( P ) .

1 =

ƠN

PHƯƠNG PHÁP.

 ∆ > 0 ∆ > 0 ∆ > 0     −b  S < 0 ⇔  < 0 ⇔ b < 0 . a P > 0 c < 0    c > 0  a Dạng 2. Cho parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c và đường thẳng d : y = mx + n

FI CI A

(P)

Lời giải

+ Xét phương trình ax 2 + bx + c = 0 (*). - ( P ) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt.

- ( P ) và trục hoành có một điểm chung (còn gọi là tiếp xúc với nhau) ⇔ (*) có một nghiệm. - ( P ) và trục hoành không có điểm chung ⇔ (*) vô nghiệm.

2 =

BÀI TẬP.

QU Y

+ d và ( P ) tiếp xúc với nhau ⇔ ax 2 + bx + c = mx + n có nghiệm kép.

Câu 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để parabol ( P ) : y = x 2 + 3 x + m cắt trục hoành tại hai điểm Lời giải

phân biệt

KÈ

Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và trục hoành là x + 3x + m = 0 (*). Yêu cầu của bài toán ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = 9 − 4 m > 0 ⇔ m < 9 . 4

Vậy m <

9 . 4

DẠ

Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để parabol ( P ) : y = x 2 − 2 x + m − 1 và trục Ox không có điểm chung. Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và trục Ox là x 2 − 2 x + m − 1 = 0 (*) Yêu cầu của bài toán ⇔ (*) vô nghiệm ⇔ ∆′ < 0 ⇔ 2 − m < 0 ⇔ m > 2 . Vậy m > 2 . Page 14

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 3. Cho parabol ( P ) : y = x 2 + x + 2 và đường thẳng d : y = ax + 1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số

Lời giải

⇔ x 2 + (1 − a ) x + 1 = 0

(1) . 2

FI CI A

Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và d là: x 2 + x + 2 = ax + 1

a để d tiếp xúc với ( P ) .

d tiếp xúc với ⇔ (1) có nghiệm duy nhất ⇔ ∆ = 0 ⇔ (1 − a ) − 4 = 0

 a = −1 . ⇔ a 2 − 2a − 3 = 0 ⇔  a = 3 Vậy a ∈ {−1;3} .

ƠN

VẤN ĐỀ 4. TƯƠNG GIAO ĐỒ THỊ Dạng 1. Dựa vào đồ thị của hàm số f ( x ) để biện luận theo tham số m số nghiệm của phương

1 =

PHƯƠNG PHÁP. - Vẽ đồ thị ( C ) của hàm số f ( x ) .

trình f ( x ) = g ( m ) .

QU Y

- Tùy vào giá trị của g ( m ) để chỉ ra số giao điểm của đường thẳng d : y = g ( m ) và ( C ) . - Số giao điểm của d và ( C ) cũng chính là số nghiệm của phương trình f ( x) = g ( m) .

*Lưu ý: Đường thẳng d : y = g ( m) là đường thẳng có phương ngang và cắt trục tung tại điểm có tung độ g ( m) .

2 =

BÀI TẬP.

Câu 1. Cho hàm số y = − x 2 + 4 x + 2 có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Dựa vào đồ thị tìm các giá trị của

DẠ

KÈ

tham số m để phương trình − x 2 + 4 x + 2 = m có 2 nghiệm phân biệt.

Lời giải Page 15

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Phương trình − x 2 + 4 x + 2 = m (1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số ( P )

y =−x2 + 4x + 2 và đường thẳng

d:y=m.

của hàm số

FI CI A

Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của ( P ) và ( d ) . Dựa vào đồ thị ta thấy, yêu cầu bài toán ⇔m < 6 . Vậy m < 6 .

Câu 2. Cho hàm số y = x 2 − 6 x + 5 có đồ thị ( P ) như nhình vẽ bên dưới. Dựa vào đồ thị, tìm các giá trị

ƠN

của tham số m để phương trình: 2 x 2 − 12 x + 6m − 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt dương.

Lời giải

Phương trình: 2 x 2 − 12 x + 6 m − 1 = 0 ⇔ x 2 − 6 x + 5 = −3m +

11 (1). 2

Phương trình (1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số ( P )

y = x2 −6x +5 và

QU Y

đường thẳng ( d ) y = − 3 m + 11 . 2

Số nghiệm của phương trình (1) chính bằng số giao điểm của ( P ) và ( d ) . Dựa vào đồ thị ta thấy, yêu cầu bài toán ⇔−4 < −3m + 11 < 5 ⇔ 1 < m < 19 . 6

1 19 . <m< 6 6

Vậy

KÈ

2 Câu 3. Cho parabol ( P) : y = ax + bx + c ( a ≠ 0) có đồ thị như hình bên. Tìm các giá trị của tham số

DẠ

để phương trình ax 2 + bx + c = m có bốn nghiệm phân biệt.

Page 16

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Đồ thị ( C ) của hàm số y = ax 2 + bx + c bao gồm: - Phần 1: Là phần tính từ O x trở lên của ( P ) .

Lời giải

QU Y

ƠN

- Phần 2: Là phần đối xứng của phần phía dưới O x của ( P ) qua trục O x .

Phương trình ax 2 + bx + c = m là phương trình hoành độ giao điểm của (C ) y = ax 2 + bx + c và đường thẳng d : y = m .

Số nghiệm của phương trình ax 2 + bx + c = m bằng số giao điểm của ( C ) và ( d ) . Dựa vào đồ thị ( C ) ta thấy, yêu cầu của bài toán ⇔ suy ra 0 < m < 3 .

KÈ

Vậy 0 < m < 3 .

Câu 4. Cho phương trình x 2 + 4 x − m = 0 (1) . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1)

DẠ

có đúng một nghiệm thuộc khoảng ( −3;1) .

Lời giải

2 2 Phương trình x + 4x − m = 0 ⇔ x + 4x = m (1) .

(1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ( P ) của hàm số y = x2 + 4x và đường thẳng d : y = m (cùng phương với trục O x , cắt trục tung tại điểm có tung độ

Page 17

m ).

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

FI CI A

Vẽ đồ thị ( P )

Số nghiệm của phương trình (1) chính bằng số giao điểm của ( P ) và ( d ) .

Dựa vào đồ thị, ta thấy phương trình x 2 + 4 x − m = 0 có đúng một nghiệm thuộc khoảng ( −3;1) khi và chỉ khi − 3 < m < 5 . Vậy − 3 < m < 5 .

m nguyên trong nửa khoảng ( 0; 2019]

để phương trình x 2 − 4 x −5 − m = 0

ƠN

Câu 5. Có bao nhiêu giá trị

có hai nghiệm phân biệt?

Lời giải

PT: x 2 − 4 x −5 − m = 0 ⇔ x 2 − 4 x −5 = m (1) .

Số nghiệm phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị ( P ) của hàm số y = x 2 − 4 x − 5 và

đường thẳng y = m .

QU Y

y = x2 − 4x −5 ta thấy nó có đồ thị ( P1 ) như hình sau đây:

DẠ

KÈ

Xét hàm số

2 Xét hàm số y = x − 4 x − 5 ta thấy đây là hàm số chẵn nên đồ thị ( P2 ) của nó nhận O y làm

trục đối xứng. 2 2 Mà y = x − 4 x − 5 = x − 4x − 5 nếu x ≥ 0 nên ( P2 ) gồm hai phần:

-Phần 1: Là phần bên phải O y của ( P1 ) kể cả giao điểm của ( P1 ) và O y . Page 18

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG -Phần 2: Là phần đối xứng của phần 1 qua trục O y .

FI CI A

Tức ( P2 ) như hình sau đây:

2 ( y ≥ 0)  x − 4 x − 5 . Xét hàm số y = x − 4 x − 5 , ta có: y =  2 − ( x − 4 x − 5) ( y < 0 )

ƠN

Tức ( P ) gồm hai phần:

-Phần 3: Là phần phía trên O x của ( P2 ) kể cả các giao điểm của ( P2 ) và O x . -Phần 4: Là phần đối xứng của phần phía dưới O x của ( P2 ) qua trục Ox .

KÈ

QU Y

Tức ( P ) như hình sau đây

DẠ

m > 9 Quan sát ( P ) ta thấy: yêu cầu bài toán ⇔  . m = 0

m ∈ ℤ  m ∈{10;11;12;...;2019} . m ∈ ( 0;2019]

Do 

Vây có 2010 giá trị của tham số

m thỏa yêu cầu bài toán Page 19

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Dạng 2. Sự tương giao của đồ thị hàm số bậc nhất và bậc hai

1 =

y = ax2 + bx + c với a ≠ 0 và đồ thị d của hàm số

y = kx + m .

FI CI A

Cho đồ thị ( P ) của hàm số

PHƯƠNG PHÁP.

Toạ độ giao điểm của hai đồ thị ( P ) và d là nghiệm của hệ phương trình  y = ax 2 + bx + c (1)   y = kx + m

ax 2 + bx + c = kx + m

⇔ ax2 + ( b − k ) x + c − m = 0

( 2)

Nhận xét:

Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và d là

ƠN

1. Số giao điểm của ( P ) và d bằng số nghiệm của hệ phương trình (1) và cũng bằng số nghiệm của phương trình (2).

2. Nếu phương trình (2) vô nghiệm thì ta nói d và ( P ) không giao nhau. 3. Nếu phương trình (2) có nghiệm kép thì ta nói d và ( P ) tiếp xúc với nhau. Lúc này ta nói

d là tiếp tuyến của ( P ) .

BÀI TẬP.

2 =

QU Y

4. Nếu phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt thì ta nói d và ( P ) cắt nhau.

Câu 1. Tìm tọa độ giao điểm của Parabol ( P ) : y = − x 2 − 4 x + 1 và đường thẳng d : y = − x + 3 . Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và d là

KÈ

 x = −1 . − x2 − 4 x + 1 = − x + 3 ⇔ x 2 + 3x + 2 = 0 ⇔   x = −2

Với x = −1  y = 4 ; x = −2  y = 5 .

Tọa độ giao điểm của ( P ) và d là A ( −1; 4 ) , B ( −2;5) .

DẠ

Câu 2. Cho Parabol ( P ) : y = x 2 − 3x + 2 và đường thẳng d : y = mx + 2 . Tìm m để d tiếp xúc với ( P ) . Tìm tọa độ tiếp điểm khi đó.

Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) với d là Page 20

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG x2 − 3x + 2 = mx + 2

 x=0 . x = m + 3

⇔ x 2 − ( 3 + m) x = 0 ⇔ 

Để d tiếp xúc với ( P ) thì m = −3 .

FI CI A

Tọa độ tiếp điểm khi đó là M (0; 2 ) . 2

Nhận xét: Từ phương trình (1) ta tính ∆ ′ = ( m + 3 ) . Để d tiếp xúc với ( P ) thì (1) có nghiệm kép ⇔ ∆′ = 0 ⇔ m = −3 .

Câu 3. Cho Parabol ( P ) y = x 2 − 2 x + 4 và đường thẳng d : y = 2mx − m 2 ( m là tham số). Tìm các giá trị của m để d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là x1 , x2 thỏa mãn

x12 + 2( m + 1) x2 = 3m 2 + 16 .

Lời giải

2 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) là x − 2 ( m + 1) x + m + 4 = 0

x1; x2 thì ∆′ > 0 ⇔m > 3 .

ƠN

+ Để d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là

 x + x2 = 2 m + 2 Theo Viet ta có:  1 . 2  x1 . x2 = m + 4

(1) .

Theo đề bài ta có

x12 + 2(m +1)x2 = 3m2 +16 ⇔ x12 + ( x1 + x2 ) x2 = 3m2 + 16

QU Y

⇔ x12 + x22 + x1x2 = 3m2 +16 ⇔ ( x1 + x2 )2 − x1 x2 = 3m2 + 16 ⇔ ( 2m + 2 ) − m 2 − 4 = 3m 2 + 16 ⇔ m = 2 .

So sánh với điều kiện suy ra m = 2 .

Câu 4. Cho Parabol ( P ) : y = 1 x 2 và đường thẳng d : y = ( m + 1 ) x − m 2 − 1 ( m là tham số). Tìm các giá 2

m thì đường thẳng

trị của

d cắt Parabol ( P ) tại hai điểm A(x1; y1), B(x2 ; y2 ) sao cho biểu thức

KÈ

T = y1 + y2 − x1x2 − (x1 + x2 ) đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải

Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và d

DẠ

2 2 1 2 1 x = ( m + 1 ) x − m 2 − ⇔ x − 2 ( m + 1) x + 2m + 1 = 0 2 2

Để d cắt ( P ) tại 2 điểm

(1)

A(x1; y1), B(x2; y2 ) thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm x1; x2

⇔ ∆ ′ ≥ 0 ⇔ ( m + 1) − 2m 2 − 1 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2

Page 21

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Vậy với 0 ≤ m ≤ 2 thì đường thẳng d cắt Parabol ( P ) tại hai điểm

A(x1; y1), B(x2; y2 ) .

 x1 + x2 = 2 m + 2 2  x1 . x2 = 2 m + 1

Theo định lý Viet ta có: 

FI CI A

Khi đó: y1 = ( m + 1) x1 − m 2 − 1 ; y 2 = ( m + 1) x 2 − m 2 − 1 . 2

2 Ta có: T = y1 + y2 − x1x2 − ( x1 + x2 ) = ( m + 1) ( x1 + x2 ) − 2m −1 − x1x2 − ( x1 + x2 ) 2

 T = 2 ( m + 1) − 4m 2 − 2 − 2 ( m + 1) = −2m 2 + 2m − 2 .

Bài toán trở thành tìm giá trị của tham số

m để hàm số: T

trên đoạn [ 0;2] .

= − 2 m 2 + 2 m − 2 đạt giá trị nhỏ nhất

ƠN

Ta có bảng biến thiên:

Vậy giá trị nhỏ nhất của T = −6 đạt được khi m = 2 .

1 =

QU Y

Dạng 3. Sự tương giao của hai đồ thị hàm số bậc hai

PHƯƠNG PHÁP.

Cho hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) là các hàm số bậc hai có đồ thị lần lượt là các đường

KÈ

parabol ( P1 ) và ( P2 ) , khi đó tọa độ giao điểm của ( P1 ) và ( P2 ) là nghiệm của hệ phương trình

 y = f ( x ) .   y = g ( x )

(1)

Để giải hệ (1) ta cần giải phương trình f ( x ) = g ( x ) (2), phương trình (2) được gọi là phương trình hoành độ giao điểm của ( P1 ) và ( P2 ) .

DẠ

* Nhận xét: i) Số giao điểm của ( P1 ) và ( P2 ) bằng số nghiệm của hệ (1) và bằng số nghiệm của phương trình (2). ii) y = f ( x ) và y = g ( x ) là các hàm số bậc hai nên phương trình (2) có nhiều nhất 2 nghiệm.

iii) Các bài toán liên quan đến dạng này thường áp dụng đến nội dung định lý Vi et thuận, nhắc Page 22

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG lại như sau. Cho phương trình bậc hai ax 2 + b x + c = 0 có hai nghiệm b và x1 x 2 = c . a a

x1 + x 2 = −

FI CI A

BÀI TẬP.

2 =

x1 và x2 , ta luôn có

Câu 1. Biết rằng đồ thị hàm số y = x 2 − 6 x cắt đồ thị hàm số y = − x 2 − 4 tại hai điểm A ( xA ; y A ) và

B ( xB ; yB ) . Tính y A + yB . Lời giải

Tọa độ giao điểm của hai đồ thị y = x 2 − 5 x và y = − x 2 − 3 là nghiệm của hệ phương trình  x = 1  x = 1   y = x − 6 x  x − 6 x = − x − 4   x − 3 x + 2 = 0  y = −5  x 2 = . ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     2 2 2  x = 2  y = − x − 4  y = − x − 4  y = − x − 4  2   y = −x − 4   y = −8 2

ƠN

Không mất tổng quát ta giả sử A (1; −5 ) và B ( 2; −8) , suy ra y A + yB = −13 .

Câu 2. Biết rằng parabol y = x 2 − x + 1 cắt parabol y = − x 2 + 2 x + 4 tại hai điểm phân biệt có hoành độ

lần lượt là x1 và x2 . Tính giá trị biểu thức P = x13 + x23 .

Lời giải

- Phương trình hoành độ giao điểm của hai parabol là

QU Y

x 2 − x + 1 = − x 2 + 2 x + 4 ⇔ 2 x 2 − 3x − 3 = 0 .

(*)

3  x +x =  1 2 2 - Theo giả thiết ta có x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của (*) nên  x x = − 3  1 2 2

2 - Ta có P = x13 + x23 = ( x1 + x2 ) x12 − x1 x2 + x22 = ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) − 3x1 x2   

(

)

KÈ

2 3  3   3   81  P =   − 3  −   = . 2  2   2   8

Vậy P =

81 . 8

Câu 3. Tìm tất cả các giá trị của m sao cho đồ thị hàm số y = ( m + 1) x 2 + 2 x + 3m − 2 cắt đồ thị hàm số

DẠ

y = x 2 + 2mx + 4 tại đúng hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1; x2 thỏa mãn

x1 + 2 x2 = 1.

Lời giải - Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị đề bài cho là Page 23

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

( m + 1) x 2 + 2 x + 3m − 2 = x 2 + 2mx + 4 ⇔ mx 2 − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) = 0 .

(1)

(2)

FI CI A

 m ≠ 0 m ≠ 0 ⇔ .  2 2  ∆′ = ( m − 1) − 3m ( m − 2 ) > 0  −2 m + 4 m + 1 > 0

- Phương trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

- Giải phương trình (3) ta được m = 2 và m =

- Với điều kiện (2), áp dụng định lý Viet cho phương trình (1) và giả thiết cho, ta có 3m − 4 3m − 4     x1 + 2 x2 = 1  x1 = m  x1 = m    2 ( m − 1) 2−m 2−m    ⇔  x2 = ⇔  x2 =  x1 + x2 = m m m       ( 3m − 4 )( 2 − m ) 3 ( m − 2 ) 3( m − 2) 3( m − 2) = (3)  x1 x2 =  x1 x2 =  m m m2 m   

2 đều thỏa mãn (2), nên đó là hai giá trị cần tìm 3

ƠN

của tham số m . 2

Câu 4. Tìm tất cả các giá trị của m sao cho hai parabol y = x 2 + mx + ( m + 1) và

y = − x 2 − ( m + 2 ) x − 2 ( m + 1) cắt nhau tại hai điểm có hoành độ lần lượt là x1 ; x2 thỏa mãn

P = x1 x2 − 3 ( x1 + x2 ) đạt giá trị lớn nhất.

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của hai parabol là 2

(1)

QU Y

x 2 + mx + ( m + 1) = − x 2 − ( m + 2 ) x − 2 ( m + 1) ⇔ 2 x 2 + 2 ( m + 1) x + m 2 + 4m + 3 = 0 .

Phương trình (1) có hai nghiệm khi và chỉ khi

 m + 1 ≥ 0  2 − m − 5 ≥ 0 2 ′ ∆ = ( m + 1) − 2 ( m + 4m + 3) ≥ 0 ⇔ ( m + 1)( −m − 5 ) ≥ 0 ⇔  ⇔ −5 ≤ m ≤ −1 . (2)  m + 1 ≤ 0   − m − 5 ≤ 0

KÈ

Với điều kiện (2), áp dụng định lý Viet cho phương trình (1), ta có

DẠ

P = x1 x2 − 3 ( x1 + x2 )  P =

m 2 + 4m + 3 1 1 + 3 ( m + 1) = ( m + 1)( m + 9 ) = m + 1 m + 9 2 2 2 2

1 1  ( − m − 1) + ( m + 9 )  = ( −m − 1)( m + 9 ) ≤   = 8 . (3) 2 2 2 

Dấu “=” ở bất đẳng thức (3) xảy ra khi và chỉ khi − m − 1 = m + 9 hay m = −5 thỏa mãn (2). Vậy max P = 8 đạt được khi m = −5 và do đó m = −5 chính là giá trị của tham số m cần tìm.

VẤN ĐỀ 5. ĐIỂM CỐ ĐỊNH CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ.

Page 24

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

1 =

PHƯƠNG PHÁP.

đi qua với mọi giá trị của m , ta thực hiện các bước sau:

FI CI A

Cho họ hàm số f ( x ; m ) = 0 ( m là tham số) có đồ thị ( Pm ) . Để tìm điểm cố định mà ( Pm ) luôn

Bước 1: Giả sử điểm M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định mà ( Pm ) luôn đi qua. Tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình f ( x ; m ) = 0 .

Bước 2: Chuyển phương trình về phương trình ẩn m dạng Am + B = 0 (hoặc Am 2 + Bm + C = 0 ). Phương trình nghiệm đúng với mọi m .

A = 0   B = 0 . Tìm được x0 ; y 0  M ( x0 ; y 0 ) . C = 0 

A = 0 Khi đó ta có  hoặc B = 0

2 =

BÀI TẬP.

cố định, tìm tọa độ điểm cố định đó.

( Pm ) . Chứng tỏ rằng ( Pm ) luôn đi qua một điểm

2 Câu 1. Cho hàm số y = (1 + m) x − 2 ( m − 1) x + m − 3

ƠN

Bước 3: Kết luận.

Lời giải

QU Y

Tập xác định: D = ℝ .

Giả sử điểm M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định mà ( Pm ) luôn đi qua. 2 Khi đó y0 = (1 + m) x0 − 2 ( m − 1) x0 + m − 3 , ∀m ∈ ℝ .

⇔ ( x02 − 2 x0 + 1) m + x02 + 2 x0 − 3 − y0 = 0 , ∀m ∈ ℝ .

KÈ

x02 − 2x0 + 1 = 0 ⇔ 2 ⇔ x0 + 2x0 − 3 − y0 = 0

 x0 = 1 .   y0 = 0

Vậy họ ( Pm ) luôn đi qua điểm cố định M (1;0 ) .

DẠ

2 Câu 2. Cho hàm số y = ( m − 1) x + 2mx − 3m + 1

( Pm ) . Tìm điểm cố định của họ đồ thị hàm số trên. Lời giải

Tập xác định: D = ℝ . Giả sử điểm M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định mà ( Pm ) luôn đi qua.

2 Khi đó y0 = ( m − 1) x0 + 2mx0 − 3m + 1 , ∀m ∈ ℝ .

Page 25

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG ⇔ ( x02 + 2 x0 − 3) m − x02 + 1 − y0 = 0 , ∀m ∈ ℝ .

Vậy họ ( Pm ) luôn đi qua 2 điểm cố định M1 (1;0) và M2 ( −3; − 8) .

2  y0 = 1 − x0

 x0 = 1  x = −3 hoặc  0 . ⇔  y0 = 0  y0 = −8

FI CI A

x02 + 2x0 − 3 = 0   x0 = 1  ⇔ 2 ⇔  x0 = −3 − x + 1 − y = 0  0 o 

2 2 2 Câu 3. Tìm điểm cố định của đồ thị hàm số ( Pm ) : y = m x + 2 ( m −1) x + m −1 .

Lời giải

Tập xác định: D = ℝ . Giả sử điểm M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định mà ( Pm ) luôn đi qua. Khi đó y0 = m2 x02 + 2 ( m − 1) x0 + m2 − 1 , ∀m ∈ ℝ .

ƠN

⇔ ( x02 + 1) m 2 + 2 x0 m − 2 x0 − 1 − y0 = 0 , ∀m ∈ ℝ .

 x02 + 1 = 0  ⇔ 2 x0 = 0 ( I ) . Do phương trình x02 + 1 = 0 vô nghiệm nên hệ ( I ) vô nghiệm.  −2 x − 1 − y = 0 0 0  Vậy không có điểm nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4. Cho hàm số y = x2 + ( 2m − 3) x + 5 − 4m . Chứng minh rằng với mọi giá trị của m , đồ thị ( Pm ) của

QU Y

hàm số đã cho và đường thẳng ( d m ) : y = 2mx − 4m + 3 luôn có một điểm chung cố định.

Lời giải

Tập xác định của hai hàm số đã cho là D = ℝ . Giả sử điểm M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định mà ( dm ) luôn đi qua.

Khi đó y0 = 2mx0 − 4m + 3 , ∀m ∈ ℝ

KÈ

⇔ ( 2 x0 − 4 ) m + 3 − y0 = 0 , ∀m ∈ ℝ 2 x0 − 4 = 0  x0 = 2  M ( 2;3) . ⇔ ⇔ 3 − y0 = 0  y0 = 3

Thay tọa độ điểm M và phương trình của ( Pm ) ta được 3 = 22 + ( 2m − 3) .2 + 5 − 4m

DẠ

⇔ 3 = 3 (đúng với mọi m ).

Vậy M ( 2;3) là điểm chung cố định của ( Pm ) và ( dm ) .

Page 26

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 5. Cho các hàm số ( Pm ) : y = x 2 − ( m + 3) x + 4m − 7 , ( Cm ) : y = mx 2 − 3 ( m + 1) x − 4m + 9 ,

( dm ) :( m − 1) x + my + 4 − m = 0 . Chứng minh rằng với mọi giá trị của

m , các đồ thị của các hàm

Lời giải Tập xác định của hai hàm số đã cho là D = ℝ . Giả sử điểm M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định mà ( dm ) luôn đi qua. Khi đó ( m − 1) x0 + my0 + 4 − m = 0 , ∀m ∈ ℝ .

 x0 + y0 − 1 = 0  x0 = 4  M ( 4; − 3) . ⇔ ⇔  4 − x0 = 0  y0 = −3

⇔ ( x0 + y0 − 1) m + 4 − x0 = 0 , ∀m ∈ ℝ .

FI CI A

số đã cho luôn cùng đi qua một điểm cố định.

ƠN

Thay tọa độ điểm M vào phương trình của ( Pm ) ta được −3 = 42 − ( m + 3) .4 + 4m − 7

⇔ −3 = −3 (đúng với mọi m ).

Thay tọa độ điểm M vào phương trình của ( Cm ) ta được −3 = m.42 − 3 ( m + 1) .4 − 4m + 9

Vậy các đồ thị ( Pm ) ; ( Cm ) ; ( dm ) luôn cùng đi qua một điểm cố định M ( 4; − 3) .

VẤN ĐỀ 6: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ BẬC HAI

1 =

QU Y

Dạng 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên 1 tập cho trước

PHƯƠNG PHÁP.

BÀI TẬP.

KÈ

2 =

Để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số bậc hai, ta lập bảng biến thiên cho hàm số đó trên tập hợp đã cho. Dựa vào bảng biến thiên, ta kết luận giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của hàm số trên tập hợp đã cho.

Câu 1. Cho hàm số y = x 2 − 4 x − 3 . Tìm giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên [ −3;5] . Lời giải

DẠ

Hàm số đã cho là hàm số bậc hai có hệ số: a = 1, b = −4, c = −3 .

Ta có:

−∆ (−4) 2 − 4.(−3) −28 −b 4 = = = −7 . = = 2; 2a 2.1 4a 4.1 4

Vì a = 1 > 0 nên hàm số nghịch biến trên ( −∞; 2) , đồng biến trên (2; +∞ ) . Do đó, ta có bảng biến thiên của hàm số trên [ −3;5] là: Page 27

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Dựa vào bảng biến thiên, vậy min y = y (2) = −7 và max y = y (−3) = 18 . x∈[ −3;5]

x∈[ −3;5]

Câu 2. Cho hàm số y = −2 x 2 + 4 x + 3 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên

[ 2;7] . Hàm số đã cho là hàm số bậc hai có a = −2, b = 4, c = 3 . Ta có:

−∆ 42 − 4.(−2).3 −b −4 =− =5 = = 1; 2a 2.(−2) 4a 4.(−2)

Lời giải

ƠN

Vì a = −2 < 0 nên hàm số đồng biến trên ( −∞;1) , nghịch biến trên (1; +∞ ) . Do đó, ta có bảng

biến thiên của hàm số trên [ 2;7] là:

Dựa vào bảng biến thiên, vậy min y = y (7) = −67 và max y = y (2) = 3 . x∈[ 2;7 ]

x∈[ 2;7 ]

QU Y

Câu 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 4 − 4 x 2 − 3 trên [ −1; 2] . Lời giải

Đặt t = x 2 . Với x ∈ [ −1; 2] ta có t ∈ [ 0; 4] . Hàm số trở thành f ( t ) = t 2 − 4t − 3 với t ∈ [ 0; 4] .

KÈ

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có

DẠ

t = 0 x = 0 max y = max f ( t ) = −3 khi  hay  . x∈[ −1;2] t∈[0;4] t = 4 x = 2

min y = min f ( t ) = −7 khi t = 2 hay x = 2 . x∈[ −1;2]

t∈[0;4]

Câu 4. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = −2 3 x 4 + 2 x 2 + 1 + 4 3 x 2 + 1 + 3 . Page 28

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải

Đặt t = 3 x 2 + 1 ( t ≥ 1)  t 2 = 3 x 4 + 2 x 2 + 1 . Hàm số trở thành f ( t ) = −2t 2 + 4t + 3 .

FI CI A

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có

max y = max f ( t ) = 5 khi t = 1 hay x = 0

t∈[1; +∞]

Giá trị nhỏ nhất của y không tồn tại.

Câu 5. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 4 + 4 x3 + 3x 2 − 2 x + 2 trên [ −2; 4] .

ƠN

Lời giải

Ta có: y = x 4 + 4 x3 + 4 x2 − x 2 − 2 x + 2 ⇔ y = ( x 2 + 2 x)2 − ( x 2 + 2 x) + 2

Đặt t = x 2 + 2 x . Xét hàm số t ( x ) = x 2 + 2 x với x ∈ [ −2; 4] .

QU Y

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có: t ∈ [ −1; 24] với x ∈ [ −2; 4] . Do đó, hàm số y ban đầu có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) trên [ −2; 4] bằng giá trị

lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( t ) = t 2 − t + 2 với t ∈ [ −1; 24]

DẠ

KÈ

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có

max y = max f ( t ) = 554 khi t = 24 hay x = 4 . x∈[ −2;4]

t∈[ −1;24]

Page 29

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

x∈[ −2;4]

t∈[ −1;24]

7 1 −2 + 6 1 khi t = hay x 2 + 2 x = ⇔ x = . 4 2 2 2

P = x4 + y 4 − x 2 y 2 . Lời giải 2

Ta có: P = ( x 2 + y 2 ) − 3 x 2 y 2 = (1 + xy ) − 3 x 2 y 2 = −2 x 2 y 2 + 2 xy + 1

Đặt t = xy , khi đó P = −2t 2 + 2t + 1

 x 2 + y 2 ≥ 2 xy  1 + xy ≥ 2 xy 1 Vì  2 nên  ⇔ − ≤ xy ≤ 1 . 2 1 + xy ≥ − 2 xy 3   x + y ≥ −2 xy

QU Y

Bảng biến thiên:

ƠN

1 Do đó: − ≤ t ≤ 1 3

 1  Xét hàm số f ( t ) = −2t 2 + 2t + 1 trên  − ;1  3 

FI CI A

Câu 6. Cho các số x, y thỏa mãn x 2 + y 2 = 1 + xy . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

Dựa vào bảng biến thiên, ta có

 1 , y=− x = 3 1 1 min P = min f ( t ) = khi t = − hay   3 9  1  1 t∈ − ;1 x = − , y =  3  3 

1 3 1 3

KÈ

 10 + 2 10 − 2 , y= x = 1 3 4 4 . max P = max f ( t ) = khi t = hay  2 2   1  10 − 2 10 + 2 t∈ − ;1 , y=  3  x = 4 4 

DẠ

Dạng 2. Tìm điều kiện của tham số để hàm số bậc hai đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

1 =

PHƯƠNG PHÁP.

Cho hàm số bậc hai: y = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 )

Page 30

min y = min f ( t ) =

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

FI CI A

∆ b  b  - Nếu a < 0 thì max y = f  −  = − đạt tại hoành độ đỉnh xI = − . 4a 2a  2a 

∆ b  b  - Nếu a > 0 thì min y = f  −  = − đạt tại hoành độ đỉnh xI = − . 2 a 4 a 2 a  

Trường hợp tập xác định khác ℝ , ta kẻ bảng biến thiên của hàm số trên tập đó để có được giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.

2 =

BÀI TẬP.

Lời giải

b 2m = = 1 , suy ra yI = −4m − 2 . 2a 2m

ƠN

Hoành độ đỉnh: xI = −

Câu 1. Tìm giá trị thực của tham số m ≠ 0 để hàm số y = mx 2 − 2mx − 3m − 2 có giá trị nhỏ nhất bằng −10 trên ℝ.

m > 0 ⇔ m = 2 . ( Thỏa mãn) Để hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng −10 khi và chỉ khi  −4m − 2 = −10

Câu 2. Cho hàm số y = ax 2 + bx + c đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi x = 1 và nhận giá trị bằng 3 khi x = 2 . Tính abc . Lời giải

Để hàm số y = ax 2 + bx + c đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi x = 1 và nhận giá trị bằng 3 khi

QU Y

a > 0 a > 0  b a = 1  − =1  2a + b = 0  ⇔ ⇔ b = −2 . x = 2 khi và chỉ khi  2a a b c + + = 2  f (1) = 2  c = 3  4a + 2b + c = 3   f (2) = 3

Vậy abc = 1.(−2).3 = −6 .

KÈ

Câu 3. Cho hàm số y = mx 2 − 2 x − m − 1. Tìm giá trị thực của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số đã cho đạt giá trị nhỏ nhất.

DẠ

TH1: Khi m < 0 thì max y = y I = yI = f ( m ) =

b 2 1 −m 2 − m − 1 1 1 = = , suy ra yI = m.   − 2.   − m − 1 = 2a 2m m m m m

Hoành độ đỉnh: xI = −

Lời giải

1 −m2 − m − 1 tại điểm xI = . m m

−m 2 − m − 1 − m 2 − 2m − 1 − ( m + 1) 2 −1+1 = +1 = + 1 ≥ 0 + 1 = 1. m m m

Vậy min y I = 1 tại điểm m = −1 . Page 31

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG TH2: Khi m > 0 thì hàm số đã cho không có giá trị lớn nhất, chỉ có giá trị nhỏ nhất. TH3: Khi m = 0 thì hàm số y = −2 x − 1 đã cho là hàm số bậc nhất, không có giá trị lớn nhất.

Kết luận: m = −1 . 2

FI CI A

Câu 4. Cho hàm số y = − ( m − 1) x 2 + 2 ( m − 1) x + 1 + 2m . Với m ≠ 1 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

min y B=

x∈[0;2]

max y

x∈[0;2]

Lời giải 2

b −2 ( m − 1) 2 2 Hoành độ đỉnh: xI = − = = 1 , suy ra yI = − ( m − 1) + 2 ( m − 1) + 1 + 2m = m 2 + 2 2 2a −2 ( m − 1)

ƠN

Do a = −(m − 1)2 < 0, ∀m ≠ 1 nên ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên ta có: max y = m 2 + 2 tại x = 1 , min y = 2m + 1 tại x = 0 hoặc x = 2 . x∈[ 0;2]

x∈[ 0;2 ]

1 2 1 1 2 m + 2m + 1 − m 2 ( m + 4m + 4) − 12 ( m2 + 2) ( m + 2)2 1 2m + 1 2 2 2 B= = = = = − max y m2 + 2 m2 + 2 m2 + 2 2 ( m2 + 2 ) 2 min y

x∈[0;2]

QU Y

x∈[0;2]

Vì ( m + 2 ) ≥ 0, ∀m ∈ ℝ 

Vậy min B = −

( m + 2)

1 ≥ 0, ∀m ∈ ℝ  B ≥ − , ∀m ∈ ℝ . 2 2 ( m + 2) 2

1 tại m = −2 . 2

VẤN ĐỀ 7: BÀI TOÁN THỰC TẾ

PHƯƠNG PHÁP.

KÈ

1 =

DẠNG 1: Các bài toán thực tế mà mô hình thực tiễn chưa chuyển về mô hình toán học. Các bước làm như sau:

DẠ

Bước 1: Dựa vào giả thiết và các yếu tố của đề bài, ta xây dựng mô hình toán học cho vấn đề đang xét, tức là diễn tả dưới “dạng ngôn ngữ toán học” cho mô hình mô phỏng thực tiễn. Căn cứ vào các yếu tố bài ra ta chọn biến số, tìm điều kiện tồn tại, đơn vị. Bước 2: Dựa vào các mối liên hệ ràng buộc giữa biến số với các giả thiết của đề bài cũng như các kiến thức liên quan đến thực tế, ta thiết lập hàm số bậc hai. Chuyển yêu cầu đặt ra đối với bài toán thực tiễn thành yêu cầu bài toán hàm số bậc hai. Page 32

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Bước 3: Dùng tính chất hàm số bậc hai để giải quyết bài toán hình thành ở bước 2. Lưu ý kiểm tra điều kiện, và kết quả thu được có phù hợp với bài toán thực tế đã cho chưa.

BÀI TẬP.

FI CI A

2 =

DẠNG 2: Các bài toán thực tế đã mô hình hóa bằng một hàm số bậc hai. Thực hiện bước 3 của dạng 1.

Câu 1. Một quả bóng được ném vào không trung có chiều cao tính từ lúc bắt đầu ném ra được cho bởi công thức h ( t ) = −t 2 + 2t + 3 (tính bằng mét), t là thời gian tính bằng giây ( t ≥ 0 ) . a. Tính chiều cao lớn nhất quả bóng đạt được. b. Hãy tính xem sau bao lâu quả bóng sẽ rơi xuống mặt đất ? 2

Lời giải

a. Ta có: h ( t ) = −t 2 + 2t + 3 ⇔ h ( t ) = − ( t − 1) + 4  max h ( t ) = h (1) = 4 . Vậy quả bóng đạt chiều cao lớn nhất bằng 4 m tại thời điểm t = 1 giây.

ƠN

b. Ta có: −t 2 + 2t + 3 = 0 ⇔ t = −1 (loại) hoặc t = 3 (nhận). Vậy sau 3 giây quả bóng sẽ rơi xuống mặt đất.

QU Y

Câu 2. Độ cao của quả bóng golf tính theo thời gian có thể được xác định bằng một hàm bậc hai. Với các thông số cho trong bảng sau, hãy xác định độ cao quả bóng đạt được tại thời điểm 3 giây ?

Lời giải

Độ cao của quả bóng tính theo thời gian được xác định bởi hàm số h ( t ) = at 2 + bt + c (tính bằng mét), t : giây, t ≥ 0 .

Với các thông số cho bởi bảng trên ta có:

KÈ

c = 0 1 a = −16  a + 1 b + c = 28  ⇔ b = 64  h ( t ) = −16t 2 + 64t  h ( 3) = 48 . 2 4 c = 0 a + b + c = 48   4 a + 2 b + c = 0 

Vậy độ cao quả bóng đạt được tại thời điểm 3 giây là 48 m.

DẠ

Câu 3. Một miếng nhôm có bề ngang 32 cm được uốn cong tạo thành máng dẫn nước bằng chia tấm nhôm thành 3 phần rồi gấp 2 bên lại theo một góc vuông như hình vẽ dưới. Hỏi x bằng bao nhiêu để tạo ra máng có có diện tích mặt ngang S lớn nhất để có thể cho nước đi qua nhiều nhất ?

Page 33

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Lời giải

Gọi S ( x ) là diện tích mặt ngang ứng với bề ngang x (cm) của phần gấp hai bên, ta có:

S ( x ) = x ( 32 − 2 x ) , với 0 < x < 16 .

Diện tích mặt ngang lớn nhất khi hàm số S ( x ) đạt giá trị lớn nhất trên ( 0;16 ) . 2

Ta có: S ( x ) = −2 x 2 + 32 x = −2 ( x − 8 ) + 128 ≤ 128, ∀x ∈ ( 0;16 ) .

ƠN

 max S ( x ) = S ( 8) = 128 .

Vậy x = 8 cm thì diện tích mặt ngang lớn nhất.

Câu 4. Hai con chuồn chuồn bay trên hai quĩ đạo khác nhau, xuất phát cùng thời điểm. Một con bay trên quỹ đạo là đường thẳng từ điểm A ( 0;100 ) đến điểm O ( 0; 0 ) với vận tốc 5 m/s .

QU Y

Con còn lại bay trên quĩ đạo là đường thẳng từ B ( 60;80 ) đến điểm O ( 0;0 ) với vận tốc 10 m/s . Hỏi trong quá trình bay thì khoảng cách ngắn nhất hai con đạt được là bao nhiêu ?

Lời giải

Xét tại thời điểm t (giây), t ∈ [ 0;10] , con chuồn chuồn bay từ A về O có tọa độ là

A′ ( 0;100 − 5t ) .

KÈ

Con chuồn chuồn bay từ B ( 60;80 ) về O ( 0;0 ) trên quĩ đạo là đường thẳng có hệ số góc là k = tan α =

4 3 4  cosα = , sin α = . 3 5 5

DẠ

 x = 60 − 10t.cos α  x = 60 − 6t  B′ ( 60 − 6t ;80 − 8t ) Do đó tại thời điểm t , nó có tọa độ là  ⇔  y = 80 − 10t.sin α  y = 80 − 8t . Ta có: A′B′ = ( 60 − 6t ; −20 − 3t ) . Khi đó, khoảng cách giữa hai con chuồn chuồn là:

Page 34

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

d = A′B′ =

( 60 − 6t ) + ( 20 + 3t )

⇔ d = 45t 2 − 600t + 4000

d nhỏ nhất khi hàm số f ( t ) = 45t 2 − 600t + 4000 đạt giá trị nhỏ nhất trên [ 0;10] . 2

FI CI A

Ta có: f ( t ) = 5 ( 3t − 20 ) + 2000 ≥ 2000, ∀t ∈ [ 0;10]

 20   min f ( t ) = f   = 2000 . t∈[0;10]  3 

Vậy khoảng cách ngắn nhất của hai con chuồn chuồn trong quá trình bay là

2000 = 20 5 m.

Câu 5. Một cửa hàng bán bưởi Đoan Hùng của Phú Thọ với giá bán mỗi quả là 50000 đồng. Với giá bán này thì mỗi ngày cửa hàng chỉ bán được 40 quả. Cửa hàng dự định giảm giá bán, ước tính nếu cửa hàng cứ giảm mỗi quả 1000 đồng thì số bưởi bán tăng thêm được là 10 quả. Xác định giá bán để của hàng thu được lợi nhuận cao nhất, biết rằng giá nhập về ban đầu cho mỗi quả là 30000 đồng. Lời giải

ƠN

Gọi x là giá bán thực tế của mỗi quả bưởi Đoan Hùng ( x : đồng, 30000 ≤ x ≤ 50000 ). Tương ứng với giá bán là x thì số quả bán được là: 40 +

10 1 ( 50000 − x ) = − x + 540 . 1000 100

Gọi f ( x ) là hàm lợi nhuận thu được ( f ( x ) : đồng), ta có:

1 2  1  f ( x) =  − x + 540  . ( x − 30000 ) = − x + 840 x − 16200000 100  100 

QU Y

Lợi nhuận thu được lớn nhất khi hàm f ( x ) đạt giá trị lớn nhất trên [30000;50000] 2

1  Ta có: f ( x ) = −  x − 4200  + 1440000 ≤ 1440000, ∀x ∈ [ 30000;50000]  10  

max

x∈[30000;50000]

f ( x ) = f ( 42000 ) = 1440000 .

HỆ THỐNG BÀI TẬP TỰ LUẬN TỔNG HỢP.

KÈ

II =

Vậy với giá bán 42000 đồng mỗi quả bưởi thì cửa hàng thu được lợi nhuận lớn nhất.

Câu 1. Cho hàm số y = x 2 − 6 x + 8 , có đồ thị là ( P ) .

DẠ

a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị ( P ) .

b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình ( x − 4 ) x − 2 + m = 0 .

Lời giải Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 2 − 6 x + 8 . Tọa độ đỉnh I ( 3; −1) . Page 35

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Trục đối xứng x = 3 .

FI CI A

Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;3) và đồng biến trên khoảng ( 3; +∞ ) .

Hệ số d : bề lõm quay lên trên.

Bảng biến thiên

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm A ( 0;8) , cắt trục hoành tại hai điểm B ( 4;0 ) và

ƠN

C ( 2; 0 ) . y

Ο −1

QU Y

Ta có

 x − 6 x + 8 khi x ≥ 2 ( x − 4 )( x − 2 ) khi x − 2 ≥ 0 hay y =  . y = ( x − 4) x − 2 =  2 − ( x − 4 )( x − 2 ) khi x − 2 < 0 − ( x − 6 x + 8 ) khi x < 2 2

Do đó từ đồ thị hàm số y = f ( x ) = x 2 − 6 x + 8 suy ra đồ thị hàm số y = ( x − 4 ) x − 2 như

Đồ thị hàm số y = f ( x ) phần bên phải đường x = 2 ta giữ nguyên.

KÈ

●

DẠ

●

Đồ thị hàm số y = f ( x ) phần bên trái đường x = 2 ta lấy đối xứng qua trục hoành. y

2 3 Ο −1

−8

Page 36

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

( x − 4 ) x − 2 + m = 0 ⇔ ( x − 4 ) x − 2 = −m là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = ( x − 4 ) x − 2 và đường thẳng y = − m (song song với Ox ). Do đó Dựa vào đồ thị, ta có

−m > 0 m < 0  − m < −1 ⇔  m > 1 : phương trình có 1 nghiệm duy nhất.  

●

 −m = 0 m = 0  −m = −1 ⇔  m = 1 : phương trình có 2 nghiệm.  

●

−1 < −m < 0 ⇔ 0 < m < 1 : phương trình có 3 nghiệm.

●

khi x < 1 − x + 4 Câu 2. Vẽ đồ thị hàm số y =  2 .  x − 4 x + 3 khi x ≥ 1

ƠN

Lời giải Khi x < 1 thì y = − x + 4 .

Cho x = 1  y = 3 , ta được điểm A (1;3) .

Cho x = 0  y = 4 , ta được điểm B ( 0; 4 ) . Khi x ≥ 1 thì y = x 2 + 2 x − 3 .

QU Y

Tọa độ đỉnh I ( 2; −1) . Hệ số a = −1 < 0 : bề lõm quay lên trên. Cho x = 1  y = 0 , ta được điểm . M (1;0 ) .. Cho x = 3  y = 0 , ta được điểm N ( 3;0 ) .

KÈ

y 4 3

−1

Câu 3. Xác định parabol y = ax 2 + 3 x − 2 , biết rằng parabol đó a) Cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2. b) Có trục đối xứng x = −3 . Page 37

DẠ

FI CI A

số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị và đường thẳng.

Phương trình

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG  1 11  c) Có đỉnh I  − ; −  .  2 4

Lời giải a)

Vì parabol ( P ) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 nên điểm A ( 2; 0 ) thuộc ( P ) . Thay x = 2 , . y = 0 . vào ( P ) , ta được 0 = 4a + 6 − 2 ⇔ a = −1 . Vậy ( P ) : y = − x 2 + 3x − 2 . Vì ( P ) có trục đối xứng x = −3 nên − Vậy ( P ) : y =

b 3 1 = −3 ⇔ − = −3 ⇔ a = . 2a 2a 2

FI CI A

d) Đạt cực tiểu tại x = 1 .

1 2 x + 3x − 2 . 2

 1 11  Vì ( P ) có đỉnh I  − ; −  nên ta có  2 4 1  b − 2a = − 2 b = a 3 = a ⇔ ⇔ ⇔ a =3.  ∆ = 11a 9 + 8a = 11a − ∆ = − 11  4a 4 Vậy ( P ) : y = 3x 2 + 3x − 2 .

a > 0 a > 0 a > 0    Vì ( P ) đạt cực tiểu tại x = 1 nên suy ra  b ⇔ 3 ⇔ 3 : vô nghiệm. − = 1 − = 1 a = −  2a  2a  2

QU Y

ƠN

Vậy không có ( P ) nào thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 4. Xác định parabol y = ax 2 + bx + 2 , biết rằng parabol đó

a) Đi qua hai điểm M (1;5) và N ( −2;8) .

KÈ

b) Có đỉnh I ( 2; −2 ) . 3 c) Đi qua điểm A ( 3; −4 ) và có trục đối xứng x = − . 4

DẠ

d) Đi qua điểm B ( −1;6 ) và đỉnh có tung độ −

1 . 4

Lời giải a + b + 2 = 5 a = 2 Vì ( P ) đi qua hai điểm M (1;5) và N ( −2;8) nên ta có  ⇔ . 4a − 2b + 2 = 8 b = 1 Vậy ( P ) : y = 2 x 2 + x + 2 . Page 38

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

 b − =2 b = −4a b = −4a a = 0  2a ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ hoặc  b = −4 b − 4ac = 8a 16a − 16a = 0 − ∆ = −2  4a a = 1 Do ( P ) là parabol nên a ≠ 0 nên ta chọn  . b = −4 Vậy ( P ) : y = x 2 − 4 x + 2 .

ƠN

4  a=− 9a + 3b + 2 = −4 3a + b = −2     9 . ⇔ ⇔  b 3 3 − 2a = − 4 b = 2 a b = − 2  3 4 2 Vậy ( P ) : y = − x 2 − x + 2 . 9 3

Vì ( P ) đi qua điểm B ( −1;6 ) và có tung độ đỉnh bằng −

3 nên ta có 4

Vì ( P ) đi qua điểm A ( 3; −4 ) và có trục đối xứng x = −

a = 1 .  b = −4

Vì ( P ) có đỉnh I ( 2; −2 ) nên ta có

FI CI A

1 nên ta có 4

QU Y

a − b + 2 = 6 a − b = 4 a = 4 + b a = 16  a = 4 + b hoặc ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔  ∆ 1 ⇔ 2 = 12 b b − 8 4 + b = 4 + b − = − b − 4 ac = a b − 9 b − 36 = 0 ( )       4a 4 a = 1 .  b = −3 a = 16 Với  ta có ( P ) : y = 16 x 2 + 12 x + 2 . b = 12

•

Với a = 1, b = −3 ta có ( P ) : y = x 2 − 3x + 2 .

•

KÈ

Vậy ( P ) : y = 16 x 2 + 12 x + 2 hoặc ( P ) : y = x 2 − 3x + 2 .

Câu 5. Xác định parabol y = 2 x 2 + bx + c , biết rằng parabol đó

a) Có trục đối xứng x = 1 và cắt Oy tại điểm M ( 0; 4 ) .

DẠ

b) Có đỉnh I ( −1; −2 ) .

c) Đi qua hai điểm A ( 0; −1) và B ( 4; 0 ) . d) Có hoành độ đỉnh −2 và đi qua điểm N (1; −2 ) .

Lời giải Page 39

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Vì ( P ) có trục đối xứng x = 1 nên −

b = 1 ⇔ b = −2a ⇔ b = −4 . 2a

Hơn nữa ( P ) cắt trục Oy tại điểm M ( 0; 4 ) nên 2.0 + b.0 + c = 4 ⇔ c = 4 .

FI CI A

Vậy ( P ) : y = 2 x 2 − 4 x + 4 . Vì ( P ) có đỉnh I ( −1; −2 ) nên suy ra

 b − = −1 b = 2a b = 4 b = 4  2a ⇔ 2 ⇔ ⇔ .  16 − 8c = 16 c = 0 b − 4ac = 8a  − ∆ = −2  4a

Vậy ( P ) : y = 2 x 2 − d)

ƠN

c = −1 2.0 + b.0 + c = −1  Vì ( P ) đi qua hai điểm A ( 0; −1) và B ( 4; 0 ) nên suy ra  ⇔ 31 . 32 + 4b + c = 0 b = − 4 31 x −1. 4

Vì ( P ) có hoành độ đỉnh bằng −2 nên −

b = −2 ⇔ b = 4 a ⇔ b = 8 . 2a

Vậy ( P ) : y = 2 x 2 + 4 x .

Hơn nữa ( P ) đi qua điểm N (1; −2 ) nên 2 + b + c = −2 ⇔ 2 + 8 + c = −2 ⇔ c = −12 .

QU Y

Vậy ( P ) : y = 2 x 2 + 8 x − 12 .

Câu 6. Xác định parabol y = ax 2 + c , biết rằng parabol đó a) Đi qua hai điểm M (1;1) , B ( 2; −2 ) .

b) Có đỉnh I ( 0;3) và một trong hai giao điểm với Ox là A ( −2;0 ) .

a + c = 1 a = −1 Vì ( P ) đi qua hai điểm M (1;1) , B ( 2; −2 ) nên suy ra  . ⇔ 4a + c = −2 c = 2

KÈ

Lời giải

Vậy ( P ) : y = − x 2 + 2 .

DẠ

c = 3 c = 3  ⇔ Vì ( P ) có đỉnh I ( 0;3) và giao với Ox tại A ( −2;0 ) nên suy ra  3.  4a + c = 0 a = − 4 3 Vậy ( P ) : y = − x 2 + 3 . 4

Câu 7. Xác định parabol y = ax 2 − 4 x + c , biết rằng parabol đó Page 40

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG a) Có hoành độ đỉnh là −3 và đi qua điểm M ( −2;1) .

b) Có trục đối xứng là đường thẳng x = 2 và cắt trục hoành tại điểm A ( 3;0 ) .

FI CI A

Lời giải Vì ( P ) có hoành độ đỉnh bằng −3 và đi qua M ( −2;1) nên suy ra

2  a=−  b  b = 6 a = −3  −  3 ⇔ ⇔ .  2a 4 a + c = − 7 13  4a + 8 + c = 1 c = −  3

Vì ( P ) có trục đối xứng x = 2 và cắt trục hoành tại A ( 3;0 ) nên suy ra

 b =2 b = −4a a = 1 − . ⇔ ⇔  2a 9a + c = 12 c = 3 9a − 12 + c = 0

Vậy ( P ) : y = x 2 − 4 x + 3 .

ƠN

2 13 Vậy ( P ) : y = − x 2 − 4 x − . 3 3

Câu 8. Xác định parabol y = ax 2 + bx + c , biết rằng parabol đó a) Đi qua ba điểm A (1;1) , B ( −1; −3) , O ( 0;0 ) .

QU Y

b) Cắt trục Ox tại hai điểm có hoành độ lần lượt là −1 và 2 , cắt trục Oy tại điểm có tung độ bằng −2 . c) Đi qua điểm M ( 4; −6 ) , cắt trục Ox tại hai điểm có hoành độ lần lượt là 1 và 3 .

a + b + c = 1  a = −1   Vì ( P ) đi qua ba điểm A (1;1) , B ( −1; −3) , O ( 0;0 ) nên suy ra a − b + c = −3 ⇔ b = 2 . c = 0 c = 0  

KÈ

Lời giải

Vậy ( P ) : y = − x 2 + 2 x .

Gọi A và B là hai giao điểm cuả ( P ) với trục Ox có hoành độ lần lượt là −1 và 2 . Suy

DẠ

ra A ( −1;0 ) , B ( 2;0 ) . Gọi C là giao điểm của ( P ) với trục Oy có tung độ bằng −2 . Suy ra C ( 0; −2 ) .

a − b + c = 0 a = 1   Theo giả thiết, ( P ) đi qua ba điểm A, B, C nên ta có 4a + 2b + c = 0 ⇔ b = −1 .  c = −2  c = −2   Page 41

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Vậy ( P ) : y = x 2 − x − 2 . c)

Gọi E và F là hai giao điểm của ( P ) với trục Ox có hoành độ lần lượt là 1 và 3 . Suy ra

FI CI A

E (1;0 ) , F ( 3; 0 ) . Theo giả thiết, ( P ) đi qua ba điểm M , E , F nên ta có

16a + 4b + c = −6 c = − a − b  a = −2    ⇔ 15a + 3b = −6 ⇔ b = 8 . a + b + c = 0 9a + 3b + c = 0 8a + 2b = 0  c = −6   

Câu 9. Xác định parabol y = ax 2 + bx + c , biết rằng parabol đó

Vậy ( P ) : y = −2 x 2 + 8 x − 6 .

a) Có đỉnh I ( 2; −1) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −3 .

ƠN

b) Cắt trục hoành tại hai điểm A (1;0 ) , B ( 3;0 ) và có đỉnh nằm trên đường thẳng y = −1 . c) Có đỉnh nằm trên trục hoành và đi qua hai điểm M ( 0;1) , N ( 2;1) . d) Trục đối xứng là đường thẳng x = 3 , qua M ( −5;6 ) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng

−2 .

Lời giải

(1)

QU Y

 b − 2a = 2 b = 4a Vì ( P ) có đỉnh I ( 2; −1) nên ta có  . ⇔ 2 − ∆ = −1 b − 4ac = 4a  4a

Gọi A là giao điểm của ( P ) với trục tung tại điểm có tung độ bằng −3 . Suy ra A ( 0; −3) . Theo giả thiết, A ( 0; −3) thuộc ( P ) nên a.0 + b.0 + c = −3 ⇔ c = −3 .

KÈ

( 2)

DẠ

b = 4a a = 0  2  Từ (1) và ( 2 ) , ta có hệ 16a + 8a = 0 ⇔ b = 0 hoặc c = −3   c = −3 

1  a = − 2  b = −2 .  c = −3  

1 Do ( P ) là parabol nên a ≠ 0 nên ta chọn a = − ; b = −2; c = −3 . 2 1 Vậy ( P ) : y = − x 2 − 2 x − 3 . 2

Page 42

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Vì ( P ) cắt trục hoành tại hai điểm A (1;0 ) , B ( 3;0 ) nên

0 = a.1 + b.1 + c a + b + c = 0 . ⇔  0 = a.9 + b.3 + c 9a + 3b + c = 0

(1)

Hơn nữa, ( P ) có đỉnh thuộc đường thẳng y = −1 nên −

∆ = −1 ⇔ ∆ = 4a ⇔ b 2 − 4ac = 4a . 4a

( 2)

FI CI A

Do ( P ) là parabol nên a ≠ 0 nên ta chọn Ox . Vậy ( P ) : y = x 2 − 4 x + 3 . Vì

( P)

có đỉnh nằm trên trục hoành nên −

∆ = 0 ⇔ ∆ = 0 ⇔ b 2 − 4a = 0 . 4a

ƠN

a = 1  b = −4 . c = 3 

a + b + c = 0 b = −4a a = 0    Từ (1) và ( 2 ) , ta có hệ 9a + 3b + c = 0 ⇔ c = 3a ⇔ b = 0 hoặc b 2 − 4ac = 4a b 2 − 4ac = 4a c = 0   

(1)

c = 1 . Hơn nữa, ( P ) đi qua hai điểm M ( 0;1) , N ( 2;1) nên ta có  4a + 2b + c = 1 ( 2)

QU Y

b 2 − 4a = 0 b 2 − 4a = 0 c = 1 a = 0     Từ (1) và ( 2 ) , ta có hệ c = 1 ⇔ c = 1 ⇔ b = −2a ⇔ b = 0 hoặc 4a + 2b + c = 1 4a + 2b = 0  4a 2 − 4 a = 0 c = 1    

a = 1  b = −2 . c = 1 

Do ( P ) là parabol nên a ≠ 0 nên ta chọn a = 1; b = −2; c = 1 .

KÈ

Vậy ( P ) : y = x 2 − 2 x + 1 . d)

Vì ( P ) có trục đối xứng là đường thẳng x = 3 nên −

b = 3 ⇔ b = −6 a . 2a

DẠ

(1)

Hơn nữa, ( P ) qua M ( −5;6 ) nên ta có 6 = 25a − 5b + c .

( 2) Lại có, ( P ) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −2 nên −2 = a.0 + b.0 + c ⇔ c = −2 .

( 3) Page 43

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

8 2 48 x − x − 2. 55 55

FI CI A

Vậy ( P ) : y =

b = −6a 8 48  Từ (1) , ( 2 ) và ( 3) ta có hệ 25a + 30a − 2 = 6 ⇔ a = ; b = − ; c = −2 . 55 55 c = −2 

Câu 10. Xác định parabol y = ax 2 + bx + c , biết rằng hàm số

a) Có giá trị nhỏ nhất bằng 4 tại x = 2 và đồ thị hàm số đi qua điểm A ( 0; 6 ) .

Lời giải a)

b) Có giá trị lớn nhất bằng 3 tại x = 2 và đồ thị hàm số đi qua điểm B ( 0; −1) .

Vì hàm số giá trị nhỏ nhất bằng 4 tại x = 2 và đồ thị hàm số đi qua điểm A ( 0; 6 ) nên ta

có

ƠN

 b − 2a = 2 b = −4a b = −4a a = 0   2  2  ∆  = 4 ⇔ b − 4ac = −16a ⇔ 16a − 8a = 0 ⇔ b = 0 hoặc −  4a c = 6 c = 6 c = 6    c = 6  

1  a = 2  b = −2 . c = 6  

1 Do ( P ) là parabol nên a ≠ 0 nên ta chọn a = , b = −2, c = 6 . 2

1 2 x − 2x + 6 . 2

QU Y

Vậy ( P ) : y =

Vì hàm số giá trị lớn nhất bằng 3 tại x = 2 và đồ thị hàm số đi qua điểm B ( 0; −1) nên ta

có

a = −1  b = 4 . c = −1 

KÈ

 b − 2a = 2 b = −4a b = −4a a = 0   2  2  ∆  = 3 ⇔ b − 4ac = −12a ⇔ 16a + 16a = 0 ⇔ b = 0 hoặc −  4a c = −1 c = −1 c = −1    c = −1  

Do ( P ) là parabol nên a ≠ 0 nên ta chọn a = −1, b = 4, c = −1 . Vậy ( P ) : y = − x 2 + 4 x − 1 .

DẠ

Câu 11. Cho hàm số y = mx 2 − 2mx − 3m − 2 ( m ≠ 0 ) . Xác định giá trị của m trong mỗi trường hợp sau a) Đồ thị hàm số đi qua điểm A ( −2;3) . b) Có đỉnh thuộc đường thẳng y = 3 x − 1 . Page 44

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG c) Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng −10 .

Đồ thị hàm số đi qua điểm A ( −2;3) nên ta có 4m + 4m − 3m − 2 = 3 ⇔ m = 1 . Vậy m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có x = −

b 2m = = 1 , suy ra y = −4m − 2 . Do đó tọa độ đỉnh I (1; −4m − 2 ) . 2 a 2m

Theo giả thiết, đỉnh I thuộc đường thẳng y = 3 x − 1 nên ta có

Vậy m = −1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Theo câu b) ta có tung độ đỉnh y = −

∆ = −4 m − 2 . 4a

−4m − 2 = 3.1 − 1 ⇔ m = −1 .

FI CI A

Lời giải

Vậy m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

ƠN

a > 0 m > 0  Để hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng −10 khi  ∆ ⇔ ⇔ m = 2. −4m − 2 = −10 − 4a = −10

Câu 12. Cho parabol ( P ) : y = − x 2 + 4 x − 2 và đường thẳng d : y = −2 x + 3m . Tìm các giá trị m để a) d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A , B . Tìm tọa độ trung điểm của AB .

QU Y

b) d và ( P ) có một điểm chung duy nhất. Tìm tọa độ điểm chung này. c) d không cắt ( P ) .

d) d và ( P ) có một giao điểm nằm trên đường thẳng y = −2 .

Lời giải

KÈ

Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) là

− x 2 + 4 x − 2 = −2 x + 3m ( *)

⇔

x 2 − 6 x + 3m + 2 = 0 .

Để d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm

DẠ

phân biệt

⇔ ∆ ' = 9 − ( 3m + 2 ) > 0 ⇔ 7 − 3m > 0 ⇔ m <

7 . 3

 x + xB y A + y B  Tọa độ trung điểm AB có dạng I  A ;  với xA , xB là hai nghiệm của (*) . 2   2 Theo định lí Viet, ta có x A + xB = 6 , suy ra xI = Page 45

x A + xB =3. 2

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Ta có

y A + yB ( −2 x A + 3m ) + ( −2 xB + 3m ) = = − ( x A + xB ) + 3m = −6 + 3m . 2 2

Để d và ( P ) có một điểm chung duy nhất khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm

FI CI A

Vậy I ( 3; −6 + 3m ) .

duy nhất

⇔ ∆ ' = 9 − ( 3m + 2 ) = 0 ⇔ 7 − 3m = 0 ⇔ m = Với m =

7 b , phương trình (*) có nghiệm kép (nghiệm duy nhất) x = − = 3. 3 2a

Thay x = 3 vào hàm số y = − x 2 + 4 x − 2 , ta được y = 1 . Vậy tọa độ điểm chung là ( 3;1) .

Để

không cắt

( P)

khi

và chỉ khi phương trình

⇔ ∆ ' = 9 − ( 3m + 2 ) < 0 ⇔ 7 − 3m < 0 ⇔ m >

Gọi M ( xM , yM ) là giao điểm của d và

y = −2 suy ra yM = −2 .

vô nghiệm

7 . 3

( P) .

( *)

ƠN

7 . 3

Giao điểm này nằm trên đường thẳng

Mặt khác M thuộc ( P ) nên thay x = xM và y = yM = −2 vào ( P ) , ta được xM2 − 4 xM = 0

⇔

QU Y

−2 = − xM2 + 4 xM − 2

 xM = 0  M ( 0; −2 ) .   xM = 4  M ( 4; −2 )

•

2 Với M ( 0; −2 ) . Vì M cũng thuộc d nên ta có −2.0 + 3m = −2 ⇔ m = − . 3

•

Với M ( 4; −2 ) . Vì M cũng thuộc d nên ta có −2.4 + 3m = −2 ⇔ m = 2 . 2 hoặc m = 2 thỏa yêu cầu bài toán. 3

Vậy m = −

KÈ

Câu 13. Cho parabol ( P ) : y = x 2 − 4 x + 3 và đường thẳng d : y = mx + 3 . Tìm các giá trị của m để a) d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A , B sao cho diện tích tam giác OAB bằng

9 . 2

DẠ

b) d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A , B có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x13 + x23 = 8 .

Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và d là x 2 − 4 x + 3 = mx + 3

⇔

x2 − ( 4 + m ) x = 0

Page 46

⇔

x = 0 x = 4 + m . 

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Để d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B khi 4 + m ≠ 0 ⇔ m ≠ −4 .

Với x = 0 thì y = 3 suy ra A ( 0;3) ∈ Oy . Với x = 4 + m thì y = m 2 + 4m + 3 suy ra

FI CI A

B ( 4 + m; m 2 + 4m + 3) .

Gọi H là hình chiếu của B lên OA . Suy ra BH = xB = 4 + m . Theo giả thiết bài toán, ta có S ∆OAB =

9 2

⇔

1 9 OA.BH = 2 2

⇔

1 9 .3. m + 4 = 2 2

⇔

Giả sử x1 = 0 và x2 = 4 + m . Theo giả thiết, ta có x13 + x23 = 8

⇔

0 + (4 + m) = 8

⇔

 m = −1  m = −7 . 

Vậy m = −1 hoặc m = −7 thỏa yêu cầu bài toán.

m+4 =3

4+m = 2

⇔

m = −2 .

ƠN

Vậy m = −1 hoặc m = −7 thỏa yêu cầu bài toán.

Cách 2. Áp dụng cho trường hợp không tìm cụ thể x1 , x2 . 3

Ta có x13 + x23 = 8 ⇔ ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) = 8 .

( *)

Do x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − ( 4 + m ) x = 0 nên theo định lý Viet, ta có

QU Y

 x1 + x2 = 4 + m 3 . Thay vào (*) , ta được ( 4 + m ) − 3.0. ( 4 + m ) = 8   x1 x2 = 0

⇔

m = −2 .

Câu 14. Chứng minh rằng với mọi m , đồ thị hàm số y = mx 2 + 2 ( m − 2 ) x − 3m + 1 luôn đi qua hai điểm cố định.

Lời giải

Gọi A ( x0 ; y0 ) là điểm cố định của đồ thị hàm số

⇔ y0 = mx02 + 2 ( m − 2 ) x0 − 3m + 1 ,

v ớ i m ọi m .

KÈ

⇔ m ( x02 + 2 x0 − 3) − 4 x0 − y0 + 1 = 0 , với mọi m

 x 2 + 2 x0 − 3 = 0  x0 = −3  x0 = 1 hoặc  . ⇔ 0 ⇔  y0 = 13  y0 = − 3 −4 x0 − y0 + 1

Vậy đồ thị luôn đi qua hai điểm cố định là A1 (1; −3) hoặc A2 ( −3;13) với mọi giá trị của m .

DẠ

Câu 15. Chứng minh rằng các parabol sau luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định. a) y = 2 x 2 − 4 ( 2m − 1) x + 8m2 − 3 .

b) y = mx 2 − ( 4m − 1) x + 4m − 1 ( m ≠ 0 ) .

Lời giải a)

Gọi y = ax + b là đường thẳng mà parabol luôn tiếp xúc. Page 47

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Phương trình trình hoành độ giao điểm 2 x 2 − 4 ( 2m − 1) x + 8m2 − 3 = ax + b

⇔ 2 x 2 − ( 8m − 4 + a ) x + 8m2 − 3 − b = 0 .

⇔ phương trình (1) luôn có nghiệm kép với mọi m

Yêu cầu bài toán 2

⇔ ∆ = ( 8m − 4 + a ) − 8 ( 8m2 − 3 − b ) = 0 , với mọi m 2

a = 4 −4 + a = 0 . ⇔ ⇔ 2 b = −3 ( −4 + a ) + 8 ( 3 + b ) = 0

y = 2 x 2 − 4 ( 2m − 1) x + 8m2 − 3 luôn tiếp xúc với đường thẳng

y = 4x − 3 .

Gọi y = ax + b là đường thẳng mà parabol luôn tiếp xúc.

ƠN

⇔ 16 ( −4 + a ) m + ( −4 + a ) + 8 ( 3 + b ) = 0 , với mọi m

Vậy parabol

FI CI A

(1)

Phương trình trình hoành độ giao điểm mx 2 − ( 4m − 1) x + 4m − 1 = ax + b

⇔ mx 2 − ( 4m − 1 + a ) x + 4m − 1 − b = 0 .

( 2)

⇔ phương trình ( 2 ) luôn có nghiệm kép với mọi m

Yêu cầu bài toán 2

QU Y

⇔ ∆ = ( 4 m − 1 + a ) − 4 m ( 4 m − 1 − b ) = 0 , v ớ i m ọi m 2

⇔ 16m 2 + 8m ( −1 + a ) + ( −1 + a ) − 16m 2 + 4m (1 + b ) = 0 , với mọi m 2

⇔ 4 ( 2a + b − 1) m + ( −1 + a ) = 0 , với mọi m

2a + b − 1 = 0 a = 1 . ⇔ ⇔  −1 + a = 0 b = −1

KÈ

Vậy parabol y = mx 2 − ( 4m − 1) x + 4m − 1 luôn tiếp xúc với đường thẳng y = x − 1 .

Câu 16. Chứng minh rằng các đường thẳng sau luôn tiếp xúc với một parabol cố định.

DẠ

a) y = 2mx − m 2 + 4m + 2 ( m ≠ 0 ) .

1  b) y = ( 4m − 2 ) x − 4m2 − 2  m ≠  . 2 

Lời giải Gọi y = ax 2 + bx + c , a ≠ 0 là parabol cần tìm. Phương trình trình hoành độ giao điểm ax 2 + bx + c = 2mx − m 2 + 4m + 2

Page 48

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

⇔ ax 2 + ( b − 2m ) x + c + m2 − 4m − 2 = 0 .

⇔ ∆ = ( b − 2 m ) − 4 a ( c + m 2 − 4 m − 2 ) = 0 , v ớ i m ọi m

FI CI A

⇔ phương trình (1) luôn có nghiệm kép với mọi m

Yêu cầu bài toán

(1)

⇔ 4 (1 − a ) m2 − 4 ( b − 4a ) m + b2 − 4ac + 8a = 0 , với mọi m

1 − a = 0 a = 1   ⇔ b − 4a = 0 ⇔ b = 4 .  2 c = 6  b − 4ac + 8a = 0

Vậy đường thẳng y = 2mx − m 2 + 4m + 2 luôn tiếp xúc với parabol y = x 2 + 4 x + 6 . b)

Gọi y = ax 2 + bx + c , a ≠ 0 là parabol cần tìm.

ƠN

Phương trình trình hoành độ giao điểm ax 2 + bx + c = ( 4m − 2 ) x − 4m2 − 2

⇔ ax 2 + ( b − 4m + 2 ) x + c + 4m2 + 2 = 0 .

( 2)

⇔ phương trình ( 2 ) luôn có nghiệm kép với mọi m

Yêu cầu bài toán 2

⇔ ∆ = ( b − 4m + 2 ) − 4a ( c + 4m 2 + 2 ) = 0 , với mọi m 2

QU Y

⇔  4m − ( b + 2 )  − 4a ( c + 4m 2 + 2 ) = 0 , với mọi m 2

⇔ 16 (1 − a ) m 2 − 8 ( b + 2 ) m + ( b + 2 ) − 4ac − 8a = 0 , với mọi m 2

⇔ 16 (1 − a ) m 2 − 8 ( b + 2 ) m + ( b + 2 ) − 4ac − 8a = 0

1 − a = 0 a = 1   ⇔ b + 2 = 0 ⇔ b = −2   c = −2 2  ( b + 2 ) − 4ac − 8a = 0

DẠ

KÈ

Vậy đường thẳng y = ( 4m − 2 ) x − 4m2 − 2 luôn tiếp xúc với parabol y = x 2 − 2 x − 2 .

Page 49

III ==

HỆ THỐNG BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM.

Hàm số y = ax 2 + bx + c , ( a > 0) đồng biến trong khoảng nào sau đậy? b   A.  −∞; −  . 2a  

 b  B.  − ; + ∞  . 2 a  

Chọn B

Câu 2:

QU Y

a > 0. Bảng biến thiên

 ∆  C.  − ; + ∞  . 4a   Lời giải

∆   D.  −∞; −  . 4a  

Câu 1:

ƠN

DẠNG 1. SỰ BIẾN THIÊN

BÀI 16. HÀM SỐ BẬC HAI

Hàm số y = ax 2 + bx + c , ( a > 0) nghịch biến trong khoảng nào sau đậy?  ∆  C.  − ; + ∞  . 4a   Lời giải

∆   D.  −∞; −  . 4a  

KÈ

Chọn A

 b  B.  − ; + ∞  . 2 a  

b   A.  −∞; −  . 2a  

DẠ

a > 0. Bảng biến thiên

Câu 3:

Cho hàm số y = − x 2 + 4 x + 1 . Khẳng định nào sau đây sai?

A. Trên khoảng ( −∞;1) hàm số đồng biến. B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 2; +∞ ) và đồng biến trên khoảng ( −∞; 2 ) . Page 1

HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ

FI CI A

CHƯƠNG

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG C. Trên khoảng ( 3; +∞ ) hàm số nghịch biến. D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 4; +∞ ) và đồng biến trên khoảng ( −∞; 4 ) .

Lời giải

Đỉnh của parabol: xI = −

FI CI A

Chọn D b =2 2a

Bảng biến thiên của hàm số:

2 Hàm số y = x − 4x +11 đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?

A. ( −2; +∞ )

B. ( −∞; +∞ )

Chọn C

D. ( −∞; 2)

QU Y

Ta có bảng biến thiên:

C. (2; +∞ ) Lời giải

Câu 4:

ƠN

Dựa vào bảng biến thiên suy ra khẳng định D sai.

Từ bảng biến thiên ta thấy, hàm số đồng biến trên khoảng (2; +∞ )

Câu 5:

Khoảng đồng biến của hàm số y = x 2 − 4 x + 3 là

B. ( −∞; 2 ) .

C. ( −2; +∞ ) .

D. ( 2; +∞ ) .

Lời giải

KÈ

Chọn D

A. ( −∞; −2 ) .

 b  Hàm số y = x 2 − 4 x + 3 có a = 1 > 0 nên đồng biến trên khoảng  − ; +∞  .  2a 

Vì vậy hàm số đồng biến trên ( 2; +∞ ) .

DẠ

Câu 6:

Khoảng nghịch biến của hàm số y = x 2 − 4 x + 3 là

A. ( −∞; −4 ) .

B. ( −∞; −4 ) .

C. ( −∞; 2 ) . Lời giải

Chọn C Page 2

D. ( −2; +∞ ) .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG b   Hàm số y = x 2 − 4 x + 3 có hệ số a = 1 > 0 nên đồng biến trên khoảng  −∞; −  . 2 a 

Cho hàm số y = − x 2 + 4 x + 3. Chọn khẳng định đúng.

FI CI A

Câu 7:

Vì vậy hàm số đồng biến trên ( −∞; 2 ) .

A. Hàm số đồng biến trên ℝ.

B. Hàm số nghịch biến trên ℝ.

C. Hàm số đồng biến trên ( 2; +∞ ) .

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

Chọn D

Câu 8:

Do a = −1 nên hàm số đồng biến trên ( −∞; 2 ) nghịch biến trên ( 2; +∞ ) . Hàm số f ( x ) = x 2 − 2 x + 3 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (1; +∞ ) .

B. ( −2; +∞ ) .

C. ( −∞;1) .

1  D.  ; +∞  . 2  

ƠN

Lời giải Chọn A

hướng lên. Hoành độ đỉnh của parabol xI =

−b = 1 . Do đó hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) . 2a

Hàm số y = 2 x 2 − 4 x + 1 đồng biến trên khoảng nào?

A. ( −∞; −1) . Chọn D

QU Y

Câu 9:

Ta có hàm số ( P ) : y = f ( x ) = x 2 − 2 x + 3 là hàm số bậc hai có hệ số a = 1 ;nên ( P ) có bề lõm

B. ( −∞;1) .

Hàm số bậc hai có a = 2 > 0; −

C. ( −1; +∞ ) .

D. (1;+∞ ) .

Lời giải

b = 1 nên hàm số đồng biến trên (1; +∞ ) . 2a

Câu 10: Hàm số y = −3x 2 + x − 2 nghịch biến trên khoảng nào sau đây?

KÈ

1 A.  ; +∞  . 6 

1 B.  −∞; −  . 6 

1 C.  − ; +∞  .  6  Lời giải

Chọn A

D=ℝ.

Có a = −3 , đỉnh S có hoành độ x =

1 . 6

DẠ

( P ) : y = f ( x ) = −3x2 + x − 2 , TXĐ:

1  Nên hàm số y = f ( x ) nghịch biến trong khoảng  ; +∞  . 6  Page 3

1 D.  −∞;  . 6 

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 11: Cho hàm số y = − x 2 + 6 x − 1 . Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây? B. ( 3; +∞ )

C. ( −∞;6 )

D. ( 6; +∞ )

Lời giải

Đáp án

−b −6 = = 3 . Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;3) . 2a 2. ( −1)

FI CI A

Ta có a = −1 < 0,

A. ( −∞;3)

Câu 12: Cho hàm số y = x 2 − 3mx + m 2 + 1 (1) , m là tham số. Khi m = 1 hàm số đồng biến trên khoảng nào?

1  C.  −∞;  . 4  Lời giải

3  D.  ; +∞  . 2  

1  B.  ; +∞  . 4  

3  A.  −∞;  . 2 

Chọn D

ƠN

Khi m = 1 , hàm số trở thành y = x 2 − 3 x + 2 Tập xác định: D = ℝ .

QU Y

3 1 Đỉnh I  ; −  . 2 4 Bảng biến thiên:

3  Hàm số đồng biến trên  ; +∞  . 2  

Câu 13: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = x 2 − 2 ( m + 1) x − 3 đồng biến

KÈ

A. 0

trên khoảng ( 4; 2018 ) ?

Hàm số có a = 1 > 0,

B. 1

C. 2 Lời giải

D. 3

−b = m + 1 nên đồng biến trên khoảng ( m + 1; +∞ ) . 2a

DẠ

Do đó để hàm số đồng biến trên khoảng ( 4; 2018 ) thì ta phải có

( 4; 2018) ⊂ ( m + 1; +∞ ) ⇔ m + 1 ≤ 4 ⇔ m ≤ 3 .

Vậy có ba giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 1, 2, 3.

Đáp án

Câu 14: Tìm tất cả các giá trị của b để hàm số y = x 2 + 2(b + 6) x + 4 đồng biến trên khoảng ( 6; +∞ ) . Page 4

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG A. b ≥ 0 .

B. b = −12 .

C. b ≥ −12 . Lời giải

D. b ≥ −9 .

b = −b − 6 2a

FI CI A

Hàm số y = f ( x ) = x 2 + 2(b + 6) x + 4 là hàm số bậc hai có hệ sô a = 1 > 0 , −

Chọn C

nên có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có:

ƠN

Hàm số đồng biến trên ( 6;+∞ ) thì ⇔ ( 6; +∞ ) ⊂ ( −b − 6; +∞ ) ⇔ −b − 6 ≤ 6 ⇔ b ≥ −12. .

Câu 15: Hàm số y = − x 2 + 2 ( m − 1) x + 3 nghịch biến trên (1;+∞ ) khi giá trị m thỏa mãn: A. m ≤ 0 .

B. m > 0 .

D. 0 < m ≤ 2

Chọn C

C. m ≤ 2 . Lời giảiss

Đồ thị hàm số có trục đối xứng là đường x = m − 1 . Đồ thị hàm số đã cho có hệ số x 2 âm nên sẽ đồng biến trên ( −∞; m − 1) và nghịch biến trên ( m − 1; +∞ ) . Theo đề, cần: m − 1 ≤ 1 ⇔ m ≤ 2 .

( 2; +∞ ) .  m ≤ −3 A.  .  m ≥1

C. −3 ≤ m ≤ 1 .

B. −3 < m < 1 .

 m < −3 D.  .  m >1

Lời giải

Chọn C

QU Y

Câu 16: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = − x2 + 2 m + 1 x − 3 nghịch biến trên

Hàm số y = − x2 + 2 m + 1 x − 3 có a = −1 < 0; −

b = m + 1 nên hàm số nghịch biến trên 2a

KÈ

( m + 1 ; +∞ ) .

Để hàm số nghịch biến trên ( 2; +∞ ) thì ( 2; +∞ ) ⊂ ( m + 1 ; +∞ )

⇔ m + 1 ≤ 2 ⇔ −2 ≤ m + 1 ≤ 2 ⇔ −3 ≤ m ≤ 1 .

DẠ

Câu 17: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x 2 + (m −1) x + 2m −1 đồng biến trên khoảng (−2; +∞) . Khi đó tập hợp (−10;10) ∩ S là tập nào?

A. (−10;5) .

B. [5;10) .

C. (5;10) . Lời giải Page 5

D. (−10;5] .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Chọn B

Gọi ( P ) là đồ thị của y = f ( x) = x 2 + (m −1) x + 2m −1 .

Gọi I là đỉnh của ( P ) , có xI =

1− m . 2

1− m  Nên hàm số đồng biến trên khoảng  ; +∞ .  2  1− m ≤ −2 ⇔ m ≥ 5 . 2

Suy ra tập S = [5; +∞) . Khi đó (−10;10) ∩ S = [5;10) .

Do đó để hàm số trên khoảng (−2; +∞) khi

FI CI A

y = f ( x ) là hàm số bậc hai có hệ số a = 1 .

trên ( −1; 2 ) .

A. m ≤ 1 .

B. −2 ≤ m ≤ 1.

C. 0 < m ≤ 1 . Lời giải

D. 0 < m < 1 .

Chọn C

ƠN

Câu 18: Tìm tất cả các giá trị dương của tham số m để hàm số f ( x ) = mx 2 − 4 x − m 2 luôn nghịch biến

QU Y

2  - Với m > 0 , ta có hàm số f ( x ) = mx 2 − 4 x − m 2 nghịch biến trên  −∞;  , suy ra hàm nghịch m  2 2  biến trên ( −1; 2 ) khi ( −1; 2 ) ⊂  −∞;  ⇔ 2 ≤ ⇔ 0 < m ≤ 1 . m m 

Câu 19: Cho hàm số y = x 2 − 2mx + m 2 ( P ) . Khi m thay đổi, đỉnh của Parabol đường nào sau đây? A. y = 0 .

B. x = 0 .

C. y = x . Lời giải

( P ) luôn

nằm trên

D. y = x 2 .

Chọn A

KÈ

Tọa độ đỉnh I của Parabol là I ( m ;0 ) , nên I luôn thuộc đường thẳng y = 0 .

Câu 20: Cho hàm số y = x 2 − 4mx + 4m2 ( P ) . Khi m thay đổi, đỉnh của Parabol

đường nào sau đây? A. x = 0 .

C. y = 2 x 2 .

B. y = 0 .

( P ) luôn

nằm trên

D. y = x 2 .

Lời giải

DẠ

Chọn B Tọa độ đỉnh I của Parabol là I ( 2m ;0 ) , nên I luôn nằm trên đường thẳng x = 0 .

Câu 21: Tìm giá trị của tham số m để đỉnh I của đồ thị hàm số y = − x 2 + 6 x + m thuộc đường thẳng

y = x + 2019 . Page 6

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG A. m = 2020 .

B. m = 2000 .

C. m = 2036 . Lời giải

D. m = 2013 .

FI CI A

Đồ thị hàm số y = − x 2 + 6 x + m là parabol có đỉnh I ( 3;9 + m ) .

Chọn D

Đỉnh I ( 3;9 + m ) thuộc đường thẳng y = x + 2019 ⇔ 9 + m = 3 + 2019 ⇔ m = 2013 .

DẠNG 2. XÁC ĐỊNH TOẠ ĐỘ ĐỈNH, TRỤC ĐỐI XỨNG, HÀM SỐ BẬC HAI THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC.

công thức nào? ∆   b A. I  − ; − . 4a   2a

∆   b B. I  − ; − . 4a   a

Câu 22: Cho hàm số bậc hai y = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) có đồ thị ( P ) , đỉnh của ( P ) được xác định bởi ∆   b C. I  ; .  2 a 4a 

Lời giải

Đỉnh của parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c

ƠN

Chọn A

∆   b D. I  − ; .  2a 4 a 

( a ≠ 0 ) là điểm

∆   b I − ; − . 4a   2a

Câu 23: Cho parabol ( P ) : y = 3x2 − 2 x + 1 . Điểm nào sau đây là đỉnh của ( P ) ?

1 2 3 3

B. I  ;  .

A. I ( 0;1) .

 1 2  3 3

1 3

C. I  − ;  .

2 3

D. I  ; −  .

Chọn B

QU Y

Lời giải

Hoành độ đỉnh của ( P ) : y = 3x − 2 x + 1 là x = −

1 2 3 3

Vậy I  ;  .

b 1 1 2 1 =  y = 3  − 2. + 1 = . 3 3 2a 3  3

b . 2a

KÈ

A. x = −

Câu 24: Trục đối xứng của đồ thị hàm số y = ax 2 + bx + c , ( a ≠ 0) là đường thẳng nào dưới đây? B. x = −

c . 2a

C. x = −

∆ . 4a

D. x =

b . 2a

Lời giải

Chọn A

DẠ

Câu 25: Điểm I ( −2;1) là đỉnh của Parabol nào sau đây? A. y = x 2 + 4 x + 5 .

B. y = 2 x 2 + 4 x + 1 .

C. y = x 2 + 4 x − 5 .

Lời giải Chọn A Hoành độ đỉnh là xI = −

b = − 2 . Từ đó loại câu B. 2a Page 7

D. y = − x 2 − 4 x + 3 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Thay hoành độ xI = − 2 vào phương trình Parabol ở các câu A, C, D, ta thấy chỉ có câu A thỏa

điều kiện yI =1

B. x =

3 . 2

3 C. x = − . 2 Lời giải

Chọn C

−6 b 3 =− =− . 2 ( −2 ) 2a 2

Câu 27: Tọa độ đỉnh của parabol y = −2 x 2 − 4 x + 6 là A. I ( −1;8 ) .

B. I (1;0 ) .

D. x = 3 .

Parabol ( P ) : y = −2 x 2 − 6 x + 3 có hoành độ đỉnh là x = −

FI CI A

A. x = −3 .

Câu 26: Parabol ( P ) : y = −2 x 2 − 6 x + 3 có hoành độ đỉnh là

C. I ( 2; −10 ) . Lời giải

ƠN

Chọn A

D. I ( −1;6 ) .

−4   x = − 2. ( −2 ) = −1 Tọa độ đỉnh của parabol y = −2 x − 4 x + 6 là   I ( −1;8 ) . 2  y = −2. −1 − 4. −1 + 6 = 8 ( ) ( )  2

A. −2 .

B. 2 .

x=−

b = 1. 2a

C. −1 . Lời giải

QU Y

Chọn D

Câu 28: Hoành độ đỉnh của parabol ( P ) : y = 2 x 2 − 4 x + 3 bằng

D. 1 .

2 Câu 29: Parabol y = − x + 2 x + 3 có phương trình trục đối xứng là

A. x = −1 .

B. x = 2 .

C. x = 1 .

D. x = −2 .

Chọn C

Lời giải

KÈ

Parabol y = − x2 + 2 x + 3 có trục đối xứng là đường thẳng x = −

b ⇔ x = 1. 2a

Câu 30: Xác định các hệ số a và b để Parabol ( P ) : y = ax 2 + 4 x − b có đỉnh I ( −1; −5 ) .

DẠ

a = 3 A.  . b = −2

a = 3 B.  . b = 2

a = 2 C.  . b = 3 Lời giải

Chọn C Ta có: xI = −1  −

4 = −1  a = 2. 2a Page 8

a = 2 D.  . b = −3

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Hơn nữa I ∈ ( P ) nên −5 = a − 4 − b  b = 3.

có đỉnh I (1;2 ) . Tính a + b + c .

3 . 2

1 . 2

FI CI A

A. 3 .

Câu 31: Biết hàm số bậc hai y = ax 2 + bx + c có đồ thị là một đường Parabol đi qua điểm A ( −1;0 ) và

C. 2 .

Lời giải Chọn C

1 3 Vậy hàm bậc hai cần tìm là y = − x 2 + x + 2 2

ƠN

 b = 1 a − b + c = 0 a − b + c = 0   b 1    = 1 . với a ≠ 0 ⇔  b = −2a Theo giả thiết ta có hệ:  − ⇔ a = − 2  2a a + b + c = 2   3  a + b + c = 2  c = 2

Câu 32: Biết đồ thị hàm số y = ax 2 + bx + c , ( a, b, c∈ ℝ; a ≠ 0 ) đi qua điểm A ( 2;1) và có đỉnh I (1; − 1)

. Tính giá trị biểu thức T = a 3 + b 2 − 2c . A. T = 22 . B. T = 9 .

Chọn A

C. T = 6 . Lời giải

D. T = 1 .

QU Y

Đồ thị hàm số y = ax 2 + bx + c đi qua điểm A ( 2;1) và có đỉnh I (1; − 1) nên có hệ phương trình  4a + 2b + c = 1  4a + 2b + c = 1 c = 1 c = 1  b     =1 ⇔ b = −2a ⇔ b = −2a ⇔ b = −4 . − 2 a   a + b + c = −1  −a + c = −1  a = 2     a + b + c = −1

Vậy T = a 3 + b 2 − 2c = 22 .

Câu 33: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c (a ≠ 0) có đồ thị. Biết đồ thị của hàm số có đỉnh I (1;1) và đi qua

KÈ

điểm A(2;3) . Tính tổng S = a 2 + b 2 + c 2 A. 3 .

B. 4 .

C. 29 . Lời giải

D. 1 .

Chọn C

DẠ

Vì đồ thị hàm số y = ax 2 + bx + c (a ≠ 0) có đỉnh I (1;1) và đi qua điểm A(2;3) nên ta có hệ:

Page 9

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Nên S = a 2 + b 2 + c 2 =29

FI CI A

  a +b + c =1  a + b + c =1 a=2     4a + 2b + c = 3 ⇔ 4a + 2b + c = 3 ⇔ b = −4   2a + b = 0  c=3 b    − =1 2a 

Câu 34: Cho Parabol ( P ) : y = x 2 + mx + n ( m, n tham số). Xác định m, n để ( P ) nhận đỉnh I ( 2; − 1) . A. m = 4, n = −3 .

B. m = 4, n = 3 .

C. m = −4, n = −3 . Lời giải

Chọn D

D. m = −4, n = 3 .

Parabol ( P ) : y = x 2 + mx + n nhận I ( 2; − 1) là đỉnh, khi đó ta có

ƠN

4 + 2m + n = −1 2m + n = −5 n = 3  ⇔ ⇔ .  m m = − 4 m = − 4 − = 2    2 Vậy m = −4, n = 3 .

QU Y

2 Câu 35: Cho Parabol: y = ax + bx + c có đỉnh I (2; 0) và ( P ) cắt trục Oy tại điểm M (0; −1) . Khi đó Parabol có hàm số là 1 1 A. ( P ) : y = − x 2 − 3 x − 1 . B. ( P ) : y = − x 2 − x − 1 . 4 4 1 1 C. ( P ) : y = − x 2 + x − 1 . D. ( P ) : y = − x 2 + 2 x − 1 4 4 Lời giải Chọn C

 b b2  Parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c  → đỉnh I  − ; c −  4a   2a

KÈ

 b − 2a = 2 b = −4a ⇔ 2 Theo bài ra, ta có có đỉnh I ( 2;0 )   2 b = 4ac c − b = 0  4a Lại có cắt Oy tại điểm M ( 0; −1) suy ra y ( 0 ) = −1 ⇔ c = −1

(1) ( 2)

b = −4a b = −4a 1   2  2 a = − Từ, suy ra b = − a ⇔ b = b ⇔  4 c = −1 c = −1 b = 1; c = −1  

DẠ

Câu 36: Gọi S là tập các giá trị m ≠ 0 để parabol ( P ) : y = mx 2 + 2mx + m 2 + 2m có đỉnh nằm trên đường thẳng y = x + 7 . Tính tổng các giá trị của tập S A. −1 .

B. 1.

C. 2 . Lời giải Page 10

D. −2 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Chọn A

∆   b Khi m ≠ 0 thì ( P ) : y = mx 2 + 2mx + m 2 + 2m có đỉnh là I  − ; −   I ( −1; m 2 + m )  2a 4 a 

FI CI A

Vì đỉnh nằm trên đường thẳng y = x + 7 nên

m = 2 m2 + m = −1 + 7 ⇔ m2 + m − 6 = 0 ⇔  (TM )  m = −3 Vậy tổng các giá trị của tập S : 2 + ( −3 ) = −1 .

3 1 Câu 37: Xác định hàm số y = ax 2 + bx + c (1) biết đồ thị của nó có đỉnh I  ;  và cắt trục hoành tại  2 4 

Lời giải

điểm có hoành độ bằng 2. A. y = −x 2 + 3 x + 2 . B. y = −x 2 − 3x − 2 . C. y = x 2 − 3x + 2 .

D. y = −x 2 + 3 x − 2 .

ƠN

Chọn D

3 1 . Do đồ thị của nó có đỉnh I  ;  và cắt trụ hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 nên ta có  2 4 

QU Y

−b 3  =  2a 2 3a + b = 0 a = −1  9   3 1  a + b + c = ⇔ 9a + 6b + 4c = 1 ⇔ b = 3 4  2 4   4a + 2b + c = 0 c = −2     4a + 2b + c = 0 

Vậy y = −x 2 + 3 x − 2

5 1 Câu 38: Hàm số bậc hai nào sau đây có đồ thị là parabol có đỉnh là S  ;  và đi qua A(1;−4 ) ? 2 2 A. y = − x 2 + 5 x − 8 . B. y = −2 x 2 + 10 x − 12 .

KÈ

C. y = x 2 − 5 x .

1 . 2 Lời giải

D. y = −2 x 2 + 5 x +

Chọn B

Hàm số bậc hai cần tìm có phương trình: y = ax 2 + bx + c(a ≠ 0 )

DẠ

5 1 Hàm số bậc hai có đồ thị là parabol có đỉnh là S  ;  và đi qua A(1;−4 ) 2 2

Page 11

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

( P)

có phương trình y = ax 2 + bx + c . Tìm a + b + c , biết

A ( 0;3) và có đỉnh I ( −1; 2 ) . B. a + b + c = 5

C. a + b + c = 4 Lời giải

( P)

đi qua điểm

D. a + b + c = 3

A. a + b + c = 6 Chọn A

( P)

FI CI A

Câu 39: Cho parabol

 −b 5  −b 5  2a = 2 = b = −5a  2a 2    a = −2  2  −25a 2 + 4a ( 4a − 4 ) 1  −∆ 1  −b + 4ac 1   = ⇔ = ⇔ = ⇔ b = 10 4 a 2 4 a 2 4 a 2    c = −12  a + b + c = −4  a + b + c = −4 c = 4a − 4     

đi qua điểm A ( 0;3)  c = 3 .

ƠN

 −b = −1 b = 2a a = 1 ⇔ ⇔  a +b +c = 6. ( P ) có đỉnh I ( −1; 2 )   2a  a − 2a = −1 b = 2  a − b + 3 = 2

A. y =

1 2 x + 2x + 6 . 2

Câu 40: Parabol y = ax 2 + bx + c đạt cực tiểu bằng 4 tại x = −2 và đi qua A ( 0;6) có phương trình là B. y = x 2 + 2 x + 6 .

C. y = x 2 + 6 x + 6 .

D. y = x 2 + x + 4 .

Lời giải

Ta có: −

QU Y

Chọn A

b = −2  b = 4a . 2a

 4 = a.( −2) 2 + b.( −2) + c  4.a − 2b = −2 Mặt khác : Vì A, I ∈ ( P ) ⇔   2 c = 6 6 = a. ( 0 ) + b.(0) + c

KÈ

1  a = 2  1 Kết hợp, ta có : b = 2 . Vậy ( P ) : y = x 2 + 2 x + 6 . 2 c = 6  

Câu 41: Parabol y = ax 2 + bx + c đi qua

DẠ

A. y = x 2 − x + 1 .

A ( 0; −1) B (1; −1) C ( −1;1) , , có phương trình là

B. y = x 2 − x − 1 .

C. y = x 2 + x − 1 . Lời giải

Chọn B

Page 12

D. y = x 2 + x + 1 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

FI CI A

2 Vậy ( P ) : y = x − x − 1 .

 −1 = a.02 + b.0 + c a = 1  2  Ta có: Vì A, B, C ∈ ( P) ⇔  −1 = a. (1) + b.(1) + c  b = −1 .   c = −1 2 1 = a. ( −1) + b.( −1) + c 

2 Câu 42: Parabol y = ax + bx + 2 đi qua hai điểm M (1;5) và N ( −2;8) có phương trình là 2 A. y = x + x + 2 .

2 B. y = 2x + x + 2 .

2 C. y = 2x + 2x + 2

Lời giải

Chọn B

2 D. y = x + 2 x

2 Parabol y = ax + bx + 2 đi qua hai điểm M (1;5) và N ( −2;8) nên ta có hệ phương trình:

a + b = 3 ⇔   4a − 2b = 6

a = 1 2 . Vậy hàm số cần tìm là y = 2x + x + 2.  b = 2

ƠN

5 = a.12 + b.1 + 2 ⇔  2 8 = a.( −2) + b.( −2) + 2

Câu 43: Cho ( P ) : y = x 2 + bx + 1 đi qua điểm A ( −1;3) . Khi đó A. b = −1.

B. b = 1.

D. b = −2.

Chọn A

C. b = 3. Lời giải

Thay tọa độ A ( −1;3) vào ( P ) : y = x 2 + bx + 1 . 2

QU Y

Ta được: 3 = ( −1) − b + 1 ⇔ b = −1 .

Chọn B

( P ) : y = ax2 + bx + c đi qua ba điểm A (1; 4 ) , B ( −1; −4 ) và C ( −2; −11) . Tọa độ Câu 44: Cho parabol ( P ) là: đỉnh của A. ( −2; −11) B. ( 2;5 ) C. (1; 4 ) D. ( 3;6 )

đi qua ba điểm A (1; 4 ) , B ( −1; −4 ) và C ( −2; −11) suy ra

KÈ

( P ) : y = ax2 + bx + c

Lời giải

a + b + c = 4 a = −1   ⇔ b = 4  ( P ) : y = − x 2 + 4 x + 1 .  a − b + c = −4 4a − 2b + c = −11 c = 1  

DẠ

Hoành độ của đỉnh của ( P ) là x =

−b = 2 . Suy ra tung độ của đỉnh của ( P ) là 2a

y = −22 + 4.2 + 1 = 5 .

2 Câu 45: Cho hàm số y = ax + bx + c có bảng biến thiên dưới đây. Đáp án nào sau đây là đúng?

Page 13

2 A. y = x + 2x − 2.

2 B. y = x − 2x − 2.

2 C. y = x + 3x − 2.

Lời giải Chọn A

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

2 D. y = − x − 2x − 2.

b = −1 , vậy chọn 2a

D. Đỉnh I ( −1; −3) nên −

Từ BBT ta có a > 0 nên loại phương án

2 Câu 46: Cho parabol ( P ) : y = ax + bx + c có trục đối xứng là đường thẳng x = 1 . Khi đó 4a + 2b bằng

B. 0 .

A. −1 .

C. 1 .

Chọn B

ƠN

Lời giải

D. 2 .

Do parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c có trục đối xứng là đường thẳng x = 1 nên −

⇔ 2a = −b ⇔ 2a + b = 0 ⇔ 4a + 2b = 0 .

b =1 2a

Câu 47: Parabol y = ax 2 + bx + c đi qua A ( 8;0 ) và có đỉnh I ( 6; −12 ) . Khi đó tích a.b.c bằng A. −10368 .

B. 10368 .

C. 6912 .

D. −6912 .

Chọn A Điều kiện a ≠ 0.

QU Y

Lời giải

KÈ

 64a + 8b + c = 0 a = 3   Từ giả thiết ta có hệ 36a + 6b + c = −12 ⇔ b = −36  abc = −10368 .  b c = 96  − =6  2a Câu 48: Cho parabol y = ax2 + bx + 4 có trục đối xứng là đường thẳng x =

DẠ

Tổng giá trị a + 2b là 1 A. − . 2

B. 1.

1 . 2

1 và đi qua điểm A (1;3) . 3

D. −1 .

Lời giải

Chọn B Vì parabol y = ax2 + bx + 4 có trục đối xứng là đường thẳng x =

Page 14

1 và đi qua điểm A (1;3) 3

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

a + b + 4 = 3 a + b = −1  a = −3  nên ta có  b 1 . ⇔ ⇔ a b b 2 + 3 = 0 = 2 − =    2a 3

FI CI A

Do đó a + 2b = −3 + 4 = 1.

Câu 49: Cho parabol y = ax2 + bx + c có đồ thị như hình sau

Phương trình của parabol này là

B. y = 2 x2 + 4 x − 1.

C. y = x2 − 2 x − 1 .

D. y = 2 x2 − 4 x − 1 .

ƠN

A. y = − x 2 + x − 1 .

Lời giải Chọn D

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm ( 0 ; − 1) nên c = −1 .

 b =1  2a + b = 0 a = 2 − ⇔ ⇔ Tọa độ đỉnh I (1 ; − 3) , ta có phương trình:  2a . a + b = −2 b = −4  a.12 + b.1 − 1 = −3 

QU Y

Vậy parabol cần tìm là: y = 2 x2 − 4 x − 1 .

Câu 50: Biết hàm số bậc hai y = ax 2 + bx + c có đồ thị là một đường Parabol đi qua điểm A ( −1;0 ) và có đỉnh I (1;2 ) . Tính a + b + c .

3 . 2

C. 2 .

Y DẠ

Lời giải

KÈ

Chọn C

A. 3 .

1 3 Vậy hàm bậc hai cần tìm là y = − x 2 + x + 2 2

Câu 51: Cho parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c , ( a ≠ 0 ) có đồ thị như hình bên dưới. Page 15

1 . 2

Khi đó 2a + b + 2c có giá trị là: A. −9 . B. 9.

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

C. −6 . Lời giải

D. 6.

ƠN

Chọn C

Parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c, ( a ≠ 0) đi qua các điểm A( −1; 0), B (1; −4), C (3; 0)

a − b + c = 0 a = 1   Do đó ta có hệ phương trình: a + b + c = −4 ⇔ b = −2 9a + 3b + c = 0 c = −3  

QU Y

Khi đó: 2 a + b + 2c = 2.1 − 2 + 2( −3) = −6.

Câu 52: Cho hàm số y = a.x 2 + b.x + c ( a ≠ 0 ) . Biết rằng đồ thị hàm số nhận đường thẳng x =

3 làm 2

trục đối xứng, và đi qua các điểm A ( 2; 0 ) , B ( 0; 2 ) . Tìm T = a − b + c

A. T = 1 .

B. T = 3 .

KÈ

Ta có

Chọn D

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x =

C. T = 0 . Lời giải

D. T = 6 .

3 −b 3 = ⇔ 3a + b = 0 (1) làm trục đối xứng ta được: 2 2a 2

(2)

DẠ

 4a + 2b + c = 0 Đồ thị hàm số đi qua các điểm A ( 2; 0 ) , B ( 0; 2 ) ta được:  c = 2 a = 1  Từ (1) , ( 2 ) ta được: b = −3  T = 6 c = 2 

Câu 53: Cho hàm số f ( x ) = ax 2 + bx + c đồ thị như hình. Tính giá trị biểu thức T = a 2 + b2 + c 2 . Page 16

A. 0 .

B. 26 .

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

C. 8 . Lời giải

D. 20 .

Chọn B

 −b  4a + b = 0  =2 Do đồ thị hàm số có đỉnh là I ( 2; −1)   2a ⇔ (1)  f ( 2 ) = −1  4a + 2b + c = −1 

ƠN

Do đồ thị hàm số đi qua điểm ( 0;3 )  f ( 0 ) = 3 ⇔ c = 3 ( 2 )

a = 1  Từ (1) và ( 2 )  b = −4  T = 26 c = 3 

Câu 54: Xác định hàm số y = ax 2 + bx + c biết đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là −3

25 1 tại x = . 8 4 1 B. y = x 2 − .x + 3 . C. y = 2 x 2 − x − 3 . 2 Lời giải

QU Y

và giá trị nhỏ nhất của hàm số là −

A. y = −2 x 2 + x − 3 . Chọn C

D. y = 2 x 2 + x − 3 .

+ Đồ thị cắt trục tung tại điểm A ( 0; c )  c = −3 .

25 1 tại x = nên đỉnh của đồ thị hàm số là 8 4

 1 25  I  ;−  8  4

KÈ

+ Giá trị nhỏ nhất của hàm số là −

 −b 1  2a = 4  2a + 4b = 0 a = 2 Suy ra  ⇔ ⇔  a + 4b = −2 b = − 1  a. 1 + 1 b − 3 = − 25  16 4 8

DẠ

Vậy hàm số cần tìm là y = 2 x 2 − x − 3 .

Câu 55: Parabol y = ax 2 + bx + c đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 tại x = −2 và đồ thị đi qua A ( 0;6 ) có phương trình là:

A. y = x 2 + 6 x + 6 .

B. y = x 2 + x + 4 . Page 17

C. y =

1 2 x + 2x + 6 . 2

D. y = x 2 + 2 x + 6 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải Chọn C

M ( 4;3) ( P ) , cắt tia Ox tại

và Q sao cho ∆MNQ có diện tích bằng 1 đồng thời hoành độ điểm Q nhỏ hơn 3 . Khi

đó a + b + c bằng 24 A. . 5

12 . 5

C. 5 . Lời giải

D. 4 .

ƠN

Chọn A

N ( 3;0 )

( P ) : y = f ( x ) = ax 2 + bx + c, a ≠ 0 . Biết ( P ) đi qua

FI CI A

Câu 56: Cho parabol

1   y ( −2 ) = 4a − 2b + c = 4 a=  4 a − 2 b = − 2   2   b  Theo bài ra ta có  − = −2 ⇔  4 a − b = 0 ⇔ b = 2 .  2a c = 6 c = 6  c = 6  

Ta có SMNQ =

QU Y

Gọi điểm H là hình chiếu vuông góc của M lên trục Ox .

1 1 1 7 7  MH .NQ = .y M . ( xN − xQ ) = 1  .3 ( 3 − xQ ) = 1  xQ = nên Q  ;0  . 2 2 2 3 3 

KÈ

9   a = 5 16a + 4b + c = 3   −48 7   Ta thu được: M ( 4;3) , N ( 3;0 ) , Q  ;0  ∈ ( P ) ⇔ 9a + 3b + c = 0 ⇔ b = . 5 3   49  7 63  a+ b+c =0  3 9 c = 5 

DẠNG 3. ĐỌC ĐỒ THỊ, BẢNG BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ BẬC HAI

DẠ

Câu 57: Bảng biến thiên của hàm số y = −2 x 2 + 4 x + 1 là bảng nào sau đây?

Page 18

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

D. Lời giải

FI CI A

Chọn B Hàm số y = −2 x 2 + 4 x + 1 có đỉnh I (1;3) , hệ số a = −2 < 0 nên hàm số đồng biến trên khoảng

( −∞;1) , nghịch biến trên khoảng (1;+∞ ) . Câu 58: Đồ thị nào sau đây là đồ thị của hàm số y = x 2 − 2 x − 3

O 1 x

Hình 2

B. Hình 2 .

Chọn D Dựa vào đồ thị có:

( P)

C. Hình 3 . Lời giải

Hình 4

D. Hình 4 .

a = 1 > 0 ;nên ( P ) có bề lõm hướng lên.

QU Y

( P ) : y = f ( x ) = x 2 − 2 x − 3 ;có

Hình 3

A. Hình 1.

ƠN

O 1

có đỉnh I có xI = 1 .

Vậy ( P ) : y = f ( x ) = x 2 − 2 x − 3 có đồ thị là hình 4 .

KÈ

Câu 59: Bảng biến thi của hàm số y = −2 x 4 + 4 x + 1 là bảng nào sau đây?

DẠ

D. Lời giải

Chọn C Hàm số y = −2 x 4 + 4 x + 1 có hệ số a = −2 < 0 nên bề lõm quay lên trên vì vậy ta loại đáp án B,

D. Hàm số có tọa độ đỉnh I (1;3) nên ta loại đáp án Page 19

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Vậy bảng biến thiên của hàm số y = −2 x 4 + 4 x + 1 là bảng

D. Lời giải

Chọn A

Có a = −1 < 0 , nên loại C và

Tọa độ đỉnh I (1; 0 ) , nên nhận

ƠN

y = −x2 + 2x −1

FI CI A

Câu 60: Bảng biến thiên của hàm số y = − x 2 + 2 x − 1 là:

Câu 61: Bảng biến thiên nào dưới đây là của hàm số y = − x 2 + 2 x + 2 ?

QU Y

. D. Lời giải

Chọn C

. B.

y ' = −2 x + 2

KÈ

y' = 0 ⇔ x =1

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

DẠ

Câu 62: Đồ thị hàm số y = ax 2 + bx + c , ( a ≠ 0) có hệ số a là

Page 20

A. a > 0.

B. a < 0.

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

C. a = 1. Lời giải

D. a = 2.

Chọn B Bề lõm hướng xuống a < 0.

A. a < 0, b > 0, c < 0

ƠN

Câu 63: Cho parabol y = ax 2 + bx + c có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Khẳng định nào dưới đây đúng?

B. a < 0, b < 0, c < 0

C. a < 0, b > 0, c > 0

D. a < 0, b < 0, c > 0

Lời giải

QU Y

Chọn C Parabol quay bề lõm xuống dưới  a < 0 .

Parabol cắt Oy tại điểm có tung độ dương  c > 0 . Đỉnh của parabol có hoành độ dương 

−b b > 0  < 0 mà a < 0 nên suy ra b > 0 . 2a a

KÈ

Câu 64: Nếu hàm số y = ax 2 + bx + c có a > 0, b > 0 và c < 0 thì đồ thị hàm số của nó có dạng

. D.

Lời giải

DẠ

Chọn C Do a > 0 nên Parabol quay bề lõm lên trên, suy ra loại phương án A, D . Mặt khác do a > 0, b > 0 nên đỉnh Parabol có hoành độ x = −

b < 0 nên loại phương án B . Vậy chọn C . 2a

Câu 65: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c, ( a > 0, b < 0, c > 0 ) thì đồ thị của hàm số là hình nào trong các hình sau: Page 21

B. Hình (2).

C. Hình (3). Lời giải

D. Hình (4).

FI CI A

A. Hình (1).

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Chọn C Vì c > 0 nên đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm phía trên trục hoành. Mặt khác a > 0, b < 0 nê hai hệ số này trái dấu, trục đối xứng sẽ phía phải trục tung. Do đó, hình là đáp án cần tìm.

Câu 66: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c có đồ thị như hình bên dưới. Khẳng định nào sau đây đúng? x

` A. a > 0, b < 0, c < 0 .

ƠN

B. a > 0, b < 0, c > 0 . C. a > 0, b > 0, c > 0 . D. a < 0, b < 0, c < 0 .

Lời giải Chọn A

Parabol có bề lõm quay lên  a > 0 loại D.

Parabol cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên c < 0 loại B,

C. Chọn A

dưới đây:

QU Y

Câu 67: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c, ( a ≠ 0 ) có bảng biến thiên trên nửa khoảng [ 0; +∞ ) như hình vẽ

KÈ

Xác định dấu của a , b , c . A. a < 0, b < 0, c > 0 .

B. a < 0, b > 0, c > 0 . C. a < 0, b > 0, c > 0 . Lời giải

D. a < 0, b > 0, c < 0 .

DẠ

Chọn D Dựa vào bảng biến thiên ta có: Parabol ( P ) có bề lõm quay xuống dưới; hoành độ đỉnh dương;

Page 22

FI CI A

a < 0 a < 0  −b   cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng – 1 nên  > 0  b > 0 .  2a c < 0 c = −1 < 0 

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Câu 68: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c có đồ thị là parabol trong hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là

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 . Lời giải

ƠN

Chọn D Vì Parabol hướng bề lõm lên trên nên a > 0 . Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm ( 0;c ) ở dưới Ox  c < 0 . b < 0 , mà a > 0  b > 0 . 2a

Hoành độ đỉnh Parabol là −

Câu 69: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c có đồ thị như hình bên.

QU Y

−1 O

Khẳng định nào sau đây đúng?

Chọn D

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 . Lời giải

KÈ

Dựa vào đồ thị, nhận thấy: * Đồ thị hàm số là một parabol có bề lõm quay xuống dưới nên a < 0 . * Đồ thị cắt trục tung tại tung độ bằng c nên c > 0 .

DẠ

* Đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ x1 = −1 và x2 = 3 nên x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình ax 2 + bx + c = 0 mà theo Vi-et x1 + x2 = −

* Vậy a < 0 , b > 0 , c > 0 .

Câu 70: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c có đồ thị như bên. Page 23

b = 2 ⇔ b = −2a  b > 0 . a

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG y

FI CI A

Khẳng định nào sau 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. Lời giải

Chọn A

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ ( = c ) âm nên c < 0 . Suy ra loại B,. D.

ƠN

 −b  Đồ thị hướng bề lõm lên trên nên a > 0 , hoành độ đỉnh  =  dương nên  2a  −b > 0, a > 0  b < 0 . 2a

QU Y

Câu 71: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c . Có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Hỏi mệnh đề nào đúng?

Chọn A

B. a < 0, b < 0, c > 0 . C. a < 0, b < 0, c < 0 . Lời giải

D. a > 0, b > 0, c < 0 .

A. a < 0, b > 0, c < 0 .

KÈ

Nhận xét:

+) Parabol có bề lõm quay xuống dưới nên a < 0 . +) Parabol cắt trục tung tại điểm có hoành độ bằng 0 và tung độ âm nên thay x = 0 vào

DẠ

y = ax 2 + bx + c suy ra c < 0 .

+) Parabol có trục đối xứng nằm bên phải trục tung nên x = −

b > 0 mà a < 0 nên b > 0 . 2a

Vậy a < 0, b > 0, c < 0 .

Câu 72: Cho đồ thị hàm số y = ax 2 + bx + c có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Mệnh đề nào sau đây đúng? Page 24

A. a > 0, b = 0, c > 0 .

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

B. a > 0, b > 0, c > 0 . C. a > 0, b < 0, c > 0 . Lời giải

Chọn C

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm có tung độ dương nên c > 0 . b > 0 mà a > 0 suy ra b < 0 . 2a

ƠN

Hoành độ đỉnh −

Từ dáng đồ thị ta có a > 0 .

D. a < 0, b > 0, c > 0 .

Câu 73: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c có a < 0; b < 0; c > 0 thì đồ thị ( P ) của hàm số là hình nào trong

A. hình ( 4) . Chọn C

QU Y

các hình dưới đây

B. hình ( 3) .

C. hình ( 2) .

D. hình (1) .

Lời giải

Vì a < 0 nên đồ thị có bề lõm hướng xuống dưới  loại hình, hình.

−b < 0 nên trục đối xứng của ( P ) nằm bên trái trục tung. Vậy hình thỏa mãn 2a nên chọn đáp án C.

KÈ

a < 0; b < 0 

DẠ

Câu 74: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. a > 0, b > 0, c > 0 .

B. a > 0, b > 0, c < 0 . Page 25

C. a > 0, b < 0, c < 0 .

D. a > 0, b < 0, c > 0 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải Chọn B

Tọa độ đỉnh nằm ở góc phần tư thứ III nên

−b <0 ⇒b>0. 2a

A. y = − x 2 + 4 x − 3 .

B. y = − x 2 − 4 x − 3 .

ƠN

Câu 75: Hàm số nào có đồ thị như hình vẽ bên dưới?

FI CI A

Đồ thị có bề lõm hướng lên do đó a > 0

Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm nằm phía dưới trục Ox nên C < 0

C. y = −2 x 2 − x − 3 .

D. y = x 2 − 4 x − 3 .

Lời giải Chọn A

Đồ thị có bề lõm quay xuống dưới nên a < 0 . Loại phương án

QU Y

Trục đối xứng: x = 2 do đó Chọn A Câu 76: Bảng biến thiên sau là của hàm số nào ?

A. y = 2 x 2 − 4 x + 4 .

B. y = −3x 2 + 6 x − 1 .

C. y = x 2 + 2 x − 1 .

D. y = x 2 − 2 x + 2 .

Lời giải

Chọn A

KÈ

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy a > 0 . Loại B. b Tọa độ đỉnh I (1; 2 )  − = 1 > 0 . Suy ra b < 0 . Loại. C . 2a Thay x = 1  y = 2 . Loại D.

DẠ

Câu 77: Bảng biến thiên sau là của hàm số nào?

A. y = x 2 − 4 x .

B. y = x 2 + 4 x .

C. y = − x 2 + 4 x . Lời giải

Page 26

D. y = − x 2 − 4 x .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Chọn A Từ bảng biến thiên suy ra hệ số a > 0 . Loại C, D

Toạ độ đỉnh I = ( 2 ; −4 ) loại B

A. y = x 2 + 2 x − 1 .

B. y = x 2 + 2 x − 2 .

FI CI A

Câu 78: Đồ thị trong hình vẽ dưới đây là của hàm số nào trong các phương án A;B;C;D sau đây?

C. y = 2 x 2 − 4 x − 2 .

ƠN

Lời giải

D. y = x 2 − 2 x − 1 .

Chọn D

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −1 nên loại B và C

b = 1 nên ta loại A và Chọn D 2a

Hoành độ của đỉnh là xI = −

QU Y

Câu 79: Cho parabol y = ax 2 + bx + c có đồ thị như hình sau

Phương trình của parabol này là

B. y = 2 x 2 + 4 x − 1.

C. y = x 2 − 2 x − 1 .

D. y = 2 x 2 − 4 x − 1 .

Lời giải

KÈ

A. y = − x 2 + x − 1 . Chọn D

DẠ

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm ( 0 ; − 1) nên c = −1 .  b =1  2a + b = 0 a = 2 − ⇔ ⇔ Tọa độ đỉnh I (1 ; − 3) , ta có phương trình:  2a . a + b = −2 b = −4  a.12 + b.1 − 1 = −3  Vậy parabol cần tìm là: y = 2 x 2 − 4 x − 1 .

Câu 80: Cho parabol y = ax 2 + bx + c có đồ thị như hình sau: Page 27

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG y

-3

Phương trình của parabol này là

A. y = − x 2 + x − 1.

B. y = 2 x 2 + 4 x − 1.

C. y = x 2 − 2 x − 1.

Chọn D

Do đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −1 nên suy ra c = −1

(1)

ƠN

 −b −△  Đồ thị có tọa độ đỉnh I  ;  ≡ I (1; −3 ) nên ta có:  2a 4 a 

D. y = 2 x 2 − 4 x − 1.

Lời giải

FI CI A

-1

 −b =1 b = −2a b = −2a b = − 2 a  2a ⇔ ⇔ 2 ⇔ 2 (2)   ∆ = 12a b − 4ac − 12a = 0  4a − 4ac − 12a = 0  −∆ = −3  4a

QU Y

c = −1 a = 2   Từ và ta có hệ phương trình b = −2a ⇔ b = −4 .  4 a 2 − 8a = 0 c = −1   Ta được parabol có phương trình là y = 2 x 2 − 4 x − 1.

KÈ

Câu 81: Đồ thị hình bên dưới là đồ thị của hàm số bậc hai nào? y

A. y = x 2 − 3 x + 1 .

x O 1 B. y = 2 x 2 − 3 x + 1 . C. y = − x 2 + 3 x − 1 . Lời giải

D. y = −2 x 2 + 3 x − 1 .

Chọn B Dựa vào hình vẽ ta có hàm số bậc hai có hệ số a > 0 nên ta loại đáp án C,

DẠ

Mặt khác đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có tọa độ (1;0 ) , mà điểm (1;0 ) thuộc đồ thị hàm số y = 2 x 2 − 3 x + 1 và không thuộc đồ thị hàm số y = x 2 − 3 x + 1 nên ta Chọn B

Câu 82: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol như hình vẽ.

Page 28

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Hỏi parabol có phương trình nào trong các phương trình dưới đây?

B. y = x 2 − 3 x − 1 .

C. y = − x 2 − 3 x − 1 .

D. y = − x 2 + 3 x + 1 .

ƠN

A. y = x 2 + 3x − 1 .

Lời giải Chọn D

Đồ thị hàm số là parabol có bề lõm quay xuống nên hệ số a < 0 . Loại đáp án A, Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên loại đáp án C.

Câu 83: Cho parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c, ( a ≠ 0 ) có đồ thị như hình bên. Khi đó 2a + b + 2c có giá trị

A. −9 .

-1

B. 9 .

3 x

-4

C. −6 . Lời giải

KÈ

Chọn C

QU Y

là

D. 6 .

Parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c, ( a ≠ 0 ) đi qua các điểm A ( −1; 0 ) , B (1; − 4 ) , C ( 3; 0 ) nên có

DẠ

a − b + c = 0 a = 1   hệ phương trình: a + b + c = −4 ⇔ b = −2 . 9a + 3b + c = 0  c = −3  

Khi đó: 2a + b + 2c = 2.1 − 2 + 2 ( −3) = −6 .

Câu 84: Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình bên dưới

Page 29

A. y = − x 2 + 2 x − 3 .

B. y = − x 2 + 4 x − 3 .

C. y = x 2 − 4 x + 3 .

Lời giải Chọn B

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

D. y = x 2 − 2 x − 3 .

Đồ thị trên là của hàm số bậc hai với hệ số a < 0 và có tọa độ đỉnh là I ( 2;1) . Vậy đồ thị đã cho là đồ thị của hàm số y = − x 2 + 4 x − 3 .

ƠN

Câu 85: Bảng biến thiên ở dưới là bảng biến thiên của hàm số nào trong các hàm số được cho ở bốn phương án A, B, C, D sau đây?

A. y = − x 2 + 4 x .

B. y = − x 2 + 4 x − 9 .

C. y = x 2 − 4 x − 1 .

D. y = x 2 − 4 x − 5 .

Lời giải

QU Y

Chọn C

Parabol cần tìm phải có hệ số a > 0 và đồ thị hàm số phải đi qua điểm ( 2; −5 ) . Đáp án C thỏa mãn.

KÈ

Câu 86: Bảng biến thiên sau đây là bảng biến thiên của hàm số nào?

A. y = x 2 + 4 x .

B. y = − x 2 − 4 x − 8 .

C. y = − x 2 − 4 x + 8 .

D. y = − x 2 − 4 x .

Lời giải

Chọn B

DẠ

Dựa vào BBT ta thấy:

Parabol có bề lõm quay lên trên nên hệ số a < 0  Loại A. Parabol có đỉnh I ( −2; −4) nên thay x = −2; y = −4 vào các đáp án B, C, Nhận thấy chỉ có đáp án B thỏa mãn. Page 30

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

FI CI A

Câu 87: Cho parabol y = ax 2 + bc + c có đồ thị như hình vẽ.

Khi đó:

B. a > 0, b > 0, c > 0 .

C. a < 0, b < 0, c > 0 .

Lời giải Chọn A

D. a < 0, b > 0, c > 0 .

A. a > 0, b < 0, c > 0 .

Đồ thị hàm số có bề lõm quay xuống nên a < 0, cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên −b < 0  b < 0. 2a

ƠN

c > 0. Đỉnh parabol có hoành độ âm nên

Câu 88: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c có đồ thị như hình bên dưới. Khẳng định nào sau đây đúng?

QU Y

A. a > 0, b < 0, c < 0 . Chọn A

B. a > 0, b < 0, c > 0 . C. a > 0, b > 0, c > 0 . D. a < 0, b < 0, c < 0 . Lời giải

Parabol có bề lõm quay lên  a > 0 loại D.

C. Chọn A

Parabol cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên c < 0 loại B,

Câu 89: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c có đồ thị là parabol trong hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là

DẠ

KÈ

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 . Lời giải Chọn D Vì Parabol hướng bề lõm lên trên nên a > 0 . Page 31

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm ( 0;c ) ở dưới Ox  c < 0 .

b < 0 , mà a > 0  b > 0 . 2a

Câu 90: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c có đồ thị như bên. y

Khẳng định nào sau đây đúng?

A. a > 0, b < 0, c < 0. .

FI CI A

Hoành độ đỉnh Parabol là −

B. a > 0, b < 0, c > 0. . C. a > 0, b > 0, c < 0. . D. a < 0, b < 0, c > 0.

ƠN

Lời giải Chọn A

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ ( = c ) âm nên c < 0 . Suy ra loại B,. D.

 −b  Đồ thị hướng bề lõm lên trên nên a > 0 , hoành độ đỉnh  =  dương nên  2a  −b > 0, a > 0  b < 0 . 2a

KÈ

QU Y

Câu 91: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c . Có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Hỏi mệnh đề nào đúng?

A. a < 0, b > 0, c < 0 .

B. a < 0, b < 0, c > 0 . C. a < 0, b < 0, c < 0 . Lời giải

D. a > 0, b > 0, c < 0 .

Chọn A

DẠ

Nhận xét: +) Parabol có bề lõm quay xuống dưới nên a < 0 . +) Parabol cắt trục tung tại điểm có hoành độ bằng 0 và tung độ âm nên thay x = 0 vào

y = ax2 + bx + c suy ra c < 0 . Page 32

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG +) Parabol có trục đối xứng nằm bên phải trục tung nên x = −

b > 0 mà a < 0 nên b > 0 . 2a

Vậy a < 0, b > 0, c < 0 .

A. a > 0, b = 0, c > 0 .

FI CI A

Câu 92: Cho đồ thị hàm số y = ax 2 + bx + c có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Mệnh đề nào sau đây đúng?

B. a > 0, b > 0, c > 0 . C. a > 0, b < 0, c > 0 . Lời giải

Chọn C

ƠN

Từ dáng đồ thị ta có a > 0 .

D. a < 0, b > 0, c > 0 .

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm có tung độ dương nên c > 0 . b > 0 mà a > 0 suy ra b < 0 . 2a

Hoành độ đỉnh −

KÈ

QU Y

Câu 93: Nếu hàm số y = ax 2 + bx + c có đồ thị như sau thì dấu các hệ số của nó là

B. a > 0; b < 0; c < 0 . C. a > 0; b < 0; c > 0 . D. a > 0; b > 0; c < 0 . Lời giải

A. a > 0; b > 0; c > 0 .

DẠ

Chọn D Đồ thị hàm số có bề lõm hướng lên  a > 0 . Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ âm  c < 0 . Loại A, C.

Page 33

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Đồ thị hàm số có trục đối xứng bên trái Oy :  −

b < 0  b > 0 . Loại B. 2a

Câu 94: Cho parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c, ( a ≠ 0 ) có đồ thị như hình bên. Khi đó 4a + 2b + c có giá trị

A. 3 .

B. 2 .

C. −3 . Lời giải

Chọn A

FI CI A

là:

D. 0 .

ƠN

Vì đồ thị hàm số đi qua các điểm ( 0; −1) , (1; 2 ) , ( 2;3) nên thay vào phương trình Parabol ta có

Vậy 4a + 2b + c = 3 .

a.0 + b.0 + c = −1 a = −1   ⇔ b = 4  4a + 2b + c = 3 . a + b + c = 2 4a + 2b + c = 3 c = −1  

QU Y

Câu 95: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c có đồ thị như hình dưới đây. Khẳng định nào sau đây là đúng?

KÈ

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 . Lời giải Chọn C

Nhìn vào đồ thị ta có:

DẠ

• Bề lõm hướng xuống  a < 0 . • Hoành độ đỉnh x = −

b b >0 < 0 b >0. 2a 2a

• Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm  c < 0 . Do đó: a < 0 , b > 0 , c < 0 . Page 34

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG 2 Câu 96: Cho parabol ( P) : y = ax + bx + c, ( a ≠ 0) có đồ thị như hình bên. Khi đó 2 a + b + 2c có giá trị

là

-1

FI CI A

3 x

-4

A. −9 .

B. 9.

C. −6 . Lời giải

D. 6.

Chọn C

2 Parabol ( P) : y = ax + bx + c, ( a ≠ 0) đi qua các điểm A ( −1; 0 ) , B (1; − 4) , C ( 3; 0 ) nên có

Khi đó: 2a + b + 2c = 2.1 − 2 + 2 ( −3) = −6 .

y = ax2 + bx + c có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới đây ?

Câu 97: Cho hàm số

ƠN

a − b + c = 0 a = 1   hệ phương trình: a + b + c = −4 ⇔ b = −2 . 9a + 3b + c = 0 c = −3  

QU Y

O -1

KÈ

Giá trị của tổng T = 4a + 2b + c là : A. T = 2 . B. T = −1 .

2 3

C. T = 4 . Lời giải

D. T = 3 .

Chọn B

Đồ thị đã cho đi qua điểm I ( 2; −1) , ta có: 4a + 2b + c = −1 . Vậy T = −1 .

y =−x2 +4x−3 có đồ thị như hình vẽ sau

DẠ

Câu 98: Cho đồ thị hàm số

Page 35

A. Hình 2 Chọn D

QU Y

ƠN

Đồ thị nào dưới đây là đồ thị của hàm số y = − x 2 + 4 x − 3

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

B. Hình 4

C. Hình 1 Lời giải

Đồ thị hàm số y = f ( x) gồm hai phần

Phần 1: ứng với y ≥ 0 của đồ thị y = f ( x) .

KÈ

Phần 2: lấy đối xứng phần y < 0 của đồ thị y = f ( x) qua trục O x .

DẠ

Câu 99: Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình bên?

Page 36

D. Hình 3

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG y 3

1 −4

−3

−2

−1

x 1

−1

−2 −3

y = x2 −3x −3 .

2 2 B. y = − x + 5 x − 3 . C. y = − x − 3 x − 3 . D.

Chọn B A. và

Quan sát đồ thị ta loại

y = −x2 + 5x −3.

Lời giải

D. Phần đồ thị bên phải trục tung là phần đồ

5 13

y = −x2 + 5x −3 với x > 0 , tọa độ đỉnh của ( P ) là  ;  , trục đối xứng 2 4 

ƠN

thị ( P ) của hàm số

FI CI A

−5

là x = 2, 5 . Phần đồ thị bên trái trục tung là do lấy đối xứng phần đồ thị bên phải của ( P ) qua

2 trục tung O y . Ta được cả hai phần là đồ thị của hàm số y = − x + 5 x − 3 .

DẠNG 4. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT Câu 100: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 − 4 x + 1 . A. −3 .

B. 1 .

C. 3 .

D. 13 .

QU Y

Lời giải

Chọn A

y = x 2 − 4 x + 1 = ( x − 2 ) − 3 ≥ −3 .

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x = 2 . Vậy hàm số đã cho đạt giá trị nhỏ nhất là −3 tại x = 2 .

Câu 101: Giá trị nhỏ nhất của hàm số

B. x = −1 .

KÈ

A. x = −2 .

y = x2 + 2x +3 đạt được tại C. x = 0 . Lời giải

D. x = 1 .

Chọn B

y = x2 + 2x + 3 = (x +1)2 + 2 ≥ 2, ∀x ∈ℝ

Ta có:

DẠ

Dấu bằng xảy ra khi x = −1 nên chọn đáp án

Câu 102: Giá trị nhỏ nhất của hàm số A. −3 .

y = 2x2 + x −3là

B. −2.

C. Lời giải Page 37

−21 . 8

−25 . 8

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG . Chọn A

1 25 −25 )− ≥ 4 8 8

− 25 −1 nên giá trị nhỏ nhất của hàm số khi x = 8 4

FI CI A

y = 2 x 2 + x − 3 = 2( x +

y = 2x2 + x −3là

Câu 103: Khẳng định nào dưới đây đúng? 25 12 2 B. Hàm số y =−3x + x + 2 có giá trị nhỏ nhất bằng 25 12 2 25 C. Hàm số y =−3x + x + 2 có giá trị lớn nhất bằng 3 2 25 D. Hàm số y =−3x + x + 2 có giá trị nhỏ nhất bằng . 3

y =−3x2 + x + 2 có giá trị lớn nhất bằng

A. Hàm số

−25 . 8

ƠN

Lời giải Chọn A

2 Ta có ∆ = 1 − 4.( −3) .2 = 25

Vì a = −3 < 0 nên hàm số có giá trị lớn nhất là: −∆ = 25 . 4a

Câu 104: Giá trị lớn nhất của hàm số A. 4

y = −3x2 + 2x +1 trên đoạn [1;3] là: C. 1

Chọn B

QU Y

B. 0

D. −20

Lời giải

1  Ta có − b = 1 và a = −3 < 0 . Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  ; +∞  . Mà 2a

3



1  ; +∞  . Do đó trên đoạn [1;3] hàm số đạt giá trị lớn nhất tại điểm x = 1 , tức là 3 

[1;3] ⊂ 

KÈ

max f ( x ) = f (1) = 0 . [1;3]

Câu 105: Giá trị lớn nhất của hàm số y = 11 8

DẠ

2 bằng: x − 5x + 9 2

11 4

4 11

Lời giải

Chọn D Hàm số

y = x2 −5x + 9 có giá trị nhỏ nhất là

11 > 0. 4

Page 38

8 11

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG 2 có giá trị lớn nhất là 2 = 8 . 11 11 x − 5x + 9 4

Câu 106: Tổng giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số A. −1.

B. 2.

y = x2 − 4x +3 trên miền [ −1; 4] là

FI CI A

Suy ra hàm số y =

C. 7. Lời giải

D. 8.

Chọn C

ƠN

Xét trên miền [ −1; 4] thì hàm số có bảng biến thiên là

Từ bảng biến thiên suy ra: Giá trị lớn nhất của hàm số bằng 8 và giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng −1 nên tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất là 8 + ( −1) = 7 .

A. 1

B. 0

C. −1 Lời giải

D. −2

QU Y

Chọn C

2 Câu 107: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x − 2 x là:

Cách 1: Đặt t = x , t ≥ 0 .

2 Hàm số f ( t ) = t − 2t đạt giá trị nhỏ nhất bằng −1 khi t = 1 > 0 . 2 Vậy hàm số y = x − 2 x đạt giá trị nhỏ nhất bằng −1 khi x = 1 ⇔ x = ±1 .

Cách 2: Ta có

KÈ

y = x 2 − 2 x = ( x − 1) − 1 ≥ − 1 ∀ x ; y = −1 ⇔ x = 1 ⇔ x = ±1 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là −1. 2 Câu 108: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 x + 3 là:

B. 1

DẠ

A. −1

C. 4 Lời giải

Chọn D 2 Ta có x ≥ 0 ∀x, x ≥ 0 ∀x .

Page 39

D. 3

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG 2 Suy ra x + 4 x + 3 ≥ 3 ∀x . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 0 . Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm

số đã cho là 3.

 2 x − 12

khi x ≤ 2 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ khi x > 2

FI CI A

x2 − 2x − 8

Câu 109: Cho hàm số y = 

nhất của hàm số khi x∈[ −1;4] . Tính M + m .

A. −14 .

C. −4. Lời giải

B. −13 .

D. −9 .

Chọn B

ƠN

BBT

Vậy M + m = −4 + ( −9) = −13 .

Dựa vào BBT ta có M = − 4, m = − 9 .

Câu 110: Tìm giá trị thực của tham số m ≠ 0 để hàm số y = mx 2 − 2mx − 3m − 2 có giá trị nhỏ nhất bằng

−10 trên ℝ. A. m = 1.

Ta có x = −

QU Y

Chọn B

B. m = 2.

C. m = −2. Lời giải

D. m = −1.

b 2m = = 1 , suy ra y = −4m − 2 . 2a 2 m

Để hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng −10 khi và chỉ khi

KÈ

m > 0 m >0⇔m>0 ⇔ ⇔ m = 2. 2  −4m − 2 = −10

Câu 111: Hàm số y = − x 2 + 2 x + m − 4 đạt giá trị lớn nhất trên đoạn [ −1;2] bằng 3 khi m thuộc

A. ( −∞;5 ) .

B. [ 7;8) .

C. ( 5;7 ) . Lời giải

DẠ

Chọn C Xét hàm số y = − x 2 + 2 x + m − 4 trên đoạn [ −1;2] .

Page 40

D. ( 9;11) .

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Hàm số đạt GTLN trên đoạn [ −1; 2] bằng 3 khi và chỉ khi m − 3 = 3 ⇔ m = 6 .

Câu 112: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 + 2mx + 5 bằng 1 khi giá trị của tham số m là A. m = ±4 .

B. m = 4 .

C. m = ±2 . Lời giải

Chọn C

D. m ∈∅ .

Hàm số y = x 2 + 2mx + 5 có a = 1 > 0 nên hàm số đạt giá trị nhỏ nhất khi x = −

b . 2a

ƠN

 b  Theo đề bài ta có y  −  = 1 ⇔ y ( − m ) = 1 ⇔ m 2 − 2m 2 + 5 = 1 ⇔ m 2 = 4 ⇔ m = ±2 .  2a 

Câu 113: Giá trị của tham số m để hàm số y = x 2 − 2mx + m 2 − 3m − 2 có giá trị nhỏ nhất bằng −10 trên

ℝ thuộc khoảng nào trong các khoảng sau đây? 3   5  A. m ∈ [ −1;0 ) . B. m ∈  ;5  . C. m ∈  − ; −1 . 2   2  Lời giải

QU Y

Chọn B

 3 D. m ∈  0;  .  2

Ta có y = x 2 − 2mx + m 2 − 3m − 2 = ( x − m ) − 3m − 2 ≥ −3m − 2 ∀x ∈ ℝ .

Đẳng thức xảy ra khi x = m . Vậy min y = −3m − 2 . ℝ

Yêu cầu bài toán ⇔ −3m − 2 = −10 ⇔ m =

8 . 3

Câu 114: Tìm m để hàm số y = x 2 − 2 x + 2m + 3 có giá trị nhỏ nhất trên đoạn [ 2;5] bằng −3 . B. m = −9 .

KÈ

A. m = 0 .

C. m = 1 . Lời giải

D. m = −3 .

Chọn D

Ta có hàm số y = x 2 − 2 x + 2m + 3 có hệ số a = 1 > 0, b = −2 , trục đối xứng là đường thẳng

DẠ

x=−

b = 1 nên có bảng biến thiên 2a

Page 41

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên đoạn [ 2;5] suy ra giá trị nhỏ nhất trên

Câu 115: Tìm m để hàm số y = x 2 − 2 x + 2m + 3 có giá trị nhỏ nhất trên đo ạn [ 2;5] bằng −3 . B. m = −9 .

C. m = 1 . Lời giải

D. m = 0 .

FI CI A

A. m = −3 .

đoạn [ 2;5] bằng f ( 2 ) . Theo giả thiết f ( 2 ) = −3 ⇔ 2m + 3 = −3 ⇔ m = −3 .

Chọn A

Vì y = x 2 − 2 x + 2m + 3 có a = 1 > 0 nên hàm s ố đồng biến trong khoảng (1; +∞ ) . Như vậy trên đo ạn [ 2;5] hàm s ố đồng biến. Do đó giá trị nhỏ nhất củ a hàm s ố trên đoạn [ 2;5] là

y ( 2 ) = 2m + 3 .

y ( 2 ) = −3 ⇔ 2m + 3 = −3 ⇔ m = −3 .

Câu 116: Tìm số các giá trị của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x 2 + ( 2m + 1) x + m2 − 1 trên đoạn [ 0;1] là bằng 1.

B. 1

C. 2 Lời giải

ƠN

A. 0 Chọn C

b − ( 2m + 1) = ; ∆ = 4m + 5 . 2a 2

Ta có −

D. 3

QU Y

Vì a > 0 nên đồ thị hàm số là một parabol quay bề lõm lên trên và có điểm thấp nhất là đỉnh  −b −∆  I ; .  2a 4a  Từ đó ta xét các trường hợp sau: * Trường hợp 1:

− ( 2m + 1) −b ∈ ( 0;1) ⇔ 0 < <1 2a 2

−3 −1 <m< . 2 2

KÈ

⇔

Khi đó min f ( x ) = [ 0;1]

DẠ

Vậy ta phải có ⇔m=

−∆ − ( 4m + 5 ) = . 4a 4

− ( 4m + 5 ) =1 4

−9 ). 4

* Trường hợp 2: − ( 2m + 1) −b −1 ≤0⇔ ≤0⇔m≥ . 2a 2 2 Page 42

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Khi đó min f ( x ) = f ( 0 ) = m 2 − 1 . [ 0;1]

Ta phải có m2 − 1 = 1 ⇔ m = ± 2 .

FI CI A

Chỉ có m = − 2 thỏa mãn ( 2 ) . * Trường hợp 3:

− ( 2m + 1) −b −3 . ≥1⇔ ≥1⇔ m ≤ 2a 2 2 Khi đó min f ( x ) = f (1) = m 2 + 2m + 1 . [ 0;1]

Ta phải có m 2 + 2m + 1 = 1 ⇔ m = 0 hoặc m = −2 . Chỉ có m = −2 thỏa mãn ( 3) .

{

}

ƠN

Vậy m ∈ −2; − 2 . 2 2 Câu 117: Cho hàm số y = 2 x − 3( m + 1) x + m + 3m − 2 ,

giá trị nhỏ nhất của hàm số là lớn nhất. A. m = −2 B. m = 1

m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để

C. m = 3

D. m = 5

Lời giải

Chọn C

QU Y

Hàm số bậc hai với hệ số a = 2 > 0 đạt giá trị nhỏ nhất tại x = −

b 3( m + 1) = và 2a 4

 3 ( m + 1)  1 2 3 25 1 ymin = y  = − ( m − 3) 2 − 2 ≤ −2 .  = − m + m− 4 8 4 8 8   Dấu bằng xảy ra khi m = 3 . Câu 118: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị dương của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số

KÈ

A. T = 3 .

y = f ( x ) = 4 x 2 − 4mx + m 2 − 2m trên đoạn [ −2;0] bằng 3 . Tính tổng T các phần tử của S. B. T =

1 . 2

C. T = Lời giải

Chọn A

m  Ta có đỉnh I  ; − 2m  . 2 

DẠ

Do m > 0 nên

m > 0 . Khi đó đỉnh I ∉ [ −2;0] . 2

Page 43

9 . 2

3 D. T = − . 2

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −2;0] là y ( 0 ) = 3 tại x = 0 .

 m1 = 3 ⇔ m 2 − 2m − 3 = 0 ⇔   S = {3} .  m2 = −1 < 0

DẠNG 5. SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA PARABOL VỚI ĐỒ THỊ CÁC HÀM SỐ Câu 119: Giao điểm của parabol ( P ) : y = x 2 − 3 x + 2 với đường thẳng y = x − 1 là: A. (1;0 ) ; ( 3;2 ) .

B. ( 0; −1) ; ( −2; −3) .

C. ( −1;2 ) ; ( 2;1) .

D. ( 2;1) ; ( 0; −1) .

ƠN

Lờigiải Chọn A Phương trình hoành độ giao điểm:

x = 1 . x = 3

x 2 − 3x + 2 = x − 1 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔  x = 1  y = x −1 = 0

QU Y

x = 3  y = x −1 = 2

Hai giao điểm là: (1;0 ) ; ( 3;2 ) .

Câu 120: Tọa độ giao điểm của ( P ) : y = x 2 − 4 x với đường thẳng d : y = − x − 2 là B. M ( −1; − 1) , N ( −2;0 ) .

C. M ( − 3;1) , N ( 3; − 5 ) .

D. M (1; − 3) , N ( 2; − 4 ) . Lời giải

KÈ

Chọn D

A. M ( 0; − 2 ) , N ( 2; − 4 ) .

Hoành độ giao điểm của ( P ) và d là nghiệm của phương trình:

DẠ

x =1 . x 2 − 4 x = − x − 2 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔  x = 2

Vậy tọa độ giao điểm của ( P ) và d là M (1; − 3) , N ( 2; − 4 ) .

Câu 121: Tọa độ giao điểm của đường thẳng d : y = − x + 4 và parabol y = x 2 − 7 x + 12 là A. ( −2;6 ) và ( −4;8 ) .

B. ( 2; 2 ) và ( 4;8) . Lời giải Page 44

C. ( 2; −2 ) và ( 4;0 ) .

D. ( 2; 2 ) và ( 4;0 ) .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Chọn D

x = 2  y = 2 Phương trình hoành độ giao điểm: x 2 − 7 x + 12 = − x + 4 ⇔ x 2 − 6 x + 8 = 0 ⇔  . x = 4  y = 0

A. x = 0; x = 1.

B. x = 1.

C. x = 0; x = 2. Lời giải

Chọn A Phương trình hoành độ giao điểm

D. x = 0.

x = 0 . 1 − x = x2 − 2x + 1 ⇔ x2 − x = 0 ⇔  x = 1

FI CI A

Câu 122: Hoành độ giao điểm của đường thẳng y = 1 − x với ( P) : y = x 2 − 2 x + 1 là

Câu 123: Gọi A ( a; b ) và B ( c; d ) là tọa độ giao điểm của ( P ) : y = 2 x − x 2 và ∆ : y = 3 x − 6 . Giá trị của

b + d bằng. A. 7.

C. 15. Lời giải

ƠN

B. −7 .

Chọn D

D. −15 .

x = 2  y = 0 Phương trình hoành độ giao điểm: 2 x − x 2 = 3 x − 6 ⇔ x 2 + x − 6 = 0 ⇔   x = −3  y = −15 b + d = −15

Câu 124: Cho hai parabol có phương trình y = x 2 + x + 1 và y = 2 x 2 − x − 2 . Biết hai parabol cắt nhau tại

QU Y

hai điểm A và B ( x A < xB ). Tính độ dài đoạn thẳng AB.

A. AB = 4 2

B. AB = 2 26

Chọn C

C. AB = 4 10 Lời giải

D. AB = 2 10

Phương trình hoành độ giao điểm của hai parabol:

 x = −1 2 x2 − x − 2 = x2 + x + 1 ⇔ x2 − 2x − 3 = 0 ⇔  . x = 3

KÈ

x = −1  y = 1; x = 3  y = 13 , do đó hai giao điểm là A ( −1;1) và B ( 3;13) .

Từ đó AB =

( 3 + 1) + (13 − 1)

= 4 10 .

DẠ

Câu 125: Giá trị nào của m thì đồ thị hàm số y = x 2 + 3x + m cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt? 9 A. m < − . 4

9 B. m > − . 4

9 C. m > . 4 Lời giải

Chọn D Cho x 2 + 3 x + m = 0 Page 45

D. m <

9 . 4

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Để đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt khi phương trình có hai nghiệm phân biệt 9 . 4

⇔ ∆ > 0 ⇔ 32 − 4m > 0 ⇔ 9 − 4m > 0 ⇔ m <

x 2 + 2 x + m = 0 vô nghiệm. y

2 1

-1 -2

A. m < −2 .

B. m < −1 .

C. m < 1 . Lời giải

D. m > 1 .

ƠN

Chọn D

-1

-2

FI CI A

Câu 126: Hàm số y = x 2 + 2 x − 1 có đồ thị như hình bên. Tìm các giá trị m để phương trình

x 2 + 2 x + m = 0 ⇔ x 2 + 2 x − 1 = − m − 1 ( *)

thẳng y = − m − 1 . Ycbt  m > 1 .

Số nghiệm của phương trình (*) chính là số giao điểm của parabol y = x 2 + 2 x + 1 và đường

Câu 127: Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên trong nửa khoảng

[ −10; −4 )

để đường thẳng

d : y = − ( m + 1) x + m + 2 cắt parabol ( P ) : y = x 2 + x − 2 tại hai điểm phân biệt nằm về cùng

QU Y

một phía đối với trục tung? A. 6 B. 5

Chọn A

C. 7 Lời giải

D. 8

Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) :

x 2 + x − 2 = − ( m + 1) x + m + 2 ⇔ x 2 + ( m + 2 ) x − m − 4 = 0 (*) .

KÈ

d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt nằm về cùng một phía đối với trục tung khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt cùng đấu

DẠ

 m 2 + 8m + 20 > 0 ∆ > 0 ⇔ ⇔ ⇔ m < −4 . P > 0  −m − 4 > 0

Vậy có 6 giá trị m nguyên trong nửa khoảng [ −10; −4 ) thỏa mãn ycbt.

Câu 128: Cho parabol ( P ) : y = x 2 − mx và đường thẳng ( d ) : y = ( m + 2 ) x + 1 , trong đó m là tham số. Khi parabol và đường thẳng cắt nhau tại hai điểm phân biệt M, N, tập hợp trung điểm I của đoạn thẳng MN là: A. một parabol B. một đường thẳng C. một đoạn thẳng D. một điểm Page 46

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải Chọn A

FI CI A

Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) :

x 2 − mx = ( m + 2 ) x + 1 ⇔ x 2 − 2 ( m + 1) x − 1 = 0 .

có a, c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Do đó ( P ) và ( d ) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi m. Khi đó xM , xN là hai nghiệm phân biệt của.

Ta có xI =

Theo Viet ta có xM + xN = 2 ( m + 1) . xM + x N = m +1. 2

ƠN

Suy ra yI = ( m + 2 )( m + 1) + 1 2

= ( m + 1) + ( m + 1) + 1 = xI2 + xI + 1 .

Vậy I luôn thuộc parabol y = x 2 + x + 1 với mọi m.

Chú ý: Cho hai điểm A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) . Trung điểm của đoạn thẳng AB là  x + x y + yB I A B ; A 2  2

 . 

QU Y

Câu 129: Cho hàm số y = x 2 + 3 x có đồ thị ( P ) . Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y = x + m 2 cắt đồ thị ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm I của đoạn AB nằm trên đường thẳng d ′ : y = 2 x + 3 . Tổng bình phương các phần tử của S là

Chọn B

B. 4 .

C. 2 . Lời giải

D. 1 .

A. 6 .

KÈ

Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) là: x 2 + 3 x = x + m 2 ⇔ x 2 + 2 x − m 2 = 0 .

Đề d cắt ( P ) tại 2 điểm phân biệt ∆′ > 0 ⇔ 1 + m 2 > 0, ∀m ∈ ℝ .

(

)

Gọi x1 ; x2 là 2 nghiệm của phương trình, khi đó A x1; x1 + m2 , B ( x2 ; x2 + m 2 )

DẠ

 x1 + x2 x1 + x2 + 2m 2  I ;  2  2 

Theo Vi ét ta có x1 + x2 = −2; x1.x2 = − m 2 nên I ( −1; m 2 − 1) . Vì I thuộc d ′ nên m2 − 1 = 1 ⇔ m 2 = 2 ⇔ m = ± 2 . Page 47

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 130: Cho hàm số y = 2 x 2 − 3x − 5 . Giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng B. 10 .

C. −6 . Lời giải

D. 9 .

Chọn A

FI CI A

A. −10 .

y = 4 x + m tại hai điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; x2 ) thỏa mãn 2 x12 + 2 x22 = 3 x1 x2 + 7 là

Xét phương trình hoành độ giao điểm: 2 x 2 − 3x − 5 = 4 x + m ⇔ 2 x 2 − 7 x − 5 − m = 0 2

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆ = ( −7 ) − 4.2 ( −m − 5) > 0

89 . 8

⇔ 8m + 89 > 0 ⇔ m > −

ƠN

7   x1 + x2 = 2 Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của nên theo Vi-et ta có:  .  x .x = −5 − m  1 2 2 2

Vậy m = −10 là giá trị cần tìm.

2 7  −5 − m  2 x12 + 2 x22 = 3 x1 x2 + 7 ⇔ 2 ( x1 + x2 ) − 7 x1 x2 − 7 = 0 ⇔ 2   − 7.  −7 = 0  2  2  ⇔ 70 + 7 m = 0 ⇔ m = −10 .

Câu 131: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đường thẳng y = mx − 3 không có điểm chung với Parabol y = x2 + 1?

B. 9 .

QU Y

A. 6 . Chọn C

C. 7 . Lời giải

D. 8 .

Phương trình hoành độ giao điểm: x 2 + 1 = mx − 3 ⇔ x 2 − mx + 4 = 0

Đường thẳng y = mx − 3 không có điểm chung với Parabol y = x2 + 1 ⇔ Phương trình vô

nghiệm ⇔ ∆ < 0 ⇔ m 2 − 16 < 0 ⇔ −4 < m < 4 .

KÈ

Vì m ∈ ℤ  m ∈ {−3; − 2; − 1;0;1; 2;3} .

Câu 132: Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng y = mx + 3 − 2m cắt parabol y = x 2 − 3 x − 5 tại 2 điểm C. m < 4 . Lời giải

D. m ≤ 4 .

phân biệt có hoành độ trái dấu. A. m < −3 . B. −3 < m < 4 .

DẠ

Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm: x 2 − 3 x − 5 = mx + 3 − 2m ⇔ x 2 − ( m + 3) x + 2m − 8 = 0 (*) .

Đường thẳng cắt parabol tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu ⇔ a.c < 0 ⇔ 2m − 8 < 0 ⇔ m < 4 . Page 48

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG 2 2 Câu 133: Tìm m để Parabol ( P ) : y = x − 2 ( m + 1) x + m − 3 cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có

A. m = 2 .

B. Không tồn tại m .

C. m = −2 .

FI CI A

Lời giải

D. m = ±2 .

hoành độ x1 , x2 sao cho x1.x2 = 1.

Chọn A

2 2 Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) với trục hoành: x − 2 ( m + 1) x + m − 3 = 0 (1) .

Parabol ( P ) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 sao cho x1.x2 = 1 ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x1.x2 = 1

∆′ = ( m + 1)2 − ( m 2 − 3) > 0 m > −2 ⇔ ⇔ ⇔ m = 2. 2 m = ±2 m − 3 = 1

Câu 134: Cho parabol ( P ) : y = x 2 + 2 x − 5 và đường thẳng d : y = 2mx + 2 − 3m . Tìm tất cả các giá trị

A. 1 < m <

7 . 3

ƠN

m để ( P ) cắt d tại hai điểm phân biệt nằm về phía bên phải của trục tung. B. m > 1 .

C. m >

7 . 3

D. m < 1

Lời giải

Chọn C

Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và d là

x 2 + 2 x − 5 = 2mx + 2 − 3m ⇔ x 2 + 2 (1 − m ) x − 7 + 3m = 0

( *)

QU Y

( P ) cắt d tại hai điểm phân biệt nằm về phía bên phải của trục tung khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt

KÈ

  ∆′ > 0 (1 − m )2 + 7 − 3m > 0  m 2 − 5m + 8 > 0 m > 1   − b 7     ⇔  > 0 ⇔ −2 (1 − m ) > 0 ⇔ 1 − m < 0 ⇔ 7 ⇔m> . 3 a −7 + 3m > 0 3m − 7 > 0 m > 3  c   a > 0 Vậy m >

7 . 3

Câu 135: Gọi T là tổng tất cả các giá trị của tham số m để parabol ( P ) : y = x 2 − 4 x + m cắt trục Ox tại

DẠ

hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn OA = 3OB . Tính T .

A. T = −9 .

B. T =

3 . 2

C. T = −15 . Lời giải

Chọn A

Page 49

D. T = 3 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và trục Ox là: x 2 − 4 x + m = 0 (1) . ( P ) cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn OA = 3OB ⇔ phương trình (1) có hai

∆ ' > 0 4 − m > 0 m < 4    ⇔   x1 = 3 x2 ⇔   x1 = 3 x2 ⇔   x1 = 3 x2 .      x1 = −3 x2   x1 = −3 x2   x1 = −3 x2

Với x1 = 3 x2  x1 = 3 , x2 = 1  m = 3 thỏa mãn. Với x1 = −3x2  x1 = 6 , x2 = −2  m = −12 thỏa mãn. Có hai giá trị của m là m = 3 và m = −12 .

ƠN

Vậy T = −9 . Chọn đáp án A.

 x1 + x2 = 4 Mặt khác, theo định lý Viet cho phương trình (1) thì:  .  x1.x2 = m

FI CI A

nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 = 3 x2

Câu 136: Tìm m để Parabol ( P ) : y = x 2 − 2 ( m + 1) x + m2 − 3 cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 sao cho x1.x2 = 1.

B. Không tồn tại m .

C. m = −2 .

A. m = 2 .

D. m = ±2 .

Lời giải

Chọn A

QU Y

Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) với trục hoành: x 2 − 2 ( m + 1) x + m2 − 3 = 0 (1) . Parabol ( P ) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 sao cho x1.x2 = 1

⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x1.x2 = 1

∆′ = ( m + 1)2 − ( m2 − 3) > 0 m > −2 ⇔ ⇔ ⇔ m = 2. m = ±2 m2 − 3 = 1 Câu 137: Cho parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c . Tìm a − b + c , biết rằng đường thẳng y = −2,5 có một điểm

KÈ

chung duy nhất với ( P ) và đường thẳng y = 2 cắt ( P ) tại hai điểm có hoành độ là −1 và 5.

A. a − b − c = −2

B. a − b − c = 2

C. a − b − c = 1 Lời giải

D. a − b − c = −1

Chọn D

DẠ

Vì đường thẳng y = −2,5 có một điểm chung duy nhất với ( P ) và đường thẳng y = 2 cắt ( P )

tại hai điểm có hoành độ là −1 và 5 nên suy ra tọa độ đỉnh của ( P ) là:  −1 + 5  ; 2,5  = ( 2; 2,5 ) .   2 

Page 50

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Vậy ( P ) đi qua ba điểm ( 2; 2,5) , ( −1; 2 ) và ( 5; 2 ) .

Từ đó ta có hệ

FI CI A

1  a = 10 a − b + c = 2  −4   . 25a + 5b + c = 2 ⇔ b = 10 4a + 2b + c = 2,5    15 c = 10  Vậy a − b − c = −1 .

phân biệt? A. 0

B. 1

C. 2 Lời giải

D. Vô số

ƠN

Chọn A

Câu 138: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình x 2 − 2 x + 1 − m = 0 có bốn nghiệm

Cách 1: x 2 − 2 x + 1 − m = 0 ⇔ x 2 − 2 x + 1 = m (*) . Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đồ

thị hàm số y = x 2 − 2 x + 1 và đường thẳng y = m .

Dễ thấy hàm số y = x 2 − 2 x + 1 là một hàm số chẵn, do đó có đồ thị đối xứng qua trục Oy. Mặt khác ta có y = x 2 − 2 x + 1 = x 2 − 2 x + 1 với x ≥ 0 .

QU Y

Từ đó ta có cách vẽ đồ thị hàm số y = x 2 − 2 x + 1 như sau: - Bước 1: Vẽ đồ thị hàm số y = x 2 − 2 x + 1 ; - Bước 2: Xóa phần nằm bên trái trục tung của đồ thị hàm số y = x 2 − 2 x + 1 ; - Bước 3: Lấy đối xứng phần nằm bên phải trục tung của đồ thị hàm số y = x 2 − 2 x + 1 qua trục

DẠ

KÈ

tung.

Quan sát trên đồ thị ta thấy đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = x 2 − 2 x + 1 tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ khi 0 < m < 1 . Suy ra không có giá trị nguyên nào của m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt.

Page 51

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Cách 2: Đặt t = x , t ≥ 0 . Phương trình đã cho trở thành t 2 − 2t + 1 − m = 0 .

Ta thấy với t = 0 thì x = 0 , với t > 0 thì x = ±t . Do đó để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thì phải có hai nghiệm dương phân biệt

FI CI A

1 − (1 − m ) > 0 ∆ ' > 0 m > 0   ⇔  S > 0 ⇔ 2 > 0 ⇔ ⇔ 0 < m < 1. m < 1 P > 0 1 − m > 0  

Do đó không có giá trị nguyên nào của m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt.

số y = x 2 − 4 x + 3 tại bốn điểm phân biệt. Tìm a + b .

A. a + b = 1

B. a + b = −1

Câu 139: Biết S = ( a; b ) là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm C. a + b = 2 Lời giải

ƠN

Chọn A

D. a + b = −2

 x 2 − 4 x + 3 khi x 2 − 4 x + 3 ≥ 0 Ta có y = x − 4 x + 3 =  . 2 2 − ( x − 4 x + 3) khi x − 4 x + 3 < 0 2

Từ đó ta có cách vẽ đồ thị hàm số y = x 2 − 4 x + 3 : - Bước 1: Vẽ đồ thị hàm số y = x 2 − 4 x + 3 ;

- Bước 2: Giữ nguyên phần nằm trên trục Ox của đồ thị hàm số y = x 2 − 4 x + 3 ;

KÈ

QU Y

- Bước 3: Lấy đối xứng phần nằm dưới trục Ox của đồ thị hàm số y = x 2 − 4 x + 3 .

Quan sát đồ thị ta thấy đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = x 2 − 4 x + 3 tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ khi 0 < m < 1 . Vậy S = ( 0;1) . Suy ra a + b = 1 .

DẠ

Câu 140: Cho hàm số f ( x ) = ax 2 + bx + c có đồ thị như hình vẽ. Với những giá trị nào của tham số m thì phương trình f ( x ) = m có đúng 4 nghiệm phân biệt.

Page 52

A. 0 < m < 1 .

B. − 1 < m < 0 .

C. m = −1 ; m = 3 . Lời giải

Chọn A

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

D. m > 3 .

Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m là số giao điểm của đồ thị y = f ( x ) và đường thẳng

ƠN

y = m . Ta có đồ thị hàm số y = f ( x ) như hình vẽ dưới đây.

Do đó phương trình f ( x ) = m có đúng 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 < m < 1 .

Câu 141: Cho hàm số f ( x) = ax 2 + bx + c có đồ thị như hình vẽ. Hỏi với những giá trị nào của tham số thực m thì phương trình f ( x ) + 1 = m có đúng 3 nghiệm phân biệt y

QU Y

−1

Chọn A

B. m > 0 .

C. m > −1 . Lời giải

A. m = 4 .

KÈ

Đồ thị hàm số cắt Oy tại (0;3) ⇒ c = 3

DẠ

−b =2 Đồ thị hàm số nhận (2; −1) làm đỉnh nên ta có  2a  4a + 2b + c = −1 b = −4a a = 1 ⇒  ⇔  4a + 2b = −4 b = −4

Ta có f ( x ) + 1 = m ⇔ y = f ( x ) = m −1 Ta có đồ thị hàm y = f ( x ) (C ) như hình vẽ. Page 53

D. m = 2 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG 4

-1

FI CI A

-2

Số nghiệm của phương trình f ( x ) + 1 = m là số giao điểm của đồ thị hàm số (C ) với đường thẳng y = m −1 ⇔ m −1 = 3 ⇔ m = 4

2 Câu 142: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để parabol ( P ) : y = x − 2 x − 1 cắt đường thẳng

y = m − 3 tại 4 điểm phân biệt.

A. −2 < m < −1.

B. 1 < m < 2 .

C. −2 ≤ m ≤ −1 . Lời giải

ƠN

Chọn B

D. 1 ≤ m ≤ 2 .

Hàm số y = x 2 − 2 | x | −1 có đồ thị được suy ra từ đồ thị hàm số y = x 2 − 2 x − 1 bằng cách bỏ

QU Y

phần đồ thị phía trái trục tung và lấy thêm phần đối xứng của phần phía phải trục tung qua trục tung Đồ thị hàm số y = x 2 − 2 | x | −1 cắt đường thẳng y = m − 3 tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi − 2 < m − 3 < −1 ⇔ 1 < m < 2 .

Câu 143: Với giá trị nào của 9 . 4

B. m ≥

9 . 4

C. m =

9 . 4

Lời giải

KÈ

Chọn C

thì phương trình m = x 2 − 5 x + 4 có 3 nghiệm thực phân biệt.

A. m ≤

 x 2 − 5 x + 4 khi x 2 − 5 x + 4 ≥ 0 Ta có: y = x − 5 x + 4 =  2 2 −( x − 5 x + 4) khi x − 5 x + 4 < 0 2

DẠ

Giữ nguyên đồ thị ( P ) ứng với y ≥ 0 ta được đồ thị (C1 )

Lấy đối xứng phần đồ thị ứng với y < 0 ta được đồ thị (C2 )

Vậy (C ) = (C1 ) ∪ (C2 )

Page 54

D. m = 0 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG y 5

y=m 2

FI CI A

-2

-1

Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm nếu có của đồ thị hàm số y = x 2 − 5 x + 4

y=m

Yêu cầu bài ra ⇔ cắt tại 3 điểm phân biệt

ƠN

( C ) và đường thẳng

-d là đường thẳng song song hoặc trùng với trục hoành

Từ đồ thị hàm số ta suy ra cắt tại 3 điểm phân biệt khi m =

9 4

Câu 144: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị

QU Y

hàm số y = f ( x ) cắt đường y = m + 1 trên cùng một hệ trục tọa độ tại 4 điểm phân biệt là?

KÈ

A. −3 < m < 0 .

B. 0 < m < 3 .

C. 1 < m < 4 . Lời giải

D. −1 < m < 2 .

Chọn D

DẠ

Từ đồ thị của hàm số y = f ( x ) , ta suy ra cách vẽ đồ thị hàm số y = f ( x ) như sau: -Giữ nguyên phần đồ thị hàm số y = f ( x ) ở phía trên trục hoành.

-Lấy đối xứng phần đồ thị dưới trục hoành qua trục hoành. -Xóa phần đồ thị phía dưới trục hoành.

Page 55

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) ta có đường thẳng y = mx + 1 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại

FI CI A

4 điểm phân biệt ⇔ 0 < m + 1 < 3 ⇔ −1 < m < 2 .

Câu 145: Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số y = x 2 − 9 x cắt đường thẳng y = m tại 4 điểm phân biệt.

B. m > −

81 . 4

C. −

81 <m<0. 4

D. m > 0 .

ƠN

A. m < −3 .

Lời giải Chọn C

Cách 1:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 2 − 9 x = m ⇔ x 2 − 9 x − m = 0

Đặt t = x , t ≥ 0 .

QU Y

(1)  t 2 − 9t − m = 0

Đồ thị hàm số y = x 2 − 9 x cắt đường thẳng y = m tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt

KÈ

Cách 2:

∆ > 0 81 + 4m > 0 81   ⇔  S > 0 ⇔ 9 > 0 ⇔ − < m <0. 4 P > 0 −m > 0  

DẠ

Vẽ đồ thị hàm số y = x 2 − 9 x

Page 56

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Dựa vào đồ thị suy ra đồ thị hàm số y = x 2 − 9 x cắt đường thẳng y = m tại 4 điểm phân biệt

Câu 146: Cho hàm số f ( x ) = ax 2 + bx + c có bảng biến thiên như sau:

81 <m<0. 4

FI CI A

khi và chỉ khi −

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( 2017 x − 2018 ) − 2 = m có đúng

A. m = 1 .

B. m = 3 .

C. m = 2 . Lời giải

D. không tồn tại m .

ƠN

Chọn B

ba nghiệm.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số f ( x ) = ax 2 + bx + c đạt GTNN bằng −1 tại x = 2 và có hệ số 2

2 a > 0 . Ta biểu diễn được: f ( x ) = a ( x − 2 ) − 1 = ax − 4ax + 4a − 1 2

Do đó f ( 2017 x − 2018 ) = a ( 2017 x − 2020 ) − 1 2

 f ( 2017 x − 2018 ) − 2 = a ( 2017 x − 2020 ) − 3 .

2020 . 2017

QU Y

Vậy GTNN của y = f ( 2017 x − 2018) − 2 bằng −3 tại x =

BBT của hàm số y = f ( 2017 x − 2018 ) − 2 có dạng:

Số nghiệm của phương trình f ( 2017 x − 2018 ) − 2 = m chính là số giao điểm của đồ thị hàm số

KÈ

y = f ( 2017 x − 2018 ) − 2 và đường thẳng y = m .

Dựa vào BBT ta thấy phương trình f ( 2017 x − 2018 ) − 2 = m có đúng ba nghiệm khi m = 3 .

DẠ

Câu 147: Cho hàm số y = x 2 − 4 x + 3 có đồ thị như hình vẽ dưới đây

Page 57

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

f ( x) = m có 8 nghiệm phân biệt. Số phần tử của S bằng C. 2 . Lời giải

Chọn A Số nghiệm của phương trình

f ( x) = m chính là số giao điểm của đồ thị hàm số

và đường thẳng y = m .

y = g ( x) = f ( x)

D. 4 .

ƠN

B. 1.

A. 0 .

Đặt f ( x ) = x 2 − 4 x + 3 ;gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để phương trình

Xét ( P2 ) : y = f ( x ) = x 2 − 4 x + 3 ;có y = f ( x ) là hàm số chẵn;nên ( P2 ) nhận trục Oy làm trục đối xứng.

Từ đồ thị hàm số y = x 2 − 4 x + 3 ( P1 ) ;ta vẽ đồ thị hàm số y = f ( x ) = x 2 − 4 x + 3

QU Y

+) Giữ nguyên phần đồ thị ( P1 ) bên phải trục Oy .

DẠ

KÈ

+) Lấy đối xứng phần đồ thị ( P1 ) bên phải trục Oy qua trục Oy .

Từ đồ thị hàm số y = f ( x ) = x 2 − 4 x + 3 ( P2 ) ta vẽ đồ thị hàm số y = g ( x ) = x 2 − 4 x + 3 ( P3 ) như sau

+) Giữ nguyên phần đồ thị ( P2 ) nằm trên trục Ox . Page 58

( P2 )

như

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

FI CI A

+) Lấy đối xứng phần đồ thị ( P2 ) nằm trên trục Ox qua trục Ox .

Dựa vào đồ thị hàm số y = g ( x ) = x 2 − 4 x + 3 ( P3 ) ta có phương trình f ( x) = m có 8 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 < m < 1 . Vậy không có giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.

ƠN

DẠNG 6. ỨNG DỤNG THỰC TẾ LIÊN QUAN ĐẾN HÀM SỐ BẬC HAI Câu 148: Một chiếc ăng - ten chảo parabol có chiều cao h = 0,5m và đường kính miệng d = 4m . Mặt cắt m , trong đó m, n là các số nguyên dương n

qua trục là một parabol dạng y = ax 2 . Biết a = nguyên tố cùng nhau. Tính m − n . A. m − n = 7 B. m − n = −7

D. m − n = −31

QU Y

Chọn B

C. m − n = 31 Lời giải

 1 Từ giả thiết suy ra parabol y = ax 2 đi qua điểm I  2;  .  2

1 1 = a.22 ⇔ a = . 2 8

KÈ

Từ đó ta có

Vậy m − n = 1 − 8 = −7 .

DẠ

Câu 149: Khi một quả bóng được đá lên, nó sẽ đạt đến độ cao nào đó rồi rơi xuống. Biết rằng quỹ đạo của quả bóng là một cung parabol trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oth, trong đó t là thời gian kể từ khi quả bóng được đá lên; h là độ cao của quả bóng. Giả thiết rằng quả bóng được đá lên từ độ cao 1,2m. Sau đó 1 giây, nó đạt độ cao 8,5m và 2 giây sau khi đá lên, nó đạt độ cao 6m. Hỏi sau bao lâu thì quả bóng sẽ chạm đất kể từ khi được đá lên kể từ khi quả bóng được đá lên, h là độ cao của quả bóng. Giả thiết rằng quả bóng được đá lên từ độ cao 1, 2 m và sau 1 giây thì nó đạt độ cao 8, 5m , sau 2 giây nó đạt độ cao 6m . Tính tổng a + b + c . A. a + b + c = 18, 3 .

B. a + b + c = 6,1 . Page 59

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG C. a + b + c = 8,5 .

D. a + b + c = −15,9 .

Chọn C

17 . 2

 a+b+c =

FI CI A

49  a = − 10 c = 1, 2  61   Từ giả thiết của bài toán ta có hệ phương trình a + b + c = 8, 5 ⇔ b = 5 4a + 2b + c = 6   c = 1, 2  

Lời giải

Câu 150: Một của hàng buôn giày nhập một đôi với giá là 40 đôla. Cửa hàng ước tính rằng nếu đôi giày được bán với giá x đôla thì mỗi tháng khách hàng sẽ mua (120 − x ) đôi. Hỏi của hàng bán một đôi giày giá bao nhiêu thì thu được nhiều lãi nhất? A. 80 USD. B. 160 USD. C. 40 USD. Lời giải

Gọi y là số tiền lãi của cửa hàng bán giày.

ƠN

Chọn A

D. 240 USD.

Ta có y = (120 − x )( x − 40 ) = − x 2 + 160 x − 4800 = − ( x − 80 ) + 1600 ≤ 1600 . Dấu " = " xảy ra ⇔ x = 80 . Vậy cửa hàng lãi nhiều nhất khi bán đôi giày với giá 80 USD.

QU Y

Câu 151: Một quả bóng cầu thủ sút lên rồi rơi xuống theo quỹ đạo là parabol. Biết rằng ban đầu quả bóng được sút lên từ độ cao 1 m sau đó 1 giây nó đạt độ cao 10 m và 3, 5 giây nó ở độ cao 6, 25 m . Hỏi độ cao cao nhất mà quả bóng đạt được là bao nhiêu mét? A. 11 m . B. 12 m . C. 13 m .

KÈ

Chọn C

D. 14 m .

Lời giải

C 6

DẠ

A x O

Biết rằng quỹ đạo của quả bóng là một cung parabol nên phương trình có dạng y = ax 2 + bx + c Theo bài ra gắn vào hệ tọa độ và sẽ tương ứng các điểm A , B , C nên ta có

Page 60

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Suy ra phương trình parabol là y = −3 x 2 + 12 x + 1 .

FI CI A

a = −3 c = 1   ⇔ b = 12 .  a + b + c = 10 c = 1   12, 25a + 3,5b + c = 6, 25

Parabol có đỉnh I (2;13) . Khi đó quả bóng đạt vị trí cao nhất tại đỉnh tức h = 13 m .

Câu 152: Một chiếc cổng hình parabol có chiều rộng 12 m và chiều cao 8 m như hình vẽ. Giả sử một chiếc xe tải có chiều ngang 6 m đi vào vị trí chính giữa cổng. Hỏi chiều cao h của xe tải thỏa

A. 0 < h < 6 .

ƠN

mãn điều kiện gì để có thể đi vào cổng mà không chạm tường?

B. 0 < h ≤ 6 .

C. 0 < h < 7 . Lời giải

QU Y

Chọn D

D. 0 < h ≤ 7 .

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Parabol có phương trình dạng y = ax 2 + bx . Vì chiếc cổng hình parabol có chiều rộng 12 m và chiều cao, theo hình vẽ ta có parabol đi qua

KÈ

các điểm (12;0 ) và ( 6;8) , suy ra:

DẠ

2  a=−  144 a + 12 b = 0   9 ⇔ .  36a + 6b = 8 b = 8  3

2 8 Suy ra parabol có phương trình y = − x 2 + . 9 3

Do chiếc xe tải có chiều ngang 6 m đi vào vị trí chính giữa cổng nên xe sẽ chạm tường tại điểm

A ( 3; 6 ) khi đó chiều cao của xe là 6. Page 61

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Vậy điều kiện để xe tải có thể đi vào cổng mà không chạm tường là 0 < h < 6 .

B. 4.

C. 16.

D. 8.

FI CI A

A. 64.

Câu 153: Trong số các hình chữ nhật có cùng chu vi bằng 16 , hình chữ nhật có diện tích lớn nhất bằng bao nhiêu? Lời giải Chọn C Gọi x là chiều dài của hình chữ nhật. Khi đó chiều rộng là 8 − x . Diện tích hình chữ nhật là x ( 8 − x ) .

Lập bảng biến thiên của hàm số bậc hai f ( x ) = − x 2 + 8 x trên khoảng ( 0;8) ta được max f ( x ) = f ( 4 ) = 16 . ( 0;8)

ƠN

Vậy hình chữ nhật có diện tích lớn nhất bằng 16 khi chiều dài bằng chiều rộng bằng 4 .

QU Y

Câu 154: Một chiếc cổng hình parabol bao gồm một cửa chính hình chữ nhật ở giữa và hai cánh cửa phụ hai bên như hình vẽ. Biết chiều cao cổng parabol là 4m còn kích thước cửa ở giữa là 3m x 4m. Hãy tính khoảng cách giữa hai điểm A và B .

A. 5m.

B. 8,5m.

D. 8m.

KÈ

Chọn D

C. 7,5m. Lời giải

DẠ

Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, chiếc cổng là 1 phần của parabol ( P ) : y = ax 2 + bx + c vớ i a < 0 .

Do parabol ( P ) đối xứng qua trục tung nên có trục đối xứng x = 0  −

Page 62

b = 0 ⇔ b = 0. 2a

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Chiều cao của cổng parabol là 4m nên G ( 0; 4 )  c = 4 .

 ( P ) : y = ax 2 + 4

1 Vậy ( P ) : y = − x 2 + 4 . 4 x = 4 1 nên A ( −4; 0 ) , B ( 4; 0 ) hay AB = 8 . Ta có − x 2 + 4 = 0 ⇔  4  x = −4

FI CI A

1 Lại có, kích thước cửa ở giữa là 3m x 4m nên E ( 2;3) , F ( −2;3)  3 = 4a = 4 ⇔ a = − . 4

ƠN

1 Câu 155: Một chiếc cổng hình parabol dạng y = − x 2 có chiều rộng d = 8m . Hãy tính chiều cao h của 2 cổng.

A. h = 9m .

B. h = 7m .

( P ) : y = − 12 x

D. h = 5m .

QU Y

Chọn C

C. h = 8m . Lời giải

, có d = 8 . Suy ra

d =4. 2

1 Thay x = 4 vào y = − x 2 . Suy ra y = − 8 . Suy ra h = 8 ( cm ) . 2

DẠ

KÈ

Câu 156: Cổng Arch tại thành phố St.Louis của Mỹ có hình dạng là một parabol. Biết khoảng cách giữa hai chân cổng bằng 162 m. Trên thành cổng, tại vị trí có độ cao 43 m so với mặt đất, người ta thả một sợi dây chạm đất. Vị trí chạm đất của đầu sợi dây này cách chân cổng A một đoạn 10 m. Giả sử các số liệu trên là chính xác. Hãy tính độ cao của cổng Arch.

A. 175, 6 m.

B. 197,5 m.

C. 210 m. Lời giải Page 63

D. 185, 6 m.

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Chọn D Gắn hệ toạ độ Oxy sao cho gốc toạ độ trùng với trung điểm của AB, tia AB là chiều dương của

trục hoành.

FI CI A

Parabol có phương trình y = ax 2 + c , đi qua các điểm: B ( 81; 0 ) và M ( −71; 43 ) nên ta có hệ

812 a + c = 0 812.43  c = ≈ 185.6  2 812 − 712 71 a + c = 43 Suy ra chiều cao của cổng là c ≈ 185, 6 m.

QU Y

Chọn B

ƠN

Câu 157: Rót chất A vào một ống nghiệm, rồi đổ thêm chất B vào. Khi nồng độ chất B đạt đến một giá trị nhất định thì chất A mới tác dụng với chất B . Khi phản ứng xảy ra, nồng độ cả hai chất đều giảm đến khi chất B được tiêu thụ hoàn hoàn. Đồ thị nồng độ mol theo thời gian nào sau đây thể hiện quá trình của phản ứng?

D. Lời giải

Theo giả thiết ta có:

KÈ

Từ khi bắt đầu rót chất B thì đã có chất A trong ống nghiệm, nên nồng độ chất A ban đầu lớn hơn chất B . Tức là ban đầu, đồ thị nồng độ chất A nằm “phía trên” đồ thị nồng độ chất B (1)

DẠ

Khi chất B đạt đến một giá trị nhất định thì hai chất mới phản ứng với nhau. Điều này chứng tỏ có một khoảng thời gian từ khi rót chất B đến khi bắt đầu phản ứng xảy ra thì nồng độ chất A là một hằng số. Tức trong khoảng thời gian đó đồ thị nồng độ chất A là đồ thị của một hàm số hằng ( 2 ) . Khi phản ứng xảy ra, nồng độ hai chất đều giảm đến khi chất B được tiêu thụ hoàn toàn. Điều này chứng tỏ sau khi kết thúc phản ứng thì chất B được tiêu thụ hết và chất A có thể còn dư, kể từ khi ngừng phản ứng thì nồng độ chất A trong ống nghiệm không thay đổi nữa, nên đồ thị nồng độ chất A sau phản ứng phải là đồ thị của một hàm số hằng ( 3) . Từ sự phân tích trên ta thấy chỉ có đồ thị của đáp án Page 64

B. phù hợp.

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

B. 450m2 .

C. 350m2 . Lời giải

D. 425m2 .

Chọn B y

FI CI A

A. 400m2 .

Câu 158: Cô Tình có 60 m lưới muốn rào một mảng vườn hình chữ nhật để trồng rau, biết rằng một cạnh là tường, cô Tình chỉ cần rào 3 cạnh còn lại của hình chữ nhật để làm vườn. Em hãy tính hộ diện tích lớn nhất mà cô Tình có thể rào được?

Gọi hai cạnh của hình chữ nhật có độ dài là x, y ; 0 < x, y < 60 . Ta có 2 x + y = 60  y = 60 − 2 x .

ƠN

1 1  2 x + 60 − 2 x  Diện tích hình chữ nhật là S = xy = x ( 60 − 2 x ) = .2 x ( 60 − 2 x ) ≤   = 450 . 2 2 x 

DẠ

KÈ

QU Y

Vậy diện tích hình chữ nhật lớn nhất là 450 ( m 2 ) , đạt được khi x = 15, y = 30 .

Page 65

HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ

FI CI A

CHƯƠNG

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

I =

BÀI 17. DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI LÝ THUYẾT.

ƠN

I. ĐỊNH LÍ VỀ DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI 1. Tam thức bậc hai

Tam thức bậc hai đối với x là biểu thức có dạng f ( x ) = ax 2 + bx + c , trong đó a , b, c là những

hệ số, a ≠ 0 . 2. Dấu của tam thức bậc hai

Cho f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) , ∆ = b 2 − 4ac .

QU Y

Nếu ∆ < 0 thì f ( x ) luôn cùng dấu với hệ số a , với mọi x ∈ ℝ . Nếu ∆ = 0 thì f ( x ) luôn cùng dấu với hệ số a , với mọi x ≠ −

b . 2a

Nếu ∆ > 0 thì f ( x ) luôn cùng dấu với hệ số a khi x ∈ ( −∞; x1 ) ∪ ( x2 ; +∞ ) và f ( x ) luôn

Khi ∆ > 0 , dấu của f ( x) và a là : “Trong trái ngoài cùng” cùng dấu

trái dấu

DẠ

KÈ

trái dấu với hệ số a khi x ∈ ( x1 ; x2 ) . Trong đó x1. x2 là hai nghiệm của f ( x ) .

II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN 1. Bất phương trình bậc hai

Page 1

cùng dấu

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

2. Giải bất phương trình bậc hai

f ( x ) = ax 2 + bx + c có dấu dương.

FI CI A

Giải bất phương trình bậc hai ax 2 + bx + c > 0 là tìm các khoảng mà trong đó

Bất phương trình bậc hai ẩn x là bất phương trình dạng ax 2 + bx + c < 0 ( hoặc ax 2 + bx + c ≤ 0 , ax 2 + bx + c > 0 , ax 2 + bx + c ≥ 0 ), trong đó a , b, c là những số thực đã cho, a ≠ 0 .

Giải bất phương trình bậc hai ax 2 + bx + c ≥ 0 là tìm các khoảng mà trong đó

f ( x ) = ax 2 + bx + c có dấu không âm (lớn hơn hoặc bằng 0).

Giải bất phương trình bậc hai ax 2 + bx + c < 0 là tìm các khoảng mà trong đó

f ( x ) = ax 2 + bx + c có dấu âm.

Giải bất phương trình bậc hai ax 2 + bx + c ≤ 0 là tìm các khoảng mà trong đó

BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA. 6.15. Xét dấu các tam thức bậc hai sau:

b) x 2 + 2 x + 1

a) 3 x 2 − 4 x + 1

ƠN

f ( x ) = ax 2 + bx + c có dấu không dương (bé hơn hoặc bằng 0).

c) − x 2 + 3 x − 2

d) − x 2 + x − 1

Lời giải

QU Y

1 a) Dễ thấy f ( x ) = 3x 2 − 4 x + 1 có ∆′ = 1 > 0, a = 3 > 0 và có hai nghiệm phân biệt x1 = ; x2 = 1 3 .

Do đó ta có bảng xét dấu f ( x) :

KÈ

1  1  Suy ra f ( x ) > 0 với mọi x ∈  −∞;  ∪ (1; +∞ ) và f ( x ) < 0 với mọi x ∈  ;1 . 3  3  b) g ( x ) = x 2 + 2 x + 1 có ∆ = 0 và a = 1 > 0 nên g ( x ) có nghiệm kép x = −1 và g ( x ) > 0 với mọi x ≠ −1.

DẠ

c) Dễ thấy h ( x ) = − x 2 + 3x − 2 có ∆ = 1 > 0, a = −1 < 0 và có hai nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 2

Do đó ta có bảng xét dấu h ( x ) :

Page 2

FI CI A

Suy ra h ( x ) < 0 với mọi x ∈ ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) và h ( x ) > 0 với mọi x ∈ (1; 2 ) .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

d) k ( x ) = − x 2 + x − 1 có ∆ = −3 < 0 và a = −1 < 0 nên k ( x ) < 0 với mọi x ∈ ℝ.

6.16. Giải các bất phương trình bậc hai: b) x 2 − 2 x − 1 < 0

c) −3x 2 + 12 x + 1 ≤ 0

d) 5 x 2 + x + 1 ≥ 0

Lời giải

a) x 2 − 1 ≥ 0

a) Dễ thấy f ( x ) = x 2 − 1 có ∆′ = 1 > 0, a = 1 > 0 và có hai nghiệm phân biệt x1 = −1; x2 = 1 .

ƠN

Do đó ta có bảng xét dấu f ( x ) :

Nên bất phương trình x 2 − 1 ≥ 0 có tập nghiệm là S = ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ ) . b) Dễ thấy g ( x ) = x 2 − 2 x − 1 có ∆′ = 2 > 0, a = 1 > 0 và có hai nghiệm phân biệt x1 = 1 − 2;

QU Y

x2 = 1 + 2 . Do đó ta có bảng xét dấu g ( x ) :

(

)

Nên bất phương trình x 2 − 2 x −1 < 0 có tập nghiệm là S = 1− 2;1 + 2 .

KÈ

c) Dễ thấy h ( x ) = −3x 2 + 12 x + 1 có ∆′ = 39 > 0, a = −3 < 0 và có hai nghiệm phân biệt x1 =

6 + 39 6 − 39 . ; x2 = 3 3

DẠ

Do đó ta có bảng xét dấu h ( x ) :

Page 3

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Từ đó suy ra bất phương trình 5 x 2 + x + 1 ≥ 0 có tập nghiệm là ℝ .

FI CI A

d) k ( x ) = 5 x 2 + x + 1 có ∆ = −19 < 0 và a = 5 > 0 nên k ( x ) > 0 với mọi x ∈ ℝ.

  6 − 39   6 + 39 Nên bất phương trình −3 x 2 + 12 x + 1 ≤ 0 có tập nghiệm là S =  −∞; ; +∞  .  ∪   3   3  

6.17. Tìm các giá trị của tham số m để tam thức bậc hai sau dương với mọi x ∈ ℝ x 2 + ( m + 1) x + 2 m + 3

Lời giải

Đặt f ( x ) = x 2 + ( m + 1) x + 2m + 3 có hệ số a = 1 > 0 2

Ta có ∆ = ( m + 1) − 4 ( 2m + 3) = m 2 − 6m − 11

*) Nếu ∆ > 0 thì f ( x ) ≤ 0 khi x ∈ [ x1 ; x2 ] với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình f ( x ) = 0 .

*) Nếu ∆ = 0 thì f ( x ) = 0 khi x = −

ƠN

Khi đó không thỏa mãn f ( x ) > 0 với mọi x ∈ ℝ .

b , khi đó không thỏa mãn f ( x ) > 0 với mọi x ∈ ℝ . 2a

*) Nếu ∆ < 0 ⇔ 3 − 2 5 < m < 3 + 2 5 thì 1. f ( x ) > 0 với mọi x ∈ ℝ (thỏa mãn đề bài) Vậy 3 − 2 5 < m < 3 + 2 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

6.18. Một vật được ném theo phương thẳng đứng xuống dưới từ độ cao 320 m với vận tốc ban đầu

QU Y

v0 = 20 m / s . Hỏi sau ít nhất bao nhiêu giây, vật đó cách mặt đất không quá 100 m ? Giả thiết rằng sức cản của không khí là không đáng kể.

Lời giải

Với g = 10m / s 2 ta có phương trình chuyển động h ( t ) = 5t 2 + 20t − 320 . Vật cách mặt đất không quá 100 m , tức là −100 < h ( t ) = 5t 2 + 20t − 320 < 0 .

Sử dụng MTCT ta được −2 + 4 3 < t < −2 + 2 17 .

KÈ

6.19. Xét đường tròn đường kính AB = 4 và một điểm M di chuyển trên đoạn AB , đặt AM = x (H.6.19). Xét hai đường tròn đường kính AM và MB . Kí hiệu S ( x ) là diện tích phần hình

DẠ

phẳng nằm trong hình tròn lớn và nằm ngoài hai hình tròn nhỏ. Xác định các giá trị của x để diện tích S ( x ) không vượt quá một nửa tổng diện tích hai hình tròn nhỏ.

Page 4

Lời giải

π 4

AB 2 ; S( O1 ; AM ) =

π 4

x 2 ; S( O2 ;MB ) =

π 4

S x = S(O ; AB ) − S( O1 ; AM ) − S( O2 ;MB )

( AB 4

π 4

( −2 x

− x2 − ( 4 − x )

)

+ 8x )

(

) (

HỆ THỐNG BÀI TẬP.

II =

)

QU Y

 6−2 3 0 < x ≤ 3  6 + 2 3 ≤x<4   3

;

1 S + S(O2 ; MB ) 2 (O1 ; AM ) π 1 π  ( −2 x 2 + 8 x ) ≤ . x 2 + ( 4 − x 2 ) 4 2 4 2  3 x − 12 x + 8 ≥ 0 Sx ≤

ƠN

(4 − x)

Ta có S(O ; AB ) =

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

BÀI TẬP TỰ LUẬN.

1 =

KÈ

DẠNG 1: XÉT DẤU BIỂU THỨC (Xét dấu của: Tam thức bậc hai, biểu thức có dạng tích hoặc thương của các tam thức bậc hai,…)

DẠ

Câu 1:

Xét dấu tam thức: f ( x ) = − x 2 + 5 x − 6 Lời giải

f ( x ) có hai nghiệm phân biệt x1 = 2, x2 = 3 và có hệ số a = −1 < 0 . Ta có bảng xét dấu f ( x ) Page 5

Xét dấu tam thức : f ( x ) = 2 x 2 + 2 x + 5 . Lời giải Tam thức có ∆′ = −9 < 0 và hệ số a = 2 > 0 nên f ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ

Câu 3:

Xét dấu biểu thức f ( x ) =

2 x2 − x −1 x2 − 4

1  x=− 2  Ta có 2 x − x − 1 = 0 ⇔ 2 ; x − 4 = 0 ⇔ x = ±2  x =1 2

ƠN

Bảng xét dấu f ( x )

Lời giải

FI CI A

Câu 2:

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Tìm x để biểu thức : f ( x ) = ( 3 x − x 2 )( x 2 − 6 x + 9 ) nhận giá trị dương

QU Y

Câu 4:

Lời giải

x = 0 ; x2 − 6x + 9 = 0 ⇔ x = 3 Ta có 3x 2 − x 2 = 0 ⇔  x = 3 

Xét dấu biểu thức: P ( x) = x −

KÈ

Câu 5:

Lập bảng xét dấu ( Hoặc sử dụng phương pháp khoảng) ta có x ∈ (0; 3) . x2 − x + 6 −x 2 + 3 x + 4

Lời giải

DẠ

2 x2 − x + 6 −x 3 + 2 x 2 + 5x − 6 ( x − 1)(−x + x + 6) = = Ta có x − 2 −x + 3 x + 4 −x 2 + 3 x + 4 −x 2 + 3 x + 4  x = −2  x = −1 , − x2 + 3x + 4 = 0 ⇔  Ta có −x 2 + x + 6 = 0 ⇔   x=3  x=4   Bảng xét dấu

Page 6

Suy ra x − x−

x2 − x + 6 âm khi và chỉ khi x ∈ (−∞; −2) ∪ (−1;1) ∪ (3; 4) . −x 2 + 3 x + 4

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM.

Câu 1:

x2 − x + 6 dương khi và chỉ khi x ∈ (−2; −1) ∪ (1; 3) ∪ (4; +∞) , −x 2 + 3 x + 4

[0D4-5.1-2] Tam thức nào sau đây nhận giá trị âm với mọi x < 2 ? A. x 2 − 5 x + 6 . B. 16 − x 2 . C. x 2 − 2 x + 3 . Lời giải

ƠN

2 =

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Chọn D

Cách 1: Ta có y = x 2 − 5x + 6 = ( x − 2 )( x − 3) < 0 ⇔ 2 < x < 3 (loại

D. − x 2 + 5 x − 6 .

A. );

 x < −4 (loại B) y = 16 − x 2 = ( 4 − x )( 4 + x ) < 0 ⇔  x > 4

y = x 2 − 2 x + 3 = ( x − 1) + 2 > 0, ∀x (loại C)

QU Y

x < 2 y = − x 2 + 5 x − 6 = − ( x − 2 )( x − 3) < 0 ⇔  (Chọn D) x > 3

Cách 2: Thay x = 0 vào từng đáp án; chỉ có D thỏa mãn −6 < 0 ( đúng). [0D4-5.1-1] Tam thức − x 2 − 3 x − 4 nhận giá trị âm khi và chỉ khi A. x < –4 hoặc x > –1 . B. x < 1 hoặc x > 4 . C. –4 < x < –4 . D. x ∈ ℝ . Lời giải

KÈ

Chọn D

Câu 2:

3 9 7  Cách 1: y = − x 2 − 3x − 4 nhận giá trị âm khi − x 2 − 3 x − 4 < 0 ⇔ −  x 2 + 2. x + +  < 0 2 4 4  2

DẠ

3 7  ⇔ −  x +  − < 0, ∀x ∈ ℝ . 2 4 

Cách 2: Casio wR112p1=p3=p4==

Page 7

Câu 3:

FI CI A

( đúng với tất cả các số thực).

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

[0D4-5.1-1] Tam thức y = x 2 − 12 x − 13 nhận giá trị âm khi và chỉ khi A. x < –13 hoặc x > 1 . B. x < –1 hoặc x > 13 . C. –13 < x < 1 . Lời giải Chọn D

D. –1 < x < 13 .

Cách 1: y = x 2 − 12 x − 13 nhận giá trị âm tức là x 2 − 12 x − 13 < 0 ⇔ ( x + 1)( x − 13) < 0

⇔ −1 < x < 13 .

ƠN

Cách 2: Casio: wR1121=p12=p13==

Câu 4:

[0D4-5.1-1] Tam thức y = x 2 − 2 x − 3 nhận giá trị dương khi và chỉ khi A. x < –3 hoặc x > –1 . B. x < –1 hoặc x > 3 . C. x < –2 hoặc x > 6 . D. –1 < x < 3 . Lời giải

QU Y

Chọn B

Cách 1: Ta có y = x2 − 2 x − 3 nhận giá trị dương tức là x 2 − 2 x − 3 > 0 ⇔ ( x + 1)( x − 3) > 0

 x + 1 > 0  x > 3 x − 3 > 0  . ⇔ ⇔  x + 1 < 0  x < −1    x − 3 < 0

KÈ

Cách 2: Casio y = x2 − 2 x − 3 nhận giá trị dương tức là x 2 − 2 x − 3 > 0

DẠ

MODE →↓→ 1 → 1 → 1

Rồi nhập 1 =→ −2 =→ −3 =→= ; kết quả Page 8

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 5:

[0D4-5.1-1] Với x thuộc tập hợp nào dưới đây thì đa thức f ( x ) = x 2 − 6 x + 8 không dương? A. [ 2;3] .

B. ( −∞; 2] ∪ [ 4; +∞ ) . C. [ 2; 4] .

D. [1;4] .

Chọn C Để f ( x ) không dương thì x 2 − 6 x + 8 ≤ 0 ⇔ ( x − 2 )( x − 4 ) ≤ 0 Lập bảng xét dấu f ( x ) ta thấy để f ( x ) ≤ 0 ⇔ x ∈ [ 2; 4]

[0D4-5.1-1] Với x thuộc tập hợp nào dưới đây thì đa thức f ( x ) = x 2 + 9 − 6 x luôn dương? A. ℝ \ {3} .

B. ℝ .

C. ( 3; +∞ ) . Lời giải

Chọn A 2

ƠN

Ta có x 2 + 9 − 6 x > 0 ⇔ ( x − 3) > 0 ⇔ x ≠ 3 . Vậy x ∈ ℝ \ {3} .

[0D4-5.1-1] Với x thuộc tập hợp nào dưới đây thì f ( x ) = x 2 − 2 x + 3 luôn dương? A. ∅ .

B. ℝ .

C. ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ ) . D. ( −1;3) .

Câu 7:

D. ( −∞;3) .

Câu 6:

FI CI A

Lời giải

Chọn B 2

Câu 8:

QU Y

Ta có x 2 − 2 x + 3 = ( x − 1) + 2 ≥ 2, ∀x ∈ ℝ .Vậy x ∈ ℝ .

[0D4-5.1-1] Bảng xét dấu nào sau đây là bảng xét dấu của tam thức f ( x ) = − x 2 + 6 x − 9 ?

KÈ

D. Lời giải

Chọn D

Ta có − x 2 + 6 x − 9 = 0 ⇔ x = 3 và a = −1 < 0 .

[0D4-5.1-1] Bảng xét dấu nào sau đây là bảng xét dấu của tam thức f ( x ) = − x 2 − x + 6 ?

DẠ

Câu 9:

Page 9

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải Chọn C

x 2 + 4 x − 21 [0D4-5.1-2] Khi xét dấu biểu thức f ( x ) = ta có x2 − 1 A. f ( x) > 0 khi −7 < x < −1 hoặc 1 < x < 3 . B. f ( x) > 0 khi x < −7 hoặc −1 < x < 1 hoặc x > 3 .

D. f ( x) > 0 khi x > −1 . Lời giải

và x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ± 1 . Lập bảng xét dấu ta có

+ 4 x − 21 = 0 ⇔ x = −7; x = 3

ƠN

Chọn B Ta có: x 2

f ( x) > 0 khi x < −7 hoặc −1 < x < 1 hoặc x > 3 . [0D4-5.1-2] Tìm A. (1;3] .

x2 − 5 x + 6 để f ( x ) = không âm. x −1 B. (1;2] ∪[3; +∞) .

Câu 11:

C. [ 2;3] .

D. ( −∞;1) ∪[ 2;3] .

QU Y

Lời giải

Chọn B

Điều kiện xác định: x ≠ 1

( x − 2)( x − 3) ≥ 0 x2 − 5x + 6 ≥0⇔ x −1 x −1 Ta có:

x = 2 ; x = 3

( x − 2 )( x − 3) = 0 ⇔ 

KÈ

C. f ( x) > 0 khi −1 < x < 0 hoặc x > 1 .

FI CI A

Câu 10:

x = 2 Ta có − x 2 − x + 6 = 0 ⇔  và a = −1 < 0 .  x = −3

x −1 = 0 ⇔ x = 1

DẠ

Bảng xét dấu:

Page 10

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Vậy x ∈ (1;2] ∪ [ 3; +∞ ) .

[0D4-5.1-2] Với

thuộc tập hợp nào dưới đây thì f ( x ) = x ( 5 x + 2 ) − x ( x 2 + 6 ) không dương?

A. ( −∞;1] ∪[ 4; +∞) .

B. [1;4] .

C. (1; 4 ) .

D. [ 0;1] ∪[ 4; +∞) Lời giải

ƠN

Chọn D

Câu 12:

QU Y

x (5x + 2) − x ( x2 + 6) ≤ 0 ⇔ x ( x2 − 5x + 4) ≥ 0

Vậy x ∈ [ 0;1] ∪ [ 4; +∞ ) .

Câu 13:

[0D4-5.1-2] Với

thuộc tập hợp nào dưới đây thì nhị thức f ( x ) = x ( x 2 − 1) không âm?

B. [ −1;0] ∪ [1; +∞) .

 x=0  Cho x ( x − 1) = 0 ⇔  x = 1 .  x = −1

DẠ

C. ( −∞; −1] ∪[ 0;1) .

Lời giải

KÈ

Chọn B

A. ( −∞; −1) ∪[1; +∞) .

Bảng xét dấu

Page 11

D. [ −1;1] .

Căn cứ bảng xét dấu ta được x ∈[ −1;0] ∪[1; +∞)

[0D4-5.1-2] Với

thuộc tập hợp nào dưới đây thì nhị thức f ( x ) =

B. S = ( −3; −1) ∪ [1; +∞ ) .

A. S = ( −∞;1) .

C. S = ( −∞; −3) ∪ ( −1;1] .

D. S = ( −3;1) .

ƠN

Lời giải Chọn C x −1 . x2 + 4x + 3

Ta có x − 1 = 0 ⇔ x = 1

KÈ

+ Xét dấu f ( x ) :

QU Y

 x = −3 x2 + 4x + 3 = 0 ⇔   x = −1

f (x) =

x −1 không dương? x + 4x + 3 2

Câu 14:

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

+ Vậy f ( x) ≤ 0 khi x∈( −∞; −3) ∪ ( −1;1] .

DẠ

Vậy x ∈( −∞; −3) ∪ ( −1;1]

Câu 15:

[0D4-5.1-3] Tìm số nguyên lớn nhất của x để đa thức f ( x ) = A. x = 2 .

B. x = 1 .

C. x = −2 . Lời giải Page 12

x+4 2 4x luôn âm. − − 2 x − 9 x + 3 3x − x2

D. x = −1 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Chọn A

⇔

x+4 2 4x x+4 2 4x − − <0⇔ 2 − < x2 − 9 x + 3 3x − x2 x − 9 x + 3 3x − x2

( x + 4 ) − 2 ( x − 3) + 4 ( x + 3) < 0 ⇔ 3x + 22 < 0 . ( x − 3)( x + 3) ( x − 3)( x + 3)

 

Vậy x = 2 thỏa YCBT.

Câu 16:

22   ∪ ( −3,3) . 3

Dựa vào bảng xét dấu ta có x ∈  −∞, −

ƠN

Bảng xét dấu

FI CI A

Ta có

x2 − 9 ≠ 0 x ≠ 3   Điều kiện  x + 3 ≠ 0 ⇔  x ≠ −3 .  x ≠ 0 2  3 x − x ≠ 0

x2 + 4x − 21 ta có x2 −1

[0D4-5.1-2] Khi xét dấu biểu thức f ( x ) =

QU Y

A. f ( x) > 0 khi −7 < x < −1 hoặc 1 < x < 3 . B. f ( x) > 0 khi x < −7 hoặc −1 < x < 1 hoặc x > 3 . C. f ( x) > 0 khi −1 < x < 0 hoặc x > 1 . D. f ( x) > 0 khi x > −1 .

Lời giải

Ta có: x

Chọn B

+ 4x − 21 = 0 ⇔ x = −7; x = 3 và

x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ± 1 . Lập bảng xét dấu ta có

Câu 17:

KÈ

f ( x) > 0 khi x < −7 hoặc −1 < x < 1 hoặc x > 3 .

[0D4-5.1-2] Tìm

DẠ

A. (1;3] . C. [ 2; 3] .

x2 − 5x + 6 ≥0 để x −1 B. (1; 2] ∪ [3; +∞ ) . D. ( −∞ ;1) ∪ [2; 3] . Lời giải

Chọn B

Page 13

Câu 18:

[0D4-5.1-2] Tìm tất cả các số thực

 

1

 

1

để biểu thức P ( x ) = x − 1 − x + 2 ≥ 0 x+2

B. ( −2; +∞) .

A.  −2; −  . 2



 1   



Lời giải

Ta có: P ( x )

x+2

( x + 2) − x −1

−6 x − 3 x2 + x − 2

QU Y

Bảng xét dấu:

ƠN

Chọn D

x −1

C.  −2; −  ∪ (1; +∞ ) . D. ( −∞; −2) ∪ − ;1 . 2 2

( x − 1) =

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

 1   2 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = ( −∞; −2 ) ∪ − ;1 .

Câu 19:

[0D4-5.1-3] Tìm 2 3

3 3 để biểu thức P ( x ) = ( x −1)( x − 4x) − ( x + 2)( x + 3x − 2) nhận giá trị dương.

 

2 3

B. ( −2 < x < −1) ∨  x >  .

A. −1 < x <

 

2 3

 

KÈ

C. ( x < −1) ∨  x >  . D. ( x < −2) ∨  −1 < x <  . Lời giải

Chọn B

P ( x ) = x ( x − 1)( x − 2 )( x + 2 ) − ( x + 2 ) ( x 3 + 3x − 2 )

DẠ

= ( x + 2 )  x ( x − 1)( x − 2 ) − ( x 3 + 3 x − 2 ) 

= ( x + 2 ) ( x3 − 3x 2 + 2 x − x3 − 3x + 2 ) = ( x + 2 ) ( −3 x 2 − x + 2 ) . Page 14

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

 x = −1 Cho x + 2 = 0 ⇔ x = −2 ; −3 x 2 − x + 2 = 0 ⇔  x = 2 3 

2   ( −2 < x < −1) ∨  x >  . 3  [0D4-5.1-3] Biểu thức P ( x ) =



A.  −2,



1 1 2 − − ≤ 0 khi x−2 x x+2

 3 + 17  3 − 17  , +∞  .  ∪ ( 0, 2) ∪  2   2 

C. −2 < x < 0 .

D. 0 < x < 2 .

thỏa mãn điều kiện nào sau đây ?

B. x∉{−2,0, 2} .

ƠN

Câu 20:

FI CI A

Bảng xét dấu

Lời giải x ≠ 0 Điều kiện  .  x ≠ ±2 Với điều kiện trên ta có

x ( x + 2 ) − ( x − 2 )( x + 2 ) − 2 x ( x − 2 ) 1 1 2 − ≤ ⇔ ≤ 0. x−2 x x+2 ( x − 2) x ( x + 2)

−2 x 2 + 6 x + 4 ≤0. ( x − 2) x ( x + 2)

QU Y

⇔

Chọn A

Ta có bảng xét dấu

1 =

BÀI TẬP TỰ LUẬN.

Giải các bất phương trình sau: − 3 x 2 + 2 x + 1 < 0

DẠ

Câu 1:

KÈ

DẠNG 2: GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH (Giải bất phương trình bậc hai, bất phương trình dạng tích, thương của các tam thức bậc hai, bất phương trình đưa về bậc hai…)

Tam thức

Lời giải

f (x) = −3x2 + 2x +1 có a = −3 < 0 và có hai nghiệm x1 = − 1 ; x2 = 1 3

( f ( x ) cùng dấu với hệ số a ).

Page 15

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Suy ra −3 x 2 + 2 x + 1 < 0 ⇔ x < −

1 hoặc x > 1 3

Giải bất phương trình sau: −36 x 2 + 12 x − 1 ≥ 0 Lời giải 2

Tam thức f ( x ) = −36 x + 12 x − 1 có a = −36 < 0 và ∆ = 0 f ( x ) trái dấu với hệ số a nên f ( x ) âm với ∀x ≠

1 6

Suy ra −36 x 2 + 12 x − 1 ≥ 0 ⇔ x =

1 1 và f   = 0 6 6

1  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =   . 6 Tìm tập xác định của hàm số: y = x 2 − 2 x + 5

ƠN

Câu 3:

FI CI A

Câu 2:

1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình: S = ( −∞; − ) ∪ (1; +∞ ) . 3

Lời giải

Điều kiện: x 2 − 2 x + 5 ≥ 0

Xét tam thức vế trái có ∆′ = −4 < 0 và a = 1 > 0 nên

x2 − 2x + 5 > 0, ∀x ∈ℝ .

Vậy tập xác định của hàm số D = ℝ .

(x2 − x)2 +3(x2 − x) + 2 ≥ 0

Giải bất phương trình

Lời giải

QU Y

Câu 4:

 x2 − x ≤ −2  x2 − x + 2 ≤ 0 ⇔ 2 ⇔ đúng ∀ x . Ta có (x − x) +3(x − x) + 2 ≥ 0 ⇔  2 − ≥ − 1 x − x + 1 ≥ 0 x x   2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình T =ℝ.

KÈ

Câu 5:

x2 + x − 1 1 x3 − 2x > + Giải bất phương trình : . x−2 x2 − x x2 − 3x + 2

BPT ⇔

DẠ Câu 6:

Lời giải

+ x − 1)( x − x ) − ( x − 2 ) + x ( x − 2) 2

x ( x 2 − 3x + 2 )

2 > 0 ⇔ x ( x2 − 3x + 2) > 0 x ( x − 3x + 2 )

⇔

⇔0 < x < 1 ∨ x > 2 . Giải bất phương trình:

(x2 − 4)(x2 + 2x) ≤ 3(x2 + 4x + 4) . Lời giải Page 16

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG BPT ⇔ ( x + 2 )

− 2x ) ≤ 3( x + 2)

− 2 x − 3) ≤ 0

 x = −2 ⇔ x = −2 ∨ − 1 ≤ x ≤ 3 . ⇔ 2 x − 2x − 3 ≤ 0

Câu 1:

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM. [0D4-5.2-2] Tìm tập xác định của hàm số y = 2x 2 − 5x + 2 .

1

 

A. D =  −∞;  . 2





1

1



C.  −∞;  ∪ [2; +∞) . D.  ; 2  . 2 2  

B. [2; +∞ ) .

Lời giải

ƠN

Chọn C

2 =

FI CI A

⇔ ( x + 2)

 

1

2 Hàm số y = 2 x2 − 5x + 2 xác định khi và chỉ khi 2 x − 5 x + 2 ≥ 0 ⇔ x ∈  −∞;  ∪ [ 2; +∞ ) . 2

[0D4-5.2-1] Tập nghiệm của bất phương trình x 2 + 9 > 6 x là: A. ℝ \ {3} . B. ℝ . C. (3; +∞ ) .

Câu 2:



D. ( −∞ ; 3) .

Lời giải

Chọn A

Câu 3:

QU Y

x 2 + 9 > 6 x ⇔ x 2 − 6 x + 9 > 0 ⇔ ( x − 3) > 0, ∀x ≠ 3 .

[0D4-5.2-1] Tập nghiệm của bất phương trình x 2 − 2 x + 3 > 0 là: A. ∅ . B. ℝ . C. ( −∞ ; − 1) ∪ (3; +∞ ) . D. ( − 1; 3) . Lời giải Chọn B

[0D4-5.2-1] Tập nghiệm của bất phương trình x 2 < 9 là: A. ( –3;3) .

B. ( −∞; −3) .

C. ( −∞;3) .

D. ( −∞; −3) ∪ ( 3; +∞ ) .

KÈ

Câu 4:

x 2 − 2 x + 3 = ( x − 1) + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ .

Lời giải

DẠ

Chọn A

Câu 5:

2 Ta có x < 9 ⇔ x < 3 ⇔ −3 < x < 3 ( chọn A).

[0D4-5.2-1] Tập nghiệm của bất phương trình x 2 − x − 6 < 0 là: A. ( −∞; −3) ∪ ( 2; +∞) . B. ( −3;2) . C. ( −2;3) .

D. ( −∞; −2) ∪ ( 3; +∞) . Page 17

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải Chọn C

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ( −2;3) .

Câu 6:

[0D4-5.2-1] Tập nghiệm của bất phương trình x −4 2x +8 < 0 là: A. −∞ ; 2 2 . B. ℝ \ 2 2 . C. ∅ .

(

)

{

}

Lời giải

(

)

x2 − 4 2x + 8 < 0 ⇔ x − 2 2 < 0 ⇔ x ∈∅ . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ∅ .

[0D4-5.2-1] Tập nghiệm của bất phương trình x 2 − 4 x + 4 > 0 là: A. ( 2;+∞) .

ƠN

Câu 7:

D. ℝ .

Chọn C

FI CI A

x 2 − x − 6 < 0 ⇔ −2 < x < 3 .

C. ℝ \ {−2} .

B. ℝ .

D. ℝ \ {2} .

Lời giải

Chọn D x2 − 4x + 4 > 0 ⇔ ( x − 2) > 0 ⇔ x ≠ 2 .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ℝ \ {2} .

[0D4-5.2-1] Tập nghiệm của bất phương trình x 2 − 2 x + 1 > 0 là: A. (1;+∞) . Chọn D

QU Y

Câu 8:

C. ℝ \ {−1} .

B. ℝ .

D. ℝ \ {1} .

Lời giải

x 2 − 2 x + 1 > 0 ⇔ ( x − 1) > 0 ⇔ x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ℝ \ {1} .

[0D4-5.2-1] Tập nghiệm của bất phương trình x 2 + 6 x + 9 > 0 là:

KÈ

Câu 9:

A. ( 3;+∞) .

C. ℝ \ {−3} .

B. ℝ .

Lời giải

DẠ

Chọn C

Câu 10:

x 2 + 6 x + 9 > 0 ⇔ ( x + 3 ) > 0 ⇔ x + 3 ≠ 0 ⇔ x ≠ −3 .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ℝ \ {−3} .

[0D4-5.2-1] Tập ngiệm của bất phương trình: − x 2 + 6 x + 7 ≥ 0 là: Page 18

D. ℝ \ {3} .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG A. ( –∞; −1] ∪[7; +∞).

B. [ −1;7] .

C. ( –∞; −7] ∪ [1; +∞) . D. [ −7;1] . Lời giải

Chọn B

FI CI A

Đặt f ( x ) = − x2 + 6 x + 7  x = −1 f ( x) = 0 ⇔  x = 7

Ta có bảng xét dấu:

f ( x) ≥ 0 ⇔ x ∈[ −1;7] Câu 11:

[0D4-5.2-2] Tập xác định của hàm số y = x + x 2 + 4x − 5 là:

ƠN

A. D = −5;1 . B. D = (−5;1) .   C. D = (−∞; − 5 ∪ 1; +∞ ) .  

D. D = (−∞; − 5) ∪ (1; +∞ ) .

Lời giải

Chọn C

x2 +4x −5 ≥ 0 ⇔ x ≤ −5 ∪ x ≥ 1

QU Y

Điều kiện xác định:

Tập xác định: D = (−∞; − 5 ∪ 1; +∞ ) .  

Câu 12:

[0D4-7.2-2] Tập xác định của hàm số f ( x) = 2 x 2 − 7 x − 15 là

 

3

 

3

3

 

A.  −∞; −  ∪ ( 5; +∞ ) . B.  −∞; −  ∪[5; +∞) . 2 2





3

 

C.  −∞; −  ∪ [5; +∞ ) . D.  −∞;  ∪[5; +∞) . 2 2



Lời giải

KÈ



Chọn B

x ≥ 5 Điều kiện 2 x − 7 x − 15 ≥ 0 ⇔  . x ≤ − 3  2

DẠ

Câu 13:

 

3

Vậy tập xác định của hàm số là  −∞; −  ∪[5; +∞) . 2



[0D4-5.2-2] Tập xác định của hàm số y = 3x − x 2 là A. ( −∞;0] ∪ [3; +∞ ) .

B. [ 0;3] .

C. ( 0;3) . Page 19

D. ℝ .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải Chọn B

2 [0D4-5.2-2] Giải bất phương trình 5 ( x − 1) − x ( 7 − x ) > x − 2x ta được

A. Vô nghiệm. C. x > −2,5 .

FI CI A

Câu 14:

ĐKXĐ 3 x − x 2 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 3 .

B. Mọi x đều là nghiệm. D. x > −2, 6 . Lời giải

Chọn A

Câu 15:

8 . x − 2x + 2 C. ( x < − 2) ∨ ( x > 2) . D. −2 ≤ x ≤ 2 .

[0D4-5.3-3] Giải bất phương trình: x 2 + ( x − 2) 2 ≥ A. ( x ≤ 0) ∨ ( x ≥ 2) .

2 Ta có 5( x − 1) − x ( 7 − x ) > x − 2 x ⇔ −5 > 0 vô lý. Vậy bất phương trình đã cho vô nghiệm.

B. 0 ≤ x ≤ 2 .

ƠN

Lời giải Chọn A Nhận xét x 2 − 2 x + 2 > 0 ∀ x ∈ ℝ .

8 ⇔ ( x 2 − 2 x + 2 )( 2 x 2 − 4 x + 4 ) ≥ 8 x − 2x + 2

x 2 + ( x − 2) 2 ≥

QU Y

 x2 − 2 x + 2 ≥ 2 2 x ≥ 2 ⇔ ( x2 − 2 x + 2) ≥ 4 ⇔  2 ⇔ x2 − 2 x ≥ 0 ⇔  . x ≤ 0  x − 2 x + 2 ≤ −2 (VN )

2 x2 −1 2 x −1 > . Câu 16: [0D4-5.3-3] Tập hợp nghiệm của bất phương trình: 2 x − 4x + 4 x − 2 A. x > 3 .

B. x > 3 và x ≠ 2 .

C. − 3 < x < 2 .

Chọn B

D. x < 3 .

Lời giải

TXĐ: D=ℝ \ {2}

KÈ

2 x2 −1 2 x −1 > . PT 2 x − 4x + 4 x − 2 (2 x − 1)( x − 2 ) 2 x2 −1 ⇔ 2 − >0 2 x − 4x + 4 ( x − 2)  3  x > ⇔ >0 5 2  ( x − 2)  x ≠ 2

DẠ

5x − 3

Câu 17:

Kết luận: x > 3 và x ≠ 2 . 5

[0D4-5.3-3] Tìm nghiệm của bất phương trình: Page 20

2x − 3 4 x 2 + 3x + 3 < −1. x2 + 2 x2 + 2

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG A. x >−5 .

B. x > 5 .

C. x < 5 . Lời giải

D. x <−5 .

2x − 3 4 x 2 + 3x + 3 < −1 x2 + 2 x2 + 2

⇔

2x − 3 + 3x2 + 6 4 x2 + 3x − x2 − 2 < x2 + 2 x2 + 2

FI CI A

Chọn B TXĐ: D = ℝ

⇔ 3 x 2 + 2 x + 3 < 3 x 2 + 3 x − 2 ( x 2 + 2 > 0 ∀x ∈ ℝ )

Câu 18:

⇔ x > 5. Kết luận: x > 5 .

[0D4-5.3-1] Tập nghiệm của bất phương trình (1− 2x)( 2x − 5)( x +1) < 0 là:

 

1 2

 

1 5 2 2

5 2

 

A. S =  −1;  .

B. S =  −1;  .

ƠN

 

D. S = ( −1; +∞ ) .

C. S =  −1;  ∪  ; +∞  .

Lời giải

Chọn C

Bất phương trình ⇔ ( 2x − 1)( 2x − 5)( x + 1) > 0

 

1 5 2 2

 

Câu 19:

QU Y

Lập bảng xét dấu dễ dàng ta được S =  −1;  ∪  ; +∞  .

[0D4-5.2-2] Gọi S là tập nghiệm của bất phương trình x 2 − 8 x + 7 ≥ 0 . Trong các tập hợp sau, tập nào không là tập con của S ? A. ( −∞;0] .

C. ( −∞; −1] .

B. [8;+∞) .

Chọn D

Lời giải

Câu 20:

KÈ

x ≥ 7 Ta có x 2 − 8 x + 7 ≥ 0 ⇔  . x ≤ 1

[0D4-5.3-2] Bất phương trình

x(x2 −1) ≥ 0 có nghiệm là:

A. x ∈ ( −∞ ; − 1) ∪ [1; +∞ ) . C. x ∈ ( −∞ ; − 1] ∪ [0;1) . D. x ∈ [ − 1;1] .

B. x ∈ [ − 1; 0] ∪ [1; +∞ ) .

Lời giải

DẠ

Chọn B + Nhị thức

x có nghiệm duy nhất

x =0.

+ Tam thức x 2 − 1 có hai nghiệm phân biệt −1 và 1. + Ta có bảng xét dấu: Page 21

D. [ 6;+∞) .

2 Từ bảng xét dấu ta có x( x −1) ≥ 0 ⇔ x ∈[ −1;0] ∪ [1; +∞) .

[0D4-5.3-2] Miền nghiệm của bất phương trình:



B.  x < −

A. ∅ .



C.  −



6 6 <x< . 3 3 

x−2 x+2 là: < x2 + x + 1 x2 − x + 1

6  6  ∨  x > . 3   3 

Câu 21:

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

D. ℝ . Lời giải

ƠN

Chọn D Nhận xét x 2 + x + 1 > 0 ∀ x ∈ ℝ ; x 2 − x + 1 > 0 ∀ x ∈ ℝ .

x−2 x+2 < ⇔ ( x − 2 ) ( x 2 − x + 1) < ( x + 2 ) ( x 2 + x + 1) x2 + x + 1 x2 − x + 1 ⇔ x3 − 3x2 + 3x − 2 < x3 + 3x2 + 3x + 2 ⇔ 6x2 + 4 > 0 ⇔ x ∈ ℝ .

[0D4-5.2-2] Giải bất phương trình: 2( x + 2) 2 ≥ 2 x + 7 . 3 A. ∀x ≠ . 2

QU Y

Câu 22:

3 B. x = . 2

Chọn D

C. Vô nghiệm. Lời giải 2

 7 9 3 BPT: 2( x + 2) ≥ 2 x + ⇔ 2 x 2 + 6 x + ≥ 0 ⇔ 2  x +  ≥ 0 ∀x ∈ ℝ .   2 2 2

Kết luận: ∀x .

DẠ

KÈ

x2 + x −1 > −x là Câu 23: [0D4-5.3-2] Tập nghiệm của bất phương trình 1− x 1  1  A.  ;1 . B.  ; +∞  . 2  2  1  C. (1;+∞) . D.  −∞;  ∪ (1; +∞ ) . 2  Lời giải Chọn A Điều kiện : x ≠ 1 . Page 22

D. ∀x .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Bất phương trình đã cho tương đương với

x2 + x − 1 2x −1 1 +x>0⇔ > 0 ⇔ < x <1 1− x 1− x 2

1  2 

Câu 24:

[0D4-5.3-3] Giải bất phương trình:

FI CI A

Kết hợp điều kiện, ta được tập nghiệm của bất phương trình S =  ;1 . −4 2 1 ≤ + . x2 + 4 x + 3 x + 3 2

A. ( x ≤ −7) ∨ ( x > −3) . B. −7 ≤ x < −3 . D. ( x ≤ −5) ∨ ( x > −1) .

C. −5 ≤ x ≤ −1 .

Lời giải Chọn D

2 −4 2 1 8 + 4 ( x +1) + x + 4x + 3 x2 + 8x +15 ≤ + ⇔ ≥ 0 ⇔ ≥0 x2 + 4x + 3 x + 3 2 x2 + 4 x + 3 ( x2 + 4x + 3)

ƠN

 x = −5 Cho x 2 + 8 x + 15 = 0 ⇔   x = −3

 x = −3 Cho x 2 + 4 x + 3 = 0 ⇔   x = −1

QU Y

Bảng xét dấu

 x ≤ −5 ∨ x > −1 .

x2 − x + 2 −3 > Câu 25: [0D4-5.3-3] Giải bất phương trình: . x2 − 4 x−2

KÈ

A. x < −4 ∨ x > −2 . C. −2 < x < 2 .

B. −4 < x < 2 . D. x < −2 ∨ x > 2 . Lời giải

Chọn D

BPT ⇔

x 2 − x + 2 + 3 ( x + 2) x2 + 2x + 8 ⇔ > 0 ⇔ x 2 − 4 > 0 (vi x 2 + 2 x + 8 > 0 ∀ x ) > 0 x2 − 4 x2 − 4

DẠ

⇔ x < −2

Câu 26:

∨

x > 2.

[0D4-5.3-3] Tập nghiệm của bất phương trình x 2 + x + 1 ≤ A. S = [ −2;1] .

 −7  ;2 .  2 

9 là x + x +1

C. [ −2;1) .

B. S = 

Lời giải Page 23

D. ( −2;1] .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Chọn A 2 9 ⇔ ( x 2 + x + 1) ≤ 9 ⇔ − 3 ≤ x 2 + x + 1 ≤ 3 . x + x +1 2

Ta có x 2 + x + 1 ≤

Câu 27:

[0D4-5.5-3] Bất phương trình:

x2 − 5x + 4 ≥ 1 có nghiệm là: x2 − 4

8 5 hoặc 2 < x ≤ . 5 2 5 D. −2 < x ≤ 0 hoặc x ≥ . 2

A. x ≤ 0 hoặc 8 ≤ x ≤ 5 , x ≠ ±2 .

B. x ≤

2 8 C. x < −2 hoặc 0 ≤ x ≤ . 5

Lời giải Chọn A  A ≤ −B Áp dụng công thức A ≥ B ⇔  A ≥ B

−2<x≤0 hoặc 2 < x ≤ 5

QU Y

Ta có (1) ⇔

 2 x2 − 5x ≤ 0 (1)  2 x − 4   −5x + 8  x2 − 4 ≥ 0 (2)

ƠN

 x 2 − 5x + 4 ≤ −1  2 x2 − 5x + 4 x − 4 ≥1 ⇔  2 ⇔  x − 5x + 4 x2 − 4  x2 − 4 ≥ 1 Giải (1): Bảng xét dấu:

FI CI A

⇔ x 2 + x − 2 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 1 .

Giải (2): Bảng xét dấu:

x<−2 hoặc 8 ≤ x < 2 . 5

KÈ

Ta có (2) ⇔

8 5 Lấy hợp tập nghiệm (1)(2) x ≤ 0 hoặc ≤ x ≤ , x ≠ ±2

Câu 28:

[0D4-5.2-3] Tập nghiệm của bất phương trình

A. S = ( −∞;1) .

DẠ

(x2 − 3x +1)2 + 3x2 −9x + 5 > 0 là

B. S = ( 2; +∞) .

C. S = ( −∞;1) ∪( 2; +∞) . D. S = (0;1) . Lời giải Chọn C 2

Ta có (x

−3x +1)2 +3x2 −9x +5 > 0 ⇔ ( x 2 − 3 x + 1)2 + 3 ( x 2 − 3 x + 1) + 2 > 0 . Page 24

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

[0D4-5.5-3] Tập nghiệm của bất phương trình x 2 + x + 12 > x 2 + x + 12 là A. ∅ .

B. ℝ .

C. ( −4; −3) .

D. ( −∞; −4) ∪ ( −3; +∞) .

FI CI A

Câu 29:

Lời giải Chọn A Ta có

0 x > 0  x2 + x + 12 > x 2 + x + 12 x2 + x + 12 > x2 + x + 12 ⇔  2 ⇔ 2 2  x + x + 12 < − x − x − 12  2 x + 2 x + 24 < 0

DẠNG 3: GIẢI HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Câu 1:

BÀI TẬP TỰ LUẬN.  x2 − 4x + 3 > 0 Giải hệ bất phương trình  2 x − 6x + 8 > 0

1 =

ƠN

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = ∅ .

Lời giải

QU Y

 x2 − 4 x + 3 > 0  x ∈ ( −∞;1) ∪ ( 3; +∞ ) ⇔ ⇔ x ∈ ( −∞;1) ∪ ( 4; +∞ ) .  2  x − 6 x + 8 > 0  x ∈ ( −∞;2) ∪ ( 4; +∞ ) Câu 2:

2 Tìm tập xác định của hàm số y = x − 3x + 2 +

1 x+3

Lời giải

DẠ

Câu 3:

KÈ

 x ≤ 1  x 2 − 3x + 2 ≥ 0   −3 < x ≤ 1 ⇔  x ≥ 2 ⇔  Hàm số xác định khi  . x + 3 > 0  x > −3  x ≥ 2  x2 + 4x + 3 ≥ 0  Giải hệ bất phương trình  2 x 2 − x − 10 ≤ 0  2 2 x − 5 x + 3 > 0

Page 25

 x2 − 3x +1 < −2  x2 − 3x + 3 < 0 x < 1 ⇔ 2 ⇔ 2 . ⇔ x > 2  x − 3x +1 > −1  x − 3x + 2 > 0

( vô nghiem) ( vô nghiem)

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

FI CI A OF

Câu 4:

 x2 + 3x + 2 ≥0  2 Giải hệ bất phương trình:  x − x + 2 2  x − x +1 ≤ 0  x 2 + 2 x − 3

   x ≤ −3   x ≥ 1 2 x + 4x + 3 ≥ 0  −1 ≤ x < 1  5  Ta có:  2 x 2 − x − 10 ≤ 0 ⇔  −2 ≤ x ≤ ⇔  3 5 .  2 < x <  2  2 2 2 x − 5 x + 3 > 0  x < 1   x > 3   2

Lời giải Nhận xét x 2 − x + 2 > 0 ∀ x ∈ ℝ .

ƠN

 x ≥ −1 x2 + 3x + 2 ≥ 0 ⇔ x 2 + 3x + 2 ≥ 0 ⇔  (1 ) . 2 x −x+2  x ≤ −2 Nhận xét x 2 − x + 1 > 0 ∀ x ∈ ℝ .

x2 − x + 1 ≤ 0 ⇔ x2 + 2x − 3 < 0 ⇔ −3 < x < 1 ( 2 ) . 2 x + 2x − 3  − 3 < x ≤ −2 .  −1 ≤ x < 1

Câu 5:

QU Y

(1) , ( 2 )  

Giải bất phương trình: 1 <

x2 + x + 5 < 3. x2 + x + 3 Lời giải

Nhận xét: x 2 + x + 3 > 0 ∀ x ∈ ℝ .

2 =

DẠ

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM.  x2 − 3x + 2 ≤ 0

[0D4-5.4-1] Tập nghiệm của hệ bất phương trình 

Câu 1:

2 2 2 > 0 x2 + x + 5  x + x + 5 > x + x + 3 < 3 ⇔ ⇔ ⇔ x∈ℝ .  2  2 2 2 x + x+3  x + x + 5 < 3x + 3x + 9  x + x + 2 > 0

KÈ

A. ∅ .



B. {1} .

x2 −1 ≤ 0

C. [1; 2 ] . Lời giải

Chọn B

Page 26

là:

D. [ − 1;1] .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

2 [0D4-5.4-2] Tập xác định của hàm số y = x + x − 2 +

A. ( 3;+∞) .

B. [3;+∞) .

C. ( −∞;1) ∪( 3; +∞) .

D. (1;2) ∪( 3; +∞) .

1 là x −3

Lời giải

 x ≤ −2  x 2 + x − 2 ≥ 0  ⇔  x ≥ 1 ⇔ x > 3 . Hàm số xác định khi  x − 3 > 0  x > 3

 2x2 − x − 6 ≤ 0

[0D4-5.4-2] Nghiệm của hệ bất phương trình: 

3 2 x + x − x −1 ≥ 0

Chọn C

D. 1 ≤ x ≤ 2 . Lời giải

A. –2 ≤ x ≤ 3 . B. –1 ≤ x ≤ 3 . C. 1 ≤ x ≤ 2 hoặc x = –1 .

là:

ƠN

Câu 3:

Chọn A

FI CI A

Câu 2:

 x2 − 3x + 2 ≤ 0 1 ≤ x ≤ 2 ⇔ ⇔ x = 1.  2  −1 ≤ x ≤ 1  x −1 ≤ 0

Ta có 2 x 2 − x − 6 ≤ 0 ⇔ − 3 ≤ x ≤ 2, ( I ) . 2

(

)

 x = −1 . ( II )  x ≥1

2 x 3 + x 2 − x − 1 ≥ 0 ⇔ ( x + 1) x − 1 ≥ 0 ⇔ ( x − 1)( x + 1) ≥ 0 ⇔ 

Câu 4:

QU Y

Từ ( I) và ( II ) suy ra nghiệm của hệ là S = [1; 2] ∪{−1} . 2  x − 4 x + 3 > 0 [0D4-5.4-1] Tập nghiệm của hệ bất phương trình  2 là  x − 6x + 8 > 0

Chọn B

B. ( −∞;1) ∪ ( 4; +∞ ) . C. ( −∞;2) ∪ ( 3; +∞) . D. (1; 4 ) . Lời giải

A. ( −∞;1) ∪ ( 3; +∞ ) .

KÈ

 x < 1  2  x − 4 x + 3 > 0  x > 3 x < 1 ⇔ Ta có:  2 ⇔ .  x − 6x + 8 > 0 x > 4  x < 2   x > 4 

DẠ

Câu 5:

2  x − x − 6 > 0 [0D4-5.4-2] Giải hệ bất phương trình:  . 2 2 ( x − 2) − (2x +1) ≥ 0

A. ( x ≤ −3) ∨ ( x > −2) . B. −3 ≤ x < 3 . 1 3

C. −2 < x ≤ .

D. −3 ≤ x < −2 . Page 27

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải Chọn D

( x − 2) 2 − (2 x + 1) 2 ≥ 0 ⇔ − 3 x 2 − 8 x + 3 ≥ 0 ⇔ − 3 ≤ x ≤

1 2 ( ). 3

(1) , ( 2)  −3 ≤ x < −2 .

(

)

(

) (

(

A. x ≤ − 1 − 2 ∨ ( x ≥ 2) .

)

C. x ≤ − 1 − 2 ∨ x ≥ − 1 + 2 .

−1− 2 ≤ x <−1+ 2 .

ƠN

Lời giải Chọn C Nhận xét x 2 + 1 > 0∀ x ∈ ℝ .

 x2 − 5x − 6 ≤ 0  [0D4-5.4-3] Giải hệ bất phương trình:  1 1 2 . + >   x x −1 x +1

 

1 3

QU Y

Câu 7:

2 2 2  x ≥ −1 + 2 x2 − 2 x + 3  x − 2 x + 3 ≥ − x − 1 2 x − 2 x + 4 ≥ 0 ( Dung ) ⇔ ≤ 2 ⇔ ⇔ .  2  2 2 2 x +1  x ≤ −1 − 2  x − 2 x + 3 ≤ 2 x + 2  x + 2 x − 1 ≥ 0

−1 ≤

)

B. − 1 + 2 ≤ x ≤ 2 .

Câu 6:

x2 − 2 x + 3 ≤ 2. [0D4-5.4-3] Giải bất phương trình: −1 ≤ x2 + 1

FI CI A

x > 3 x2 − x − 6 > 0 ⇔  (1 ) .  x < −2

 

1 3

A.  0 < x <  ∨ ( x > 1) . B.  0 < x <  ∨ (1 < x ≤ 6) . C. ( x ≤ − 1) ∨ ( x > 1) .

Chọn B

D. ( − 1 ≤ x < 0) ∨ ( x ≥ 6) .

x 2 − 5 x − 6 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 6

Lời giải

(1 ) .

KÈ

( x2 −1) + x ( x +1) − 2x ( x −1) > 0 3x − 1 . 1 1 2 + > ⇔ ⇔ >0 x x −1 x +1 x ( x2 − 1) x ( x 2 − 1)

DẠ

x = 1 1 Cho 3 x − 1 = 0 ⇔ x = ; x = 0 ; x 2 − 1 = 0 ⇔  . 3  x = −1

Page 28

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

 1  x ∈ ( −∞; −1) ∪  0;  ∪ (1; +∞ ) ( 2 ) .  3

1  ∪ (1;6] .  3

Lời giải Chọn D

ƠN

TX Đ: D = ℝ \ {±1}

FI CI A

( x + 3)2 − ( x − 2)2 ≥ 0  [0D4-5.4-3] Giải hệ bất phương trình:  x −1 x +1 .  − ≤0  x +1 x −1  1  A. 0 ≤ x < 1 . B. ( x <−1) ∨ − < x ≤ 0 .  2   1  C. ( x ≤ 0) ∨( x >1) . D. − ≤ x ≤ 0 ∨( x >1) .  2 

Câu 8:

(1) , ( 2)  x ∈  0;

1 Kết luận: − ≤ x ≤ 0 ∨( x >1) .   2

[0D4-5.4-2] Tập xác định của hàm số y = x + 3 + A. D = (1; +∞) . Chọn A

QU Y

Câu 9:

 

10x + 5 ≥ 0  1 x ≥−   1    ⇔ 2 ⇔ − ≤ x ≤ 0∨ ( x >1). . HPT ⇔  −4 x     2  ≤0  x2 −1 (−1 < x ≤ 0) v (1 < x)

1 2

x + 2x − 3

là:

C. D = [ −3; +∞) .

B. D = ( −3;1) .

D. D = ( −∞; −3] .

Lời giải

KÈ

Điều kiện xác định của hàm số là

x ≥ −3 ⇔  x + 3 x − 1 >0 

(

)(

)

x ≥ −3  x > 1  x > 1 . x < −3 

 16 − 4 x  x 2 − x − 12 < 4 [0D4-5.4-3] Hệ bất phương trình  có nghiệm là:  1 + 1 >1  x − 2 x − 1 x

DẠ

Câu 10:

x + 3 ≥ 0 ⇔  2 x + 2x − 3>0 

B. ( −4; −3) ∪( 0;1) ∪( ( ) ( ) C. ( −3; 2 ) ∪( 4; +∞) . D. ( −4; − 2 ) ∪(1; +∞) . A. − 2;0 ∪ 1; 2 ∪( 2;4) ∪( 4; +∞) .

Lời giải Page 29

)

2;2

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Chọn A 2

−4x + 64 − 4x < 0.  Giải bất phương trình: 16 <4 ⇔ 2 2 x − x −12 x − x − 12

FI CI A

Bảng xét dấu:

 S1 = ( −∞; −4) ∪ ( −3;4) ∪ ( 4; +∞) . 2

x −2 1 1 1 >0. + > ⇔ x − 2 x −1 x x ( x − 1)( x − 2 )

Giải bất pt:

(

) (

)

 S 2 = − 2 ; 0 ∪ 1; 2 ∪ ( 2; +∞ ) .

(

) ( )

S = S1 ∩ S2 = − 2;0 ∪ 1; 2 ∪( 2;4) ∪( 4; +∞) .

Vậy nghiệm của hệ bất phương trình là:

ƠN

Bảng xét dấu:

Chọn A

1 1 <x< 4 3

1 2 <x≤ . 3 3

Lời giải

A. −2 ≤ x < 0 .

QU Y

1  <0  3x  4 4  Câu 11: [0D4-5.4-3] Hệ bất phương trình:  x + ≥ có nghiệm là: 3 3x  4 x2 − 5x + 1 < 0  

 1 <0⇔ x<0.

KÈ

 S1 = ( −∞;0) .

DẠ

3x + 4x − 4 ≥ 0.  Xét bất phương trình: x + 4 ≥ 4 ⇔ x + 4 − 4 ≥ 0 ⇔ 3x 3 3x 3 3x Bảng xét dấu:

Page 30

2 ≤ x < 1. 3

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

2 3

   S2 = [ −2;0 ) ∪  ; +∞  .

4x2 −5x +1< 0.

FI CI A

Xét bất pt:



Bảng xét dấu:

1   S3 =  −∞;  ∪ (1; + ∞ ) . 4 

Vậy nghiệm của hệ bất phương trình là: S = S1 ∩ S2 ∩ S3 = [ −2;0) .

1 < x<2. 2

ƠN

A. −

B. 2 < x < 3 .

C. 0 < x < 3 .

Câu 12:

 x 2 − 5x + 7 >0   − 2 x 2 + 3x + 2 [0D4-5.4-2] Hệ bất phương trình  2 có nghiệm là:  x − 5x + 6 < 0  x 2 − 11x + 30

Lời giải

Chọn D

Bảng xét dấu:

QU Y

x 2 − 5x + 7 > 0. Xét bất phương trình: −2x2 + 3x + 2

 1  2

 

KÈ

Tập nghiệm bất phương trình là: S1 =  − ;2  .

x2 − 5x + 6 < 0. Xét bất pt: 2 x −11x + 30

DẠ

Bảng xét dấu:

Tập nghiệm của bất phương trình là: S2 = ( 2;3) ∪ ( 5;6 ) .

Page 31

D. Vô nghiệm.

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

 x2 − 9 >0  2 Câu 13: [0D4-5.4-3] Hệ bất phương trình  − x + 3 x − 12 có nghiệm là:  x + 7 + 3x + 1 ≥ 0  x − 5 2 A. x < −3 hoặc x > 1 . B. 3 < x < 5 . C. 1 ≤ x < 3 .

Lời giải Chọn C

x2 − 9 >0. − x 2 + 3x − 12

D. 1 < x < 3 .

Xét bất phương trình:

S = S1 ∩S2 =∅.

FI CI A

Vậy nghiệm của hệ bất phương trình là:

ƠN

Bảng xét dấu:

Vậy nghiệm bất phương trình là: S1 = ( −3;3) .

2 2x + 14 + (3x + 1)( x − 5) ≥ 0 ⇔ 3 x − 12 x + 9 ≥ 0 . Xét bất pt: x + 7 + 3 x + 1 ≥ 0 ⇔ 2( x − 5) x−5 2 2 ( x − 5)

QU Y

Bảng xét dấu:

Vậy nghiệm của bất phương trình là:

S2 = [1;3] ∪ ( 5; +∞ ) .

Vậy nghiệm của hệ bất phương trình là: S = S1 ∩ S2 = [1;3) .

KÈ

Câu 14:

 x2 − 4x + 3 ≥ 0  [0D4-5.4-2] Hệ bất phương trình: 3x 2 − 10 x + 3 ≤ 0 có nghiệm là:  4 x2 − x − 3 > 0 

A. x = 3 .

B. −

3 1 <x< . 4 3

C. Lời giải

Chọn A

DẠ

BXD chung:

Page 32

1 < x < 1. 3

D. 1 < x < 3

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Vậy hệ bpt có nghiệm x = 3 .  x2 + 6x + 8 ≤ 0

[0D4-5.4-2] Hệ bất phương trình 

2 x + 4x + 3 ≤ 0

có tập nghiệm là đoạn trên trục số có độ dài

Câu 15:

A. 2.

5 . 4

FI CI A

bằng bao nhiêu?

D. 1

C. 5. Lời giải

Chọn D

BXD chung:

 x2 + x + 1 ≥ 0

[0D4-5.4-1] Hệ bất phương trình: 

có nghiệm là: 2 x − x − 2 > 0 B. − 1 < x < 2 . C. Vô nghiệm.

A. x < −1 hoặc x > 2 .

Câu 16:

ƠN

Ta có: −3 ≤ x ≤ −2 Vậy độ dài bằng 1.

D. −1 ≤ x ≤ 2 .

Lời giải

Chọn A Cách 1: 2

+ x +1≥ 0, ∀∈ℝ.

QU Y

Ta có (1): x

Giải (2): x 2 − x − 2 > 0 BXD:

Vậy x < −1 hoặc x > 2

 ∀x ∈ ℝ ⇔ x < −1 hoặc x > 2 ⇔  x < −1; x > 2 x − x − 2 > 0  x2 + x + 1 ≥ 0 2

 x2 + 5x > 6

[0D4-5.4-1] Hệ bất phương trình: 

KÈ

Câu 17:

Cách 2:Dùng MTCT 

A. −6 < x < −3 .

 x +1 < 2 B. x < −6 .

C. −2 < x < −1 . Lời giải

Chọn B

x2 + 5x > 6

DẠ

Cách 1: 

 x +1 < 2

có nghiệm là:

 x2 + 5x − 6 > 0 . ⇔  x −1 < 0 

Bảng xét dấu chung:

Page 33

D. −1 < x < 0

Vậy x < −6  x2 + 5x > 6

Cách 2:Dùng MTCT: 

 x +1 < 2

⇔  x < −6; x > 1 ⇔ x < −6 . 

x <1

 x2 − 4x < 5 [0D4-5.4-1] Hệ bất phương trình:  có nghiệm là:  x +1 > 3 A. −4 < x < −1 . B. −1 < x < 1 . C. 1 < x < 2 . Lời giải Chọn D  x2 − 4 x − 5 < 0 x 2 − 4x < 5 ⇔ Cách 1:  . x>2  x + 1 > 3 

ƠN

BXD chung:

D. 2 < x < 5

Câu 18:

 x2 + 5x − 6 > 0 ⇔  x <1 

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Vậy 2 < x < 5 .

 x2 − 2 x − 3 > 0 [0D4-5.4-1] Hệ bất phương trình:  2 có nghiệm là:  x − 11x + 28 ≥ 0 A. x < −1 hoặc 3 < x ≤ 4 hoặc x ≥ 7. B. x ≤ 4 hoặc x ≥ 7 . C. x < −1 hoặc x ≥ 7 . D. x < −1 hoặc 3 < x < 4 hoặc x > 7 . Lời giải Chọn A

Câu 19:

QU Y

 x2 − 4x < 5  x2 − 4 x − 5 < 0 −1 < x < 5 ⇔ Cách 2:Dùng MTCT:  ⇔  ⇔ 2 < x < 5. x>2  x>2  x +1 > 3 

KÈ

Cách 1: BXD chung:

Vậy x < −1hoặc 3 < x ≤ 4 hoặc x ≥ 7

DẠ

 x2 − 2 x − 3 > 0  x < −1; x > 3 Cách 2:Dùng MTCT:  2 ⇔  x ≤ 4; x ≥ 7  x − 11x + 28 ≥ 0 ⇔ x < −1 hoặc 3 < x ≤ 4 hoặc x ≥ 7 .

Câu 20:

[0D4-5.4-2] Tập xác định của hàm số y = x 2 + 3 x + 2 −

Page 34

1 là x −1

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG A. ( −∞;1] ∪ [ 2; +∞ ) .

C. [1;+∞ ) .

B. (1;+∞ ) .

D. (1;2] .

Lời giải

 x 2 + 3x + 2 ≥ 0  x ≤ −2 ∨ x ≥ −1 ĐKXĐ  ⇔ x > 1. ⇔ x > 1 x −1 > 0 Câu 21:

x+3 là x−2 C. ( −3; 2 ) .

[0D4-5.4-2] Tập xác định của hàm số y = 6 − x − x 2 + A. [ −3;2] .

B. ( −∞;3] ∪ [ 2; +∞ ) .

Chọn D

Câu 22:

ƠN

6 − x − x 2 ≥ 0  −3 ≤ x ≤ 2 ĐKXĐ  ⇔ −3 ≤ x < 2 . ⇔ x ≠ 2 x − 2 ≠ 0

D. [ −3; 2 ) .

Lời giải

FI CI A

Chọn B

[0D4-5.4-2] Tập xác định của hàm số y = x 2 − 4 x + 25 − x 2 là A. [ −5;0] ∪ [ 4;5] .

B. ( −5;0 ) ∪ ( 4;5 ) .

C. [ −5;5] .

D. ( −∞;0] ∪ [ 4; +∞ ) .

Lời giải

Chọn A

Câu 23:

QU Y

 x 2 − 4 x ≥ 0 x ≥ 4 ∨ x ≤ 0  −5 ≤ x ≤ 0 ĐKXĐ  . ⇔ ⇔ 2  25 − x ≤ 0 −5 ≤ x ≤ 5 4 ≤ x ≤ 5 ( x + 2 )( x − 3) ≤ 0 [0D4-5.4-2] Hệ bất phương trình  có nghiệm là  ( x − 2)( x − 3) ≥ 0

A. − 2 ≤ x ≤ 3 .

B. −2 ≤ x ≤ 3 .

D. Vô nghiệm. Lời giải

KÈ

Chọn A

C. −2 ≤ x ≤ − 2 ; 3 ≤ x ≤ 3 .

 − 2 ≤ x ≤ 3 ( x + 2 )( x − 3) ≤ 0 Ta có  ⇔ ⇔ − 2 ≤ x ≤ 3.  ( x − 2)( x − 3) ≥ 0  x ≥ 3 ∨ x ≤ 2  x 2 − 2 x − 8 ≥ 0 [0D4-5.2-3] Miền nghiệm của hệ bất phương trình  3  x − 2 x 2 − x + 2 ≤ 0  A. −2 ≤ x ≤ 1 . B. 1 ≤ x ≤ 2 . C. x ≤ −2 . D. −1 ≤ x ≤ 1 hoặc x ≥ 2 . Lời giải

DẠ

Câu 24:

Chọn C Page 35

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Giải bất phương trình (1) ta được x ∈ (−∞; − 2] ∪ [ 4; + ∞) .

Lập bảng xét dấu vế trái (2) ta được

VT (2)

-∞

-1 -

1 +

Tập nghiệm của bất phương trình (2) là (−∞; −1] ∪ [1; 2] .

+∞

2 -

FI CI A

 x = −1  3 2  x=2 . x − 2 x − x + 2 = 0 ⇔ Xét bất phương trình (2) cho   x =1 

ƠN

Kết hợp tập nghiệm của (1) và (2) ta được tập nghiệm của hệ là (−∞; − 2] .

 x2 − 2x − 3 ≤ 0  Câu 25: [0D4-5.2-3] Miền nghiệm của hệ bất phương trình:  x 2 + x − 2 ≥ 0 . x2 − x − 6 ≤ 0  A. 1 ≤ x ≤ 3 . B. x ≤ −1 ∨ x ≥ 3 .

C. −2 ≤ x ≤ 3 .

D. −1 ≤ x ≤ 1 ∨ x ≥ 3 . Lời giải

Chọn A

Câu 26:

QU Y

−1 ≤ x ≤ 3  HBPT ⇔  x ≤ −2 ∨ x ≥ 1 ⇔ 1 ≤ x ≤ 3 . −2 ≤ x ≤ 3 

x 2 − 3x + 2 < 3. x2 − x + 1 B. x < 1 ∨ x > 2 . C. −1 < x < 2 .

[0D4-5.2-3] Giải bất phương trình: 2 <

Chọn D

A. x < −1 ∨ x > 0 .

D. −1 < x < 0 .

Lời giải

KÈ

 x 2 − 3 x + 2 < 3 ( x 2 − x + 1)  2 x 2 + 1 > 0  Do Do x + x + 1 > 0∀x nên BPT ⇔  ⇔ −1 < x < 0 . ⇔ 2 2 2 x + x < 0 x − 3 x + 2 > 2 x − x + 1  ( )   2

 x 2 − 7 x + 6 < 0 [0D4-5.2-3] Tập nghiệm của hệ bất phương trình  là:  2 x − 1 < 3 A. (1; 2) . B. [1; 2] . C. ( −∞;1) ∪ (2; +∞ ) . Lời giải

DẠ

Câu 27:

Chọn A

Page 36

D. ∅ .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Câu 28:

[0D4-5.5-2] Tập nghiệm của bất phương trình x 2 − x − 12 > x + 12 − x 2 là

FI CI A

A. ( −∞; −3) ∪ ( 4; +∞ ) . B. ( −∞; −4 ) ∪ ( 3; +∞ ) . C. ( −6; −2 ) ∪ ( −3;4 ) . D. ( −4;3) .

 x 2 − 7 x + 6 < 0 1 < x < 6 1 < x < 6 ⇔ ⇔ ⇔1< x < 2.   −3 < 2 x − 1 < 3  −1 < x < 2  2 x − 1 < 3

Lời giải Chọn A

 2 x 2 − 2 x − 24 > 0  x 2 − x − 12 > x + 12 − x 2 Ta có: x 2 − x − 12 > x + 12 − x 2 ⇔  2 ⇔ 2 ( vô nghiem )  0 x < 0  x − x − 12 < − x − 12 + x

⇔ ( −∞; −3) ∪ ( 4; +∞ )

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = ( −∞; −3) ∪ ( 4; +∞ ) .

3− 5 2

C. x <

5− 3 5+ 3 hoặc x > . 2 2

hoặc x >

3+ 5 . 2

B. x <

−3 − 5 −3 + 5 hoặc x > . 2 2

D. x <

−5 − 3 −5 + 3 hoặc x > . 2 2

A. x <

ƠN

x 2 − 3x + 1 < 3 có nghiệm là: Câu 29: [0D4-5.5-3] Bất phương trình: 2 x + x +1

Lời giải

Chọn B

Áp dụng công thức A < B ⇔ − B < A < B

QU Y

 x 2 − 3x + 1  4x2 + 4 > − 3  2  x 2 + x + 1 > 0 x 2 − 3x + 1 x + x +1 <3 ⇔  2 ⇔  2 x2 + x + 1  x − 3x + 1 < 3  −2 x − 6 x − 2 < 0  x2 + x + 1  x 2 + x + 1 Vì x 2 + x + 1 > 0 ∀x ∈ ℝ .

KÈ

 −2 x 2 − 6 x − 2 < 0 (1) Hệ bpt ⇔  2 (2)  4 x + 4 > 0

DẠ

Giải (1): BXD:

Ta có (1) ⇔ x <

−3 − 5 −3 + 5 hoặc x > 2 2

(2) ⇔ ∀x ∈ ℝ

Page 37

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Từ (1)(2) lấy giao hai tập nghiệm, ta có x <

−3 − 5 −3 + 5 hoặc x > 2 2

FI CI A

 x2 + 4 x + 5 >0 (1)  2 Câu 30: [0D4-5.4-3] Giải hệ phương trình:  x 2 − 3 x + 2  x + 4x + 3 > 0 (2)  x 2 + x + 1 A. x < 1 ∨ x > 3 . B. x < −3 ∨ x > 2 . − 3 < x < 2 C. . D. x < −3 ∨ −1 < x < 1 ∨ x > 2 . Lời giải Chọn D

 x 2 − 3x + 2 > 0 x < 1∨ x > 2 Do x + 4 x + 5 > 0∀x; x + x + 1 > 0∀x nên HBPT ⇔  2 ⇔  x + 4 x + 3 > 0  x < −3 ∨ x > −1 2

⇔ x < −3 ∨ −1 < x < 1 ∨ x > 2 .

ƠN

2 2 (1) (2 x + 3) − ( x + 3) ≤ 0 [0D4-5.4-3] Giải hệ bất phương trình:  2 . (2)  2 x + 5 x + 3 ≥ 0 3 A. −2 ≤ x ≤ − ∨ − 1 ≤ x ≤ 0 . B. x ≤ −1 ∨ x ≥ 0 . 2 C. x ≤ −2 ∨ x ≥ −1 . D. −2 ≤ x ≤ −1 . Lời giải Chọn C  −2 ≤ x ≤ 0 3  x ( 3 x + 6 ) ≤ 0  ⇔ ⇔ −2 ≤ x ≤ − ∨ − 1 ≤ x ≤ 0 . HBPT ⇔  2 3 2  x ≤ − 2 ∨ x ≥ −1 2 x + 5 x + 3 ≥ 0

QU Y

Câu 31:

 x 2 + 7 x + 10 ≥ 0  Câu 32: [0D4-5.4-3] Giải hệ bất phương trình:  1 1 1 <  +  x x + 8 x +1 A. −8 < x ≤ −5 . B. x < −8 ∨ x > −1 .

Chọn C

C. x < −8 ∨ −1 < x < 0 .

(1) (2)

D. −2 ≤ x < −1 . Lời giải

KÈ

 x 2 + 7 x + 10 ≥ 0  Với x ≠ 0; x ≠ −1; x ≠ 8 . HBPT ⇔  ( x + 8 )( x + 1) + x ( x + 1) − x ( x + 8 ) <0  x ( x + 8 )( x + 1) 

DẠ

 x 2 + 7 x + 10 ≥ 0  ⇔  x2 + 2 x + 8  x ( x + 8 )( x + 1) < 0 

 x 2 + 7 x + 10 ≥ 0  x ≤ −5 ∨ x ≥ −2 Do x + 2 x + 8 > 0; ∀x nên HBPT ⇔  ⇔ 2  x < −8 ∨ − 1 < x < 0 ( x + 8) ( x + x ) < 0 2

Page 38

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Chọn C

DẠNG 4: ĐIỀU KIỆN VỀ DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI

Câu 1:

BÀI TẬP TỰ LUẬN.

ƠN

1 =

 3  2x2 − x − 6 ≤ 0 − ≤ x ≤ 2 ⇔ 1≤ x ≤ 2 . ⇔ 2  3 2  x + x − x −1 ≥ 0  x ≥ 1

FI CI A

 2x2 − x − 6 ≤ 0 Câu 33: [0D4-5.4-3] Nghiệm của hệ bất phương trình:  3 2 là:  x + x − x −1 ≥ 0 A. –2 ≤ x ≤ 3. B. –1 ≤ x ≤ 3. C. 1 ≤ x ≤ 3 hoặc x = –1 . D. 1 ≤ x ≤ 2 . Lời giải

⇔ x < −8 ∨ −1 < x < 0 .

Tìm các giá trị của m để biểu thức sau luôn âm: f ( x ) = − x 2 − 2 x − m

Lời giải

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với ∀x ∈ ℝ 3x 2 − 2( m + 1) x − 2m 2 + 3m − 2 ≥ 0

QU Y

Câu 2:

 a = −1 < 0 1 f ( x ) < 0, ∀x ⇔  ⇔m> 4  ∆ ' = 1 − 4m < 0 1 Vậy với − < m < 0 thì biểu thức f ( x ) luôn âm. 4

Lời giải

3x − 2(m + 1) x − 2m + 3m − 2 ≥ 0 ∀x ∈ R ⇔ ∆ ' = ( m + 1) 2 + 3(2m 2 − 3m + 2) ≤ 0 ⇔ 7m 2 − 7 m + 7 ≤ 0 bpt vô nghiệm Vậy không có m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số sau xác định với mọi x ∈ ℝ .

KÈ

f ( x) =

Câu 3:

(m − 1) x 2 − 2(m − 2) x + 2 − m Lời giải

(m − 1) x 2 − 2(m − 2) x + 2 − m > 0∀x ∈ ℝ (1) .

DẠ

Trường hợp 1: m − 1 = 0 ⇔ m = 1  2 x + 1 > ∀x ∈ ℝ ( Sai). Trường hợp 2 : m − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ 1 .

Page 39

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Khi đó

Câu 4:

FI CI A

m > 1 m − 1 > 0 m > 1 3  ⇔ 2 ⇔ 3 ⇔ < m < 2 Vậy (1) ⇔  2 2  2m − 7 m + 6 < 0  2 < m < 2 ∆′ = ( m − 2 ) − ( m − 1)( 2 − m ) < 0 3 < m < 2. 2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau vô nghiệm. x 2 + 2(m − 2) x + 2m − 1 ≤ 0

Lời giải

BPT có vô nghiệm ⇔ x + 2 (m − 2) x + 2 m − 1 > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ ∆ ' = ( m − 2 ) − 2m + 1 < 0 ⇔ m 2 − 6m + 5 < 0

⇔ 1 <m < 5 . Tìm

để

m ọi

x ∈ [ −1;1]

đều

là

nghiệm

ƠN

Câu 5:

3x 2 − 2 ( m + 5) x − m 2 + 2m + 8 ≤ 0 (1)

của

Lời giải

Ta có 3x 2 − 2 ( m + 5 ) x − m2 + 2m + 8 = 0 ⇔ x = m + 2 hoặc x =

4−m 3

4−m 1 ⇔ 3m + 6 > 4 − m ⇔ m > − ta có 3 2 4−m Bất phương trình (1) ⇔ ≤ x ≤ m+2 3 4− m  Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là  ; m + 2 3  

QU Y

* Với m + 2 >

Suy ra mọi x ∈ [ −1;1] đều là nghiệm của bất phương trình (1)

4−m  −1 ≥ 4−m  khi và chỉ khi [ −1;1] ⊂  ; m + 2 ⇔  3  3   1 ≤ m + 2

KÈ

m≥7 ⇔ ⇔m≥7  m ≥ −1 1 ta có m ≥ 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán 2 4−m 1 * Với m + 2 < ⇔ m < − ta có 3 2 4−m Bất phương trình (1) ⇔ m + 2 ≤ x ≤ 3 4− m  Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là  m + 2; 3  

DẠ

Kết hợp với điều kiện m > −

Suy ra mọi x ∈ [ −1;1] đều là nghiệm của bất phương trình (1)

Page 40

bất

phương

trình

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

−1 ≥ m + 2 4− m   khi và chỉ khi [ −1;1] ⊂  m + 2; ⇔  4−m  3    1 ≤ 3

FI CI A

 m ≤ −3 ⇔ ⇔ m ≤ −3  m ≤1

1 ta có m ≤ −3 thỏa mãn yêu cầu bài toán 2 1 3 1 * Với m = − ta có bất phương trình (1) ⇔ x = nên m = − không thỏa mãn yêu cầu bài 2 2 2 toán. Kết hợp với điều kiện m < −

Vậy m ∈ ( −∞; −3] ∪ [7; +∞ ) là giá trị cần tìm.

Câu 6: Cho biểu thức f ( x ) = x 2 − 2mx − m + 90 . Xác định tham số m để : 1) f ( x ) > 0 ∀x ∈ ℝ .

ƠN

2) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ . 3) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) .

5) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( 3; +∞ ) . 6) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( −∞; −4 ) . 7) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( −1;0 ) .

4) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( −∞; 0 ) .

9) f ( x ) < 0

QU Y

8) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( 0; 2 ) .

vô nghiệm.

10) f ( x ) ≤ 0

vô nghiệm.

Câu 7: Cho biểu thức f ( x ) = − x 2 − 2mx + m − 110 . Xác định tham số m để :

1) f ( x ) < 0 ∀x ∈ ℝ .

KÈ

2) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ℝ .

3) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . 4) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( −∞; 0 ) .

5) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( 3; +∞ ) .

DẠ

6) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( −∞; −4 ) . 7) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( −1;0 ) . 8) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; 2 ) . Page 41

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG 9) f ( x ) > 0 vô nghiệm. vô nghiệm.

FI CI A

Câu 8: Cho biểu thức f ( x ) = ( m − 1) x 2 − 2 ( m − 1) x − 2m + 12 . Xác định tham số m để : 1) f ( x ) > 0 ∀x ∈ ℝ . 2) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ . 3) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . 4) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( −∞; 0 ) .

5) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( 2; +∞ ) .

vô nghiệm.

8) f ( x ) ≤ 0

vô nghiệm.

ƠN

6) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( −∞; −3) . 7) f ( x ) < 0

11) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . 12) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( −∞; 0 ) .

9) f ( x ) < 0 ∀x ∈ ℝ . 10) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ℝ .

QU Y

13) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( 5; +∞ ) . 14) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( −∞;1) . 15) f ( x ) > 0 vô nghiệm. 16) f ( x ) ≥ 0

vô nghiệm.

Câu 9: Cho biểu thức f ( x ) = ( m + 2 ) x 2 − 2 ( m − 4 ) x + 2m + 8 . Xác định tham số m để :

KÈ

1) f ( x ) > 0 ∀x ∈ ℝ . 2) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ .

3) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) .

4) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( −∞; 0 ) .

DẠ

5) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ (1; +∞ ) . 6) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ( −∞; −1) . 7) f ( x ) < 0

10) f ( x ) ≥ 0

vô nghiệm.

Page 42

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG 8) f ( x ) ≤ 0

vô nghiệm.

9) f ( x ) < 0 ∀x ∈ ℝ .

FI CI A

10) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ℝ . 11) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) . 12) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( −∞; 0 ) . 13) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( −1; +∞ ) . 14) f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( −∞; −2 ) .

16) f ( x ) ≥ 0

Câu 1:

vô nghiệm.

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM.

ƠN

2 =

15) f ( x ) > 0 vô nghiệm.

[0D4-5.1-3] Để f ( x ) = x 2 + ( m + 1) x + 2m + 7 > 0 với mọi x thì B. m < −3 ∨ m > 9 . D. m ≤ −3 ∨ m ≥ 9 . Lời giải

A. −3 ≤ m ≤ 9 . C. −3 < m < 9 . Chọn C

Câu 2:

QU Y

a = 1 > 0 Ta có f ( x ) > 0 ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ −3 < m < 9 . 2 ∆ = m − 6m − 27 < 0 [0D4-5.1-3] Bất phương trình f ( x ) = mx 2 − 4 x + 3m + 1 > 0 nghiệm đúng mọi x > 0 khi 4 . 3

C. m > 1 .

Chọn m = 1 f ( x ) = x 2 − 4 x + 4 > 0 không đúng với x = 2 nên ta loại

DẠ

Chọn m =

Câu 3:

D. m > 2 .

Lời giải

KÈ

Chọn C

B. m >

A. m > 0 .

4 4 4 −32 f ( x ) = x 2 − 4 x + 5 > 0 đúng ∀x ∈ ℝ do a = > 0 và ∆ = < 0 nên loại 3 3 3 3

B. 2

Chọn m = 2 f ( x ) = 2 x 2 − 4 x + 7 = 2 ( x − 1) + 5 > 0 ∀x ∈ ℝ nên ta loại D.

[0D4-5.1-3] Cho bất phương trình x 2 − 2 ( 4k –1) x + 15k 2 − 2k − 7 > 0 . Giá trị nguyên của k để bất phương trình nghiệm đúng mọi x ∈ ℝ là A. k = 2 . B. k = 3 . Page 43

C. k = 4 .

D. k = 5 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải

Câu 4:

[0D4-5.1-3] Tìm m để ( m + 1) x 2 + mx + m < 0, ∀x ∈ ℝ ? A. m < −1 .

4 C. m < − . 3 Lời giải

B. m > −1 .

a < 0 Với m ≠ −1 , ( m + 1) x 2 + mx + m < 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  ∆ < 0

[0D4-5.1-2] Tìm m để f ( x ) = x 2 − 2 ( 2m − 3) x + 4m − 3 > 0, ∀x ∈ ℝ ? A. m >

3 . 2

B. m >

Câu 5:

ƠN

 m < −1  m + 1 < 0  4 4  ⇔ m < − ⇔ m < − . ⇔ 2 3 3 −3m − 4m < 0    m > 0

4 . 3

D. m >

Chọn C Với m = −1 không thỏa mãn.

FI CI A

a = 1 > 0 Ta có f ( x ) > 0 ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ 2 < k < 4 mà k nguyên nên k = 3 . 2 ∆ = k − 6k + 8 < 0

Chọn B

3 . 4

3 3 <m< . 4 2

D. 1 < m < 3 .

Lời giải

Câu 6:

QU Y

Chọn D f ( x ) = x 2 − 2 ( 2m − 3) x + 4m − 3 > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ ∆ < 0 ⇔ 4m 2 − 16m + 12 < 0 ⇔ 1 < m < 3 . [0D4-5.2-3] Với giá trị nào của a thì bất phương trình ax 2 − x + a ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ? A. a = 0 .

B. a < 0 .

C. 0 < a ≤

1 . 2

D. a ≥

1 . 2

Lời giải

KÈ

Chọn D TH 1: a = 0 không thỏa mãn. TH 2:

a≠0

DẠ

 1 a ≥ 2  1 − 4a 2 ≤ 0 ∆ ≤ 0 1 Để bất phương trình ax 2 − x + a ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ ⇔  1 ⇔a≥ . 2 a > 0 a > 0   a ≤ − 2  a > 0

Câu 7:

[0D4-5.1-2] Cho f ( x) = −2 x 2 + ( m + 2) x + m − 4 . Tìm m để f ( x ) âm với mọi x . A. −14 < m < 2 . C. −2 < m < 14 .

B. −14 ≤ m ≤ 2 . D. m < −14 hoặc m > 2 . Page 44

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải

Câu 8:

FI CI A

∆ < 0 2 Ta có f ( x ) < 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ ( m + 2 ) + 8 ( m − 4 ) < 0 ⇔ m 2 + 12m − 28 < 0 a < 0 ⇔ −14 < m < 2 .

Chọn A

[0D4-5.2-2] Tìm giá trị nguyên của k để bất phương trình x 2 − 2 ( 4k − 1) x + 15k 2 − 2k − 7 > 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ là A. k = 2 . B. k = 3 .

C. k = 4 . Lời giải

D. k = 5 .

Chọn B Để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ thì: a = 1 > 0 2 ⇔ ∆ ′ < 0 ⇔ ( 4k − 1) − 15k 2 + 2k + 7 < 0 ⇔ 2 < k < 4   ∆′ < 0

Câu 9:

ƠN

Vì k ∈ ℤ nên k = 3 .

[0D4-5.2-3] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình sau vô nghiệm

f ( x ) = ( m − 3) x 2 + ( m + 2 ) x − 4 > 0 B. −22 ≤ m ≤ 2 .  −22 ≤ m ≤ 2 D.  . m = 3

A. m ≤ −22 ∨ m ≥ 2 . C. −22 < m < 2 .

Lời giải

QU Y

Chọn B

Ta có f ( x ) > 0 vô nghiệm ⇔ f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ℝ . Xét m = 3 f ( x ) = 5 x − 4 nên loại m = 3 .

Câu 10:

a = m − 3 < 0 ⇔ −22 ≤ m ≤ 2 . Xét m ≠ 3 f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ℝ ⇔  2 ∆ = m + 20m − 44 ≤ 0 [0D4-5.2-3] Cho bất phương trình mx 2 − ( 2 m − 1) x + m + 1 < 0 (1). Tìm tất cả các giá thực của

KÈ

tham số m để bất phương trình (1) vô nghiệm. 1 1 1 A. m ≥ . B. m > . C. m < . 8 8 8 Lời giải

DẠ

Chọn A Đặt f ( x ) = mx 2 − ( 2m − 1) x + m + 1 .

Ta có f ( x ) < 0 vô nghiệm ⇔ f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ . Xét m = 0 f ( x ) = x + 1 nên loại m = 0 . Page 45

1 D. m ≤ . 8

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG m > 0 1 Xét m ≠ 0 f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔m≥ . 8  ∆ = −8m + 1 ≤ 0

[0D4-5.2-3] Với giá trị nào của m thì bất phương trình x 2 − x + m ≤ 0 vô nghiệm? 1 1 A. m < 1 . B. m > 1 . C. m < . D. m > . 4 4 Lời giải Chọn D Bất phương trình x 2 − x + m ≤ 0 vô nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình ∆ < 0 1 ⇔ 1 − 4m < 0 ⇔ m > . x 2 − x + m > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  4 1 > 0

Câu 12:

[0D4-5.2-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình sau có tập nghiệm là ℝ ?

x 2 − 2mx 3 + 3mx 2 + 4mx + 4 ≥ 0 B. 4. D. Nhiều hơn 6 nhưng hữu hạn.

ƠN

A. 1. C. 6.

FI CI A

Câu 11:

Lời giải

Chọn A

Ta có x 2 − 2mx 3 + 3mx 2 + 4mx + 4 ≥ 0 ⇔ −2mx 3 + (1 + 3m ) x 2 + 4mx + 4 ≥ 0 .

QU Y

−2m = 0 Để bất phương trình có tập nghiệm là ℝ thì  (1 + 3m ) x 2 + 4mx + 4 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ 

  m = 0 m = 0   1 ⇔ m = 0. ⇔ 1 + 3m > 0 ⇔ m > −   3 2  ∆ ' = 4m − 12m − 4 ≤ 0  3 − 13 3 + 13   ≤m ≤  2 3

Câu 13:

KÈ

Vậy có 1 giá trị nguyên của m để bất phương trình có tập nghiệm là ℝ .

[0D4-5.2-3] Tìm

( m − 1) x

tất

cả

các

giá trị của

số

để bất phương trình

+ 2 ( m − 1) x + 5 > 0 đúng với mọi x ∈ ℝ . B. 1 < m < 6 .

A. m < 1 hoặc m > 6 .

DẠ

tham

C. m > 1 . Lời giải

D. 1 ≤ m < 6 .

Chọn D * Nếu m = 1 thì f ( x ) = 5 > 0, ∀x ∈ ℝ .

 m 2 − 7m + 6 < 0  ∆′ < 0 1 < m < 6 ⇔ ⇔1< m < 6. * Nếu m ≠ 1 thì f ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ a > 0 m > 1 m − 1 > 0 Page 46

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Vậy f ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ 1 ≤ m < 6

[0D4-5.2-3]Tìm

tất

cả

các

giá

trị

c ủa

tham

số

để

b ất

phương

− 2 ( m − 1) x + 3m − 8 ≤ 0 đúng với mọi x ∈ ℝ .

A. m < −1 .

3 C. m ≤ − . 2 Lời giải

B. m > 3 .

Chọn C * Nếu m = −1 thì f ( x ) = 4 x − 11 ≤ 0 ⇔ x ≤

11 không thỏa mãn. 4

trình

( m + 1) x

3 D. − < m ≤ 3 . 2

FI CI A

Câu 14:

Vậy f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ m ≤ −

3 2

[0D4-5.1-3] Tìm tất cả các giá trị của m để biểu thức x 2 − ( m + 2 ) x + 8m + 1 luôn dương với

Câu 15:

ƠN

3  −2m2 + 3m + 9 ≤ 0  ∆′ ≤ 0 m ≤ − ∨ m ≥ 3 ⇔ ⇔ * Nếu m ≠ −1 thì f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  2 a < 0 m + 1 < 0 m < −1 3 ⇔m≤− . 2

m ọi x A. m < 0 ∨ m > 20 .

B. 0 < m < 20 .

C. m < 0 ∨ m > 28 .

D. 0 < m < 28 .

QU Y

Lời giải

Chọn D

Ta có hệ số a = 1 > 0 ; ∆ = m 2 − 28m .

x 2 − ( m + 2 ) x + 8m + 1 > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ ∆ < 0 ⇔ m 2 − 28m < 0 ⇔ 0 < m < 28 . [0D4-5.2-3]Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình − x 2 + 4 ( m + 1) x + 1 − m 2 ≥ 0 vô

Câu 16:

KÈ

nghiệm x . 5 A. m < − ∨ m > −1 . 3

5 B. − < m < −1 . 3

C. m ≤ 3 ∨ m ≥ 1 .

D. 0 ≤ m ≤ 28 .

Lời giải

Chọn B

DẠ

Ta có hệ số a = −1 < 0 ; ∆′ = 3m 2 + 8m + 5 . Bất phương trình − x 2 + 4 ( m + 1) x + 1 − m 2 ≥ 0 vô nghiệm ⇔ − x 2 + 4 ( m + 1) x + 1 − m2 < 0 đúng

5 ∀x ⇔ ∆′ < 0 ⇔ 3m 2 + 8m + 5 < 0 ⇔ − < m < −1 . 3

Page 47

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG [0D4-5.2-3]Tìm

tất

cả

các

giá

trị

c ủa

tham

số

để

b ất

phương

trình

+ 2 ( m − 2 ) x + m − 4 > 0 vô nghiệm.

A. m ≤ 1 ∨ m =

1 . 2

B. m ≤ 1 .

C. m ≤ 0 .

D. m ≤ 0 ∨ m =

1 . 2 Lời giải

Chọn C * Nếu m =

( 2m − 1) x

FI CI A

Câu 17:

1 7 1 thì ta được x ≥ − . Vậy m = loại. 2 6 2

m ≤ 0 ∨ m ≥ 5 −m2 + 5m ≤ 0 1  ∆′ ≤ 0  ⇔ ⇔ * Nếu m ≠ thì bất phương trình vô nghiệm ⇔  1 2 a < 0  2m − 1 < 0 m < 2 ⇔ m≤0.

[0D4-5.2-4] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 2 x 2 − 4 x − 5 + m ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn [ −2;3] .

B. m > 7 .

Chọn A Ta có ∆′ = −2m + 14 .

C. m ≥ 6 . Lời giải

D. m ≤ 7 .

A. m ≥ 7 .

ƠN

Câu 18:

QU Y

* ∆′ ≤ 0 ⇔ m ≥ 7 thì bất phương trình 2 x 2 − 4 x − 5 + m ≥ 0 nghiệm đúng ∀x ∈ ℝ .  2 − 14 − 2m x < 2 * ∆′ > 0 ⇔ m < 7 thì bất phương trình có tập nghiệm là   2 + 14 − 2m x >  2

Câu 19:

KÈ

 2 − 14 − 2m ≥3  2 Yêu cầu bài toán ⇔  ⇔ m ∈∅ .  2 + 14 − 2m ≤ −2   2

[0D4-5.2-4]Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 2 x 2 − 4 x − 5 + m ≥ 0

nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn [ 2;6] .

DẠ

A. m ≥ 7 .

B. m > 4 .

C. m ≥ 5 . Lời giải

D. m ≥ 4 .

Chọn C Ta có ∆′ = −2m + 14 . * ∆′ ≤ 0 ⇔ m ≥ 7 thì bất phương trình 2 x 2 − 4 x − 5 + m ≥ 0 nghiệm đúng ∀x ∈ ℝ . Page 48

FI CI A

 2 − 14 − 2m x < 2 * ∆′ > 0 ⇔ m < 7 thì bất phương trình có tập nghiệm là   2 + 14 − 2m x >  2  2 − 14 − 2m ≥6  2 Yêu cầu bài toán ⇔  ⇔ m ≥ 5.  2 + 14 − 2m ≤2   2 Kết hợp hai trường hợp ta được m ≥ 5 .

[0D4-5.2-4] Với giá trị nào của tham số m thì bất phương trình ( m 2 + 1) x + m ( x + 3) + 1 > 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ [ −1; 2] ?

A. 0 ≤ m ≤ 2 .

B. m > 0 .

C. m < 2 . Lời giải

D. 0 < m < 2 .

ƠN

Chọn D

Câu 20:

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

−3m − 1 . m2 + m + 1  −3m − 1  Suy ra tập nghiệm là S =  2 ;+ ∞ . m + m + 1  

Bất phương trình tương đương x >

Để bất phương trình nghiệm đúng x ∈ [ −1; 2] khi và chỉ khi −3m − 1 −3m − 1  ;+ ∞ ⇔ 2 < −1 ⇔ m 2 − 2 m < 0 ⇔ 0 < m < 2 . 2 m + m +1  m + m +1 

[ −1; 2] ⊂  Câu 21:

QU Y

Vậy 0 < m < 2 thỏa yêu cầu bài toán.

[0D4-5.1-4] Tìm giá trị của tham số m để f ( x ) = x 2 + 4 x + m – 5 ≤ 0 trên một đoạn có độ dài bằng 2 . A. m = 10 .

Chọn B

B. m = 8 .

C. m = 9 . Lời giải

D. m = 7 .

Vì f ( x ) = x 2 + 4 x + m – 5 có hệ số a = 1 > 0 nên để thỏa yêu cầu bài toán thì phương trình

x2 + 4 x + m – 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 − x2 = 2 .

Câu 22:

KÈ

∆′ = 4 − ( m − 5 ) > 0 m < 9 m < 9  m < 9 ⇔ ⇔ ⇔  m = 8.  2 2 m = 8 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 − 4 = 0 16 − 4 ( m − 5 ) − 4 = 0 ( x1 − x2 ) = 4 [0D4-5.2-4] Cho hàm số f ( x ) = ( x + 1)( x + 3) ( x 2 + 4 x + 6 ) . Tìm tất cả các giá trị của tham số

DẠ

m để f ( x ) ≥ m, ∀x ∈ ℝ .

9 A. m ≤ − . 4

B. m ≤ −2 .

3 C. m ≤ −2 hoặc m ≥ − . 2

9 D. − ≤ m ≤ −2 . 4 Lời giải Page 49

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Chọn B f ( x ) = ( x 2 + 4 x + 3)( x 2 + 4 x + 6 ) .

Đặt t = x 2 + 4 x , điều kiện tồn tại x là t ≥ −4 .

FI CI A

Ta được f ( t ) = t 2 + 9t + 18 . Yêu cầu bài toán ⇔ f ( t ) ≥ m, ∀t ≥ −4 .

Ta có m ≤ f ( t ) , ∀t ≥ −4 ⇔ m ≤ −2 .

Tìm

tấ t 1

cả

các

giá

trị

của

tham

số

+ m + 2) x2 − 2 ( m + 4) x + m + 8

hàm

số

xác định với mọi x thuộc ℝ .

A. −4 − 14 < m < −4 + 14 ∨ m > 0 .

B. −4 − 14 < m < −4 + 14 .

C. −2 − 7 < m < −2 + 7 ∨ m > 0 .

D. −2 − 7 < m < −2 + 7 .

Chọn A

để

[0D4-5.2-4]

QU Y

Câu 23:

ƠN

Lập BBT hàm f ( t ) = t 2 + 9t + 18 , t ≥ −4 ta được

Lời giải

Hàm số xác định ∀x ∈ ℝ ⇔ g ( x ) = ( m 2 + m + 2 ) x 2 − 2 ( m + 4 ) x + m + 8 > 0 ∀x ∈ ℝ . 2

1 7  a = m + m + 2 =  m +  + > 0 ∀m , do đó 2 4  2

g ( x ) > 0 ∀x ∈ ℝ ⇔ ∆′ = −m3 − 8m 2 − 2m < 0

2 x 2 − mx + 2 ≤ 3 có tập [0D4-5.7-4] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình x2 + x + 1

KÈ

Câu 24:

⇔ −4 − 14 < m < −4 + 14 ∨ m > 0 .

nghiệm là ℝ . A. −3 ≤ m ≤ 2 .

B. −3 ≤ m ≤ 2 ∨ m > 5 .

DẠ

C. m < −5 ∨ − 3 ≤ m ≤ −1 .

D. −5 ≤ m ≤ −1 . Lời giải

Chọn D  2 x 2 − mx + 2 2  x 2 + x + 1 ≥ −3 2 x 2 − mx + 2 5 x + ( 3 − m ) x + 5 ≥ 0 ⇔ 2 do ∀x ∈ ℝ, x 2 + x + 1 > 0 ) ≤3⇔  2 ( x2 + x + 1  x + ( 3 + m ) x + 1 ≥ 0  2 x − mx + 2 ≤ 3  x 2 + x + 1 Page 50

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG tập nghiệm là

2 5 x + ( 3 − m ) x + 5 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ℝ ⇔ 2  x + ( 3 + m ) x + 1 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ

Câu 25:

[0D4-5.3-4] Tìm tất cả các tham số m để bất phương trình có nghiệm.

1 1 . B. m ≤ 0 ∨ m ≥ . 2 2

1 C. m ≤ −1 ∨ m ≥ . 2

1 . 2 Lời giải

D. m ≤ −1 ∨ 0 ≤ m ≤

+ 1) x 2 − 2 ( m 2 + m ) x + m 2

x + x+2

+ 1) x 2 − 2 ( m 2 + m ) x + m x2 + x + 2

≤0

ƠN

Chọn B x 2 + x + 2 > 0 ∀x ∈ ℝ nên

A. −1 ≤ m ≤ 0 ∨ m ≥

∆1 = ( 3 − m ) 2 − 100 ≤ 0  −7 ≤ m ≤ 13 ⇔ ⇔ −5 ≤ m ≤ −1 . ⇔ 2  −5 ≤ m ≤ −1 ∆ 2 = ( 3 + m ) − 4 ≤ 0

FI CI A

Bất phương trình đã cho có

≤ 0 ⇔ ( m 3 + 1) x 2 − 2 ( m 2 + m ) x + m ≤ 0 (*) .

* Nếu m = −1 thì (*) trở thành −1 ≤ 0 đúng ∀x . * Nếu m ≠ −1 thì ta có ∆′ = 2m 3 + m 2 − m .

1 thì phương trình ( m3 + 1) x 2 − 2 ( m 2 + m ) x + m = 0 luôn có hai 2 nghiệm nên bất phương trình (*) luôn có nghiệm.

QU Y

+) ∆′ ≥ 0 ⇔ −1 < m ≤ 0 ∨ m ≥

+) ∆′ < 0 ⇔ m < −1 ∨ 0 < m <

1 . 2

 ∆′ < 0 Với m < −1 thì ta có  nên bất phương trình (*) có tập nghiệm là ℝ . a < 0

1 thì ta có 2

KÈ

V ới 0 < m <

Vậy m ≤ 0 ∨ m ≥

 ∆′ < 0 nên bất phương trình (*) vô nghiệm.  a > 0

1 thỏa yêu cầu đề bài. 2

DẠ

DẠNG 5: ĐIỀU KIỆN VỀ NGHIỆM CỦA TAM THỨC BẬC HAI {Tìm điều kiện của tham số để tam thức bậc hai có nghiệm thỏa mãn điều kiện…}

1 =

Câu 1:

BÀI TẬP TỰ LUẬN. Tìm điều kiện của tham số m để phương trình ( m + 2 ) x 2 − 3x + 2m − 3 = 0 có hai nghiệm trái dấu. Page 51

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải

Câu 2:

3 . 2

FI CI A

⇔ −2 < m <

Điều kiện cần và đủ để phương trình có hai nghiệm trái dấu là: ( m + 2 )( 2m − 3) < 0 .

Tìm giá trị của tham số m để phương trình ( m − 3) x 2 + ( m + 3) x − ( m + 1) = 0 có hai nghiệm phân biệt

Lời giải

Xác định m để phương trình: (m + 1) x 2 − 2(m + 2) x + m − 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0 sao cho

1 1 + > 2. x1 x2

ƠN

Câu 3:

m−3 ≠ 0  (m − 3) x 2 + (m − 3) x − ( m + 1) = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔  2 (m − 3) − 4(m − 3)( m + 1) > 0 m≠3  7 ⇔ ⇔ − < m < 3. 3 ( m − 3)( 3m + 7 ) < 0

(m + 1) x 2 − 2(m + 2) x + m − 1 = 0 .

Lời giải

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác 0 khi

QU Y

 m ≠ −1 m + 1 ≠ 0  m ≠ −1   5 2   ( m + 2 ) − ( m + 1)( m − 1) > 0 ⇔ 4m + 5 > 0 ⇔ m > − (1) . 4 m − 1 ≠ 0 m ≠ 1    m ≠ 1

1 1 x + x − 2 x2 x2 + >2⇔ 1 2 >0 x1 x2 x1 x2

KÈ

Khi đó

 2 ( m + 2)  x1 + x2 = m +1 Viet  x x = m −1  1 2 m + 1

2 ( m + 2) m −1 −2 m + 1 > 0 ⇔ 5 > 0 ⇔ m > 1 ( 2) . ⇔ m +1 m −1 m −1 m +1

DẠ

Từ (1) ; ( 2 )  m > 1 .

Câu 4:

Với giá trị nào của m thì phương trình: ( m − 1) x 2 − 2( m − 2) x + m − 3 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 + x1 x2 < 1 ?

Lời giải Page 52

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

a ≠ 0 m − 1 ≠ 0 ⇔ ⇔ m ≠ 1. PT ( m − 1) x 2 − 2( m − 2) x + m − 3 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 khi  ∆′ ≥ 0 1 > 0 ∀m Khi đó, theo định lý Vi-ét ta có:

⇔

2 ( m − 2) m −1

FI CI A

2 ( m − 2)   x1 + x2 = m −1  x + x + x x < 1 ⇔ 2 ( m − 2) + m − 3 < 1  1 2 1 2 m −1 m −1 x x = m − 3 1 2 m −1  m − 3 m −1 2m − 6 − <0⇔ < 0 ⇔1< m < 3. m −1 m −1 m −1

Câu 5:

Vậy 1 < m < 3 .

Cho hàm số y = ( m − 2 ) x 2 − 3mx + 2m − 3 ( m là tham số). Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B sao cho gốc tọa độ O nằm giữa A và B .

Lời giải

ƠN

Phương trình hoành độ giao điểm là ( m − 2 ) x 2 − 3mx + 2m − 3 = 0

Điều kiện để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B sao cho gốc tọa độ O

Câu 1:

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM.

[0D4-5.2-3] Tìm điều kiện của b để f ( x ) = x 2 − bx + 3 có hai nghiệm phân biệt?

QU Y

2 =

2m − 3 3 < 0 ⇔ < m < 2. m −2 2

nằm giữa A và B là x A .x B < 0 ⇔

A. b ∈  −2 3; 2 3  .

(

C. b ∈ −∞; −2 3  ∪  2 Chọn A

( 3; +∞ ) .

)

B. b∈ −2 3;2 3 .

(

) (

)

D. b ∈ −∞; −2 3 ∪ 2 3; +∞ . Lời giải

Câu 2:

KÈ

b < −2 3 Ta có f ( x ) = x 2 − bx + 3 có nghiệm khi b 2 − 12 > 0 ⇔  .  b > 2 3

[0D4-5.2-3] Giá trị nào của m thì phương trình ( m − 3) x 2 + ( m + 3) x − ( m + 1) = 0 (1) có hai

DẠ

nghiệm phân biệt? 3  A. m ∈  −∞; −  ∪ (1; +∞ ) \ {3} . 5 

 3  C. m ∈  − ; +∞  .  5 

 3  B. m ∈  − ;1 .  5 

D. m ∈ ℝ \ {3} . Lời giải

Chọn A

Page 53

Câu 3:

FI CI A

m ≠ 3  m ≠ 3 a ≠ 0  5 Ta có (1) có hai nghiệm phân biệt khi  ⇔ m < − . ⇔ 2 3 ∆ ' > 0 5m − 2m − 3 > 0    m > 1

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

[0D4-5.2-3] Các giá trị m để tam thức f ( x) = x 2 − ( m + 2) x + 8m + 1 đổi dấu 2 lần là A. m ≤ 0 hoặc m ≥ 28 . B. m < 0 hoặc m > 28 . C. 0 < m < 28 . D. m > 0 . Lời giải Chọn B để tam thức f ( x ) = x 2 − ( m + 2) x + 8m + 1 đổi dấu 2 lần khi và chỉ khi

[0D4-5.2-4] Cho phương trình x 2 − 2x − m = 0 (1). Tìm tất cả các giá trị của m để (1) có 2 nghiệm x1, x 2 thỏa mãn x 1 < x 2 < 2 . A. m > 0 .

ƠN

Câu 4:

 m > 28 2 . ∆ > 0 ⇔ ( m + 2 ) − 4 ( 8m + 1) > 0 ⇔ m 2 − 28m > 0 ⇔  m < 0

B. m < −1 .

C. −1 < m < 0 .

D. m >

−1 . 4

Lời giải

Chọn C

QU Y

1 ≠ 0  Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔  ⇔ m > −1 .  2 ∆ ' = (−1) + m > 0  Khi đó, phương trình có hai nghiệm x1, x 2 thỏa mãn x 1 < x 2 < 2

x − 2 + x − 2 < 0 x + x − 4 < 0 2 − 4 < 0 2 2 ⇔  1 ⇔  1 ⇔  ⇔ m < 0. (x 1 − 2)(x 2 − 2) > 0 x 1x 2 − 2 (x 1 + x 2 ) + 4 > 0 − m − 2.2 + 4 > 0    

Câu 5:

KÈ

Kết hợp với điều kiện ta được: −1 < m < 0 .

[0D4-5.2-4] Với điều kiện nào của m để phương trình x 2 − (m − 1) x + m + 2 = 0 có 2 nghiệm

phân biệt x1, x2 khác 0 thỏa mãn

1 1 + 2 >1. 2 x1 x2

DẠ

A. −2 < m < 7 . B. −2 ≠ m < −1 . 7 C. m < − và m ≠ −2 . D. −2 ≠ m < −1 ∨ m > 7 . 8 Lời giải Chọn B

Page 54

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG m + 2 ≠ 0 m ≠ −2 ⇔ 2 PT có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔  2 ∆ = ( m − 1) − 4 ( m + 2 ) > 0  m − 6m − 7 > 0

FI CI A

m ≠ −2 ⇔ ( *) . m < −1 ∨ m > 7

 x1 + x2 = m − 1 Theo Vi-et ta có  (1) .  x1 x2 = m + 2 2

( x + x ) − 2x x x2+x 2 ( m − 1) − 2 ( m + 2 ) > 1 1 1 Ta có 2 + 2 > 1 ⇔ 1 2 22 > 1 ⇔ 1 2 2 2 1 2 > 1 ⇔ 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 ( m + 2) −8m − 7

( m + 2)

7 >0⇔m<− . 8

⇔

Kết hợp (*) ta có −2 ≠ m < −1 .

[0D4-5.2-4] Với điều kiện nào của m để phương trình x 2 − (m − 1) x + m + 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 thỏa mãn

1 1 + 3 < 1. 3 x1 x2

B. m < −2 ∨ m > 7 .

A. −2 < m < −1 ∨ m > 7 . 1 1 C. −1 < m < − . D. − < m < 7 . 2 2

ƠN

Câu 6:

Lời giải

Chọn A

QU Y

m + 2 ≠ 0 m ≠ −2 ⇔ 2 PT có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔  2 ∆ = ( m − 1) − 4 ( m + 2 ) > 0  m − 6m − 7 > 0 m ≠ −2 ⇔ (1) . m < −1 ∨ m > 7

 x1 + x2 = m − 1 Theo Vi-et ta có  .  x1 x2 = m + 2

KÈ

2 ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) − 3x1 x2  x13 + x23 1 1 Ta có 3 + 3 < 1 ⇔ <1 ⇔ <1 x13 x23 x13 x23 x1 x2

( m − 1) ( m − 1) − 3 ( m + 2 )  −12m 2 − 7 m − 3 ⇔ < 0 (*) . ⇔ < 1 3 3 ( m + 2) ( m + 2)

DẠ

Do −12m 2 − 7 m − 3 < 0; ∀x nên (*) ⇔ m + 2 > 0 ⇔ m > −2 . Kết hợp (1) ta có −2 < m < −1 ∨ m > 7 .

Page 55

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 7:

[0D4-5.2-4] Định m để phương trình x 2 − (2m − 3) x + m 2 − 3m + 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng −3;2 ?

(

)

B. m < −2 ∨ m > 4 . D. m < −1 ∨ m > 3 . Lời giải

FI CI A

A. −2 < m < 4 . C. −1 < m < 3 . Chọn C

 x = m −1 Ta có ∆ = 1 nên PT luôn có hai phân biệt  . x = m − 2 YCBT ⇔ −3 < m − 2 < m − 1 < 2 ⇔ −1 < m < 3 .

[0D4-5.2-3] Giá trị của m làm cho phương trình (m − 2) x 2 − 2mx + m + 3 = 0 có 2 nghiệm B. m < −3 hoặc 2 < m < 6 . D. m > 6 . Lời giải

ƠN

dương phân biệt là: A. m < 6 và m ≠ 2 . C. 2 < m < 6 .

Câu 8:

Chọn B Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt khi

Câu 9:

QU Y

a = m − 2 ≠ 0  2 m ≠ 2  ∆′ = m − ( m − 2 )( m + 3) > 0 m < 6 2 < m < 6   2 m . ⇔ ⇔ S = >0  m < −3 m−2 m > 2 ∨ m < 0    m > 2 ∨ m < −3 m+3 >0 P = m−2 

[0D4-5.2-4] Cho phương trình (m − 5) x 2 + ( m − 1) x + m = 0 (1). Với giá trị nào của m thì (1) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa x1 < 2 < x2 .

A. m <

22 . 7

KÈ

Chọn B

C. m ≥ 5 .

22 < m < 5. 7 22 ≤ m ≤ 5. D. 7 B.

Lời giải

(1) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa x1 < 2 < x2 ⇔ a. f ( 2 ) = ( m − 5 )  4 ( m − 5 ) + 2 ( m − 1) + m  < 0

⇔ ( m − 5 )( 7m − 22 ) < 0 ⇔

DẠ

Câu 10:

22 < m < 5. 3

[0D4-5.2-3] Giá trị nào của m thì phương trình: ( m − 1) x 2 − 2( m − 2) x + m − 3 = 0 có 2 nghiệm

trái dấu? A. m < 1 .

B. m > 2 .

C. m > 3 . Lời giải

Chọn D Page 56

D. 1 < m < 3 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG ( m − 1) x 2 − 2( m − 2) x + m − 3 = 0 có 2 nghiệm trái dấu: ⇔ ac < 0 ⇔ ( m − 1)( m − 3) < 0

⇔1< m < 3.

thỏa mãn

[0D4-5.2-4] Định m để phương trình ( m + 1) x 2 − 2mx + m − 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 1 1 + < 3. x1 x2

A. m < 2 ∨ m > 6 .

B. −2 < m < −1 ∨ −1 < m < 2 ∨ m > 6 .

C. 2 < m < 6 .

D. −2 < m < 6 . Lời giải

Chọn B

FI CI A

Câu 11:

⇔

1 1 2m 1 1 x + x2 + <3⇔ 1 <3⇔ <3⇔ + <3 x1 x2 x1.x2 m−2 x1 x2

6−m < 0 ⇔ m < −2 ∨ m > 6 . m−2

Ta có

2m   x1 + x2 = m + 1 .  m 2 − x x =  1 2 m + 1

ƠN

Khi đó, theo Vi-ét ta có

 m + 1 ≠ 0  m ≠ −1 PT có hai nghiệm phân biệt ⇔  ' ⇔ (*) . 2  ∆ = m − ( m + 1)( m − 2 ) > 0  m > −2

Kết hợp (*) ta có −2 < m < −1 ∨ −1 < m < 2 ∨ m > 6 .

[0D4-5.2-4] Với điều kiện nào của m thì phương trình mx 2 − 2( m − 1) x + m − 2 = 0 có đúng 1

QU Y

Câu 12:

nghiệm thuộc khoảng (-1; 2)?

A. −2 ≤ m ≤ 1 . Chọn A

B. m < −1 ∨ m > 1 .

C. m <

4 . 3

D. 0 < m <

4 . 3

Lời giải

Khi m = 0 , PT ⇔ x = 1∈ ( −1; 2 ) . Ta có m = 0 (tmyc).(*) m−2 . PT có đúng 1 nghiệm thuộc khoảng (-1; 2) m

KÈ

Khi m ≠ 0 , PT luôn có hai nghiệm x = 1; x =

m − 2  2m − 2  m ≤ −1  m ≤0 0 < m ≤ 1 ⇔ ⇔ . ⇔  −2 ≤ m < 0 m − 2 ≥ 2  −m − 2 ≥ 0  m  m

DẠ

Kết hợp (*) ta có −2 ≤ m ≤ 1 .

Câu 13:

2 2 [0D4-5.2-3] Phương trình ( m + 1) x − 2 ( m − 1) x + m + 4m − 5 = 0 có đúng hai nghiệm x1 , x2

thoả 2 < x1 < x2 . Hãy chọn kết quả đúng trong các kết quả sau

A. −2 < m < −1 .

B. m > 1 .

C. −5 < m < −3 . Lời giải Page 57

D. −2 < m < 1 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Chọn A Để phương trình ( m + 1) x 2 − 2 ( m − 1) x + m2 + 4m − 5 = 0 có có đúng hai nghiệm x1 , x2 thoả

2 < x1 < x2 .

 2 ( m − 1)  x1 + x2 = m +1 Theo Vi-et ta có  . 2  x .x = m + 4m − 5  1 2 m +1

FI CI A

( m − 1)2 − ( m + 1) ( m 2 + 4m − 5 ) > 0  ∆′ > 0  m ≠ −1  ⇔ m + 1 ≠ 0 ⇔  . x > x > 2 ( x1 − 2 ) + ( x2 − 2 ) > 0 1  2  ( x1 − 2 )( x2 − 2 ) > 0

Câu 14:

ƠN

( m − 1) ( −m2 − 5m − 6 ) > 0   −2 < m < 1   m ≠ −1   m < −3    2 ( m − 1) − 4 > 0 ⇔ m ≠ −1 ⇔ −2 < m < −1 .  m +1 −3 < m < −1  2   m + 4m − 5 − 2. 2 ( m − 1) + 4 > 0 m > −3 m +1  m + 1

[0D4-5.2-4] Xác định m để phương trình ( x − 1)  x 2 + 2 ( m + 3 ) x + 4 m + 12  = 0 có ba nghiệm

QU Y

phân biệt lớn hơn –1. 7 16 A. m < − . B. −2 < m < 1 và m ≠ − . 2 9 7 16 7 19 C. − < m < −1 và m ≠ − . D. − < m < −3 và m ≠ − . 2 9 2 6 Lời giải Chọn D x = 1 Ta có ( x − 1)  x 2 + 2 ( m + 3 ) x + 4m + 12  = 0 ⇔  2 .  x + 2 ( m + 3) x + 4m + 12 = 0 (*)

KÈ

Giải sử phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 , theo Vi-et ta có  x1 + x2 = −2 ( m + 3) .   x1.x2 = 4m + 12

DẠ

Để phương trình ( x − 1)  x 2 + 2 ( m + 3 ) x + 4 m + 12  = 0 có ba nghiệm phân biệt lớn hơn –1 . thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 1 và đều lớn hơn −1 .

Page 58

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

 m 2 + 2m − 3 > 0 ( m + 3) 2 − ( 4m + 12 ) > 0    ∆′ > 0 m ≠ − 19 6 m + 19 ≠ 0    6 ⇔ 1 + 2 ( m + 3) + 4m + 12 ≠ 0 ⇔  ⇔ ( x1 + 1) + ( x2 + 1) > 0  x > x > −1 −2 ( m + 3) + 2 > 0 1  2  x +1 x +1 > 0  ( 1 )( 2 ) 4m + 12 − 2 ( m + 3) + 1 > 0 m > 1    m < −3  7 − < m < −3  19   2  . ⇔ m ≠ − 6 ⇔  19 m ≠ −    m < −2 6  7 m > − 2 

Page 59

HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ

FI CI A

CHƯƠNG

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

III ==

HỆ THỐNG BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM.

BÀI 17. DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI

Câu 1:

Cho tam thức f ( x ) = ax 2 + bx + c chỉ khi: a < 0 A.  . ∆ ≤ 0

( a ≠ 0) ,

∆ = b2 − 4ac . Ta có f ( x ) ≤ 0 với ∀x ∈ ℝ khi và

a < 0 C.  . ∆ ≥ 0 Lời giải

a ≤ 0 B.  . ∆ < 0

ƠN

DẠNG 1. XÉT DẤU TAM THỨC BẬC HAI – BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

Chọn A

a > 0 D.  . ∆ ≤ 0

Cho tam thức bậc hai f ( x) = −2 x 2 + 8 x − 8 . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A. f ( x) < 0 với mọi x ∈ ℝ .

B. f ( x) ≥ 0 với mọi x ∈ ℝ .

C. f ( x) ≤ 0 với mọi x ∈ ℝ .

D. f ( x) > 0 với mọi x ∈ ℝ .

Chọn C

Lời giải

Câu 2:

QU Y

a < 0 Áp dụng định lý về dấu của tam thức bậc hai ta có: f ( x ) ≤ 0 với ∀x ∈ ℝ khi và chỉ khi  ∆ ≤ 0

KÈ

Ta có f ( x) = −2( x 2 − 4 x + 4) = −2 ( x − 2 ) ≤ 0 với mọi x ∈ ℝ . Vậy: f ( x) ≤ 0 với mọi x ∈ ℝ .

Câu 3:

Tam thức nào dưới đây luôn dương với mọi giá trị của x ?

DẠ

A. x2 − 10 x + 2 .

B. x2 − 2 x − 10 .

C. x2 − 2 x + 10 . Lời giải

D. − x 2 + 2 x + 10 .

Chọn C ∆ < 0 Tam thức luôn dương với mọi giá trị của x phải có  nên Chọn C a > 0

Page 1

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau? A. f ( x ) = 3 x 2 + 2 x − 5 là tam thức bậc hai. B. f ( x ) = 2 x − 4 là tam thức bậc hai.

C. f ( x ) = 3 x 3 + 2 x − 1 là tam thức bậc hai.

D. f ( x ) = x 4 − x 2 + 1 là tam thức bậc hai.

Câu 4:

FI CI A

Lời giải Chọn A

* Theo định nghĩa tam thức bậc hai thì f ( x ) = 3 x 2 + 2 x − 5 là tam thức bậc hai.

Cho f ( x ) = ax 2 + bx + c , ( a ≠ 0 ) và ∆ = b 2 − 4ac . Cho biết dấu của ∆ khi f ( x ) luôn cùng dấu với hệ số a với mọi x ∈ ℝ . A. ∆ < 0 . B. ∆ = 0 .

C. ∆ > 0 . Lời giải

Chọn A

D. ∆ ≥ 0 .

Câu 5:

khi ∆ < 0 .

Câu 6:

ƠN

* Theo định lý về dấu của tam thức bậc hai thì f ( x ) luôn cùng dấu với hệ số a với mọi x ∈ ℝ

Cho hàm số y = f ( x ) = ax 2 + bx + c có đồ thị như hình vẽ. Đặt ∆ = b2 − 4ac , tìm dấu của a và

∆.

y = f ( x)

y 4

A. a > 0 , ∆ > 0 . Chọn A

QU Y

O 1

B. a < 0 , ∆ > 0 .

C. a > 0 , ∆ = 0 .

D. a < 0 , , ∆ = 0 .

Lời giải

Cho tam thức f ( x ) = x 2 − 8x + 16 . Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. phương trình f ( x ) = 0 vô nghiệm.

B. f ( x ) > 0 với mọi x ∈ ℝ .

C. f ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ℝ .

D. f ( x ) < 0 khi x < 4 .

KÈ

Câu 7:

* Đồ thị hàm số là một Parabol quay lên nên a > 0 và đồ thị hàm số cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt nên ∆ > 0 .

Lời giải

DẠ

Chọn C

Câu 8:

Ta có f ( x ) = x 2 − 8x + 16 = ( x − 4 ) . Suy ra f ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ℝ . Cho tam thức bậc hai f ( x ) = x 2 + 1 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. f ( x ) > 0 ⇔ x ∈ ( −∞; +∞ ) .

B. f ( x ) = 0 ⇔ x = −1 .

C. f ( x ) < 0 ⇔ x ∈ ( −∞;1) .

D. f ( x ) > 0 ⇔ x ∈ ( 0;1) . Page 2

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải Chọn A

FI CI A

Câu 9:

Ta có f ( x ) = x 2 + 1 ≥ 1 > 0 , ∀x ∈ ℝ . Cho tam thức bậc hai f ( x) = ax 2 + bx + c (a ≠ 0) . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Nếu ∆ > 0 thì f ( x ) luôn cùng dấu với hệ số a , với mọi x ∈ ℝ . B. Nếu ∆ < 0 thì f ( x ) luôn trái dấu với hệ số a , với mọi x ∈ ℝ .

Lời giải Chọn C

 b  C. Nếu ∆ = 0 thì f ( x ) luôn cùng dấu với hệ số a , với mọi x ∈ ℝ \ −  .  2a  D. Nếu ∆ < 0 thì f ( x ) luôn cùng dấu với hệ số b , với mọi x ∈ ℝ .

DẠNG 2. GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

A. x ∈ ( −∞; − 1] ∪ [5; + ∞ ) . C. x ∈ [ −5;1] .

ƠN

Câu 10: Cho tam thức bậc hai f ( x ) = − x 2 − 4 x + 5 . Tìm tất cả giá trị của x để f ( x ) ≥ 0 . B. x ∈ [ −1;5] .

D. x ∈ ( −5;1) .

Lời giải

Chọn C

Ta có f ( x ) = 0 ⇔ − x 2 − 4 x + 5 = 0 ⇔ x = 1 , x = − 5 .

QU Y

Mà hệ số a = −1 < 0 nên: f ( x ) ≥ 0 ⇔ x ∈ [ −5;1] .

Câu 11: Gọi S là tập nghiệm của bất phương trình x 2 − 8 x + 7 ≥ 0 . Trong các tập hợp sau, tập nào không là tập con của S ? A. ( −∞;0 ] . B. [ 6; +∞ ) . C. [8; +∞ ) . D. ( −∞; −1] .

Chọn B

Lời giải

KÈ

x ≤ 1 Ta có x 2 − 8 x + 7 ≥ 0 ⇔  . x ≥ 7 Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −∞;1] ∪ [ 7; +∞ ) .

Do đó [ 6; +∞ ) ⊄ S .

DẠ

Câu 12: Tập nghiệm của bất phương trình 2 x 2 − 14 x + 20 < 0 là A. S = ( −∞; 2 ] ∪ [ 5; +∞ ) . B. S = ( −∞; 2 ) ∪ ( 5; +∞ ) . C. S = ( 2;5 ) .

D. S = [ 2;5] . Lời giải

Chọn C Page 3

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Bất phương trình 0 ≤ x ≤ 10 ⇔ 2 < x < 5 .

Vậy S = ( 2;5 ) .

C. −5 < x < 5 .

FI CI A

Câu 13: Tập nghiệm của bất phương trình x 2 − 25 < 0 là A. S = ( −5;5 ) . B. x > ± 5 . D. S = ( −∞; −5 ) ∪ ( 5; +∞ ) . Lời giải Chọn A Bất phương trình x 2 − 25 < 0 ⇔ −5 < x < 5 .

Vậy S = ( −5;5 ) .

Câu 14: Tập nghiệm của bất phương trình x 2 − 3x + 2 < 0 là A. (1; 2 ) . B. ( −∞;1) ∪ ( 2; +∞ ) . C. ( −∞;1) .

D. ( 2; +∞ ) .

ƠN

Lời giải Chọn A Ta có x 2 − 3x + 2 < 0 ⇔ 1 < x < 2.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình x 2 − 3x + 2 < 0 là (1; 2 ) . Chọn đáp án

Câu 15: Tập nghiệm S của bất phương trình x 2 − x − 6 ≤ 0 . A. S = ( −∞; −3 ) ∪ ( 2 : +∞ ) . B. [ −2; 3] . D. ( −∞; −3] ∪ [ 2; +∞ ) .

QU Y

C. [ −3; 2 ] . Chọn B

Lời giải

Ta có: x 2 − x − 6 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 3 .

Tập nghiệm bất phương trình là: S = [ −2;3] .

KÈ

Câu 16: Bất phương trình − x 2 + 2 x + 3 > 0 có tập nghiệm là A. ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ ) . B. ( −1;3 ) . C. [ −1;3] . Lời giải

Chọn B

Ta có: − x 2 + 2 x + 3 > 0 ⇔ −1 < x < 3

DẠ

Câu 17: Tập xác định của hàm số y = − x 2 + 2 x + 3 là: A. (1;3 ) .

B. ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ ) .

C. [ −1;3] .

D. ( −∞; −1] ∪ [3; +∞ ) . Lời giải

Chọn C Page 4

D. ( −3;1) .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Hàm số y = − x 2 + 2 x + 3 xác định khi − x 2 + 2 x + 3 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 3 .

Vậy tập xác định của hàm số là D = [ −1;3] .

FI CI A

Câu 18: Tập nghiệm của bất phương trình − x 2 + x + 12 ≥ 0 là A. ( −∞ ; − 3] ∪ [ 4; + ∞ ) . B. ∅ . C. ( −∞ ; − 4 ] ∪ [3; + ∞ ) . Lời giải Chọn D Ta có − x 2 + x + 12 ≥ 0 ⇔ −3 ≤ x ≤ 4 .

x−2 x2 − 3 + x − 2

có tập xác định là

) (

3; +∞ .

(

) (

7  3; +∞ \   . 4

C. −∞; − 3 ∪

7  B. −∞; − 3  ∪  3; +∞ \   . 4 7  D. −∞; − 3 ∪  3;  . 4  Lời giải

(

A. −∞; − 3 ∪

)

(

)

Chọn B

)

ƠN

Câu 19: Hàm số y =

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [ −3; 4] .

D. [ −3; 4] .

 x 2 − 3 + x − 2 ≠ 0 Hàm số đã cho xác định khi  2  x − 3 ≥ 0

Xét

QU Y

x ≥ 3 Ta có x 2 − 3 ≥ 0 ⇔  .  x ≤ − 3 2

x −3 + x−2 = 0 ⇔

x ≤ 2 2 − x ≥ 0 7  x −3 = 2− x ⇔  2 7 ⇔x= 2 ⇔  4  x − 3 = ( 2 − x )  x = 4 2

KÈ

7  Do đó tập xác định của hàm số đã cho là D = −∞; − 3  ∪  3; +∞ \   . 4

(

)

Câu 20: Tìm tập xác định của hàm số y = 2 x 2 − 5 x + 2 .

DẠ

1  A.  −∞;  ∪ [ 2; + ∞ ) . B. [ 2; + ∞ ) . 2 

1  C.  −∞;  . 2  Lời giải

Chọn A 1  x≤ Hàm số xác định ⇔ 2 x 2 − 5 x + 2 ≥ 0 ⇔  2.  x ≥ 2

Page 5

1  D.  ; 2  . 2 

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 21: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình x 2 − 4 > 0 . A. S = ( −∞; −2 ) ∪ ( 2; +∞ ) . B. S = ( −2; 2 ) . D. S = ( −∞; 0 ) ∪ ( 4; +∞ ) .

C. S = ( −∞; −2 ] ∪ [ 2; +∞ ) .

FI CI A

Lời giải Chọn A * Bảng xét dấu:

−2

−∞

x 2

x −4

+∞

−

* Tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −∞; −2 ) ∪ ( 2; +∞ ) .

Câu 22: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình x 2 − 4 x + 4 > 0 . A. S = ℝ \ {2} . B. S = ℝ . C. S = ( 2; +∞ ) . Lời giải

ƠN

Chọn A * Bảng xét dấu:

−∞

x − 4x + 4

D. S = ℝ \ {−2} .

+∞ +

* Tập nghiệm của bất phương trình là S = ℝ \ {2} .

Câu 23: Số nghiệm nguyên của bất phương trình 2 x 2 − 3x − 15 ≤ 0 là A. 6 . B. 5 . C. 8 . Lời giải

QU Y

Chọn A

D. 7 .

Xét f ( x ) = 2 x 2 − 3 x − 15 .

3 ± 129 . 4

f ( x) = 0 ⇔ x =

KÈ

Ta có bảng xét dấu:

3 − 129 4

f ( x)

3 + 129 4

−

 3 − 129 3 + 129  ; . 4   4

DẠ

Tập nghiệm của bất phương trình là S = 

Do đó bất phương trình có 6 nghiệm nguyên là −2, −1, 0, 1, 2, 3.

Câu 24: Tập nghiệm của bất phương trình: x 2 + 9 > 6 x là A. ( 3;+∞) .

B. ℝ \ {3} .

C. ℝ . Page 6

D. ( –∞;3) .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải Chọn B 2

Câu 25: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình − 2 x 2 − 3 x + 2 > 0 ?

1 2

 

1 2

A. S =  −∞; −  ∪ ( 2; +∞) .

1 2

 

 

B. S = ( −∞; −2) ∪  ; +∞  .

 1  2

C. S =  −2;  .

FI CI A

x 2 + 9 > 6 x ⇔ ( x − 3) > 0 ⇔ x ≠ 3 .

 

D. S =  − ; 2  .

Lời giải Chọn C Ta có − 2 x 2 − 3 x + 2 > 0 ⇔− 2 < x < 1 . 2

ƠN

DẠNG 3. BẤT PHƯƠNG TRÌNH TÍCH

Câu 26: Bất phương trình ( x − 1) ( x 2 − 7 x + 6 ) ≥ 0 có tập nghiệm S là: A. S = ( −∞ ;1] ∪ [ 6; +∞) .

B. S = [ 6; +∞) .

D. S = [ 6; +∞) ∪{1} .

C. ( 6; +∞ ) .

Lời giải

Chọn D

Ta có:

QU Y

( x − 1) ( x 2 − 7 x + 6 ) ≥ 0 ⇔ ( x − 1)( x − 1)( x − 6 ) ≥ 0 x −1 = 0 x = 1 ⇔ . x − 6 ≥ 0 x ≥ 6 Câu 27: Tập nghiệm của bất phương trình x 4 − 5 x 2 + 4 < 0 là ⇔ ( x − 1)

Chọn D

( x − 6) ≥ 0 ⇔ 

B. ( −2; −1) .

C. (1; 2 ) . Lời giải

A. (1; 4 ) .

KÈ

x = 1  x = −1  x −1 = 0 Ta có x 4 − 5 x 2 + 4 = ( x 2 − 1)( x 2 − 4 ) = 0 ⇔  2 . ⇔ x = 2 x − 4 = 0   x = −2

DẠ

4 2 Đặt f ( x) = x − 5x + 4 .

Bảng xét dấu:

Page 7

D. ( −2; −1) ∪ (1;2 ) .

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy tập nghiệm của bất phương trình f ( x) < 0 là ( −2; −1) ∪ (1;2 ) .

Câu 28: Giải bất phương trình x ( x + 5) ≤ 2 ( x 2 + 2 ) . A. x ≤ 1.

C. x ∈ ( −∞;1] ∪ [ 4; +∞ ) .

B. 1 ≤ x ≤ 4.

Lời giải

D. x ≥ 4.

Bất phương trình x ( x + 5 ) ≤ 2 ( x 2 + 2 ) ⇔ x 2 + 5 x ≤ 2 x 2 + 4 ⇔ x 2 − 5 x + 4 ≥ 0

Lập bảng xét dấu

−∞

x2 − 5x + 4

ƠN

x = 1 Xét phương trình x 2 − 5 x + 4 = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 4 ) = 0 ⇔  . x = 4

1 +

+∞

−

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy x − 5x + 4 ≥ 0 ⇔ x ∈ ( −∞;1] ∪[ 4; +∞) . Chọn C

Câu 29: Biểu thức ( 3 x 2 − 10 x + 3 ) ( 4 x − 5 ) âm khi và chỉ khi

 

5 4

1 5 3 4

 

1  5  3  4 

1 3

 

B. x ∈  −∞;  ∪  ;3  .

QU Y

A. x ∈  −∞;  . C. x ∈  ;  ∪ ( 3; + ∞ ) .

D. x ∈  ;3  . Lời giải

Đặt f ( x ) = ( 3 x 2 − 10 x + 3 ) ( 4 x − 5 )

x =3 5 Phương trình 3 x − 10 x + 3 = 0 ⇔  và 4 x − 5 = 0 ⇔ x = . 1 x = 4 3 

KÈ

DẠ

Lập bảng xét dấu x

1 3

−∞

3 x 2 − 10 x + 3

4x − 5

−

f ( x)

−

5 4

−

3 −

−

Page 8

+∞ + +

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

1  5  3  4 

 

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy f ( x ) < 0 ⇔ x ∈  −∞;  ∪  ;3 . Chọn B

A. x∈(1;2) .

B. x∈( −3; −2) ∪(1;2) .

C. x ≥ 4.

D. x∈ ( −∞; −3) ∪ ( −2;1) ∪ ( 2; +∞) .

FI CI A

Câu 30: Biểu thức ( 4 − x 2 )( x 2 + 2 x − 3 )( x 2 + 5 x + 9 ) âm khi

Lời giải Đặt f ( x ) = ( 4 − x 2 )( x 2 + 2 x − 3)( x 2 + 5 x + 9 )

x = 2 Phương trình 4 − x 2 = 0 ⇔  .  x = −2 x = 1 Phương trình x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔  . x = −3 2

−

x2 + 2x − 3

x2 + 5x + 9

f ( x)

−

+∞

−

QU Y

4 − x2

−2

−3

−∞

ƠN

5  11  Ta có x 2 + 5 x + 9 =  x +  + > 0  x 2 + 5 x + 9 = 0 ⇔ x ∈ ∅. Lập bảng xét dấu: 2 4 

−

x < −3  Dựa vào bảng xét dấu ta thấy ( 4 − x )( x + 2 x − 3)( x + 5 x + 9 ) < 0 ⇔  −2 < x < 1  x > 2 2

⇔ x ∈ ( −∞; −3) ∪ ( −2;1) ∪ ( 2; +∞) . Chọn D

KÈ

Câu 31: Tập nghiệm của bất phương trình x 3 + 3 x 2 − 6 x − 8 ≥ 0 là A. x∈[ − 4; −1] ∪[ 2; +∞) .

D. x∈( −∞; − 4] ∪[ −1;2] . Lời giải

C. x∈[ −1; +∞) .

B. x∈ ( − 4; −1) ∪ ( 2; +∞) .

DẠ

Bất phương trình x 3 + 3 x 2 − 6 x − 8 ≥ 0 ⇔ ( x − 2 ) ( x 2 + 5 x + 4 ) ≥ 0.

x = − 4 Phương trình x 2 + 5 x + 4 = 0 ⇔  và x − 2 = 0 ⇔ x = 2.  x = −1 Lập bảng xét dấu Page 9

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

x + 5x + 4

x−2

−

( x − 2) ( x2 + 5x + 4)

−

(

+∞ +

−

)

−1

FI CI A

−4

−∞

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy rằng ( x − 2 ) x 2 + 5 x + 4 ≥ 0 ⇔ x ∈ [ − 4; −1] ∪ [ 2; + ∞ ) . Chọn A DẠNG 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU

4 x − 12 . Tập hợp tất cả các giá trị của x thỏa mãn f ( x ) không dương x2 − 4x

là A. x ∈ ( 0;3] ∪ ( 4; + ∞ ) . B. x ∈ ( − ∞; 0 ] ∪ [3; 4 ) . C. x ∈ ( − ∞; 0 ) ∪ [3; 4 ) . D. x ∈ ( − ∞; 0 ) ∪ ( 3; 4 ) .

Câu 32: Cho biểu thức f ( x ) =

ƠN

Lời giải Chọn C

4 x − 12 x < 0 ≤0⇔  hay x ∈ ( −∞; 0 ) ∪ [ 3; 4 ) . 2 x − 4x 3 ≤ x < 4

Ta có:

x 2 − 3x − 4 ≤ 0. x −1 A. T = ( −∞; −1] ∪ [1; 4 ] . B. T = ( −∞; −1] ∪ (1; 4 ] .

Câu 33: Tìm tập nghiệm của bất phương trình

QU Y

C. T = ( −∞; −1) ∪ (1; 4 ] . D. T = ( −∞; −1] ∪ (1; 4 ) . Chọn B

Lời giải

x 2 − 3x − 4 ≤ 0 (1) . x −1

KÈ

 x = −1 x 2 − 3x − 4 = 0 ⇔  . x = 4 x −1 = 0 ⇔ x = 1.

DẠ

Bảng xét dấu

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T = ( −∞; −1] ∪ (1; 4 ] .

Page 10

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

x 2 − 7 x + 12 ≤ 0 là. x2 − 4 B. S = ( −2; 2] ∪ [3; 4] .

A. S = [ −2; 2] ∪ [3; 4] .

Câu 34: Tập nghiệm của bất phương trình

C. S = ( −2; 2 ) ∪ [3; 4 ] . D. S = [ −2; 2 ] ∪ ( 3; 4 ) .

FI CI A

Lời giải Chọn C Xét f ( x ) =

x 2 − 7 x + 12 x2 − 4

Tập xác định D = ℝ \ {−2; 2} . x = 3 . x 2 − 7 x + 12 = 0 ⇔  x = 4

ƠN

 x = −2 . x2 − 4 = 0 ⇔  x = 2

Bảng xét dấu f ( x )

QU Y

Từ bảng xét dấu ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = ( −2; 2 ) ∪ [3; 4 ] . Câu 35: Tập nghiệm của bất phương trình

x − 2 x +1 ≥ là. x +1 x − 2

 1 A.  −1;  ∪ ( 2; +∞ ) . 2 

KÈ

1  B. ( −∞; −1) ∪  ; 2  . 2  1  C. ( −∞; −1) ∪  ; 2  . 2  1  D.  −∞;  . 2 

Lời giải

DẠ

Chọn C 2

( x − 2 ) − ( x + 1) ≥ 0 ⇔ −6 x + 3 ≥ 0 1 x − 2 x +1 ≥ ⇔ ( ). x +1 x − 2 x2 − x − 2 ( x + 1)( x − 2) Ta có bảng xét dấu sau: Page 11

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

2 0

FI CI A

Câu 36: Gọi S là tập nghiệm của bất phương trình

x2 + x + 3 ≥ 1 . Khi đó S ∩ ( −2; 2 ) là tập nào sau x2 − 4 C. ∅ .

Chọn C

ƠN

x+7 x2 + x + 3 ≥0. −1 ≥ 0 ⇔ 2 2 x −4 x −4

D. ( −2; − 1] .

B. ( −1; 2 ) .

Lời giải

Xét

1 ≤ x < 2. 2

đây? A. ( −2; − 1) .

+∞

VT (1)

(1) ⇔ x < −1 ∨

∞

Bất phương trình có tập nghiệm S = [ −7; − 2 ) ∪ ( 2; + ∞ ) . Vậy S ∩ ( −2; 2 ) = ∅ .

3 23 3 23  ; + A.  − . 4 4 4  4

Chọn D

  3 23   3 23 ; + ∞  . B.  −∞; −  ∪  + 4 4  4 4  

2  D.  −∞; −  . 3 

QU Y

 2  C.  − ; + ∞  . 3  

2 x 2 − 3x + 4 > 2 là x2 + 3

Câu 37: Tập nghiệm của bất phương trình

Lời giải

Do x 2 + 3 > 0 ∀x ∈ ℝ nên bất phương trình đã cho tương đương với

KÈ

2 2 x 2 − 3x + 4 > 2 ⇔ 2 x 2 − 3x + 4 > 2 x 2 + 3 ⇔ 3x < −2 ⇔ x < − . 2 3 x +3

(

)

x+3 1 2x − < ? 2 x − 4 x + 2 2 x − x2 C. 1. D. 3. Lời giải

Câu 38: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của x thỏa mãn B. 2.

A. 0.

DẠ

 x2 − 4 ≠ 0 x ≠ 0  . Bất phương trình: Điều kiện:  x + 2 ≠ 0 ⇔  2 x − x 2 ≠ 0  x ≠ ± 2 

x+3 1 2x x+3 1 2x 2x + 9 − < ⇔ 2 − + 2 <0⇔ 2 < 0. 2 2 x − 4 x + 2 2x − x x − 4 x + 2 x − 2x x −4 Page 12

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Bảng xét dấu:

2x + 9

−

x2 − 4

f ( x)

−

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy

9 2

−2

+∞

−

−∞

FI CI A

2x + 9 9  < 0 ⇔ x ∈  − ∞; −  ∪ ( − 2; 2 ) . 2 x −4 2 

( x = 1)

thỏa mãn yêu cầu.

Vậy có chỉ có duy nhất một giá trị nguyên dương của x

Chọn C

− 2x2 + 7 x + 7 ≤ −1 là x 2 − 3x − 10 A. Hai khoảng. B. Một khoảng và một đoạn. C. Hai khoảng và một đoạn. D. Ba khoảng. Lời giải

ƠN

Câu 39: Tập nghiệm S của bất phương trình

x ≠ − 2 Điều kiện: x 2 − 3 x − 10 ≠ 0 ⇔ ( x + 2 )( x − 5 ) ≠ 0 ⇔  . x ≠ 5 Bất phương trình

Bảng xét dấu

QU Y

− 2 x2 + 7 x + 7 − 2 x2 + 7 x + 7 − x2 + 4 x − 3 ≤ − 1 ⇔ + 1 ≤ 0 ⇔ ≤0 x 2 − 3 x − 10 x 2 − 3 x − 10 x 2 − 3 x − 10

−2

−∞

− x2 + 4 x − 3

−

x 2 − 3 x − 10

−

f ( x)

−

1 0

−

( ∗) .

+∞

5 −

−

KÈ

Dựa vào bảng xét dấu, bất phương trình ( ∗ ) ⇔ x ∈ ( − ∞; − 2 ) ∪ [1;3] ∪ ( 5; + ∞ ) .

Chọn C

DẠNG 5. HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

DẠ

5 x − 2 < 4 x + 5 Câu 40: Tập nghiệm của hệ bất phương trình  2 có dạng S = ( a; b ) . Khi đó tổng a + b 2  x < ( x + 2) bằng? A. −1. B. 6. C. 8. D. 7.

Lời giải Chọn B Page 13

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

C. S = [ 2;3] .

FI CI A

 1 x x − ≥ +1 Câu 41: Tập nghiệm của hệ bất phương trình  2 4 là  x2 − 4 x + 3 ≤ 0  A. S = ( 2;3 ) . B. ( −∞; 2 ] ∪ [3; +∞ ) . D. ( −∞; 2 ) ∪ ( 3; +∞ ) . Lời giải

Chọn C

5 x − 2 < 4 x + 5 5 x − 2 < 4 x + 5 x < 7 Ta có:  2 . ⇔ ⇔  2 2 2  x > −1  x < ( x + 2) x < x + 4x + 4 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = ( −1;7 ) . Suy ra a + b = 6.

ƠN

3  1 x 3 x ≥ 2 x − ≥ +1  x≥ ⇔ 4 ⇔ 2 ≤ x ≤ 3. Ta có:  2 4 2 ⇔ 1 x 3 ≤ ≤ 2     x − 4 x + 3 ≤ 0 1 ≤ x ≤ 3 Vậy tập nghiệm của hệ bất phương trình là S = [ 2;3] .

A. [ 2;5] .

B. [1; 6 ] .

 x 2 − 6 x + 5 ≤ 0 Câu 42: Tập nghiệm của hệ bất phương trình  2 là  x − 8 x + 12 < 0

C. ( 2; 5] .

D. [1; 2 ] ∪ [5; 6 ] .

Lời giải

Chọn C

QU Y

2 1 ≤ x ≤ 5  x − 6 x + 5 ≤ 0 ⇔ ⇔ 2< x ≤5.  2  x − 8 x + 12 < 0 2 < x < 6

Câu 43: Tìm tập xác định của hàm số y = x 2 − 2 x +

25 − x 2 A. D = ( −5; 0 ] ∪ [ 2;5 ) . B. D = ( −∞; 0 ] ∪ [ 2; +∞ ) . D. D = [ −5; 0 ] ∪ [ 2;5] . Lời giải

KÈ

C. D = ( −5;5 ) .

Chọn A

DẠ

 x ≥ 2 2  −5 < x ≤ 0  x − 2 x ≥ 0  Điều kiện:  ⇔ ⇔ x ≤ 0   2 ≤ x < 5 . 2 25 − x > 0   −5 < x < 5 

Tập xác định: D = ( −5; 0 ] ∪ [ 2;5 ) .

 x 2 − 4 < 0 Câu 44: Hệ bất phương trình  có số nghiệm nguyên là 2 x − 1 x + 5 x + 4 ≥ 0 ( ) ( )  A. 2 . B. 1 . C. Vô số. D. 3 . Page 14

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải

 −2 < x ≤ −1 do x là số nguyên ⇔ x = {−1;1} 1 ≤ x < 2 

 −2 < x < 2  x 2 − 4 < 0  ⇔   −4 ≤ x ≤ −1 ⇔  2 x − 1 x + 5 x + 4 ≥ 0 )( )  x ≥ 1 ( 

FI CI A

Chọn A

ƠN

 x2 − 4 x + 3 < 0 Câu 45: Tập nghiệm của hệ bất phương trình  là  −6 x + 12 > 0 A. (1; 2 ) . B. (1; 4 ) . C. ( −∞; 1) ∪ ( 3; +∞ ) . D. ( −∞; 2 ) ∪ ( 3; +∞ ) .

Lời giải Chọn A

( x − 1)( x − 3) < 0  x2 − 4 x + 3 < 0 1 < x < 3 ⇔ ⇔ ⇔ 1< x < 2 .  −6 x > −12 x < 2  −6 x + 12 > 0 Tập nghiệm của hệ bất phương trình là S = (1; 2 ) .

A. ( −3;1) .

QU Y

Câu 46: Tập nghiệm của bất phương trình x 2 + 2 x +

C. (1; +∞ ) ∪ ( −∞; −3 ) .

B. ( −4; −3 ) .

D. (1; +∞ ) ∪ ( −4; −3 ) . Lời giải

Chọn D

1 1 là > 3+ x+4 x+4

 x > −4 x + 4 > 0  −4 < x < −3 1 1  x + 2x + > 3+ . ⇔ 2 ⇔   x < −3 ⇔  x+4 x+4 x > 1 x + 2x − 3 > 0  x > 1 

KÈ

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −4;3) ∪ (1; + ∞ ) .

DẠ

 x 2 − 4 x + 3 > 0 Câu 47: Tìm tập nghiệm của hệ bất phương trình  . ( x + 2 )( x − 5 ) < 0 A. (1;3 ) .

B. ( −2;5 ) .

C. ( −2;1) ∪ ( 3;5 ) . Lời giải

Chọn C Page 15

D. ( 3;5) .

( x + 5)( 6 − x ) > 0 . 2x + 1 < 3

Câu 48: Giải hệ bất phương trình  A. −5 < x < 1 .

B. x < 1 .

C. x > −5 . Lời giải

Chọn A

D. x < −5 .

( x + 5)( 6 − x ) > 0 (1) .  ( 2) 2 x + 1 < 3

FI CI A

 x < 1 2 2 −2 < x < 1  x − 4 x + 3 > 0  x − 4 x + 3 > 0  ⇔ 2 ⇔  x > 3 ⇔ Ta có  . 3 < x < 5 ( x + 2 )( x − 5) < 0  x − 3x − 10 < 0  −2 < x < 5

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Giải bất phương trình (1) :

ƠN

Bảng xét dấu cho biểu thức f ( x ) = ( x + 5 )( 6 − x ) :

QU Y

Dựa vào bảng xét dấu suy ra bất phương trình (1) có tập nghiệm S1 = ( −5; 6 ) . Giải bất phương trình ( 2 ) : x < 1  bất phương trình ( 2 ) có tập nghiệm S 2 = ( −∞;1) . Vậy tập nghiệm của hệ đã cho là S = S1 ∩ S 2 = ( −5;1) .

A. 3 .

B. −1 .

C. 0 . Lời giải

DẠ

KÈ

Chọn A

Câu 49: Tập xác định của hàm số: y = x + 2 x − 1 + 5 − x 2 − 2 4 − x 2 có dạng [ a; b ] . Tìm a + b .

x −1 ≥ 0   x + 2 x − 1 ≥ 0 + Điều kiện:  2 4 − x ≥ 0  2 2 5 − x − 2 4 − x ≥ 0

+ (1) ⇔ x ≥ 1 . ( 5 ) + Với x ≥ 1 thì ( 2 ) luôn đúng. Page 16

D. − 3 .

(1) ( 2) ( 3) ( 4)

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG + ( 3 ) ⇔ −2 ≤ x ≤ 2 . ( 6 )

4 − x 2 = t ≥ 0 , ta được 1 + t 2 − 2t ≥ 0 ⇔ ( t − 1) ≥ 0 .

FI CI A

Đặt

+ Xét ( 4 ) ⇔ 1 + ( 4 − x 2 ) − 2 4 − x 2 ≥ 0 , với điều kiện −2 ≤ x ≤ 2 .

+ Kết hợp ( 5 ) và ( 6 ) ta được tập xác định của hàm số là [1; 2 ] . + Suy ra a = 1 ; b = 2 . + Vậy a + b = 3 .

DẠNG 6. BÀI TOÁN CHỨA THAM SỐ Dạng 6.1. Tìm m để phương trình có n nghiệm

Câu 50: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2 + mx + 4 = 0 có nghiệm A. −4 ≤ m ≤ 4 . B. m ≤ −4 hay m ≥ 4 . C. m ≤ −2 hay m ≥ 2 . D. −2 ≤ m ≤ 2 .

ƠN

Lời giải Chọn B

Phương trình x 2 + mx + 4 = 0 có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ m2 − 16 ≥ 0 ⇔ m ≤ −4 hay m ≥ 4

Câu 51: Tìm m để phương trình − x 2 + 2 ( m − 1) x + m − 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt A. ( −1; 2 )

B. ( −∞; −1) ∪ ( 2; +∞ ) C. [ −1; 2 ]

D. ( −∞; −1] ∪ [ 2; +∞ )

Lời giải

QU Y

Chọn B Phương trình có hai nghiệm phân biệt

 m < −1 2 ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ ( m − 1) − ( −1) . ( m − 3) > 0 ⇔ m 2 − m − 2 > 0 ⇔  m > 2 Vậy m ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 2; +∞ ) . biệt?

Câu 52: Giá trị nào của m thì phương trình ( m − 3 ) x 2 + ( m + 3 ) x − ( m + 1) = 0

KÈ

A. m ∈ ℝ \ {3} .

 3  C. m ∈  − ;1 .  5 

(1)

có hai nghiệm phân

3  B. m ∈  −∞; −  ∪ (1; + ∞ ) \ {3} . 5   3  D. m ∈  − ; + ∞  .  5  Lời giải

DẠ

Chọn B  m − 3 ≠ 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔  2  ∆ = ( m + 3) + 4 ( m − 3)( m + 1) > 0

Page 17

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

FI CI A

m ≠ 3  m ≠ 3 3  3  ⇔   x < − ⇔ m ∈  −∞; −  ∪ (1; + ∞ ) \ {3} . ⇔ 2 5 5  5m − 2m − 3 > 0    x > 1

Câu 53: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x 2 − mx + 4m = 0 vô nghiệm. A. 0 < m < 16 . B. −4 < m < 4 . C. 0 < m < 4 . D. 0 ≤ m ≤ 16 . Lời giải Chọn A

Phương trình x 2 − mx + 4m = 0 vô nghiệm khi ∆ < 0 ⇔ m 2 − 16m < 0 ⇔ 0 < m < 16 .

A. m > 1.

Câu 54: Phương trình x 2 − ( m + 1) x + 1 = 0 vô nghiệm khi và chỉ khi B. − 3 < m < 1.

C. m ≤ − 3 hoặc m ≥ 1. D. − 3 ≤ m ≤ 1. Lời giải 2

ƠN

Phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi ∆ x < 0 ⇔ ( m + 1) − 4 < 0

⇔ m 2 + 2m − 3 < 0 ⇔ ( m − 1)( m + 3 ) < 0 ⇔ − 3 < m < 1 . Chọn B

1 2 3 D. m > − . 5

A. m ∈ ℝ.

B. m > 3.

Câu 55: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình sau vô nghiệm m = − C. m = 2

Lời giải

QU Y

 a = 2m 2 + 1 ≠ 0 Yêu cầu bài toán ⇔  , ∀m ∈ ℝ. 2 2  ∆′x = 4m − 2 ( 2m + 1) = − 2 < 0

Vậy phương trình đã cho luôn vô nghiệm với mọi m ∈ ℝ. Chọn A

Câu 56: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

( m − 2 ) x 2 + 2 ( 2m − 3) x + 5m − 6 = 0 vô nghiệm?

KÈ

A. m < 0.

B. m > 2.

m > 3 C.  . m < 1 Lời giải

Xét phương trình ( m − 2 ) x 2 + 2 ( 2 m − 3 ) x + 5m − 6 = 0

m ≠ 2 D.  . 1 < m < 3

(∗) .

DẠ

TH1. Với m − 2 = 0 ⇔ m = 2, khi đó ( ∗) ⇔ 2 x + 4 = 0 ⇔ x = − 2.

Suy ra với m = 2 thì phương trình ( ∗ ) có nghiệm duy nhất x = − 2. Do đó m = 2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

TH2. Với m − 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 2, khi đó để phương trình ( ∗ ) vô nghiệm ⇔ ∆′x < 0

Page 18

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG 2

⇔ ( 2m − 3) − ( m − 2 )( 5m − 6 ) < 0 ⇔ 4 m 2 − 12 m + 9 − ( 5m 2 − 16m + 12 ) < 0

m > 3 thì phương trình ( ∗) vô nghiệm. Do đó, với  m < 1 m > 3 Kết hợp hai TH, ta được  là giá trị cần tìm. Chọn C m < 1

Xét phương trình mx 2 − 2 mx + 4 = 0

D. 0 ≤ m < 4.

Câu 57: Phương trình mx 2 − 2mx + 4 = 0 vô nghiệm khi và chỉ khi m < 0 A. 0 < m < 4. B.  C. 0 ≤ m ≤ 4. . m > 4 Lời giải

FI CI A

m > 3 ⇔ − m 2 + 4m − 3 < 0 ⇔ m 2 − 4 m + 3 > 0 ⇔  . m < 1

ƠN

(∗) .

TH1. Với m = 0, khi đó phương trình ( ∗ ) ⇔ 4 = 0 . Suy ra với m = 0 thì phương trình ( ∗ ) vô nghiệm.

TH2. Với m ≠ 0, khi đó để phương trình ( ∗ ) vô nghiệm ⇔ ∆ ′x < 0 ⇔ m 2 − 4m < 0 ⇔ m ( m − 4 ) < 0 ⇔ 0 < m < 4

Kết hợp hai TH, ta được 0 ≤ m < 4 là giá trị cần tìm. Chọn D

(

)

A. m ≥ 0.

QU Y

Câu 58: Phương trình m2 − 4 x 2 + 2 ( m − 2 ) x + 3 = 0 vô nghiệm khi và chỉ khi B. m = ± 2.

(

m ≥ 2 C.  . m < − 4 Lời giải

)

( ∗) .

Xét phương trình m2 − 4 x 2 + 2 ( m − 2 ) x + 3 = 0

m ≥ 2 D.  . m ≤ − 4

KÈ

m = 2 TH1. Với m 2 − 4 = 0 ⇔  . m = − 2

• Khi m = 2  ( ∗ ) ⇔ 3 = 0 .

3 • Khi m = − 2  ( ∗) ⇔ − 8 x + 3 = 0 ⇔ x = . 8

DẠ

Suy ra với m = 2 thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

m ≠ 2 TH2. Với m 2 − 4 ≠ 0 ⇔  , khi đó để phương trình ( ∗ ) vô nghiệm ⇔ ∆ ′x < 0 m ≠ − 2 2

⇔ ( m − 2 ) − 3 ( m 2 − 4 ) < 0 ⇔ m 2 − 4m + 4 − 3m 2 + 12 < 0 ⇔ − 2m 2 − 4 m + 16 < 0 Page 19

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG m > 2 ⇔ m 2 + 2m − 8 > 0 ⇔ ( m − 2 )( m + 4 ) > 0 ⇔  . m < − 4

m ≥ 2 Kết hợp hai TH, ta được  là giá trị cần tìm. Chọn C m < − 4

FI CI A

m > 2 thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Suy ra với  m < − 4

Câu 59: Cho tam thức bậc hai f ( x ) = x 2 − bx + 3. Với giá trị nào của b thì tam thức f ( x ) có nghiệm?

( 3; + ∞ ) .

)

B. b ∈ − 2 3; 2 3 .

(

C. b ∈ − ∞; − 2 3  ∪  2

(

) (

)

D. b ∈ − ∞; − 2 3 ∪ 2 3; + ∞ . Lời giải 2

A. b ∈  − 2 3; 2 3  .

Để phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm ⇔ ∆′x ≥ 0 ⇔ ( − b ) − 4.3 ≥ 0

)

b ≥ 2 3 ≥0 ⇔ b−2 3 b+2 3 ≥0⇔  . b ≤ − 2 3

(

)

)(

)

ƠN

(

⇔ b 2 − 12 ≥ 0 ⇔ b 2 − 2 3

Vây b ∈ − ∞; − 2 3  ∪  2 3; + ∞ là giá trị cần tìm. Chọn C

Câu 60: Phương trình x 2 + 2( m + 2) x − 2m − 1 = 0 ( m là tham số) có nghiệm khi  m = −1 A.  .  m = −5

m < − 5 C.  .  m > −1 Lời giải

QU Y

B. − 5 ≤ m ≤ −1.

m ≤ − 5 D.  . m ≥ −1

Xét phương trình x 2 + 2 ( m + 2 ) x − 2m − 1 = 0, có ∆′x = ( m + 2 ) + 2m + 1. Yêu cầu bài toán ⇔ ∆′x ≥ 0 ⇔ m2 + 4m + 4 + 2m + 1 ≥ 0 ⇔ m2 + 6m + 5 ≥ 0

 m ≥ −1 ⇔ ( m + 1)( m + 5 ) ≥ 0 ⇔  là giá trị cần tìm. Chọn D m ≤ − 5

KÈ

Câu 61: Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình

A. 3.

2 x 2 + 2 ( m + 2 ) x + 3 + 4m + m 2 = 0 có nghiệm?

B. 4.

C. 2. Lời giải

D. 1.

Xét 2 x 2 + 2 ( m + 2 ) x + 3 + 4m + m 2 = 0, có ∆ ′x = ( m + 2 ) − 2 ( m 2 + 4m + 3 ) .

DẠ

Yêu cầu bài toán ⇔ ∆′x ≥ 0 ⇔ m2 + 4m + 4 − 2m2 − 8m − 6 ≥ 0 ⇔ − m2 − 4m − 2 ≥ 0 2

⇔ m2 + 4m + 2 ≤ 0 ⇔ ( m + 2 ) ≤ 2 ⇔ − 2 − 2 ≤ m ≤ − 2 + 2. Kết hợp với m∈ ℤ, ta được m = {− 3; − 2; − 1} là các giá trị cần tìm. Chọn A

Page 20

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

A. m ≠ 5.

10  m≤−  C. 3.  m ≥ 1  Lời giải

Xét phương trình ( m − 5 ) x 2 − 4mx + m − 2 = 0

10  m≤−  D. 3.  1 ≤ m ≠ 5 

(∗) .

TH1. Với m − 5 = 0 ⇔ m = 5, khi đó ( ∗) ⇔ − 20 x + 3 = 0 ⇔ x =

3 . 20

Suy ra với m = 1 thì phương trình ( ∗ ) có nghiệm duy nhất x =

FI CI A

10 B. − ≤ m ≤ 1. 3

Câu 62: Tìm các giá trị của m để phương trình ( m − 5 ) x 2 − 4mx + m − 2 = 0 có nghiệm.

TH2. Với m − 5 ≠ 0 ⇔ m ≠ 5, khi đó để phương trình ( ∗ ) có nghiệm ⇔ ∆′x ≥ 0 2

⇔ ( − 2m ) − ( m − 5 )( m − 2 ) ≥ 0 ⇔ 4 m 2 − ( m 2 − 7 m + 10 ) ≥ 0

ƠN

m ≥ 1 ⇔ 3m + 7m − 10 ≥ 0 ⇔ ( m − 1)( 3m + 10 ) ≥ 0 ⇔  .  m ≤ − 10 3  2

5 ≠ m ≥ 1 Do đó, với  thì phương trình ( ∗ ) có nghiệm.  m ≤ − 10 3 

QU Y

m ≥ 1 Kết hợp hai TH, ta được  là giá trị cần tìm. Chọn C m ≤ − 10 3  Câu 63: Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho phương trình ( m − 1) x 2 − 2 ( m + 3 ) x − m + 2 = 0 có nghiệm. A. m ∈ ∅.

B. m ∈ ℝ.

C. −1 < m < 3.

D. − 2 < m < 2.

Lời giải

Xét phương trình ( m − 1) x − 2 ( m + 3 ) x − m + 2 = 0

(∗) .

KÈ

1 TH1. Với m − 1 = 0 ⇔ m = 1, khi đó ( ∗) ⇔ − 2.4 x − 1 + 2 = 0 ⇔ x = . 8

1 Suy ra với m = 1 thì phương trình ( ∗ ) có nghiệm duy nhất x = . 8

DẠ

TH2. Với m − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ 1, khi đó để phương trình ( ∗ ) có nghiệm ⇔ ∆′x ≥ 0 2

⇔ ( m + 3 ) − ( m − 1)( 2 − m ) ≥ 0 ⇔ m 2 + 6 m + 9 − ( − m 2 + 3m − 2 ) ≥ 0 2

3  79  ⇔ 2m + 3m + 11 ≥ 0 ⇔ 2  m +  + ≥ 0, ∀m ∈ ℝ suy ra ∆′x ≥ 0, ∀m ∈ ℝ. 4 8  2

Page 21

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Do đó, với m ≠ 1 thì phương trình ( ∗ ) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Kết hợp hai TH, ta được m ∈ ℝ là giá trị cần tìm. Chọn B

A. m ≤ 0 hoặc m ≥ 28. B. m < 0 hoặc m > 28. C. 0 < m < 28. D. m > 0. Lời giải Tam thức f ( x ) đổi dấu hai lần ⇔ f ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt.

FI CI A

Câu 64: Các giá trị m để tam thức f ( x ) = x 2 − ( m + 2 ) x + 8m + 1 đổi dấu 2 lần là

 a = 1 ≠ 0 Phương trình f ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔  2  ∆ x = ( m + 2 ) − 4 ( 8m + 1) > 0  m > 28 ⇔ m 2 + 4m + 4 − 32m − 4 > 0 ⇔ m 2 − 28m > 0 ⇔ m ( m − 28 ) > 0 ⇔  . m < 0

ƠN

Vậy m < 0 hoặc m > 28 là giá trị cần tìm. Chọn B

1 Câu 65: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình x 2 + ( m + 1) x + m − = 0 có 3 nghiệm? 3 3 A. m ∈ ℝ. B. m > 1. C. − < m < 1. D. m > − . 4 4 Lời giải

QU Y

1 7 1 2  Xét x 2 + ( m + 1) x + m − = 0, có ∆ x = ( m + 1) − 4  m −  = m 2 − 2m + . 3 3 3  a = 1 > 0 7  suy ra m2 − 2m + > 0, ∀m ∈ ℝ  ∆ x > 0, ∀m ∈ ℝ. Ta có  7 4 3 ∆′m = 1 − 3 = − 3 < 0 Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m ∈ ℝ. Chọn A

Câu 66: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình

( m − 1) x 2 + ( 3m − 2 ) x + 3 − 2m = 0 có hai nghiệm phân biệt?

KÈ

A. m ∈ ℝ.

B. m ≠ 1

C. −1 < m < 6. Lời giải

D. −1 < m < 2.

DẠ

 a = m − 1 ≠ 0 Yêu cầu bài toán ⇔  2  ∆ x = ( 3m − 2 ) − 4 ( m − 1)( 3 − 2m ) > 0  m ≠ 1 m ≠ 1 ⇔ 2 ⇔ 2 2 17 m − 32m + 16 > 0 9m − 12m + 4 − 4 ( −2m + 5m − 3) > 0

 a = 17 > 0 suy ra 17 m 2 − 32m + 16 > 0, ∀m ∈ ℝ. Ta có  2 ′  ∆ m = 16 − 17.16 = − 16 < 0 Page 22

(∗) .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Do đó, hệ bất phương trình ( ∗ ) ⇔ m ≠ 1 . Chọn B

Câu 67: Phương trình ( m − 1) x 2 − 2 x + m + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt khi B. m ∈ − 2; 2 .

FI CI A

(

)

(

A. m ∈ ℝ \ {0} .

)

C. m ∈ − 2; 2 \ {1} . D. m ∈  − 2; 2  \ {1} . Lời giải  a = m − 1 ≠ 0 Yêu cầu bài toán ⇔  2  ∆′x = ( − 1) − ( m − 1)( m + 1) > 0

m ≠ 1 m ≠ 1 m ≠ 1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ m ∈ − 2; 2 \ {1} .   2 2 1 − m + 1 > 0 m < 2 − 2 < m < 2

(

)

(

)

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ∈ − 2; 2 \ {1} . Chọn C

biệt?

3  A. m ∈  − ∞; −  ∪ (1; + ∞ ) \ {3} . 5 

 3  B. m ∈  − ;1 .  5 

D. m ∈ ℝ \ {3} .

 3  C. m ∈  − ; + ∞  . 5  

ƠN

Câu 68: Giá trị nào của m = 0 thì phương trình ( m – 3 ) x 2 + ( m + 3 ) x – ( m + 1) = 0 có hai nghiệm phân

Lời giải

QU Y

 a = m − 3 ≠ 0 Yêu cầu bài toán ⇔  2  ∆ x = ( m + 3 ) + 4 ( m − 3)( m + 1) > 0 m ≠ 3  m ≠ 3 ⇔ 2 ⇔ 2 2 5 m − 2 m − 3 > 0  m + 6m + 9 + 4 ( m − 2m − 3) > 0

KÈ

m ≠ 3   m ≠ 3 3 m > 1  ⇔ ⇔  ⇔ m ∈  − ∞; −  ∪ (1; + ∞ ) \ {3} là giá trị cần tìm. 5  ( m − 1)( 5m + 3) > 0 m < − 3   5

Chọn A

Dạng 6.2. Tìm m để phương trình bậc 2 có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước Câu 69: Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

DẠ

mx 2 + 2 x + m2 + 2m + 1 = 0 có hai nghiệm trái dấu. m < 0 A.  . B. m < 0 . C. m ≠ −1 .  m ≠ −1 Lời giải Chọn A Dễ thấy m = 0 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Page 23

m ≠ 0 D.  .  m ≠ −1

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Với m ≠ 0 , phương trình đã cho là phương trình bậc hai.  m ≠ −1 a m 2 + 2m + 1 = <0 ⇔  . c m m < 0

(

)

x = 2 ⇔ 2  f ( x ) = mx + ( 2m − 1) x + 4m = 0

(*)

Ta có: mx3 − x 2 + 2 x − 8m = 0 ⇔ ( x − 2 ) mx 2 + ( 2m − 1) x + 4m = 0

FI CI A

Câu 70: Xác định m để phương trình mx3 − x 2 + 2 x − 8m = 0 có ba nghiệm phân biệt lớn hơn 1 . 1 1 1 1 1 A. < m < . B. − < m < . C. m > . D. m > 0 . 7 6 2 6 7 Lời giải Chọn A

Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi

Để phương trình ban đầu có ba nghiệm phân biệt lớn hơn 1 thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 và khác 2 .

ƠN

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác 2 khi

 m ≠ 0 m ≠ 0 m ≠ 0 m ≠ 0  1    1  2 ⇔ ∆ > 0 ⇔  −12m − 4m + 1 > 0 ⇔ − < m < ⇔  1 1 (1) . 6 f 2 ≠0 4m + 2 2m − 1 + 4m ≠ 0  2  − 2 < m < 6 ( )  ( )  1   m ≠ 6 Khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 2 .

QU Y

1 − 2m   x1 + x2 = Theo định lí Vi ét ta có:  2 .  x1 + x2 = 4

( x1 − 1) + ( x2 − 1) > 0 Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì 1 < x1 < x2 ⇔  ( x1 − 1)( x2 − 1) > 0

KÈ

1 − 2 m 1 − 2 m −2 > 0  m − 2 > 0  x1 + x2 − 2 > 0  m ⇔ ⇔ ⇔  x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 > 0 4 − 1 − 2m + 1 > 0 4 − 1 − 2m + 1 > 0   m m

(2) .

0 < 1 − 4 m   m > 0 1 1 1  ⇔ ⇔ m > ⇔ < m < 7 4 7  7m − 1 > 0   m   m < 0

DẠ

Câu 71: Với giá trị nào của m thì phương trình ( m − 1) x 2 − 2 ( m − 2 ) x + m − 3 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 + x1 x2 < 1 ?

A. 1 < m < 3 .

B. 1 < m < 2 .

C. m > 2 . Lời giải

Chọn A Page 24

D. m > 3 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Phương ( m − 1) x 2 − 2 ( m − 2 ) x + m − 3 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 khi và chỉ khi

FI CI A

Theo định lí Vi-et ta có: x1 + x2 =

2m − 4 m−3 , x1 x2 = . m −1 m −1

2m − 4 m − 3 2m − 6 + <1 ⇔ < 0 ⇔ 1< m < 3. m −1 m −1 m −1

Theo đề ta có: x1 + x2 + x1 x2 < 1 ⇔ Vậy 1 < m < 3 là giá trị cần tìm.

(1) .

Với giá trị nào của m thì (1) có 2

nghiệm x1 , x2 thỏa x1 < 2 < x2 ?

8 B. m < . 3

Câu 72: Cho phương trình ( m − 5 ) x 2 + 2 ( m − 1) x + m = 0

A. m ≥ 5 .

m ≠1  m − 1 ≠ 0 m ≠ 1 ⇔ ⇔ ⇔ m ≠ 1.  2  ∆′ ≥ 0 1 ≥ 0 ( m − 2 ) − ( m − 1)( m − 3) ≥ 0

8 < m <5. 3

8 ≤ m ≤ 5. 3

ƠN

Lời giải Chọn C

m ≠ 5  m − 5 ≠ 0  ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔  1 ( *) . 2 ( m − 1) − m ( m − 5 ) > 0 m > − 3

QU Y

2 ( m − 1)   x1 + x2 = − m −5 . Khi đó theo định lý Viète, ta có:  x x = m  1 2 m − 5 Với x1 < 2 < x2  ( x1 − 2 )( x2 − 2 ) < 0 ⇔ x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) + 4 < 0 ⇔

9m − 24 8 8 < 0 ⇔ < m < 5 . Kiểm tra điều kiện (*) ta được < m < 5 . m−5 3 3

⇔

4 ( m − 1) m + +4<0 m−5 m−5

Câu 73: Tìm giá trị của tham số m để phương trình x 2 − ( m − 2 ) x + m 2 − 4m = 0 có hai nghiệm trái

KÈ

dấu. A. 0 < m < 4 .

B. m < 0 hoặc m > 4 . C. m > 2 . Lời giải

D. m < 2 .

Chọn A

DẠ

Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu khi m 2 − 4m < 0 ⇔ 0 < m < 4 .

Câu 74: Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình ( m − 1) x 2 − 2mx + m = 0 có một nghiệm lớn hơn 1 và một nghiệm nhỏ hơn 1 ?

A. 0 < m < 1 .

B. m > 1 .

C. m ∈ ∅ . Page 25

m > 0 D.  . m ≠ 1

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải Chọn B

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì: ∆ ′ > 0 ⇔ m > 0 . Giả sử x1 , x2 là hai nghiệm của (1) và x1 > 1 , x2 < 1 .

m 2m −1 − +1 < 0 ⇔ < 0 ⇔ m > 1. m −1 m −1 m −1 Vậy với m > 1 thỏa mãn điều kiện bài toán.

ƠN

m   x1.x2 = m − 1 Theo Vi-et ta có:  , thay vào (*) ta có:  x + x = 2m  1 2 m − 1

Ta có: ( x1 − 1)( x2 − 1) < 0 ⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 < 0 (*) .

FI CI A

Ta có: ∆′ = b′2 − ac = m 2 − m ( m − 1) = m .

Với m − 1 ≠ 0 ta xét phương trình: ( m − 1) x 2 − 2mx + m = 0 (1) .

x2 thỏa mãn x13 + x23 ≤ 16 .

Câu 75: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2 − 2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm x1 ,

QU Y

A. Không có giá trị của m . B. m ≥ 2 . C. m ≤ −1 . D. m ≤ −1 hoặc m = 2 . Lời giải Chọn D

m ≥ 2 Phương trình có nghiệm khi ∆ ′ ≥ 0 ⇔ m2 − m − 2 ≥ 0 ⇔  (1) .  m ≤ −1

 x + x = 2m Theo định lý Viète ta có  1 2 .  x1 x2 = m + 2

KÈ

x13 + x23 ≤ 16 ⇔ 8m3 − 6m ( m + 2 ) ≤ 16 ⇔ 8m3 − 6m2 − 12m − 16 ≤ 0

⇔ ( m − 2 ) ( 8m2 + 10m + 8) ≤ 0 ⇔ m − 2 ≤ 0 ⇔ m ≤ 2 .

Kiểm tra điều kiện (1) , ta được m ≤ −1 hoặc m = 2 .

DẠ

Câu 76: Xác định m để phương trình ( x − 1)  x 2 + 2 ( m + 3) x + 4m + 12  = 0 có ba nghiệm phân biệt lớn hơn −1 . 7 19 A. − < m < −3 và m ≠ − . 2 6 7 16 C. − < m < −1 và m ≠ − . 2 9

7 B. m < − . 2 7 19 D. − < m < 3 và m ≠ − . 2 6 Page 26

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải

x = 1

( x − 1)  x2 + 2 ( m + 3) x + 4m + 12 = 0 ⇔ 

FI CI A

2  x + 2 ( m + 3) x + 4m + 12 = 0 ( *)

Chọn A

Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt lớn hơn −1 khi và chỉ khi khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 lớn hơn −1 và khác 1

 m 2 + 2m − 3 > 0  ∆′ > 0   7 x +1+ x +1 > 0 −2 m − 4 > 0   − 2 < m < −3 2   1 ⇔ ⇔ ⇔ .  2m + 7 > 0 ( x1 + 1)( x2 + 1) > 0   m ≠ − 19  m ≠ − 19  6 1 + 2 ( m + 3) + 4m + 12 ≠ 0  6

ƠN

Câu 77: Tìm m để phương trình x 2 − mx + m + 3 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt. A. m > 6. B. m < 6. C. 6 > m > 0. D. m > 0. Lời giải Phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi

m 2 − 4 ( m + 3) > 0 ∆ > 0  m 2 − 4m − 12 > 0   S > 0 ⇔ x + x = m > 0 ⇔ ⇔ m > 6. Chọn A   1 2  m > 0  P > 0 x x = m + 3 > 0   1 2

Câu 78: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho phương trình ( m − 2 ) x 2 − 2mx + m + 3 = 0 có

QU Y

hai nghiệm dương phân biệt. A. 2 < m < 6. B. m < −3 hoặc 2 < m < 6. C. m < 0 hoặc − 3 < m < 6. D. −3 < m < 6.

Lời giải

KÈ

m − 2 ≠ 0  2 a ≠ 0  m − ( m − 2 )( m + 3) > 0  ∆′ > 0 2 < m < 6   . Yêu cầu bài toán ⇔  ⇔  2m > 0 ⇔ . 0 3 S > m < −  m − 2    P > 0 m +3 >0  m − 2

Chọn B

DẠ

Câu 79: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để x 2 + 2 ( m + 1) x + 9m − 5 = 0 có hai nghiệm âm phân biệt.

A. m < 6. C. m > 1.

5 < m < 1 hoặc m > 6. 9 D. 1 < m < 6. B.

Lời giải Page 27

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

FI CI A

( m + 1)2 − ( 9m − 5 ) > 0  ∆′ > 0 m2 − 7m + 6 > 0 m > 6     ⇔ ⇔ 5 . Chọn B  S < 0 ⇔  − 2 ( m + 1) < 0 5  < m <1 P > 0 9m − 5 > 0 m > 9 9   

Phương trình đã cho có hai nghiệm âm phân biệt khi và chỉ khi

2  A. m ∈  ; + ∞  . 3 

 5 + 41  ; + ∞  . B. m ∈   4 

 2 5 + 41  C. m ∈  ; . 4  3

 5 − 41  D. m ∈  − ∞; . 4  

Lời giải Phương trình đã cho có hai nghiệm không âm khi và chỉ khi

Câu 80: Phương trình x 2 − ( 3m − 2 ) x + 2 m 2 − 5m − 2 = 0 có hai nghiệm không âm khi

Chọn B

(

)

ƠN

( 3m − 2 )2 − 4 ( 2m 2 − 5m − 2 ) > 0 3m − 2 ≥ 0 ∆ > 0 5 + 41    . ⇔  m 2 + 8m + 12 ≥ 0 ⇔ m ≥  S ≥ 0 ⇔ 3m − 2 ≥ 0 4 P ≥ 0  2 m 2 − 5m − 2 ≥ 0  2 m 2 − 5m − 2 ≥ 0   

Câu 81: Phương trình 2 x 2 − m2 − m + 1 x + 2m2 − 3m − 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt trái dấu khi và chỉ khi

QU Y

5 5 A. m < −1 hoặc m > . B. − 1 < m < . 2 2 5 5 C. m ≤ −1 hoặc m ≥ . D. − 1 ≤ m ≤ . 2 2

Lời giải Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi

5 ac < 0 ⇔ 2. ( 2m2 − 3m − 5) < 0 ⇔ −1 < m < . Chọn B 2

(

)

KÈ

Câu 82: Phương trình m2 − 3m + 2 x 2 − 2m2 x − 5 = 0 có hai nghiệm trái dấu khi B. m ∈ ( − ∞;1) ∪ ( 2; + ∞ ) .

m ≠ 1 C.  . m ≠ 2

D. m ∈ ∅.

A. m ∈ (1; 2 ) .

DẠ

Lời giải Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi m > 2 ac < 0 ⇔ ( m 2 − 3m + 2 ) . ( − 5 ) < 0 ⇔ m 2 − 3m + 2 > 0 ⇔  . Chọn B m < 1

Câu 83: Giá trị thực của tham số m để phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + m 2 − 2m = 0 có hai nghiệm trái Page 28

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG dấu trong đó nghiệm âm có trị tuyệt đối lớn hơn là

B. 0 < m < 1.

m > 1 D.  . m < 0

C. 1 < m < 2.

A. 0 < m < 2.

FI CI A

Lời giải Phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + m 2 − 2 m = 0 ⇔ x 2 − 2 mx + m 2 + 2 x − 2 m = 0  x1 = m 2 ⇔ ( x − m ) + 2 ( x − m ) = 0 ⇔ ( x − m )( x − m + 2 ) = 0 ⇔  .  x2 = m − 2

(Ι ).

 x ≠ x2 Để phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu ⇔  1 ⇔0<m<2  x1 x2 < 0

x > 0 2 2 Với m ∈ ( 0; 2 ) suy ra  1 , theo bài ra, ta có x2 > x1 ⇔ x2 > x1 ⇔ x22 − x12 > 0  x2 < 0

ƠN

⇔ ( x2 − x1 )( x2 + x1 ) > 0 ⇔ ( m − 2 − m )( m − 2 + m ) > 0 ⇔ 2 m − 2 < 0 ⇔ m < 1.

Kết hợp với ( Ι ) , ta được 0 < m < 1 là giá trị cần tìm. Chọn B

Câu 84: Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình ( m + 1) x 2 − 2mx + m − 2 = 0 có hai nghiệm

A. m < 2 ∨ m > 6. C. 2 < m < 6.

1 1 + <3 ? x1 x2

phân biệt x1 , x2 khác 0 thỏa mãn

B. −2 < m ≠ −1 < 2 ∨ m > 6. D. −2 < m < 6.

QU Y

Lời giải

Xét phương trình ( m + 1) x − 2mx + m − 2 = 0

(∗) ,

có ∆ ′ = m + 2.

Phương trình ( ∗ ) có hai nghiệm phân biệt khác 0 khi và chỉ khi

(Ι).

a ≠ 0 m + 1 ≠ 0    m ≠ {−1; 2}  ∆′ > 0 ⇔  m + 2 > 0 ⇔   m > − 2 P ≠ 0 m − 2 ≠ 0  

KÈ

2m   x1 + x2 = m + 1 Khi đó, gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình ( ∗ ) suy ra  . x x = m − 2 1 2 m +1 

DẠ

Theo bài ra, ta có

m > 6 1 1 x1 + x2 2m m−6 + = = <3⇔ >0⇔  . x1 x2 x1 x2 m−2 m−2 m < 2

m > 6 Kết hợp với ( Ι ) , ta được  là giá trị cần tìm. Chọn B  m ∈ ( − 2; −1) ∪ ( −1; 2 )

Câu 85: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình x 2 − ( m − 1) x + m + 2 = 0 có hai Page 29

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

1 1 + > 1. x12 x22 11   B. m ∈ ( −∞; −2 ) ∪  −2; −  . 10  

C. m ∈ ( −∞; −2 ) ∪ ( −2; −1) .

D. m ∈ ( 7; +∞ ) . Lời giải

Đặt f ( x ) = x − ( m − 1) x + m + 2. Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác 0 khi và chỉ khi:

m > 7 ∆ > 0  m 2 − 6m − 7 > 0  ⇔ ⇔   m < − 1. (*)   f ( 0 ) ≠ 0 m + 2 ≠ 0  m ≠ − 2

FI CI A

A. m ∈ ( −∞; −2 ) ∪ ( −2; −1) ∪ ( 7; +∞ ) .

nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 0 thỏa mãn

ƠN

 x + x = m −1 Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình đã cho. Theo Viet, ta có  1 2 .  x1 x2 = m + 2 2

( x + x ) − 2 x1 x2 > 1 1 1 x2 + x2 Yêu cầu bài toán 2 + 2 > 1 ⇔ 1 2 22 > 1 ⇔ 1 2 2 x1 x2 x1 .x2 ( x1 x2 ) m ≠ − 2  (*) <0⇔ 7 → − 2 ≠ m < −1. Chọn C m < − 8

⇔

( m − 1) − 2 ( m + 2 ) > 1 ⇔ 8m + 7 2 2 ( m + 2) ( m + 2)

QU Y

Dạng 6.3. Tìm m để BPT thỏa mãn điều kiện cho trước

Câu 86: Cho hàm số f ( x ) = x 2 + 2 x + m . Với giá trị nào của tham số m thì f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ . A. m ≥ 1 . Chọn A

B. m > 1 .

C. m > 0 . Lời giải

D. m < 2 .

a = 1 > 0 Ta có f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ m ≥1.  ∆′ = 1 − m ≤ 0

KÈ

Câu 87: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình x 2 − ( m + 2 ) x + 8m + 1 ≤ 0 vô nghiệm. A. m ∈ [ 0; 28] .

B. m ∈ ( −∞; 0 ) ∪ ( 28; +∞ ) .

C. m ∈ ( −∞; 0 ] ∪ [ 28; +∞ ) .

D. m ∈ ( 0; 28 ) .

Lời giải

DẠ

Chọn D Bất phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi

( m + 2)

− 4 ( 8m + 1) < 0 ⇔ m2 − 28m < 0

0 < m < 28 .

Câu 88: Tam thức f ( x ) = x 2 + 2 ( m − 1) x + m 2 − 3m + 4 không âm với mọi giá trị của x khi A. m < 3 .

B. m ≥ 3 .

C. m ≤ −3 . Page 30

D. m ≤ 3 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải Chọn D

FI CI A

⇔ ∆ ′ = ( m − 1) − ( m 2 − 3m + 4 ) ≤ 0 ⇔ m−3≤ 0 ⇔ m ≤ 3.

Vậy m ≤ 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

A. 27 .

B. 28 .

C. Vô số. Lời giải

x∈ℝ

biểu thức

D. 26 .

ƠN

Chọn A

để với mọi

Câu 89: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m f ( x ) = x 2 + ( m + 2 ) x + 8m + 1 luôn nhận giá trị dương.

Yêu cầu bài toán ⇔ f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ x 2 + 2 ( m − 1) x + m 2 − 3m + 4 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ

⇔ m2 − 28m < 0 ⇔ 0 < m < 28

1 > 0 f ( x ) > 0 ∀x ∈ ℝ ⇔  2  ∆ = ( m + 2 ) − 4 ( 8m + 1) < 0

Vậy có 27 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 90: Tìm các giá trị của m để biểu thức f ( x) = x 2 + ( m + 1) x + 2m + 7 > 0 ∀x ∈ ℝ

Chọn B

B. m ∈ (−3;9) .

QU Y

A. m ∈ [ 2;6] .

C. m ∈ (−∞; 2) ∪ (5; +∞) .

D. m ∈ (−9;3) .

Lời giải

1 > 0 a > 0 Ta có : f ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ 2 ∆ < 0 ( m + 1) − 4 ( 2m + 7 ) < 0

⇔ m2 − 6m − 27 < 0 ⇔ −3 < m < 9 .

KÈ

Câu 91: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình: ( m + 1) x 2 − 2 ( m + 1) x + 4 ≥ 0 có tập nghiệm S = R ? A. m > −1.

B. −1 ≤ m ≤ 3.

C. −1 < m ≤ 3.

D. −1 < m < 3.

Lời giải

DẠ

Chọn B TH1: m + 1 = 0 ⇔ m = −1 Bất phương trình trở thành 4 ≥ 0∀x ∈ R TH2: m + 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ −1 Bất phương trình có tập nghiệm S = R m +1 > 0 a>0  ⇔ ⇔ ⇔ −1 < m ≤ 3 (**) 2 ∆ ' ≤ 0 ∆ ' = m − 2m − 3 ≤ 0 Page 31

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Từ và ta suy ra: −1 ≤ m ≤ 3.

Câu 92: Bất phương trình ( m + 1) x 2 − 2 mx − ( m − 3 ) < 0 vô nghiệm. Điều kiện cần và đủ của tham số m

là

1− 7 1+ 7 1+ 7 ≤m≤ . B. 1 ≤ m ≤ . 2 2 2 C. m ≠ 1 . D. m ≥ −1 .

FI CI A

Lời giải Chọn A Đặt f ( x ) = ( m + 1) x 2 − 2mx − ( m − 3 )

Bất phương trình ( m + 1) x 2 − 2 mx − ( m − 3 ) < 0 vô nghiệm ⇔ f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ TH1: Với m = −1 thì f ( x ) = 2 x + 4

ƠN

Khi đó f ( x ) ≥ 0 ⇔ x ≥ −2 không thỏa mãn nên loại m = −1 a > 0 TH2: Với m ≠ −1 , f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ ⇔  ∆ ' ≤ 0

a > 0 ⇔ m > −1 ∆ ' = m 2 + ( m + 1)( m − 3 ) = 2 m 2 − 2m − 3

∆' ≤ 0 ⇔

1− 7 1+ 7 1− 7 1+ 7 ≤m≤ ≤m≤ suy ra 2 2 2 2

QU Y

Câu 93: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để tam thức bậc hai f ( x ) sau đây thỏa mãn f ( x ) = − x 2 + 2 x + m − 2018 < 0 , ∀x ∈ ℝ .

A. m > 2019 .

B. m < 2019 .

C. m > 2017 . Lời giải

D. m < 2017 .

Chọn D Vì tam thức bậc hai f ( x ) có hệ số a = −1 < 0 nên f ( x ) < 0 , ∀x ∈ R khi và chỉ khi ∆ ′ < 0 ⇔ 1 − ( −1)( m − 2018 ) < 0 ⇔ m − 2017 < 0 ⇔ m < 2017 .

KÈ

Câu 94: Tìm m để f ( x) = mx 2 − 2(m − 1) x + 4m luôn luôn âm

 1 A.  −1;  .  3

1  B. ( −∞; −1) ∪  ; +∞  .C. ( −∞; −1) . 3  Lời giải

DẠ

Chọn C TH1: m = 0 : f ( x) = 2 x đổi dấu

m < 0 a < 0 TH2: m ≠ 0 ; Yêu cầu bài toán ⇔  ⇔ 2 ∆ ' < 0  −3m − 2m + 1 < 0

Page 32

1  D.  ; +∞  . 3 

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

m < 0  ⇔ 1 m < −1 ∨ m > 3 Vậy m < −1 .

Câu 95: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình

− x2 + 2x − 5 ≤ 0 nghiệm đúng với mọi x 2 − mx + 1

x∈ℝ.

B. m ∈ ( −2; 2 ) .

C. m ∈ ( −∞; −2 ] ∪ [ 2; +∞ ) .

D. m ∈ [ −2; 2 ] . Lời giải

Chọn D 2

Ta có − x 2 + 2 x − 5 = − ( x − 1) − 4 < 0, ∀x ∈ ℝ .

− x2 + 2 x − 5 ≤ 0, ∀x ∈ ℝ x 2 − mx + 1

ƠN

Nên

⇔ x 2 − mx + 1 > 0, ∀x ∈ ℝ

⇔ ∆ = m2 − 4 ≤ 0

A. m ∈ ∅ .

FI CI A

⇔ m < −1

⇔ m ∈ [ −2; 2] .

mọi x ∈ ℝ. m > 7 A.  .  m < −1

Chọn C

QU Y

Câu 96: Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình x 2 − 2 ( m − 1 ) x + 4m + 8 ≥ 0 nghiệm đúng với m ≥ 7 B.  .  m ≤ −1

C. −1 ≤ m ≤ 7 .

D. −1 < m < 7 .

Lời giải

a > 0 1 > 0 BPT nghiệm đúng ∀x ∈ ℝ ⇔  ' ⇔ −1 ≤ m ≤ 7 . ⇔ 2 △ ≤ 0 m − 6m − 7 ≤ 0

KÈ

Câu 97: Bất phương trình x 2 + 4 x + m < 0 vô nghiệm khi A. m < 4 . B. m > 4 . C. m ≤ 4 . Lời giải

Chọn D

DẠ

Ta có BPT x 2 + 4 x + m < 0 vô nghiệm a > 0 1 > 0 ⇔ f ( x ) = x 2 + 4 x + m ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  ' ⇔ ⇔ m ≥ 4. 4 − m ≤ 0 ∆ ≤ 0

Câu 98: Bất phương trình mx 2 − 2 ( m + 1) x + m + 7 < 0 vô nghiệm khi Page 33

D. m ≥ 4 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

1 B. m > . 4

1 C. m > . 5 Lời giải

D. m >

1 . 25

1 A. m ≥ . 5

FI CI A

Chọn A Trường hợp 1. m = 0 . Khi đó bất phương trình trở thành: −2 x + 7 < 0 ⇔ x > Trường hợp này không thỏa mãn yêu cầu bài toán, loại. Trường hợp 2. m ≠ 0 . Bất phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi:

mx 2 − 2 ( m + 1) x + m + 7 ≥ 0, ∀x ∈ R

1 5

ƠN

⇔m≥

m > 0 ⇔ ∆ ' ≤ 0 m > 0 ⇔ 1 − 5m ≤ 0

7 . 2

Câu 99: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình mx 2 − 2mx − 1 ≥ 0 vô nghiệm. A. m ∈ ∅ . B. m < −1 . C. −1 < m < 0 . D. −1 < m ≤ 0 . Lời giải Chọn D

mx 2 − 2mx − 1 ≥ 0

QU Y

+) m = 0 thì bất phương trình trở thành: −1 > 0 . Vậy m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.  a = m < 0 m < 0 +) m ≠ 0 , bất phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi  .⇔  2 2  ∆′ = ( −m ) − m ( −1) < 0 m + m < 0

m < 0 ⇔ ⇔ −1 < m < 0 .  −1 < m < 0

Vậy bất phương trình mx 2 − 2mx − 1 ≥ 0 vô nghiệm khi −1 < m ≤ 0 .

KÈ

Câu 100: Gọi S là tập các giá trị của m để bất phương trình x 2 − 2mx + 5m − 8 ≤ 0 có tập nghiệm là [ a; b ] sao cho b − a = 4 . Tổng tất cả các phần tử của S là B. 1 .

C. 5 . Lời giải

D. 8 .

A. − 5 .

DẠ

Chọn C 2

Có x 2 − 2 mx + 5m − 8 ≤ 0 ⇔ ( x − m ) ≤ m 2 − 5m + 8 ⇔ x − m ≤ m 2 − 5m + 8 x − m ≤ m 2 − 5m + 8 ⇔ m − m 2 − 5 m + 8 ≤ x ≤ m + m 2 − 5 m + 8 .

Page 34

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Vậy tập nghiệm của BPT là  m − m2 − 5m + 8; m + m2 − 5m + 8  .  

Câu 101: Tìm các giá trị của tham số m để x 2 − 2 x − m ≥ 0, ∀x > 0 . A. m ≤ 0 .

B. m < −1 .

C. m ≤ −1 . Lời giải

Chọn C

D. m < 0 .

Ta có x 2 − 2 x − m ≥ 0 ⇔ x 2 − 2 x ≥ m .

FI CI A

Tổng tất cả các phần tử của S là 5.

m = 1 Theo bài ra ta có b − a = 4 ⇔ 2 m 2 − 5m + 8 = 4 ⇔ m 2 − 5m + 4 = 0 ⇔  m = 4

Xét hàm số f ( x ) = x 2 − 2 x là hàm số bậc hai có hệ số a = 1 > 0 , hoành độ đỉnh của parabol

ƠN

−b = 1 . Do đó có bảng biến thiên 2a

xI =

Dựa vào bbt ta có x 2 − 2 x ≥ m, ∀x > 0 khi và chỉ khi m ≤ −1 .

D=R. A. [ −1; 6 ] . Chọn A

QU Y

Câu 102: Tìm tập hợp các giá trị của m để hàm số y = B. ( −1; 6 ) .

( m + 10 ) x 2 − 2 ( m − 2 ) x + 1

có tập xác định

C. ( −∞; −1) ∪ ( 6; +∞ ) . D. ℝ . Lời giải

Hàm số xác định ⇔ ( m + 10 ) x 2 − 2 ( m − 2 ) x + 1 ≥ 0 (*) .

KÈ

Hàm số có tập xác định D = R khi và chỉ khi (*) đúng với ∀x ∈ R . +) m = −10 : (*) trở thành: 24 x + 1 ≥ 0 không đúng với ∀x ∈ R . Suy ra m = −10 loại.

DẠ

2  ∆′ = ( m − 2 ) − ( m + 10 ) ≤ 0 +) m ≠ − 10 : (*) đúng với ∀x ∈ R ⇔   m + 10 > 0

 m 2 − 5m − 6 ≤ 0  −1 ≤ m ≤ 6 ⇔ ⇔ ⇔ −1 ≤ m ≤ 6 .  m > −10  m > −10

Vậy với −1 ≤ m ≤ 6 thì hàm số đã cho có tập xác định D = R .

Page 35

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 103: Cho bất phương trình

( m − 2 ) x 2 + 2 ( 4 − 3m ) x + 10m − 11 ≤ 0 (1) .

Gọi S là tập hợp các số

FI CI A

nguyên dương m để bất phương trình đúng với mọi ∀x < −4 . Khi đó số phần tử của S là A. 2 . B. 3 . C. 1 . D. 0 . Lời giải Chọn C Cách 1: Đặt f ( x ) = ( m − 2 ) x 2 + 2 ( 4 − 3m ) x + 10 m − 11

TH1: m − 2 = 0 ⇔ m = 2

(1) ⇔ −4 x + 9 ≤ 0 ⇔ x ≥

9 không thỏa đề 4

TH2: m − 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 2 Bảng xét dấu ∆′

∆′ = ( 4 − 3m ) − ( m − 2 )(10m − 11) = −m2 + 7m − 6

* Nếu m ≤ 1 thì f ( x ) < 0 ∀x ∈ ℝ thỏa đề

ƠN

* Nếu m > 6 thì f ( x ) > 0 ∀x ∈ ℝ không thỏa đề

Bảng xét dấu f ( x )

( x1 < x2 )

* Nếu 2 < m < 6 thì f ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2

QU Y

Khi đó f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( x1 , x2 ) không thỏa đề * Nếu 1 < m < 2 thì f ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2

( x1 < x2 )

Bảng xét dấu f ( x )

Khi đó f ( x ) ≤ 0 ∀x < −4 ⇔ −4 ≤ x1 < x2

KÈ

 x1 + 4 + x2 + 4 > 0  x1 + x2 + 8 > 0 ⇔ 0 ≤ x1 + 4 < x2 + 4 ⇔  ⇔ ( x1 + 4 )( x2 + 4 ) ≥ 0  x1 x2 + 4 ( x1 + x2 ) + 16 ≥ 0

DẠ

 2 ( 3m − 4 ) 12 14m − 24  +8 > 0 >0 m<    14m − 24 < 0 3  m−2  m−2 7 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔m≤ 2 10m − 11 + 8 ( 3m − 4 ) + 16 ≥ 0  50m − 75 ≥ 0 50m − 75 ≤ 0 m ≤ 3    m − 2  2  m−2 m−2

So sánh điều kiện suy ra 1 < m ≤ Vậy m ≤

3 . 2

3 . Khi đó S = {1} . 2

Cách 2: Page 36

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Ta có ( m − 2 ) x 2 + 2 ( 4 − 3m ) x + 10 m − 11 ≤ 0 (1)

Ta có f ′ ( x ) =

2 x 2 − 8 x + 11 vớ i x < − 4 . x 2 − 6 x + 10

( 4 x − 8) ( x 2 − 6 x + 10 ) − ( 2 x − 6 ) ( 2 x 2 − 8 x + 11)

− 6 x + 10 )

−4 x 2 + 18 x − 14

− 6 x + 10 )

ƠN

7  x = (l )  f ′( x) = 0 ⇔ 2   x = 1 ( l ) Bảng biến thiên:

FI CI A

Xét hàm số f ( x ) =

2 x 2 − 8 x + 11 . x 2 − 6 x + 10

⇔ m ( x 2 − 6 x + 10 ) − 2 x 2 + 8 x − 11 ≤ 0 ⇔ m ≤

Vậy m ≤

3 . Khi đó S = {1} . 2

Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x < −4 ⇔ m ≤ f ( x ) , ∀x < −4 ⇔ m ≤

định là R? A. 3.

QU Y

Câu 104: Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số y = 1 −

B. 2.

Chọn B

3 . 2

( m + 1) x 2 − 2 ( m − 1) x + 2 − 2m

C. 0. Lời giải

có tập xác

D. 1.

Hàm số có tập xác định là R ⇔ ( m + 1) x 2 − 2 ( m − 1) x + 2 − 2 m ≥ 0 nghiệm đúng với ∀x ∈ ℝ .

Trường hợp 1: m = −1  bpt ⇔ 4 x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 không nghiệm đúng với ∀x ∈ ℝ .

KÈ

Trường hợp 2: m ≠ −1  bpt nghiệm đúng với ∀x ∈ ℝ

DẠ

 m > −1  m > −1 ⇔ ⇔ 2 2 3m − 2m − 1 ≤ 0 ( m − 1) − ( m + 1)( 2 − 2m ) ≤ 0

m > −1 1  ⇔ 1 ⇔ − ≤ m ≤1. 3 − 3 ≤ m ≤ 1 Vì m nguyên nên m ∈ {0 ; 1} .

Câu 105: Để bất phương trình 5x 2 − x + m ≤ 0 vô nghiệm thì m thỏa mãn điều kiện nào sau đây? Page 37

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

1 A. m ≤ . 5

B. m >

1 . 20

C. m ≤

1 . 20

1 D. m > . 5

Lời giải

FI CI A

Chọn B Bất phương trình 5x 2 − x + m ≤ 0 vô nghiệm

⇔ 5 x 2 − x + m > 0 với mọi x ∈ ℝ ∆ < 0 1 − 20m < 0 1 ⇔m> . ⇔ ⇔ 20 a > 0 5 > 0

là ℝ . A. 4 .

B. 6 .

C. 3 . Lời giải

Câu 106: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x 2 − 2mx − 2m + 3 có tập xác định D. 5 .

ƠN

Chọn D Hàm số y = x 2 − 2mx − 2m + 3 có tập xác định là ℝ khi x 2 − 2mx − 2m + 3 ≥ 0 với mọi x ∈ ℝ

 m 2 + 2m − 3 ≤ 0  ∆′ ≤ 0 ⇔ ⇔ −3 ≤ m ≤ 1 . Do m ∈ ℤ  m ∈ {−3; −2; −1; 0;1} . ⇔ a > 0 1 > 0

Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 107: Tìm tất cả cách giá trị thực của tham số m để bất phương trình ( m + 1) x 2 + mx + m < 0 đúng

QU Y

vơi mọi x thuộc ℝ . 4 A. m > . 3

Chọn C

B. m > −1 .

4 C. m < − . 3 Lời giải

D. m < −1 .

- Với m = −1 ta có: x > − 1 không thỏa mãn. - Với m ≠ −1 ta có:

KÈ

 m < −1  m + 1 < 0 4  4 ⇔ m < − ⇔ m < − . ( m + 1) x 2 + mx + m < 0 ∀x ∈ ℝ ⇔  2 3 3 m − 4 ( m + 1) m < 0    m > 0

DẠ

Câu 108: Tìm tất cả giá trị của tham số m để bất phương trình − x 2 + 2 x − m − 1 > 0 vô nghiệm: A. m > 0 . B. m < 0 . C. m ≤ 0 . D. m ≥ 0 . Lời giải Chọn D

− x 2 + 2 x − m − 1 > 0 vô nghiệm ⇔ − x 2 + 2 x − m − 1 ≤ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ . Page 38

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Chọn A

FI CI A

Câu 109: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình − x 2 + x − m > 0 vô nghiệm. 1 1 1 A. m ≥ . B. m ∈ ℝ . C. m > . D. m < . 4 4 4 Lời giải

a < 0  −1 < 0 ⇔ ⇔ ⇔ m≥0.  ∆′ ≤ 0 −m ≤ 0

Bất phương trình − x 2 + x − m > 0 vô nghiệm khi và chỉ khi − x 2 + x − m ≤ 0 , ∀x ∈ ℝ .

1 . 4

Ta có − x 2 + x − m ≤ 0 ∀x ∈ ℝ ⇔ ∆ ≤ 0 ⇔ 1 − 4m ≤ 0 ⇔ m ≥

Câu 110: Bất phương trình ( m − 1) x 2 − 2 ( m − 1) x + m + 3 ≥ 0 với mọi x ∈ R khi A. m ∈ [1; +∞ ) .

B. m ∈ ( 2; +∞ ) .

C. m ∈ (1; +∞ ) .

ƠN

Lời giải

D. m ∈ ( −2; 7 ) .

Chọn A

m − 1 = 0 m = 1  m + 3 ≥ 0   ⇔  m > 1 ⇔ m ≥1. ( m − 1) x 2 − 2 ( m − 1) x + m + 3 ≥ 0 với mọi x ∈ R ⇔  m − 1 > 0   −4 ( m − 1) ≤ 0     ∆′ ≤ 0 Câu 111: Cho hàm số f ( x ) = − x 2 − 2 ( m − 1) x + 2 m − 1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để

A. m > 1 .

Chọn D

QU Y

f ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( 0;1) .

1 B. m < . 2

C. m ≥ 1 .

1 D. m ≥ . 2

Lời giải

Ta có f ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( 0;1) ⇔ − x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 1 > 0 , ∀x ∈ ( 0;1) .

KÈ

⇔ −2 m ( x − 1) > x 2 − 2 x + 1 , ∀x ∈ ( 0;1) (*) .

Vì x ∈ ( 0;1)  x − 1 < 0 nên (*) ⇔ −2m <

⇔ −2m ≤ g ( 0 ) = −1 ⇔ m ≥

x2 − 2x + 1 = x − 1 = g ( x ) , ∀x ∈ ( 0;1) . x −1

1 . 2

DẠ

DẠNG 7. TÌM M ĐỂ HỆ BPT BẬC HAI THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC

( x + 5)( 3 − x ) > 0 Câu 112: Hệ bất phương trình  vô nghiệm khi  x − 3m + 2 < 0 A. m ≤ −1 . B. m ≥ −1 . C. m > −1 . Page 39

D. m < −1 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải Chọn A

( x + 5 )( 3 − x ) > 0 −5 < x < 3 ⇔ Ta có:   x < 3m − 2  x − 3m + 2 < 0

FI CI A

Để hệ vô nghiệm thì 3m − 2 ≤ −5 ⇔ 3m ≤ −3 ⇔ m ≤ −1 .

Lời giải Chọn B

2  2 x − 5 x + 2 < 0 Câu 113: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ bất phương trình  2 vô  x − ( 2m + 1) x + m ( m + 1) ≤ 0 nghiệm. 1 1   m≤− m<− 1 1   A. ≤ m ≤ 2 . B. C. < m < 1 . D. 2. 2.   2 2 m ≥ 2 m > 2

ƠN

 2 x 2 − 5 x + 2 < 0 (1) Xét hệ bất phương trình ( I )  2 .  x − ( 2m + 1) x + m ( m + 1) ≤ 0 ( 2 ) 1 1 (1) ⇔ ( 2 x − 1)( x − 2 ) < 0 ⇔ < x < 2 ⇔ S1 =  ; 2  . 2 2 

( 2 ) ⇔ ( x − m )  x − ( m + 1)  ≤ 0 ⇔ m ≤ x ≤ m + 1 ⇔ S2 = [ m; m + 1] . 1  m≤− Hệ ( I ) vô nghiệm ⇔ S1 ∩ S 2 = ∅ ⇔  2.  m ≥ 2

m ≥ 5 A.  .  m < −1

m ≥ 5 B.  .  m ≤ −1

m > 5 C.  .  m ≤ −1 Lời giải

m > 5 D.  .  m < −1

Chọn D

QU Y

2  x − 4 x > 5 Câu 114: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ bất phương trình  2 có nghiệm.  x − ( m − 1) x − m ≤ 0

KÈ

 x > 5 2 (*)   x − 4 x > 5 ⇔   x < −1 Ta có:  2  x − ( m − 1) x − m ≤ 0  ( x + 1)( x − m ) ≤ 0 (**) +) Nếu m = −1 thì (**) ⇔ x = −1 . Kết hợp (*) suy ra hệ bpt vô nghiệm  m = −1 loại.

DẠ

+) Nếu m > −1 thì (**) ⇔ −1 < x < m . Kết hợp với (*) suy ra hệ bpt có nghiệm ⇔ m > 5 .

+) Nếu m < −1 thì (**) ⇔ m < x < −1 . Kết hợp với (*) suy ra với m < −1 thì hệ bpt luôn có nghiệm.

m > 5 Vậy hệ bpt có nghiệm ⇔  .  m < −1 Page 40

( x + 3)( 4 − x ) > 0 Câu 115: Hệ bất phương trình  vô nghiệm khi  x < m − 1 A. m ≤ −2 . B. m > −2 . C. m < −1 . Lời giải

FI CI A

D. m = 0 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Chọn A

( x + 3)( 4 − x ) > 0 −3 < x < 4 ⇔   x < m −1  x < m − 1

 x2 −1 ≤ 0 Câu 116: Hệ bất phương trình  có nghiệm khi x − m > 0 A. m > 1 . B. m < 1 . C. m ≠ 1 . Lời giải

Ta có x 2 − 1 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 .

x−3 > 0 ⇔ x > m.

Do đó hệ có nghiệm khi m < 1 .

D. m = 1 .

ƠN

Chọn B

Do đó hệ bất phương trình đã cho vô nghiệm khi m − 1 ≤ −3 ⇔ m ≤ −2 .

(1) ( 2)

QU Y

2 x + m < 0 Câu 117: Hệ bất phương trình  2 3 x − x − 4 ≤ 0 8 A. m > − . B. m < 2 . 3

vô nghiệm khi và chỉ khi:

C. m ≥ 2 .

8 D. m ≥ − . 3

Lời giải

4  4 Bất phương trình (1) ⇔ −1 ≤ x ≤ . Suy ra S1 =  −1;  3  3

Bất phương trình ( 2 ) ⇔ x < −

m m  . Suy ra S2 =  −∞; −  . 2 2 

KÈ

Để hệ bất phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi S1 ∩ S 2 = ∅ ⇔ −

m ≤ −1 ⇔ m ≥ 2. 2

Chọn C

DẠ

2  x − 1 ≤ 0 (1) Câu 118: Hệ bất phương trình  có nghiệm khi:  x − m > 0 ( 2 ) A. m > 1. B. m = 1. C. m < 1. Lời giải

Bất phương trình (1) ⇔ −1 ≤ x ≤ 1. Suy ra S1 = [ −1;1] . Bất phương trình ( 2 ) ⇔ x > m. Suy ra S 2 = ( m; +∞ ) . Page 41

D. m ≠ 1.

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Để hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi S1 ∩ S 2 ≠ ∅ ⇔ m < 1.

FI CI A

( x + 3)( 4 − x ) > 0 (1) có nghiệm khi và chỉ khi: Câu 119: Hệ bất phương trình   x < m − 1( 2 ) A. m < 5. B. m > −2. C. m = 5. Lời giải Bất phương trình (1) ⇔ −3 < x < 4. Suy ra S1 = ( −3; 4 ) .

S1 ∩ S 2 ≠ ∅ ⇔ m − 1 > −3 ⇔ m > −2. Chọn B

3x 2 + mx − 6 < 6 nghiệm đúng với ∀x ∈ ℝ . x2 − x + 1 A. −3 < m < 6. B. −3 ≤ m ≤ 6. C. m < −3. Lời giải

ƠN

Câu 120: Tìm m để −9 <

D. m > 6.

Bất phương trình đã cho tương tương với

D. m > 5.

Bất phương trình có S 2 = ( −∞; m − 1) .

Để hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi

Chọn C

−9 ( x 2 − x + 1) < 3x 2 + mx − 6 < 6 ( x 2 − x + 1)

QU Y

12 x 2 + ( m − 9 ) x + 3 > 0 (1) ⇔ 2 3 x − ( m + 6 ) x + 12 > 0 ( 2 )

Yêu cầu ⇔ và nghiệm đúng ∀x ∈ ℝ 2 ∆(1) < 0 ( m − 9 ) − 144 < 0 ⇔ ⇔ ⇔ −3 < m < 6 . ∆ < 0 ( m + 6 )2 − 144 < 0  ( 2) 

Câu 121: Xác định m để với mọi x ta có −1 ≤

KÈ

5 A. − ≤ m < 1. 3

x2 + 5x + m < 7. 2 x 2 − 3x + 2

5 B. 1 < m ≤ . 3

5 C. m ≤ − . 3 Lời giải

Bất phương trình tương đương

DẠ

 3x 2 + 2 x + 2 + m  2 x 2 − 3 x + 2 ≥ 0 3 x 2 + 2 x + 2 + m ≥ 0 (1) ⇔ 2 .  2 13 x − 26 x + 14 − m > 0 ( 2 ) 13 x − 26 x + 14 − m > 0 2 x 2 − 3x + 2  Yêu cầu ⇔ và nghiệm đúng ∀x ∈ ℝ

Page 42

D. m < 1.

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

x −1 > 0 có nghiệm khi và chỉ khi: Câu 122: Hệ bất phương trình  2  x − 2mx + 1 ≤ 0 A. m > 1. B. m = 1. C. m < 1. Lời giải

Bất phương trình x − 1 > 0 ⇔ x > 1 . Suy ra S1 = (1; +∞ ) .

−5  m ≥ 3 . Chọn A  m < 1

FI CI A

2  ∆ (1) ≤ 0  2 − 4.3 ( 2 + m ) ≤ 0 ⇔ ⇔ 2 ⇔  26 − 4.13 (14 − m ) < 0  ∆ ( 2) < 0

D. m ≠ 1.

Bất phương trình x 2 − 2mx + 1 ≤ 0 ⇔ x 2 − 2mx + m2 ≤ m2 − 1 ⇔ ( x − m ) ≤ m2 − 1 ⇔ − m2 − 1 ≤ x − m ≤ m2 − 1

Để hệ có nghiệm ⇔ m + m 2 − 1 > 1

ƠN

⇔ m − m 2 − 1 ≤ x ≤ m + m 2 − 1 . Suy ra S2 =  m − m2 − 1; m + m2 − 1 .  

 1 − m < 0  m > 1  2    m − 1 ≥ 0 m ≤ −1 ∨ m ≥ 1 2  ⇔ ⇔ m >1 ⇔ m −1 > 1− m ⇔   m ≤ 1 1− m ≥ 0      m 2 − 1 > (1 − m )2   m > 1  Đối chiếu điều kiện, ta được m > 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A

QU Y

 x 2 − 2 x + 1 − m ≤ 0 (1) Câu 123: Tìm m để hệ  2 có nghiệm. 2  x − ( 2m + 1) x + m + m ≤ 0 ( 2 )

3+ 5 . 2

B. 0 ≤ m ≤

C. 0 ≤ m <

3+ 5 . 2

D. 0 < m ≤

A. 0 < m <

3+ 5 . 2 3+ 5 . 2 Lời giải

KÈ

Điều kiện để có nghiệm là ∆ ' = m ≥ 0 . Khi đó (1) có tập nghiệm S1 = 1 − m ;1 + m  .

DẠ

Ta thấy có tập nghiệm S 2 = [ m; m + 1] .

m ≤ 1 + m 3+ 5 Hệ có nghiệm ⇔ S1 ∩ S 2 ≠ ∅ ⇔  ⇔0≤m≤ . Chọn B 2 1 − m ≤ m + 1 

 x 2 − 3x − 4 ≤ 0 (1) Câu 124: Tìm m sao cho hệ bất phương trình  có nghiệm. ( m − 1) x − 2 ≥ 0 ( 2 ) Page 43

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

3 A. −1 ≤ m ≤ . 2

3 B. m ≥ . 2

C. m ∈ ∅.

D. m ≥ −1.

Lời giải

Giải bất phương trình

FI CI A

Bất phương trình (1) ⇔ −1 ≤ x ≤ 4. Suy ra S1 = [ −1; 4] .

Với m − 1 = 0 ⇔ m = 1 thì bất phương trình trở thành 0 x ≥ 2 : vô nghiệm. Với m − 1 > 0 ⇔ m > 1 thì bất phương trình tương đương với x ≥

2 . m −1

2 3  2  ; +∞  .Hệ bất phương trình có nghiệm khi ≤4⇔m≥ . Suy ra S2 =  m −1 2  m −1  Với m − 1 < 0 ⇔ m < 1 thì bất phương trình tương đương với x ≤

2 ≥ −1 ⇔ m ≤ −1 m −1

Hệ bất phương trình có nghiệm khi

ƠN

2   Suy ra S2 =  −∞; . m − 1 

2 . m −1

3 Để hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m ≥ . Chọn B 2

QU Y

2  x + 10 x + 16 ≤ 0 (1) vô nghiệm. Câu 125: Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hệ bất phương trình  mx ≥ 3m + 1( 2 ) 1 1 1 1 A. m > − . B. m > . C. m > − . D. m > . 5 4 11 32 Lời giải

Bất phương trình (1) ⇔ −8 ≤ x ≤ −2. Suy ra S1 = [ −8; −2 ] .

Giải bất phương trình

KÈ

Với m = 0 thì bất phương trình trở thành 0 x ≥ 1 : vô nghiệm. Với m > 0 thì bất phương trình tương đương với x ≥

3m + 1 . m

DẠ

 3m + 1  ; +∞  . Suy ra S2 =   m  Hệ bất phương trình vô nghiệm khi

3m + 1 1 > −2 ⇔ m > − . m 5

Với m < 0 thì bất phương trình tương đương với x ≤

Page 44

3m + 1 . m

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

3m + 1   Suy ra S2 =  −∞; .Hệ bất phương trình vô nghiệm khi m  

Để hệ bất phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi m > −

FI CI A

3m + 1 −1 < −8 ⇔ m > m 11 1 . Chọn C 11

Bất phương trình (1) ⇔ 1 ≤ x ≤ 5. Suy ra S1 = [1;5] .

 x 2 − 2( a + 1) x + a 2 + 1 ≤ 0 ( 2 ) . Để hệ bất phương trình có nghiệm, giá Câu 126: Cho hệ bất phương trình  2  x − 6 x + 5 ≤ 0 (1) trị thích hợp của tham số a là: A. 0 ≤ a ≤ 2 . B. 0 ≤ a ≤ 4 . C. 2 ≤ a ≤ 4 . D. 0 ≤ a ≤ 8 . Lời giải

ƠN

Ta thấy có tập nghiệm S 2 =  a + 1 − 2a ; a + 1 + 2a  .

a + 1 + 2a ≥ 1 Hệ có nghiệm ⇔ S1 ∩ S 2 ≠ ∅ ⇔  ⇔ 0 ≤ a ≤ 2 . Chọn A a + 1 − 2a ≤ 5

DẠNG 8. BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI và MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN Câu 127: Tập nghiệm của phương trình x 2 − 3 x + 1 + x − 2 ≤ 0 có tất cả bao nhiêu số nguyên? B. 4 .

QU Y

A. Vô số. Chọn C

C. 2 . Lời giải

D. 3 .

  x 2 − 3x + 1 + 2 − x ≤ 0  x2 − 4 x + 3 ≤ 0    x < 2  x < 2 x2 − 3x + 1 + x − 2 ≤ 0 ⇔  ⇔ 2 2   x − 3 x + 1 + x − 2 ≤ 0   x − 2 x − 1 ≤ 0   x ≥ 2   x ≥ 2

KÈ

 1 ≤ x ≤ 3  1 ≤ x < 2  x < 2 ⇔ ⇔ 1 ≤ x ≤ 1 + 2 . Với x ∈ ℤ  x ∈ {1; 2} . ⇔ 1 − 2 ≤ x ≤ 1 + 2 2 ≤ x ≤ 1 + 2      x ≥ 2

DẠ

Câu 128: Tìm tập nghiệm của bất phương trình: x 2 − 4 x < 0 . A. ∅ .

B. {∅} .

C. ( 0; 4 ) . Lời giải

Chọn A Page 45

D. ( −∞; 0 ) ∪ ( 4; +∞ ) .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

1 1 Câu 129: Tìm m để 4 x − 2m − > − x 2 + 2 x + − m với mọi số thực x 2 2 3 D. m < . 2

C. m > 3 . Lời giải

Do 4 x − 2m −

1 2 + ( x − 1) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ 2

Cách 2: Ta có 4 x − 2m −

1 1 > − x 2 + 2 x + − m với mọi số thực ∀x ∈ ℝ 2 2

Cách 3: Tự luận

4 x − 2m −

QU Y

1  − x 2 + 2 x + − m < 0 ∀x ∈ ℝ 2 3 1  ⇔ ∆′ = 12 +  − m  < 0 ⇔ m > . 2 2 

Vậy 4 x − 2m −

1 ≥ 0 với ∀x ∈ ℝ . 2

1 1 > − x2 + 2x + − m 2 2

1 1 ⇔ x 2 − 2 x + m − + 4 x − 2m − > 0 . 2 2

1 1 Xét hàm số f ( x ) = x 2 − 2 x + m − + 4 x − 2m − . 2 2

KÈ

m 1  2  x + 2 x − m − 1 khi x ≥ 2 + 8  f ( x) =  m 1  x 2 − 6 x + 3m khi x < +  2 8

TH1:

3 3 −m < 0 ⇔ m > . 2 2

ƠN

nên bất phương trình đúng với mọi số thực ∀x ∈ ℝ 

Chọn B Cách 1: Ta có: 1 1 1 3 2 4 x − 2m − > − x 2 + 2 x + − m ⇔ 4 x − 2m − + ( x − 1) > − m . 2 2 2 2

m 1 9 + ≤ −1  m ≤ − . 2 8 4

DẠ

BBT:

Page 46

FI CI A

3 B. m > . 2

A. −2 < m < 3 .

Do x2 − 4 x ≥ 0 , ∀x ∈ ℝ nên bất phương trình x 2 − 4 x < 0 vô nghiệm.

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Để f ( x ) > 0 ∀x ∈ ℝ ⇔ f (1) = −2 − m > 0 ⇔ m < −2 . TH2: −1 <

m 1 9 23 + ≤3 − <m≤ . 2 8 4 4

ƠN

BBT:

1  m<− − 3   m 1  m m 47 4 Để f ( x ) > 0 ∀x ∈ ℝ ⇔ f  +  = + − >0⇔ .  2 8  4 8 64 m > − 1 + 3  4 2

m 1 23 + >3 m> . 2 8 4

QU Y

TH3:

KÈ

BBT:

Để f ( x ) > 0 ∀x ∈ ℝ ⇔ f ( 3 ) = −9 + 3m > 0 ⇔ m > 3 .

1    1   Kết hợp 3 trường hợp ta có m ∈  −∞ ; − − 3  ∪  − + 3 ; + ∞  . 4    4 

DẠ

Câu 130: Gọi S = [ a; b ] là tập tất cả các giá trị của tham số m để với mọi số thực x ta có x2 + x + 4 ≤ 2 . Tính tổng a + b . x 2 − mx + 4

A. 0 .

B. 1 .

C. −1. Lời giải Page 47

D. 4

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Từ yêu cầu của đề ta có nhận xét là

x2 + x + 4 xác định với mọi x nên suy ra: x 2 − mx + 4

FI CI A

x 2 − mx + 4 ≠ 0∀x ⇔ ∆ = m2 − 16 < 0 ⇔ −4 < m < 4

Chọn C

2 2 x2 + x + 4 ≤ 2∀x ⇔ x 2 + x + 4 ≤ 2 x 2 − mx + 4 ∀x ⇔ ( x 2 + x + 4 ) ≤ 4 ( x 2 − mx + 4 ) ∀x 2 x − mx + 4

⇔ ( 2 x 2 − (2m + 1) x + 4 )( 3x 2 − (2m − 1) x + 12 ) ≥ 0∀x

(

)

(

Ta có tam thức 3x 2 − (2m − 1) x + 12 có ∆ = (2m − 1) 2 − 144 < 0∀m ∈ ( −4; 4 )

)

 ∀m ∈ ( −4; 4 ) thì 3x 2 − (2m − 1) x + 12 > 0∀x ∈ ℝ .

Như vậy (1) ⇔ 2 x 2 − (2m + 1) x + 4 ≥ 0∀x ∈ ℝ 2

−1 − 29 −1 + 29 ;b =  a + b = −1 . 2 2

Kết hợp với điều kiện m ∈ ( −4; 4 )  a =

−1 − 29 −1 + 29 ≤m≤ 2 2

ƠN

⇔ ∆ = ( 2m + 1) − 4.2.4 ≤ 0  4m2 + 4m − 28 ≤ 0 ⇔

Câu 131: Tất cả các giá trị của m để bất phương trình 2 x − m + x 2 + 2 > 2 mx thỏa mãn với mọi x là A. m ∈ ∅ .

B. m > − 2 .

C. m < 2 .

D. − 2 < m < 2 .

Lời giải

QU Y

Chọn D

Ta có bpt 2 x − m + x 2 + 2 > 2 mx ⇔ 2 x − m + x − m + 2 − m2 > 0

Đặt t = x − m ≥ 0 . Bất phương trình đã cho có nghiệm với mọi x ⇔ t 2 + 2t + 2 − m 2 > 0, ∀t ≥ 0 .

⇔ t 2 + 2t + 2 > m 2 , ∀t ≥ 0 ⇔ m 2 < min(t 2 + 2t + 2) [0; +∞ )

KÈ

⇔ m2 < 2 ⇔ − 2 < m < 2 .

Câu 132: Cho bất phương trình: x 2 + 2 x + m + 2 mx + 3m 2 − 3m + 1 < 0 . Để bất phương trình có nghiệm, các giá trị thích hợp của tham số m là 1 1 A. −1 < m < . B. − < m < 1 . 2 2

DẠ

1 C. −1 < m < − . 2 Lời giải

1 < m <1. 2

Chọn D 2

Phương trình đã cho tương đương: ( x + m ) + 2 x + m + 2m2 − 3m + 1 < 0 , (1) .

Page 48

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Đặt t = x + m , t ≥ 0 .

Bất phương trình (1) trở thành: t 2 + 2t + 2m2 − 3m + 1 < 0 , ( 2 ) .

FI CI A

Ta có: ∆′ = −2m2 + 3m . Nếu ∆ ′ ≤ 0 thì vế trái ( 2 ) luôn lớn hơn hoặc bằng 0 , nên loại trường hợp này.

3 Nếu ∆′ > 0 ⇔ 0 < m < , ( ∗) , thì tam thức bậc 2 ở vế trái có 2 nghiệm phân biệt 2

t1 = −1 − −2m2 + 3m , t2 = −1 + −2m2 + 3m .

Khi đó bất phương trình ( 2 ) ⇔ t1 < t < t2 , mà điều kiện t ≥ 0 .

Vậy để bất phương trình có nghiệm thì t2 > 0 ⇔ −1 + −2m 2 + 3m > 0 ⇔ −2 m 2 + 3m > 1

1 < m < 1. 2

So với điều kiện ( ∗ ) , suy ra

1 < m <1. 2

ƠN

⇔ −2m2 + 3m − 1 > 0 ⇔

Câu 133: Tập nghiệm của bất phương trình

DẠNG 9. BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN và MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN x2 + 2 ≤ x − 1 .

1  B. S =  −∞; −  . 2 

A. S = ∅ .

C. [1; +∞ ) .

1  D.  ; +∞  . 2 

QU Y

Lời giải

Chọn A Ta có

x ≥ 1 x −1 ≥ 0 x ≥ 1  x + 2 ≤ x −1 ⇔  2 ⇔ ⇔ 1. 2  2 x ≤ −1 x + 2 ≤ x − 2x +1  x ≤ − 2 2

Vậy bất phương trình vô nghiệm.

Câu 134: Bất phương trình

KÈ

A. 4.

2 x − 1 ≤ 2 x − 3 có bao nhiêu nghiệm nguyên thuộc khoảng ( 0; 7 ) ?

B. 5.

C. 2. Lời giải

DẠ

Chọn A

2 x − 1 ≥ 0 3   x ≥ ⇔ 2 x − 1 ≤ 2 x − 3 ⇔ 2 x − 3 ≥ 0 2  4 x 2 − 14 x + 10 ≥ 0 2  2 x − 1 ≤ ( 2 x − 3)

Page 49

D. 6.

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

 x ∈ ( 0;7 ) suy ra x ∈ {3; 4;5;6} Kết hợp điều kiện:   x ∈ Z

FI CI A

3   x ≥ 2 5 ⇔ ⇔x≥ 2 x ≤ 1∨ x ≥ 5  2

Vậy bất phương trình có 4 nghiệm nguyên thuộc khoảng ( 0; 7 ) . x 2 − 2 x − 15 > 2 x + 5 .

A. S = ( −∞; − 3] .

B. S = ( −∞; 3 ) .

C. S = ( −∞; 3] . Lời giải

Chọn A

   x ≤ −3     x ≥ 5  5  x < − ⇔  2  5  x ≥ − 2  2   3 x + 22 x + 40 < 0

ƠN

QU Y

 x ≤ −3   x ≥ − 5 ⇔   ⇔ x ≤ −3. 2  10   −4 < x < − 3  

Ta có:

  x 2 − 2 x − 15 ≥ 0   2 x + 5 < 0 x 2 − 2 x − 15 > 2 x + 5 ⇔  2x + 5 ≥ 0    2  2   x − 2 x − 15 > ( 2 x + 5)

D. S = ( −∞; − 3 ) .

Câu 135: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S = ( −∞; − 3] .

(

Câu 136: Bất phương trình 16 − x 2

)

x − 3 ≤ 0 có tập nghiệm là

A. ( −∞; −4] ∪ [ 4; +∞ ) . B. [3; 4 ] .

D. {3} ∪ [ 4; +∞ ) .

Lời giải

KÈ

Chọn D

C. [ 4; +∞ ) .

Khi x = 3 thì 0 ≤ 0 suy ra x = 3 là nghiệm. Khi x > 3 thì 16 − x 2 ≤ 0  x ≥ 4 .

Vậy tập nghiệm S = {3} ∪ [ 4; +∞ ) . x 2 + 2017 ≤ 2018 x .

DẠ

Câu 137: Tìm tập nghiệm của bất phương trình A. T = ( −∞;1) .

B. T = ( −∞;1] .

C. T = (1; +∞ ) . Lời giải

Chọn D Page 50

D. T = [1; +∞ ) .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T = [1; +∞ ) . x  x+3  2x − 3 − 2x −1 ≤ 0 Câu 138: Tập nghiệm của hệ bất phương trình  là  x 2 + 3 + 3x < 1 

1  B. S =  −∞ ; −  . 4 

1  C. S =  −∞ ; −  . 4  Lời giải

Chọn C 3 2 1 2

ƠN

 x≠ x 2 − 3 ≠ 0   Điều kiện:  ⇔  2x −1 ≠ 0 x ≠ 

 1 3 D. S =  − ;  .  4 8

 1 3 A. S =  − ;  .  4 8

FI CI A

 x 2 + 2017 ≥ 0 x ∈ ℝ x ≥ 0    2 x + 2017 ≤ 2018 x ⇔  x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 ⇔   x ≤ −1 ⇔ x ≥ 1 .  x 2 + 2017 ≤ 2018 x 2 x2 −1 ≥ 0  x ≥ 1   

8x − 3   ( x + 3)( 2 x − 1) − x ( 2 x − 3) ≤0  ≤ 0  2 x − 3)( 2 x − 1) ( x  x+3 2 x − 3 2 x − 1  ( )( )    2x − 3 − 2x −1 ≤ 0 ⇔ ⇔  1  1 − 3 x ≥ 0   x 2 + 3 + 3x < 1   x ≤ 3  2  2  2   x + 3 < (1 − 3x )   4 x − 3 x − 1 > 0

KÈ

QU Y

 1 3  2 < x < 2   x ≤ 3   8  1 ⇔x<− . ⇔  1 4  x ≤ 3   x > 1  1  x < − 4 

1  Tập nghiệm của hệ bất phương trình: S =  −∞ ; −  . 4 

DẠ

Câu 139: Nghiệm của bất phương trình

1 A. x ≤ . 3

3x − 1 ≤ 0 là: x+2 1  x ≤ C.  3 .  x ≠ −2

1 B. −2 < x < . 3

Lời giải Page 51

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

1 D. −2 < x ≤ . 3

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Chọn D

3x − 1 ≤0 x+2

(1)

(1) ⇔ 3x − 1 ≤ 0 ⇔ x ≤

FI CI A

Điều kiện: x > −2 .

1 . 3

Kết hợp điều kiện x > −2 .

Câu 140: Tập nghiệm của bất phương trình

x − 3 < 2 x − 1 là

1  B. S =  ;3 . 2 

 13  C. S = 3;  .  2 Lời giải

D. S = [3; +∞ ) .

ƠN

A. S = ( 3; +∞ ) .

1  −2 < x ≤ . 3

Chọn D

Câu 141: Tập nghiệm của bất phương trình

x ≥ 3 x − 3 ≥ 0   1  ⇔ x > Bất phương trình CD : 4 x + 3 y − 24 = 0 ⇔ 2 x − 1 > 0 ⇔ x ≥3. 2   2  x − 3 < ( 2 x − 1) 4 x 2 − 5 x + 4 > 0 Vậy S = [ 3; + ∞ ) . x 2 − 6x + 1 − x + 2 ≥ 0 là

Chọn A

D. ( 3; +∞ ) .

Lời giải

KÈ

Ta có:

 3− 7  B.  −∞;  . 2  

 3− 7  ;3  . C.  2  

QU Y

 3− 7  A.  −∞;  ∪ [3; +∞ ) . 2  

DẠ

 x − 2 < 0  2   2x − 6x+1 ≥ 0 2 x − 6x + 1 − x + 2 ≥ 0 ⇔  x−2≥0    2 2    2x − 6x+1 ≥ ( x − 2 )

Page 52

 x < 2  3− 7      x ≤ 2    3− 7 3+ 7 x≤   ⇔  x ≥ ⇔ 2 .    2   x ≥ 3  x ≥ 2     x ≤ −1    x ≥ 3 

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Câu 142: Bất phương trình A. 10 .

FI CI A

2 x − 1 ≤ 3 x − 2 có tổng năm nghiệm nguyên nhỏ nhất là B. 20 . C. 15 . D. 5 . Lời giải

Chọn C

2  x ≥ 3 5  1 ≤x≤ 1  ⇔ 2 ⇔ x ≥ 9 . Suy ra năm nghiệm nguyên  2  x ≥ 1 9 x 2 − 14 x + 5 ≥ 0  

3x − 2 ≥ 0  BPT ⇔ 2 x − 1 ≥ 0  2 2 x − 1 ≤ ( 3x − 2 ) nhỏ nhất x ∈ {1; 2;3; 4;5} .

x + 2 ≤ x là

ƠN

Câu 143: Tập nghiệm của bất phương trình A. [ 2; +∞ ) .

 3− 7  Vậy tập nghiệm của bpt đã cho là S =  −∞;  ∪ [3; +∞ ) . 2  

B. ( −∞; −1] .

C. [ −2; 2 ] .

D. [ −1; 2 ] .

Lời giải Chọn A

x + 2 ≥ 0  x ≥ −2   ⇔ x ≥ 0 ⇔ [ 2; +∞ ) BPT ⇔  x ≥ 0   x ≥ 2 ∨ x ≤ −1 2  x + 2 ≤ x

QU Y

Câu 144: Số nghiệm nguyên của bất phương trình A. 3 .

B. 1 .

Chọn B

C. 4 . Lời giải

D. 2 .

x +1 ≥ 0   x + 1 ≥ 0 x +1 ≥ 0  2 2 ( x + 1) ≤ x + 1 ⇔  2 ( x 2 + 1) ≥ 0 ⇔ 2 ⇔ ⇔ x =1 2 x − 2x +1 ≤ 0 x − 1) ≤ 0 (     2 2  2 ( x + 1) ≤ ( x + 1)

KÈ

Ta có

2 ( x 2 + 1) ≤ x + 1 là:

Vậy bất phương trình đã cho có một nghiệm nguyên

Câu 145: Tập nghiệm S của bất phương trình ( x − 1) x + 1 ≥ 0 là

DẠ

A. S = [ −1; +∞ ) .

B. S = {−1} ∪ (1; +∞ ) . C. S = {−1} ∪ [1; +∞ ) . D. S = (1; +∞ ) . Lời giải

Chọn C ĐKXĐ: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 Lập bảng xét dấu ta dễ dàng suy ra kết quả.

Page 53

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = {−1} ∪ [1; +∞ ) . Chọn C Cách 2: Xét 2 trường hợp x =1 và x khác 1.

x ≥ 2 C.  .  x ≤ −1  2

x ≥ 5 B.  . x ≤ 0

Lời giải Chọn A

 −1  D. x ∈  ; 0; 2;5 . 2 

x = 2 TH1: 2 x 2 − 3 x − 2 = 0 ⇔   x = −1  2

FI CI A

 x ≥ 5  A.  x = 2 .  −1 x ≤  2

Câu 146: Tập nghiệm của bất phương trình ( x 2 − 5 x ) 2 x 2 − 3 x − 2 ≥ 0 là

x > 2 x ≥ 5 2 TH2: 2 x − 3 x − 2 > 0 ⇔  . −1 . Khi đó bất phương trình trở thành: x − 5 x ≥ 0 ⇔  x < x ≤ 0  2

x ≥ 5 Kết hợp điều kiện ta có  −1 . x <  2

ƠN

QU Y

 x ≥ 5  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:  x = 2 .  −1 x ≤  2

Câu 147: Tổng các giá trị nguyên dương của m để tập nghiệm của bất phương trình

chứa đúng hai số nguyên là A. 5 . B. 29 .

C. 18 . Lời giải

m 2 x + 1 < x có 72

D. 63 .

KÈ

Chọn B Đk: x ≥ 0 .

m 2 m 2 x +1 < x ⇔ x − x +1 < 0 . 72 72 m Bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi ∆ = 1 − > 0 ⇔ m < 18 . Suy ra 0 < m < 18 . 18 m 2 x − x +1 = 0 . Gọi x1 , x2 ( x1 < x2 ) là hai nghiệm dương của phương trình 72 72   x1 + x2 = m Khi đó  và tập nghiệm của bất phương trình là S = ( x1 ; x2 ) .  x x = 72  1 2 m

DẠ

Với m nguyên dương, ta có

Page 54

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG 2

Đk cần: Giả sử tập S có đúng hai ngiệm nguyên  1 < x2 − x1 ≤ 3  1 < ( x2 − x1 ) ≤ 9 . 2

FI CI A

 72   72  Ta có ( x2 − x1 ) = ( x2 + x1 ) − 4 x1 x2 =   − 4   . m m  72 > 2+ 5 2 72 72 72   72  m     ⇔ m∈ Suy ra 1 <   − 4   ≤ 9 ⇔  ; . m m  2 + 13 2 + 5   72 ≤ 2 + 13  m 2

 72   72 ; m ∈   Do đó   2 + 13 2 + 5   m ∈ {13;14;15;16} . m ∈ ℤ  m ∈ {14;15} thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đk đủ: Với m ∈ {13;14;15;16} , ta thay từng giá trị của m vào bất phương trình, ta thấy chỉ có Vậy, các giá trị nguyên dương của m thỏa mãn là m ∈ {14;15} .

Câu 148: Tập nghiệm của bất phương trình

ƠN

Do đó tổng của các giá trị nguyên dương của m bằng 29.

x 2 + 2 x − 3 ≥ 2 x − 2 có dạng S = ( −∞; a ] ∪ [b; c ] . Tính tổng

P = a+b+c?

1 . 3

1 B. − . 3

Chọn A

 2 x − 2 ≤ 0  2  x + 2x − 3 ≥ 0 2 x + 2x − 3 ≥ 2x − 2 ⇔  2x − 2 > 0      x 2 + 2 x − 3 ≥ ( 2 x − 2 )2 

QU Y

Ta có

2 C. − . 3 Lời giải

x ≤ 1 2 x − 2 ≤ 0 x = 1  + 2 . ⇔  x ≥ 1 ⇔  x ≤ − 3  x + 2x − 3 ≥ 0   x ≤ −3 

KÈ

x > 1  2 x − 2 > 0 x > 1 7  ⇔ + 2 7 ⇔1< x ≤ . 2 ⇔  2 3  x + 2 x − 3 ≥ ( 2 x − 2 ) 3x − 10 x + 7 ≤ 0 1 ≤ x ≤ 3 

DẠ

 x ≤ −3 Hợp các trường hợp trên ta được  . 1 ≤ x ≤ 7 3 

1  7 Tập nghiệm của bất phương là S = ( −∞; − 3] ∪ 1;   a + b + c = . 3  3

Page 55

10 . 3

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

6x − 4 5 x2 + 1

C. −2. Lời giải

D. 1.

Chọn C Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 2. 5 x2 + 1

⇔

6x − 4 6x − 4 ≥ 2 x + 4 + 2 2 − x 5 x2 + 1

  1 1 ⇔ (6x − 4)  − ≥0 2  2x + 4 + 2 2 − x 5 x +1   5 x2 + 1 − 2 x + 4 + 2 2 − x ⇔ (6x − 4)   5 x2 + 1 2 x + 4 + 2 2 − x 

(

)

 

ƠN

(

)  ≥ 0 (1)

6x − 4

2x + 4 − 2 2 − x ≥

là [ a; b ] . Khi đó giá

trị biểu thức P = 3a − 2b bằng A. 2. B. 4.

2x + 4 − 2 2 − x ≥

FI CI A

Câu 149: Biết rằng tập nghiệm của bất phương trình

Xét f ( x ) = 5 x 2 + 1 với x ∈ [ −2; 2 ] có min f ( x ) = 5 .

Khi đó

5 x2 + 1 − 5 x2 + 1

(

Xét g ( x ) = 2 x + 4 + 2 2 − x với x ∈ [ −2; 2 ] có max g ( x ) = 2x + 4 + 2 2 − x 2x + 4 + 2 2 − x

) > 0, ∀x [ −2; 2].

2 , 3

QU Y

Ta có (1) ⇔ 6 x − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥

)

8 3 3

2  Kết hợp với điều kiện S =  ; 2 , tức 3 

2  a = 3  P = 3a − 2b = −2.  b = 2

Câu 150: Biết tập nghiệm của bất phương trình x − 2 x + 7 ≤ 4 là [ a; b ] . Tính giá trị của biểu thức

KÈ

P = 2a + b . A. P = 2 .

B. P = 17 .

C. P = 11 . Lời giải

D. P = −1.

Chọn A

DẠ

x − 2x + 7 ≤ 4 ⇔ x − 4 ≤ 2x + 7

 2 x + 7 ≥ 0  7   7 − 2 ≤ x < 4 x − 4 < 0 − ≤x<4 7  ⇔ ⇔− ≤ x≤9 ⇔ ⇔ 2  x − 4 ≥ 0  x ≥ 4 2   4 ≤ x ≤ 9   x 2 − 10 x + 9 ≤ 0 2    ( x − 4 ) ≤ 2 x + 7 Page 56

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

(

Câu 151: Giải bất phương trình 4 ( x + 1) < ( 2 x + 10 ) 1 − 3 + 2 x

)

ta được tập nghiệm T là:

 3  C. T =  − ;3  .  2 

FI CI A

 3  B. T =  − ; −1 ∪ ( −1;3] .  2 

A. T = ( −∞;3 ) .

 3  D. T =  − ; −1 ∪ ( −1;3) .  2  Lời giải

Cách 1:

(

3 +) Điều kiện xác định x ≥ − , (*) . 2 2

(

)

(1) .

ƠN

+) Xét bất phương trình 4 ( x + 1) < ( 2 x + 10 ) 1 − 3 + 2 x

Chọn D

+) Với điều kiện (*) ta có: (1) ⇔ 4 ( x + 1) . 1 + 3 + 2 x

7 Suy ra a = − ; b = 9 . Nên P = 2 a + b = 2 . 2

)

< ( 2 x + 10 ) .4 ( x + 1) .

2 ⇔ 4 ( x + 1) .  4 + 2 x + 2 3 + 2 x − 2 x − 10  < 0 .

 x ≠ −1  x ≠ −1 2 ⇔ ( x + 1) 2 3 + 2 x − 6 < 0 ⇔  ⇔ . 3 + 2 x < 9 x < 3

(

)

QU Y

 x ≠ −1  +) Kết hợp điều kiện (*) ta được  3 .  − 2 ≤ x < 3

 3   Tập nghiệm của bất phương trình (1) là T =  − ; −1 ∪ ( −1;3) .  2 

Cách 2: +) Thay x = − 1 vào bất phương trình ta được 0 < 0  loại A , C .

KÈ

+) Thay x = 3 vào bất phương trình ta được 64 < 64  loại B .  Chọn đáp án D

DẠ

Câu 152: Gọi S là tập nghiệm của bất phương trình 5 x − 1 − x − 1 > 2 x − 4 . Tập nào sau đây là phần bù của S ? A. ( −∞; 0 ) ∪ [10; +∞ ) . B. ( −∞; 2 ] ∪ (10; +∞ ) . C. ( −∞; 2 ) ∪ [10; +∞ ) .

D. ( 0;10 ) . Lời giải

Chọn C Page 57

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Điều kiện xác định: x ≥ 2 . 5x − 1 − x − 1 > 2 x − 4 ⇔ 5x − 1 > x − 1 + 2 x − 4

Vậy phần bù của S là ( −∞; 2 ) ∪ [10; +∞ ) .

Câu 153: Tính tổng các nghiệm nguyên thuộc [ −5; 5] của bất phương trình: C. 2 . Lời giải

B. 0 .

Chọn A

 3x − 1   3x − 1  2 2 − x ≤ 0 x2 − 9   ≤ x x −9 ⇔ x −9   x+5   x+5 

Với điều kiện trên,

D. 12 .

ƠN

 x ≥ 3  x2 − 9 ≥ 0  Điều kiện  ⇔   x ≤ −3 .  x + 5 =/ 0  x = −5  /

 3x − 1  2 x2 − 9   ≤ x x −9  x+5 

? A. 5 .

FI CI A

⇔ 5 x − 1 > x − 1 + 2 x − 4 + 2 x − 1. 2 x − 4 ⇔ x + 2 > 2 x 2 − 6 x + 4 ⇔ x 2 + 4 x + 4 > 2 x 2 − 6 x + 4 ⇔ x 2 − 10 x < 0 ⇔ 0 < x < 10  S = [ 2;10 )

Ta có

QU Y

 x2 − 9 = 0  x = ±3  2 2 2 x + 1) x + 1) x − 9 > 0 ( (   2 2 ⇔ − x −9 ≤ 0 ⇔ x −9 ≥ 0 ⇔  ⇔   x > 3 ∨ x < −3 2 x+5 x+5   x + 5 > 0   ( x + 1) ≥ 0    x + 5  x = ±3  x = ±3  . ⇔   x > 3 ∨ x < −3 ⇔   x > 3 ∨ −5 < x < −3   x > −5

 x = ±3 So với điều kiện ta được  .  x > 3 ∨ −5 < x < −3

KÈ

Vì x nguyên và thuộc [ −5; 5] nên x ∈ {±3; ±4;5} suy ra tổng các nghiệm bằng 5 .

Câu 154: Giải bất phương trình A. −5 < x ≤ −3 .

− x 2 + 6 x − 5 > 8 − 2 x có nghiệm là B. 3 < x ≤ 5 . C. 2 < x ≤ 3 . Lời giải

DẠ

Chọn B

Ta có bất phương trình

− x 2 + 6 x − 5 > 8 − 2 x tương đương với

Page 58

D. −3 ≤ x ≤ −2 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Vậy nghiệm của bất phương trình là 3 < x ≤ 5 .

Câu 155: Tập nghiệm của bất phương trình 2 x 2 + 4 x + 3 3 − 2 x − x 2 > 1 là A. ( −3;1] .

B. ( −3;1) .

C. [ −3;1) .

D. [ −3;1] .

Lời giải

Chọn D

FI CI A

 1 ≤ x ≤ 5  − x 2 + 6 x − 5 ≥ 0  1 ≤ x ≤ 5         x>4 8 − 2 x < 0 x > 4     ⇔ ⇔  x ≤ 4 ⇔ 3 < x ≤ 5 .   8 − 2x ≥ 0 x≤4    2 23  2   − x 2 + 6 x − 5 > ( 8 − 2 x )  5 x − 38 x + 69 < 0  3 < x < 5 

Đặt t = 3 − 2 x − x 2 ≥ 0  x 2 + 2 x = 3 − t 2 .

5 . 2

ƠN

Bất phương trình cho trở thành: −2t 2 + 3t + 5 > 0 ⇔ −1 < t <

0 ≤ 3 − 2 x − x 2 5  −3 ≤ x ≤ 1  Suy ra 0 ≤ 3 − 2 x − x < ⇔  ⇔ −3 ≤ x ≤ 1 . 25 ⇔  2 2 x ∈ ℝ 3 − 2 x − x <  4 Câu 156: Để bất phương trình

( x + 5 )( 3 − x ) ≤ x 2 + 2 x + a B. a ≥ 4 .

nghiệm đúng ∀x ∈ [ −5;3] , tham số a phải

C. a ≥ 5 . Lời giải

D. a ≥ 6 .

QU Y

thỏa mãn điều kiện: A. a ≥ 3 .

Chọn C t=

( x + 5 )( 3 − x ) , t ∈ [ 0; 4]  x 2 + 2 x = 15 − t 2

Ta có bpt: t ≤ 15 − t 2 + a ⇔ t 2 + t − 15 ≤ a (1), ∀ t ∈ [ 0; 4 ] Xét hàm số f (t ) = t 2 + t − 15, ∀ t ∈ [ 0; 4 ] , ta tìm được max f (t ) = 5

[0;4]

KÈ

Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi max f ( t ) ≤ a [0;4]

Vậy a ≥ 5

Câu 157: Cho bất phương trình 4

( x + 1)( 3 − x ) ≤ x 2 − 2 x + m − 3 .

Xác định m để bất phương trình

DẠ

nghiệm với ∀x ∈ [ −1;3] .

A. 0 ≤ m ≤ 12 .

B. m ≤ 12 .

C. m ≥ 0 . Lời giải

Chọn D

Page 59

D. m ≥ 12 .

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Khi đó bất phương trình 4

( x + 1)( 3 − x ) ≤

x +1+ 3 − x  t ∈ [ 0; 2 ] . 2

( x + 1)( 3 − x ) ≤ x 2 − 2 x + m − 3

trở thành

Với mọi x ∈ [ −1;3] , đặt t =

FI CI A

4t ≤ −t 2 + m ⇔ t 2 + 4t ≤ m . Với t ∈ [0; 2 ]  0 ≤ t 2 + 4t ≤ 12 , suy ra m ≥ 12 .

Câu 158: Cho bất phương trình x 2 − 6 x + − x 2 + 6 x − 8 + m − 1 ≥ 0 . Xác định m để bất phương trình nghiệm đúng với ∀x ∈ [ 2; 4 ] .

A. m ≥

35 . 4

B. m ≤ 9 .

C. m ≤

35 . 4

Lời giải

D. m ≥ 9 .

Chọn D Điều kiện − x 2 + 6 x − 8 ≥ 0 ⇔ x ∈ [ 2; 4 ] .

ƠN

Đặt t = − x 2 + 6 x − 8 ( 0 ≤ t ≤ 1) suy ra x 2 − 6 x = −8 − t 2 .

Ta có bất phương trình −8 − t 2 + t + m − 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ t 2 − t + 9 (*) .

QU Y

Xét f ( t ) = t 2 − t + 9 trên [ 0;1] ta có bảng biến thiên như sau:

Để bất phương trình đã cho nghiệm đúng ∀x ∈ [ 2; 4 ] thì bất phương trình (*) nghiệm đúng với mọi t ∈ [ 0;1] ⇔ m ≥ 9 .

2 . 4

B. m ≥ 0 .

KÈ

A. m ≤

Câu 159: Bất phương trình mx − x − 3 ≤ m có nghiệm khi C. m <

2 . 4

D. m ≥

2 . 4

Lời giải

Chọn A

Điều kiện xác định: x ≥ 3

DẠ

Ta có: mx − x − 3 ≤ m ⇔ m(x − 1) ≤ x − 3 ⇔ m ≤

Xét hàm số: y =

x −3 trên [ 3; +∞ ) x −1

Page 60

x −3 do x − 1 > 0 với ∀x ≥ 3 x −1

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

y'=

5− x  y'= 0 ⇔ x = 5 2(x − 1)2 x − 3

FI CI A

BBT:

Câu 160: Có bao nhiêu số nguyên m

không nhỏ hơn – 2018 để bất phương trình

ƠN

m( x 2 − 2 x + 2 + 1) + x(2 − x) ≤ 0 có nghiệm x ∈ 0;1 + 3  A. 2018 . B. 2019 . C. 2017 . Lời giải Chọn A

x 2 − 2 x + 2 = t , (t ≥ 1). Khi đó m ≤

t 2 + 2t + 2

t2 − 2 . t +1

> 0, ∀t ≥ 1 .

QU Y

Xét hàm số f (t ) =

( t + 1)

Với x ∈ 0;1 + 3  thì t ∈ [1; 2] . Do đó:

1 2 1 f (1) = − ; f (2) =  min f (t ) = − . [1;2] 2 3 2 t2 − 2 1 ⇔ m ≤ min f ( x) ⇔ m ≤ − . 1;3 [ ] t +1 2

KÈ

m≤

x2 − 2 x

Ta có: m( x 2 − 2 x + 2 + 1) + x(2 − x) ≤ 0 ⇔ m ≤

Đặt

2 4

Từ BBT ta có điều kiện có nghiệm của bất phương trình đã cho là: m ≤

DẠ

Vậy m ∈ {−2018; −2017;...; −1}

Page 61

x2 − 2 x + 2 + 1

D. 2020 .

FI CI A

HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ

CHƯƠNG

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

BÀI 18. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

1. Phương trình dạng:

ƠN

LÝ THUYẾT.

I =

ax 2 + bx + c = dx 2 + ex + f

Để giải phương trình:

ax 2 + bx + c = dx 2 + ex + f

Ta làm như sau:

Bước 1: Bình phương hai vế, rút gọn rồi giải phương trình bậc 2 hoặc bậc nhất.

Hoặc

QU Y

Bước 2: Thử lại các giá trị x tìm được có thỏa phương trình ban đầu hay không? Sau đó kết luận nghiệm

ax 2 + bx + c ≥ 0  ax 2 + bx + c = dx 2 + ex + f ⇔ dx 2 + ex + f ≥ 0 ax 2 + bx + c = dx 2 + ex + f  2 x2 − 4 x − 2 = x2 − x − 2

Ví dụ: Giải phương trình

Lời giải

KÈ

Bình phương hai vế của phương trình ta được: 2 x 2 − 4 x − 2 = x 2 − x − 2 Sau khi thu gọn ta được x2 − 3x = 0 Từ đó tìm được x = 0 hoặc x = 3 Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình đã cho, ta thấy chỉ có x = 3 thỏa mãn.

DẠ

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 3 .

Ví dụ: Giải các phương trình sau: a)

3 x 2 − 6 x + 1 = −2 x 2 − 9 x + 1

b) Lời giải

Page 1

2 x2 − 3x − 5 = x2 − 7

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG a)

3 x 2 − 6 x + 1 = −2 x 2 − 9 x + 1

Bình phương hai vế của phương trình ta được 3x 2 − 6 x + 1 = −2 x 2 − 9 x + 1 .

Sau khi thu gọn ta được 5x2 + 3x = 0 .

FI CI A

3 Từ đó tìm được x = 0 hoặc x = − . 5

Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình đã cho, ta thấy x = 0 và x = −

3  Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 0; −  5  b)

2 x2 − 3x − 5 =

x2 − 7

mãn.

3 thỏa 5

Sau khi thu gọn ta được x2 − 3x + 2 = 0 . Từ đó tìm được x = 1 hoặc x = 2 .

ƠN

Bình phương hai vế của phương trình ta được 2 x2 − 3x − 5 = x2 − 7 .

Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình đã cho, ta thấy không có giá trị nào thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = ∅ . 2. Phương trình dạng:

ax 2 + bx + c = dx + e

Ta làm như sau:

QU Y

Để giải phương trình:

ax 2 + bx + c = dx + e

Bước 1: Bình phương hai vế, rút gọn rồi giải phương trình bậc 2 hoặc bậc nhất. Bước 2: Thử lại các giá trị x tìm được có thỏa phương trình ban đầu hay không? Sau đó kết luận nghiệm

dx + e ≥ 0 ax 2 + bx + c = dx + e ⇔  2 2 ax + bx + c = ( dx + e )

KÈ

Hoặc

Ví dụ: Giải phương trình

2 x2 − 5x − 9 = x −1

Lời giải

Bình phương hai vế của phương trình ta được:

DẠ

2 x2 − 5x − 9 = x2 − 2 x + 1.

Sau khi thu gọn ta được x 2 − 3x − 10 = 0 .

Từ đó tìm được x = −2 hoặc x = 5 . Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình đã cho, ta thấy chỉ có x = 5 thỏa mãn. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 5 . Page 2

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Ví dụ: Giải các phương trình sau: 3 x 2 − 13 x + 14 = x − 3

Lời giải

FI CI A

c) Bình phương hai vế của phương trình ta được 2 x2 + x + 3 = 1 − 2 x + x2

2 x2 + x + 3 = 1 − x

Sau khi thu gọn ta được x2 + 3x + 2 = 0 Từ đó tìm được x = −1 hoặc x = −2

Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình đã cho, ta thấy x = −1 hoặc x = −2 thỏa mãn.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {−1; −2} .

d) Bình phương hai vế của phương trình ta được 3x 2 − 13x + 14 = x2 − 6 x + 9 . Sau khi thu gọn ta được 2 x 2 − 7 x + 5 = 0 .

5 . 2

ƠN

Từ đó tìm được x = 1 hoặc x =

Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình đã cho, ta thấy không có giá trị nào thỏa mãn.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = ∅ .

*Chú ý: Một số dạng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn khác

B ≥ 0 A=B⇔ 2 A = B

3) Dạng:

A+ B = C + D.

2) Dạng:

QU Y

1) Dạng:

 A ≥ 0; B ≥ 0 A+ B = C ⇔  A + B + 2 AB = C

* Nếu A+B = C+D (hoặc A.B = C.D) thì bình phương 2 vế ta được phương trình tương đương.

* Nếu A+C = B+D (hoặc A.C = B.D) thì phải đưa phương trình về dạng: A− C = D− B

KÈ

sau đó bình phương hai vế, tìm nghiệm sau đó thử lại để chọn nghiệm.

4) Dạng:

A+3 B = 3 C

DẠ

* Lập phương hai vế ta được: A + B + 3.3 AB (3 A + 3 B ) = C . Sau đó thay thế:

A + 3 B = 3 C vào phương trình, ta được: A + B + 3.3 ABC = C

Chú ý: sự thay thế này có thể dẫn đến nghiệm ngoại lai, vì vậy phải thử lại nghiệm.

Page 3

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA.

3x2 − 4 x − 1 = 2 x2 − 4 x + 3

x 2 + 2 x − 3 = −2 x 2 + 5

2 x 2 + 3x − 3 = − x 2 − x + 1

FI CI A

− x 2 + 5 x − 4 = −2 x 2 + 4 x + 2

Lời giải a)

6.20 Giải các phương trình sau:

3x2 − 4 x − 1 = 2 x2 − 4 x + 3

 3x 2 − 4 x − 1 = 2 x 2 − 4 x + 3 ⇔ x2 = 4 x = 2 . ⇔  x = −2

ƠN

Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình đã cho, ta thấy cả hai đều thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {−2; 2} . x 2 + 2 x − 3 = −2 x 2 + 5

 x 2 + 2 x − 3 = −2 x2 + 5

4  x=  3 ⇔   x = −2

QU Y

⇔ 3x 2 + 2 x − 8 = 0

Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình đã cho, ta thấy x =

4 thỏa mãn. 3

2 x 2 + 3x − 3 = − x 2 − x + 1

KÈ

4 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S =   . 3

 2 x 2 + 3x − 3 = − x 2 − x + 1 ⇔ 3x 2 + 4 x − 4 = 0

DẠ

2  x=  3 . ⇔   x = −2

Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình đã cho, ta thấy cả hai giá trị này không thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = ∅ . Page 4

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG d)

− x 2 + 5 x − 4 = −2 x 2 + 4 x + 2

 − x 2 + 5x − 4 = −2 x2 + 4 x + 2

⇔ x2 + x − 6 = 0

FI CI A

 x = −3 . ⇔  x = 2

Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình đã cho, ta thấy x = 2 thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {2} .

6 x 2 + 13 x + 13 = 2 x + 4

2 x 2 + 5 x + 3 = −3 − x

3 x 2 − 17 x + 23 = x − 3

6 x 2 + 13 x + 13 = 2 x + 4

 6 x 2 + 13x + 13 = 4 x 2 + 16 x + 16

QU Y

⇔ 2 x 2 − 3x − 3 = 0  3 + 33 x = 4 ⇔  3 − 33 x =  4

− x2 + 2 x + 4 = x − 2

ƠN

Lời giải a)

6.21 Giải các phương trình sau:

Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình đã cho, ta thấy cả hai đều thỏa mãn.  3 ± 34  Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S =    4  b)

2 x 2 + 5 x + 3 = −3 − x

 2 x2 + 5x + 3 = 9 + 6 x + x2

KÈ

⇔ x2 − x − 6 = 0 x = 3 ⇔  x = −2

DẠ

Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình đã cho, ta thấy cả hai giá trị này không thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = ∅

3 x 2 − 17 x + 23 = x − 3

 3x 2 − 17 x + 23 = x 2 − 6 x + 9 Page 5

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

⇔ 2 x 2 − 11x + 14 = 0

FI CI A

x = 2 ⇔ . x = 7  2 Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình đã cho, ta thấy x = 7  Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S =   2 d)

−x2 + 2x + 4 = x − 2

 − x2 + 2x + 4 = x2 − 4x + 4

7 thỏa mãn. 2

⇔ 2 x2 − 6x = 0

ƠN

x = 0 ⇔  x = 3

Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình đã cho, ta thấy x = 3 thỏa mãn.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {3} .

KÈ

QU Y

6.22 Cho tứ giác ABCD có AB ⊥ CD; AB = 2; BC = 13; CD = 8; DA = 5. Gọi H là giao điểm của AB và CD và đặt x = AH . Hãy thiết lập một phuơng trình để tính độ dài x , từ đó tính diện tích tứ giác ABCD.

Lời giải

Hướng dẫn: Sử dụng định lí Pytago để tìm x .

DẠ

 x > 0 Ta có: HD = 25 − x 2 . Điều kiện:  ⇔0< x<5 2  25 − x > 0

Xét tam giác vuông BHC , ta có HB2 + HC 2 = BC 2

Page 6

( *)

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG 2

⇔ ( x + 2) +

(

25 − x 2 + 8

)

= 132

⇔ x 2 + 4 x + 4 + 25 − x 2 + 16 25 − x 2 + 64 − 169 = 0

⇔ 4 25 − x 2 = 19 − x

FI CI A

⇔ 16 25 − x 2 = 76 − 4 x

(1)

(

)

Bình phương hai vế của phương trình ta được 16 25 − x 2 = 361 − 38 x + x 2 x = 3 Sau khi thu gọn ta được 17 x − 38 x − 39 = 0 ⇔   x = −13  17

Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình (1) và kết hợp với điều kiện (*) , ta thấy x = 3 thỏa mãn.

Vậy x = 3

Ta có HB = 5, HC = 12, HA = 3, HD = 4.

ƠN

Hướng dẫn: Để tính diện tích tứ giác ABCD , ta áp dụng công thức tính diện tích tam giác cho ∆ BHC , ∆ AHD .

1 1 1 S ABCD = S BHC − S AHD = .HB.HC − .HA.HD = ( 5.12 − 3.4 ) = 24 . 2 2 2

DẠ

KÈ

QU Y

6.23 Hằng ngày bạn Hùng đều đón bạn Minh đi học tại một vị trí trên lề đường thẳng đến trường. Minh đứng tại vị trí A cách lề đường một khoảng 50m để chờ Hùng. Khi nhìn thấy Hùng đạp xe đến địa điểm B , cách mình một đoạn 200 m thì Minh bắt đầu đi bộ ra lề đường để bắt kịp xe. Vận tốc đi bộ của Minh là 5 km / h , vận tốc xe đạp của Hùng là 15 km / h . Hãy xác định vị trí C trên lề đường (H.6.22) để hai bạn gặp nhau mà không bạn nào phải chờ người kia (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

Lời giải

Vận tốc của bạn Minh: v1 = 5 ( km / h ) . Vận tốc của bạn Hùng: v2 = 15 ( km / h ) . Page 7

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Áp dụng định lý Pithago vào tam giác vuông AHB : BH =

( 0, 2 ) − ( 0, 05)

15 15 . −x, x≤ 20 20

FI CI A

Suy ra: CH =

( km )

Gọi BC = x ( km ) , x > 0 .

15 20

Ta cần xác định vị trí điểm C để Minh và Hùng gặp nhau mà không bạn nào phải chờ người kia

Thời gian Hùng đi từ B đến C là: t2 =

S BC x = (h) . v2 15

Nghĩa là: ta cần tìm x để thời gian hai bạn di chuyển đến C là bằng nhau.

 15  2 − x  + ( 0,05 ) Quãng đường AC Minh đã đi là: AC = CH + AH =   20  2

Theo yêu cầu bài toán:

ƠN

 15  2 − x  + ( 0, 05 )  20 S   Thời gian Minh đã đi từ A đến C là: t1 = AC = (h) . v1 5

 15  2 − x  + ( 0.05 )  x  20  = 5 15 2

QU Y

 15  2 − x  + ( 0.05 )  20 x2  Bình phương 2 vế:  = 25 225

 3  9 15 ⇔ 9  − x + x 2  + = x2 80 10 400  

KÈ

9 15 9 x+ =0 10 25  x ≈ 0, 3 ⇔  x ≈ 0,1 ⇔ 8x2 −

Vì 0 < x ≤

15 ≈ 0.19 nên x ≈ 0,1 thỏa mãn. 20

DẠ

Vậy hai bạn Minh và Hùng di chuyển đến vị trí C x ≈ 0,1( km ) = 100 ( m ) .

Page 8

cách điểm B một đoạn

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Câu 1:

HỆ THỐNG BÀI TẬP TỰ LUẬN. Giải phương trình

3x 2 + 6 x + 3 = 2 x 2 − 5 x + 3

II =

FI CI A

Lời giải

Câu 2:

ƠN

 2 3x + 6 x + 3 ≥ 0 2 Ta có : 3x 2 + 6 x + 3 = 2 x 2 − 5 x + 3 ⇔  2 x − 5 x + 3 ≥ 0  3x 2 + 6 x + 3 = 2 x 2 − 5 x + 3   x ≤ 1  x ≤ 1   3  x = 0  x ≥ 3     . ⇔ x≥ ⇔  2 ⇔  x = −11   2  2  x = 0  x + 11x = 0    x = −11 Vậy phương trình có tập nghiệm: S = {0; −11}

2 x 2 − 3x + 1 = x 2 + 2 x − 3

Giải phương trình

Lời giải

QU Y

 1  x ≤ 2   x ≤ −3  x ≥ 1 2 2x − 3x +1 ≥ 0    2 x =1  x ≤ −3  x ≥ 1 2 2 2x − 3x +1 = x + 2x − 3 ⇔  x + 2x − 3 ≥ 0 ⇔  ⇔ ⇔ x = 4 2x2 − 3x +1 = x2 + 2x − 3  x ≥ 1  x = 1    x 2 − 5 x + 4 = 0  x = 4    

Giải phương trình

KÈ

Câu 3:

Vậy phương trình có tập nghiệm: S = {1; 4}

3 + 2 x − x2 = x2 − 4 x + 3 Lời giải

DẠ

Ta có

Page 9

FI CI A

−1 ≤ x ≤ 3 3 + 2 x − x 2 ≥ 0    x ≤ 1 3 + 2 x − x2 = x2 − 4 x + 3 ⇔  x2 − 4x + 3 ≥ 0 ⇔  3 + 2 x − x 2 = x 2 − 4 x + 3   x ≥ 3   2 2 x − 6 x = 0

   −1 ≤ x ≤ 3 x = 0   x ≤ 1 ⇔  ⇔ x = 3  x ≥ 3  x = 0    x = 3 Vậy phương trình có tập nghiệm: S = {0;3}

Câu 4:

− x2 + 9 x − 5 = x

Giải phương trình

ƠN

Lời giải Ta có

x ≥ 0 x ≥ 0 9 ± 41 − x2 + 9 x − 5 = x ⇔  2 ⇔ 2 ⇔x= . 2 4 − x + 9 x − 5 = x 2 x − 9 x + 5 = 0

Giải phương trình

Vậy phương trình trên có 2 nghiệm.

Câu 5:

3x 2 + 6 x + 3 = 2 x + 1

Lời giải

QU Y

2 x + 1 ≥ 0 3x 2 + 6 x + 3 = 2 x +1 ⇔  2 3x + 6 x + 3 = 4 x 2 + 4 x + 1  1  x ≥ −  1  2 x ≥ −  ⇔  ⇔  x = 1− 3 l . 2 ()  2   x − 2 x − 2 = 0   x = 1 + 3 (n) Giải phương trình

2 x 2 − 3x + 1 = x − 1 :

KÈ

Câu 6:

Ta có :

Lời giải

x ≥ 1  x − 1 ≥ 0 x ≥ 1  2 x − 3x + 1 = x − 1 ⇔  2 ⇔  x = 0 ⇔ x = 1 . 2 ⇔  2 2 x − 3 x + 1 = ( x − 1) x − x = 0  x = 1 

DẠ

Câu 7:

Giải phương trình

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

3 − 3x − x 2 = x Lời giải

Page 10

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Ta có

x ≥ 0 x ≥ 0 −3 + 33 3 − 3x − x 2 = x ⇔  ⇔ 2 ⇔x= 2 2 4 3 − 3 x − x = x 2 x + 3x − 3 = 0

Giải phương trình

3x 2 − 4 x + 4 = 3x + 2 .

FI CI A

Câu 8:

Vậy phương trình trên chỉ có 1nghiệm.

Lời giải Ta có:

2  3 x + 2 ≥ 0 x ≥ − 3x − 4 x + 4 = 3x + 2 ⇔  2 3 2 ⇔  6 x 2 + 16 x = 0 3 x − 4 x + 4 = ( 3 x + 2 ) 2

Vậy tập nghiệm của phương trình là {0} .

Câu 9:

Giải phương trình

x −1 = x − 3

ƠN

2   x ≥ − 3 ⇔ ⇔ x = 0.  x = 0, x = − 8  3

Lời giải

Câu 10:

QU Y

x ≥ 3  x − 3 ≥ 0 x ≥ 3 x ≥ 3  x −1 = x − 3 ⇔  ⇔ 2 ⇔  x = 5 ⇔ x = 5 2 ⇔  2  x − 1 = ( x − 3)  x −1 = x − 6x + 9  x − 7 x + 10 = 0  x = 2  Vậy phương trình có nghiệm x = 5 . Giải phương trình ( x 2 − 4 x + 3) x − 2 = 0

ĐK: x ≥ 2 .

Lời giải

Giải phương trình ( x 2 − 3 x + 2) x − 3 = 0

Lời giải

 x = 1  x 2 − 3x + 2 = 0     x=2 Ta có: ( x 2 − 3 x + 2) x − 3 = 0 ⇔   x ≥ 3 ⇔ x=3 ⇔   x≥3  x − 3 = 0    x = 3

DẠ

Câu 11:

KÈ

 x = 1 (l )  x2 − 4x + 3 = 0 pt ⇔  ⇔  x = 3 (tm) .  x−2=0  x = 2 (tm)

Câu 12: Giải phương trình

2x − 3 = x − 3 Page 11

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải

x ≥ 3 x ≥ 3  ⇔ 2 ⇔  x = 2 ⇔ x = 6 .  x − 8 x + 12 = 0   x = 6 

Câu 13:

Giải phương trình

x2 − 4x + 3 = 1 − x Lời giải

x2 − 4x + 3 = 1 − x

ƠN

Ta có

Vậy S = {6} .

FI CI A

 x − 3 ≥ 0 x ≥ 3 2x − 3 = x − 3 ⇔  2 ⇔  2 2 x − 3 = ( x − 3) 2 x − 3 = x − 6 x + 9

Ta có:

x ≤ 1 1 − x ≥ 0 x ≤ 1 ⇔  2 ⇔ 2 ⇔   x = 1 ⇔ x = 1 .  x − 4x + 3 = 1 − x  x − 3x + 2 = 0  x = 2  Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.

Điều kiện x ≥ 1 .

x − 1 = 5 − m có nghiệm. Khi đó tìm số các giá trị nguyên dương

QU Y

Câu 14: Biết phương trình (ẩn x ): của tham số m

Lời giải

+ Nếu 5 − m < 0 ⇔ m > 5 thì phương trình đã cho vô nghiệm. + Nếu 5 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 5 khi đó

x − 1 = 5 − m ⇔ x = (5 − m) 2 + 1 ≥ 1 suy ra phương trình có

nghiệm là x = (5 − m) 2 + 1 .

Tính tổng S tất cả các nghiệm của phương trình

x 2 + 3x − 2 = 1 + x

Lời giải

 x ≥ −1 1 + x ≥ 0  x + 3x − 2 = 1 + x ⇔  2 ⇔  x = 1 ⇔ x = 1 .  x + 3x − 2 = 1 + x    x = −3

Câu 15:

KÈ

Vậy các giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình có nghiệm là: m ∈ {1; 2;3; 4;5} .

DẠ

Câu 16:

Vậy S = 1 . Phương trình ( x 2 + 5 x + 4 ) x + 3 = 0 có bao nhiêu nghiệm? Page 12

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải Điều kiện: x ≥ −3.

FI CI A

Câu 17:

 x = −1( N ) 2   x + 5 x + 4 = 0 ⇔  x = −4 ( L ) ( x 2 + 5x + 4) x + 3 = 0 ⇔  x + 3 = 0   x = −3 N ( )  Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm. Tập nghiệm của phương trình ( x + 3) 10 − x 2 = x 2 − x − 12

Lời giải Khi đó: ( x + 3) 10 − x 2 = x 2 − x − 12 ⇔ ( x + 3) 10 − x 2 = ( x + 3)( x − 4 ) ⇔ ( x + 3)

)

10 − x 2 − x + 4 = 0

ƠN

 x = −3 ⇔  x = −3 . 2  10 − x = x − 4

(

Điều kiện: 10 − x 2 ≥ 0 ⇔ − 10 ≤ x ≤ 10 .

Vì phương trình 10 − x 2 = x − 4 vô nghiệm với mọi x thoả − 10 ≤ x ≤ 10 .

Câu 18:

Giải phương trình x − 2 x + 7 = −4

Lời giải

 x + 4 ≥ 0 Phương trình x − 2 x + 7 = −4 ⇔ x + 4 = 2 x + 7 ⇔  2 ( x + 4 ) = 2 x + 7

Câu 19:

QU Y

 x ≥ −4 ⇔ 2 ⇔ x = −3 . x + 6x + 9 = 0

Tính tổng các nghiệm của phương trình

2 − x ≥ 0 x ≤ 2 6 − 5x = 2 − x ⇔  ⇔ 2 2 6 − 5 x = 4 − 4 x + x x + x − 2 = 0

Phương trình

6 − 5x = 2 − x Lời giải

KÈ

x ≤ 2 x =1  ⇔  x = 1 ⇔   x = −2   x = −2 

Vậy tổng các nghiệm của phương trình bằng 1 + ( −2 ) = −1 . Giải phương trình 2 x + 5 + 1 = x + x + 5

DẠ

Câu 20:

Lời giải

x ≥ 1 Phương trình 2 x + 5 + 1 = x + x + 5 ⇔ x + 5 = x − 1 ⇔  2 x + 5 = x − 2x +1

Page 13

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 4 ∈ ( −2;10 ) .

Câu 21: Phương trình ( x − 1) 5 x + 1 = x 2 − 1 có bao nhiêu nghiệm Lời giải 1 ĐK: x ≥ − . 5

(

)

5x + 1 − x − 1 = 0

Phương trình ( x − 1) 5 x + 1 = x 2 − 1 ⇔ ( x − 1)

FI CI A

x ≥ 1 x ≥ 1  ⇔ 2 ⇔   x = −1 ⇔ x = 4.  x − 3x − 4 = 0   x = 4 

x = 1 ⇔  5 x + 1 = x + 1 (*)

ƠN

 x ≥ −1  x ≥ −1  x ≥ −1 x = 0  ⇔ 2 ⇔  x = 0 ⇔  Phương trình (*) ⇔  2 x = 3 5 x + 1 = x + 2 x + 1  x − 3x = 0   x = 3 

Câu 22:

Giải phương trình

5x + 6 = x − 6

Vậy phương trình dẫ cho có các nghiệm là: x = 0; x = 1; x = 3

Lời giải

 x − 6 ≥ 0 x ≥ 6 5x + 6 = x − 6 ⇔  2 ⇔  2 5 x + 6 = ( x − 6 ) 5 x + 6 = x − 12 x + 36

QU Y

Ta có :

Số nghiệm của phương trình

KÈ

Câu 23:

x ≥ 6 x ≥ 6  ⇔ 2 ⇔   x = 2(l ) . Vậy S = {15} .  x − 17 x + 30 = 0    x = 15

3x 2 − 9 x + 7 = x − 2 Lời giải

Điều kiện x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 . 2

DẠ

Phương trình trở thành 3x − 9 x + 7 = ( x − 2 )

Câu 24:

 x =1 ⇔ 2 x − 5x + 3 = 0 ⇔  . x = 3  2

So điều kiện, không có nghiệm nào thõa mãn Vậy phương trình vô nghiệm. Giải phương trình ( x − 3)

(

)

4 − x2 − x = 0

Lời giải Page 14

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG ĐKXĐ: 4 − x 2 ≥ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2 .

x = 3 ( L) . 4 − x2 − x = 0 ⇔   4 − x 2 = x (*)

)

(

Ta có ( x − 3)

 x ≥ 0 ⇔ ⇔ x= 2. 4 − x = x  x = ± 2

Vậy S =

Câu 25:

FI CI A

x ≥ 0

( *) ⇔ 

{ 2} .

Giải phương trình

x 2 − 6 x + 17 = 2 x −1 Lời giải

Ta có:

1  2 x − 1 ≥ 0 x ≥ ⇔ x = 2. x − 6 x + 17 = 2 x − 1 ⇔  2 2 2 ⇔   x − 6 x + 17 = ( 2 x − 1) 3x 2 + 2 x − 16 = 0 

ƠN

Câu 26: Tìm m để phương trình ( x 2 + 4 x + 3) x − m = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt.

Lời giải

QU Y

x ≥ m x ≥ m    x = m . Phương trình tương đương:   x = m ⇔   x2 + 4 x + 3 = 0   x = −1    x = −3  Phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi −3 ≤ m < −1 .

Câu 27:

Tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình nghiệm duy nhất

x 2 − 2 ( m + 1) x + 6m − 2 x−2

= x − 2 có

Lời giải

KÈ

Điều kiện xác định của phương trình là x > 2 . Khi đó phương trình

x 2 − 2 ( m + 1) x + 6m − 2 x−2

( *)

DẠ

x = 3 ⇔ x 2 − ( 2m + 3 ) x + 6m = 0 ⇔   x = 2m

= x − 2 ⇔ x 2 − 2 ( m + 1) x + 6m − 2 = x − 2

Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì (*) có nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện

x>2

Page 15

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Giải phương trình

3x + 7 − x + 1 = 2

FI CI A

Câu 28:

3  m=  2m = 3 3  tương đương với  ⇔ 2 ⇔ m ∈ ( −∞;1] ∪   . 2  2m ≤ 2 < 3  m ≤ 1 

Lời giải 7  ĐK 3 x + 7 ≥ 0 ⇔  x ≥ − 3 ⇔ x ≥ −1 . x +1 ≥ 0  x ≥ −1

{

3x + 7 − x + 1 = 2 ⇔ 3x + 7 = x + 1 + 2 .

⇔ 3 x + 7 = x + 1 + 4 + 4 x + 1 ⇔ 4 x + 1 = 2 x + 2 ⇔ ( x + 1) − 2 x + 1 = 0 .  ⇔  x + 1 = 0 ⇔  x = −1 (nhận).  x = 3  x +1 = 2

Câu 29:

ƠN

Tổng các nghiệm của phương trình 3 + ( −1) = 2 .

Tìm tham số m để phương trình ( x 2 − x ) x − m = 0 chỉ có một nghiệm

Điều kiện x ≥ m (1) .

− x)

x = 0   x2 − x = 0 ⇔ x = 1 . x−m =0 ⇔  x − m = 0   x = m ( tm (1) )

QU Y

Lời giải

Phương trình luôn có nghiệm x = m . Để phương trình có nghiệm duy nhất thì x = m ≥ 1 Vậy m ≥ 1 .

Câu 30: Cho phương trình x 2 − 10 x + m = 2 − x . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số mđể phương trình đã cho vô nghiệm. Lời giải

KÈ

2 − x ≥ 0 x ≤ 2 x 2 − 10 x + m = 2 − x ⇔  2 2 ⇔  2 2  x − 10 x + m = ( 2 − x )  x − 10 x + m = 4 − 4 x + x

DẠ

x ≤ 2 x ≤ 2  ⇔  m−4 ⇔ 6 x = m − 4  x = 6

Để phương trình vô nghiệm thì

m−4 > 2 ⇔ m − 4 > 12 ⇔ m > 16 . 6

Page 16

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Câu 31:

Cho phương trình

2 x + m = x − 1 (1) . Tất cả giá trị của m để phương trình có hai nghiệm

Lời giải  x − 1 ≥ 0 x ≥ 1 2x + m = x −1 ⇔  2 ⇔  2  2 x + m = ( x − 1)  x − 4 x + 1 − m = 0 (2)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 ⇔

FI CI A

Phương trình

( 2 ) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 .

3 + m > 0 m ≥ −3 ∆ > 0 ∆ > 0   ⇔ ⇔ ⇔ ( x1 − 1)( x2 − 1) > 0 ⇔  x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 > 0 1 < x1 < x2 0 < x1 − 1 < x2 − 1 x + x > 2 x + x > 2  1 2  1 2

Câu 32:

Giải phương trình x 2 − 2 x − 8 = 4

ƠN

m > −3  ⇔ 1 − m − 4 + 1 > 0 ⇔ −3 < m < 2 . 4 > 2 

( 4 − x )( x + 2 )

Lời giải

t = 0 Đặt t = − x 2 + 2 x + 8 ( t ≥ 0 ) , khi đó phương trình trở thành: −t 2 = 4t ⇔  . t = −4 ( L )

QU Y

x = 4 V ới t = 0  − x 2 + 2 x + 8 = 0 ⇔  . Vậy phương trình có hai nghiệm.  x = −2

Câu 33:

Giải phương trình 2 x 2 − 8 x = x 2 − 8 x − 3

Lời giải

 t = −1 ( L ) Đặt t = x 2 − 8 x , t ≥ 0 . Pt: 2t = t 2 − 3 ⇔ t 2 − 2t − 3 = 0 ⇔  . t = 3 ( N )

KÈ

x = 9 V ới t = 3 ⇔ x 2 − 8 x = 3 ⇔ x 2 − 8 x − 9 = 0 ⇔  .  x = −1 Vậy tổng các nghiệm của phương trình bằng 8 .

[Giải phương trình ( x − 1)( x − 3) + 3 x 2 − 4 x + 5 − 2 = 0

Câu 34:

DẠ

( x − 1)( x − 3) + 3

Lời giải x2 − 4 x + 5 − 2 = 0

⇔ x2 − 4 x + 3 + 3 x2 − 4 x + 5 − 2 = 0

Đặt

x 2 − 4 x + 5 = t ( t ≥ 0 ) ta được phương trình:

Page 17

phân biệt lớn hơn 1.

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG t 2 − 2 + 3t − 2 = 0 ⇔ t 2 + 3t − 4 = 0

FI CI A

t = 1(TM) ⇔ t = −4 (L) Với t = 1 ta được x2 − 4 x + 5 = 1 ⇔ x2 − 4 x + 5 = 1 ⇔ x2 − 4 x + 4 = 0 Vậy tổng bình phương nghiệm của phương trình trên là 4.

Câu 35: Giải phương trình ( x + 4 )( x + 1) − 3 x 2 + 5 x + 2 = 6

Ta có ( x + 4 )( x + 1) − 3 x 2 + 5 x + 2 = 6

⇔ x 2 + 5x − 2 − 3 x2 + 5x + 2 = 0 .

ƠN

Lời giải

⇔ x=2

t = −1 ( l ) Đặt t = x 2 + 5 x + 2 ( t ≥ 0 ) . Khi đó, phương trình trở thành: t 2 − 4 − 3t = 0 ⇔  . t = 4 ( n )

QU Y

V ới t = 4 ⇔ x 2 + 5 x + 2 = 4 ⇔ x 2 + 5 x + 2 = 16 ⇔ x 2 + 5 x − 14 = 0

x = 2 . ⇔  x = −7

Vậy tổng các bình phương các nghiệm của phương trình ( x + 4 )( x + 1) − 3 x 2 + 5 x + 2 = 6 là: 2

KÈ

22 + ( −7 ) = 53 .

Câu 36: Phương trình: 5 x3 + x 2 − 2 x = 2 x 2 + 6 x − 2 với nghiệm có dạng Lời giải

Y DẠ

a± b tính S = a + b + c c

x ≥1 Điều kiện xác định của phương trình: x3 + x 2 − 2 x ≥ 0 ⇔  .  −2 ≤ x ≤ 0 Ta có 5 x 3 + x 2 − 2 x = 2 x 2 + 6 x − 2 ⇔ 5

( x − 1) ( x 2 + 2 x ) = 2 ( x 2 + 2 x ) + 2 ( x − 1)(*)

Page 18

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Ta thấy với x = 1 không phải là nghiệm của phương trình (* ) .

FI CI A

 x2 + 2x  x2 + 2 x Với x ≠ 1 ta có phương trình (* ) ⇔ 2  − 5 +2=0  x −1  x −1   x2 + 2x 1   x2 + 2 x 1 −7 + 33 = =  x= 2    4x + 7 x +1 = 0 x −1 2 x −1 4 8 ⇔  2 . ⇔  ⇔  ⇔  2  2   x + 2x x − 2x + 4 = 0 −7 − 33 x + 2 x   =2 x =  x − 1 = 4 8   x − 1

x ≥ 1 −7 ± 33 thỏa mãn. So với điều kiện  , ta có hai nghiệm x = − 2 ≤ ≤ 0 x 8 

ƠN

 a = −7  Suy ra b = 33 . Do đó a + b + c = −7 + 33 + 8 = 34 . c = 8 

* Phân tích phương án nhiễu:

+ Sai lầm khi Chọn a = −7, b = −33, c = 8 , khi đó a + b + c = −7 − 33 + 8 = −32 .

+ Sai lầm khi Chọn a = 7, b = 33, c = 8 , khi đó a + b + c = 7 + 33 + 8 = 48 . + Sai lầm khi Chọn a = 7, b = −33, c = 8 , khi đó a + b + c = 7 − 33 + 8 = −18 . Phương

trình:

S = a+b+c+d

13 x 3 + x 2 − 6 x = 5 x 2 + 21x − 12

QU Y

Câu 37:

với

nghiệm

có

dạng

a ±b c tính d

Lời giải

x ≥ 2 Điều kiện xác định của phương trình: x3 + x2 − 6 x ≥ 0 ⇔  .  −3 ≤ x ≤ 0

Ta có 13 x 3 + x 2 − 6 x = 5 x 2 + 21x − 12 ⇔ 13

( x − 2 ) ( x 2 + 3 x ) = 5 ( x 2 + 3x ) + 6 ( x − 2 )

KÈ

Ta thấy với x = 2 không phải là nghiệm của phương trình (* ) .  x2 + 3x  x 2 + 3x Với x ≠ 2 ta có phương trình (* ) ⇔ 5  +6 =0  − 13 x−2  x−2 

DẠ

 x 2 + 3x 3   x 2 + 3x 9 −33 + 3 71 = =  2 x =   25 x + 66 x + 18 = 0 x−2 5 x−2 25 25 ⇔  2 . ⇔  ⇔  2 ⇔   2  x + 3 x  x − x + 8 = 0 − 33 − 3 71   x + 3x = 2 x =  x − 2 = 4 25   x − 2

x ≥ 2 −33 ± 3 71 So với điều kiện  , ta có hai nghiệm x = thỏa mãn. 25  −3 ≤ x ≤ 0 Page 19

( *)

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

FI CI A

 a = −33 b = 3 Suy ra  . Do đó a + b + c + d = −33 + 3 + 71 + 25 = 66 . c = 71   d = 25

* Phân tích phương án nhiễu:

+ Sai lầm khi chọn a = −33, b = −3, c = 71; d = 25 , khi đó a + b + c + d = −33 − 3 + 71 + 25 = 60 . + Sai lầm khi chọn a = 33, b = 3, c = 71; d = 25 , khi đó a + b + c + d = 33 + 3 + 71 + 25 = 132 .

+ Sai lầm khi chọn a = 33, b = −3, c = 71; d = 25 , khi đó a + b + c + d = 33 − 3 + 71 + 25 = 126 . Tính tổng các bình phương các nghiệm của phương trình ( x + 4 )( x + 1) − 3 x 2 + 5 x + 2 = 6

Lời giải

Câu 38:

ƠN

Ta có ( x + 4 )( x + 1) − 3 x 2 + 5 x + 2 = 6 ⇔ x 2 + 5 x − 2 − 3 x 2 + 5 x + 2 = 0 .

t = −1 ( l ) Đặt t = x 2 + 5 x + 2 ( t ≥ 0 ) . Khi đó, phương trình trở thành: t 2 − 4 − 3t = 0 ⇔  . t = 4 ( n )

x = 2 Với t = 4 ⇔ x 2 + 5 x + 2 = 4 ⇔ x 2 + 5 x + 2 = 16 ⇔ x 2 + 5 x − 14 = 0 ⇔  .  x = −7 Vậy tổng các bình phương các nghiệm của phương trình ( x + 4 )( x + 1) − 3 x 2 + 5 x + 2 = 6 là 2

Câu 39:

QU Y

22 + ( −7 ) = 53 .

Tính tích các nghiệm của phương trình x 2 + 2 x x −

Lời giải

1  x − ≥ 0 ĐK:  . x  x ≠ 0

1 = 3x + 1 x

KÈ

Chia 2 vế phương trình cho x ta có:

1 1 1 1 1 = 3x + 1 ⇔ x + 2 x − − 3 − = 0 ⇔ x − + 2 x − − 3 = 0 x x x x x

Đặt t = x −

 t = 1(n) 1 ( t ≥ 0 ) . Ta có phương trình t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔  x  t = −3(l )

DẠ

x2 + 2x x −

Câu 40:

* t =1⇔ x −

1 1 1± 5 = 1 ⇔ x − = 1 ⇔ x2 − x −1 = 0 ⇔ x = ( thỏa điều kiện). x x 2

Tích các nghiệm bằng:

1− 5 1+ 5 . = −1 . 2 2

Giải phương trình x ( x + 5 ) = 2 3 x 2 + 5 x − 2 − 2 Page 20

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG Lời giải

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên.

Câu 41: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình nghiệm

FI CI A

 x = −2 Với t = −2  3 x 2 + 5 x − 2 = −2 ⇔ x 2 + 5 x + 6 = 0 ⇔   x = −3

Đặt t = 3 x 2 + 5 x − 2 ta được phương trình: t 3 + 2 = 2t − 2 ⇔ t 3 − 2t + 4 = 0 ⇔ t = −2

x + 4 + 4 − x + 2 − x 2 + 16 − m + 2 = 0 có

Lời giải - Điều kiện: −4 ≤ x ≤ 4 .

- Đặt t = 4 + x + 4 − x  t 2 = 8 + 2 16 − x 2  t 2 ≥ 8  t ≥ 2 2 . Lại có: t = 4 + x + 4 − x ≤

(1 + 1)( 4 + x + 4 − x ) = 4 .

ƠN

Do đó: với x ∈ [ −4; 4] thì t ∈  2 2; 4  . - Phương trình đã cho trở thành: t 2 + t − 6 − m = 0 ⇔ t 2 + t − 6 = m .

Nhận thấy hàm số f ( t ) = t 2 + t − 6 đồng biến trên đoạn  2 2; 4  nên

(

)

f 2 2 ≤ f ( t ) ≤ f ( 4 ) , ∀t ∈  2 2; 4 

⇔ 2 + 2 2 ≤ f ( t ) ≤ 14 , ∀t ∈  2 2; 4  .

Suy ra phương trình f ( t ) = m có nghiệm trên đoạn  2 2; 4  khi và chỉ khi 2 + 2 2 ≤ m ≤ 14 .

QU Y

Lại do m nguyên nên m ∈ {5;6;7;8;9;10;11;12;13;14} . Vậy có 10 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 42:

Tập tất cả các giá trị của tham số mđể phương trình x 2 + 1 − x 2 = m có nghiệm là [ a ; b] . Tính S = a + b .

Lời giải

KÈ

1 − x 2 ≥ 0 x2 + 1 − x2 = m ⇔  2 2 −(1 − x ) + 1 − x + 1 − m = 0

−1 ≤ x ≤ 1 ⇔ 2 2 −(1 − x ) + 1 − x + 1 − m = 0 (*)

DẠ

Đặt

1 − x 2 = t . Điều kiện t ∈[ 0;1] . Phương trình (*) trở thành: −t 2 + t + 1 = m (**)

Số nghiệm của phương trình (**) là số giao điểm của đồ thị hàm số f (t ) = −t 2 + t + 1 trên

[0;1] và đường thẳng y = m vuông góc với trục Oy .

Page 21

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

1 5 2 4

Xét đồ thị hàm số f (t ) = −t 2 + t + 1 là đường parabol có đỉnh là điểm I  ;  , vì a = −1 < 0

FI CI A

nên bề lõm quay xuống dưới. Ta có bảng biến thiên sau:

 5  

Vậy a = 1; b =

Câu 43:

5 5 9  S = a + b = 1+ = . 4 4 4

ƠN

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: Phương trình (**) có nghiệm ⇔ m ∈ 1;  . 4

Tổng bình phương các nghiệm của phương trình x3 + 1 = 2 3 2 x − 1 trên tập số thực bằng

Lời giải 3 3 Đặt t = 3 2x −1 ⇔ t = 2x −1 ⇔ t + 1 = 2x (1)

Với t = 3 2 x − 1 phương trình đã cho trở thành: x3 + 1 = 2t ( 2 )

QU Y

Lấy (1) trừ ( 2 ) vế theo vế ta được:

t = x t 3 − x3 = 2 ( x − t ) ⇔ ( t − x ) ( t 2 + tx + x 2 + 2 ) = 0 ⇔  2 2 t + tx + x + 2 = 0 (Vn ) Thay t = x vào (1) ta được:

 −1 ± 5 x = x3 + 1 = 2 x ⇔ x 3 − 2 x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 + x − 1) = 0 ⇔  1,2 2  x = 1  3

KÈ

 −1 ± 5  2 2 2 Vậy phương trình có tập nghiệm S = 1,  . Khi đó x1 + x2 + x3 = 4 . 2  

x − 1 = 6 ta được nghiệm dạng x0 =

Câu 44: Giải phương trình x + 5 +

DẠ

nguyên tố. Tính P = a + b + c.

Lời giải 2 u = x − 1 u + 1 = x Điều kiện x ≥ 1 . Đặt  .  2 v = 5 + x − 1 v − u = 5

Page 22

a− b , với a, b, c là các số c

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

u 2 + v = 5 (*)  u 2 − v 2 + v + u = 0 ⇔ ( u − v + 1)( u + v ) = 0 . Ta có hệ  2 v − u = 5

FI CI A

Nếu u + v = 0 ⇔ u = v = 0 . Do đó u + 1 = v .

Do u ≥ 0 nên u =

11 − 17 −1 + 17  x = u2 +1 = . 2 2

Vậy P = a + b + c = 11 + 17 + 2 = 30.

 −1 − 17 u = 2 2 . Từ (*) suy ra u + u − 4 = 0 ⇔   −1 + 17 u =  2

Câu 45: Giải phương trình x + 11 + x − 1 = 12 ta được nghiệm dạng x0 =

ƠN

nguyên tố. Tính P = a + b + c .

a− b , với a, b, c là các số c

Lời giải

2 u = x − 1 u + 1 = x Điều kiện x ≥ 1 . Đặt  .  2 v − u = 11 v = 11 + x − 1

QU Y

u 2 + v = 11 (*)  u 2 − v 2 + v + u = 0 ⇔ ( u − v + 1)( u + v ) = 0 . Ta có hệ  2 v − u = 11 Nếu u + v = 0 ⇔ u = v = 0 (vô lý). Do đó u + 1 = v .

 −1 − 41 u = 2 2 . Từ (*) suy ra u + u − 10 = 0 ⇔   −1 + 41 u =  2

KÈ

Do u ≥ 0 nên u =

−1 + 41 23 − 41  x = u2 +1 = (nhận). 2 2

Vậy P = a + b + c = 23 + 41 + 2 = 66.

x −1 + 5 − x + 3

Câu 46: Cho phương trình

( x − 1)( 5 − x ) = m . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của

DẠ

m để phương trình trên có nghiệm? Lời giải

Đặt t = x − 1 + 5 − x . Ta có t 2 = 4 + 2. x − 1. 5 − x ≥ 4  t ≥ 2 . Mặt khác t 2 = 4 + 2. x − 1. 5 − x ≤ 2 + ( x − 1) + ( 5 − x ) = 6  t ≤ 6 . Phương trình đã cho trở thành: Page 23

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

Xét hàm số f ( t ) = 3t 2 + 2t − 12 với t ∈  2; 6  .

( 6 )  4 ≤ f (t ) ≤ 6 + 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 4 ≤ m ≤ 6 + 2 6 Do m nguyên nên m ∈ {4;5;...;10} .

Câu 47:

3x2 + 5 x + 8 − 3x2 + 5x + 1 = 1

Giải phương trình

Lời giải

Ta có

3 x 2 + 5 x + 8 − 3 x 2 + 5 x + 1 = 1 (1)

(

3x 2 + 5 x + 8 − 3x 2 + 5 x + 1

)(

)

3 x 2 + 5 x + 8 + 3 x 2 + 5 x + 1 = 3x 2 + 5 x + 8 + 3x 2 + 5 x + 1

⇔ 3 x 2 + 5 x + 8 + 3 x 2 + 5 x + 1 = 7 (2) Từ (1) và (2) ta được hệ sau:

ƠN

⇔

FI CI A

Hàm số f đồng biến trên  2; 6  nên f ( 2 ) ≤ f ( t ) ≤ f

t2 − 4 t + 3. = m ⇔ 3t 2 + 2t − 12 = 2m . 2

x =1  3x 2 + 5 x + 8 − 3x 2 + 5 x + 1 = 1  3x 2 + 5 x + 8 = 4 2 ⇔ ⇔ 3x + 5 x − 8 = 0 ⇔  .  2 2 2  x = −8  3x + 5 x + 8 + 3x + 5 x + 1 = 7  3x + 5 x + 1 = 3 3  Thử lại, cả hai nghiệm đều thỏa mãn đề bài. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm. Giải phương trình: 4 x 2 + 12 x x + 1 = 27 ( x + 1) trên R : ta được nghiệm x = a ; x =

QU Y

Câu 48:

trong đó a; b; c; d ; e là các số tự nhiên và

b tối giản. Khi đó tính giá trị của biểu thức e

F = a+b− c+d −e

Lời giải

Ta có: 4 x 2 + 12 x x + 1 = 27 ( x + 1) Điều kiện: x ≥ −1 .

KÈ

⇔ 4 ( x 2 − 9 ) + 12 x

(

)

x + 1 − 2 = 3x − 9 .

12 x   ⇔ ( x − 3)  4 ( x + 3) + − 3 = 0 x +1 + 2  

DẠ

 x = 3( n) ⇔ .  4 ( x + 3) + 12 x − 3 = 0  x +1 + 2

Ta giải phương trình 4 ( x + 3) +

12 x −3= 0. x +1 + 2 Page 24

b−c d e

CHUYÊN ĐỀ VI – TOÁN 10 – CHƯƠNG VI – HÀM SỐ – ĐỒ THỊ VÀ ỨNG DỤNG

⇔ 20 x + 18 + ( 4 x + 9 ) x + 1 = 0 ⇔ ( 4 x + 9 ) x + 1 = − ( 20 x + 18 ) .

)

FI CI A

(

16 x 3 − 312 x 2 − 567 x − 243 = 0 ⇔ ( 4 x + 3) 4 x 2 − 81x − 81 = 0

Điều kiện: ( 4 x + 9 )( 20 x + 18) ≤ 0 . Khi đó bình phương 2 vế của phương trình ta được:

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

3   x = − 4 (l )  81 + 9 97  ⇔ x = (l ) . Vậy a = 3; b = 81; c = 9; d = 97; e = 8 . Khi đó: F = 164. 8  81 − 9 97  (n) x = 8 

Page 25

VII

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

FI CI A

CHƯƠNG

CHUYÊN ĐỀ VII – TOÁN 10 – CHƯƠNG VII – PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

BÀI 19. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG LÝ THUYẾT.

I. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT CỦA ĐƯỜNG THẲNG

I =

QU Y

ƠN

1. Vectơ pháp tuyến của đường thẳng 1.1. Định nghĩa: Vectơ n ≠ 0 gọi là vectơ pháp tuyến (VTPT) của ∆ nếu giá của nó vuông góc với ∆ .

1.2. Nhận xét: a) Nếu n là một vtpt của đường thẳng d thì k .n , ( k ≠ 0 ) cũng là một vtpt của d .

b) Nếu n là một VTPT của đường thẳng d và u là một VTCP của đường thẳng d thì n.u = 0 .

KÈ

c) Một đường thẳng xác định khi biết một VTPT và mộ điểm nó đi qua.

2. Phương trình tổng quát (PTTQ) của đường thẳng

DẠ

Trong mặt phẳng tọa độ, mọi đường thẳng đều có phương trình tổng quát dạng ax + by + c = 0 , với a và b không đồng thời bằng 0 . Ngược lại, mỗi phương trình dạng ax + by + c = 0 , với a và b không đồng thời bằng 0 , đều là phương trình của một đường thẳng, nhận n ( a; b ) là một vectơ pháp tuyến.

2.1. Đường thẳng d đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) và có VTPT n = ( A; B ) thì có phương trình tổng quát là A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) = 0 .

Page 1

CHUYÊN ĐỀ VII – TOÁN 10 – CHƯƠNG VII – PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG 2.2. Ngược lại, trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy mọi phương trình dạng

FI CI A

2.3. Một số trường hợp đặc biệt của PTTQ Ax + By + C = 0 ( A2 + B 2 ≠ 0 ) .

Ax + By + C = 0 ( A2 + B 2 ≠ 0 ) đều là phương trình tổng quát của đường thẳng d có VTPT n = ( A; B ) .

C đường thẳng song B C  song với trục hoành Ox và cắt trục tung Oy tại điểm M  0; −  . B 

a) Nếu A = 0 phương trình trở thành By + C = 0 ⇔ y = −

C đường thẳng song A

b) Nếu B = 0 phương trình trở thành Ax + C = 0 ⇔ x = −

 C  song với trục tung Oy và cắt trục hoành Ox tại M  − ; 0  .  A 

ƠN

c) Nếu C = 0 phương trình trở thành Ax + By = 0 đường thẳng đi qua gốc tọa độ

O ( 0;0 ) .

hệ số góc là −

A . B

d) Đường thẳng có dạng y = ax + b , (trong đó a được gọi là hệ số góc của đường thẳng ) có VTPT là n = ( a; −1) . Ngược lại đường thẳng có VTPT n = ( A; B ) thì có

x y + = 1. a b

QU Y

e) Đường thẳng d đi qua điểm A ( a;0 ) và B ( 0; b ) có phương trình là II. PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG

DẠ

KÈ

1. Véc tơ chỉ phương của đường thẳng 1.1. Định nghĩa Vectơ u ≠ 0 được gọi là vectơ chỉ phương (VTCP) của đường thẳng ∆ nếu giá của nó song song hoặc trùng với ∆ .

1.2. Nhận xét: a) Nếu u là một vtcp của đường thẳng d thì k .u , ( k ≠ 0 ) cũng là một véc tơ chỉ phương của d .

Page 2

CHUYÊN ĐỀ VII – TOÁN 10 – CHƯƠNG VII – PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG b) Một đường thẳng xác định khi biết một vtcp và một điểm mà nó đi qua.

2. Phương trình tham số của đường thẳng

hay

 x = x0 + at   y = y0 + bt

(2)

FI CI A

Cho đường thẳng ∆ đi qua điểm A ( x0 ; y0 ) và có vectơ chỉ phương u ( a; b ) . Khi đó điểm M ( x; y ) thuộc đường thẳng ∆ khi và chỉ khi tồn tại số thực t sao cho AM = tu ,

Hệ (2) được gọi là phương trình tham số của đường thẳng ∆ (t là tham số). 2.1. Đường thẳng d đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) và có vtcp u = ( a; b ) thì có phương trình

duy nhất một số thực t ∈ R và ngược lại).

 x = x0 + at tham số là  . ( Mỗi điểm M bất kỳ thuộc đường thẳng ( d ) tương ứng với  y = y0 + bt

ƠN

Nhận xét : A ∈ ∆ ⇔ A(x 0 + at ; y 0 + bt ), t ∈ R

 x = x0 + at 2.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , mọi phương trình dạng  v ới  y = y0 + bt a 2 + b 2 ≠ 0 đều là phương trình của đường thẳng d có một vtcp là u = ( a; b ) . 3. Phương trình chính tắc của đường thẳng

Đường thẳng d đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) và có vtcp u = ( a; b ) với a ≠ 0, b ≠ 0 có

x − x0 y − y0 = a b

QU Y

phương trình chính tắc là:

III. LIÊN HỆ GIỮA VTCP VÀ VTPT 1. Từ nhận xét “Nếu n là một VTPT của đường thẳng d và u là một VTCP của đường thẳng d thì n.u = 0 ” ta rút ra được: nếu n = ( A; B ) là một VTPT của đường thẳng d thì một VTCP của d là u = ( B; − A ) ( hoặc u = ( − B; A ) ).

KÈ

2. Từ nhận xét “Nếu n là một VTPT của đường thẳng d và u là một VTCP của đường thẳng d thì n.u = 0 ” ta rút ra được: nếu u = ( a; b ) là một VTCP của đường thẳng d thì một VTPT của d là n = ( −b; a ) (hoặc n = ( b; − a ) ).

DẠ

Hai nhận xét trên giúp ích rất nhiều trong việc chuyển đổi qua lại giữa các dạng phương trình đường thẳng. Từ PTTQ ta có thể chuyển sang PTTS và ngược lại.

BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA.

7.1. Trong mặt phẳng tọa độ, cho n = ( 2;1) , v = ( 3; 2 ) , A (1;3) , B ( −2;1) . Page 3

CHUYÊN ĐỀ VII – TOÁN 10 – CHƯƠNG VII – PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

a) Lập phương trình tổng quát của đường thẳng ∆1 đi qua A và có vectơ pháp tuyến n.

b) Lập phương trình tham số của đường thẳng ∆ 2 đi qua B và có vectơ chỉ phương v.

Lời giải

FI CI A

c) Lập phương trình tham số của đường thẳng AB.

a) Phương trình tổng quát của đường thẳng ∆1 đi qua A và có vectơ pháp tuyến n là 2( x − 1) + ( y − 3) = 0 ⇔ 2 x + y − 5 = 0.

 x = −2 + 3t ∆2 :   y = 1 + 2t. c) Lập phương trình tham số của đường thẳng AB.

b) Phương trình tham số của đường thẳng ∆ 2 đi qua B và có vectơ chỉ phương v là

ƠN

Đường thẳng AB đi qua điểm A và có vectơ chỉ phương AB = ( −3; −2 ) là  x = 1 − 3t   y = 3 − 2t.

7.2. Lập phương trình tổng quát của các trục tọa độ.

Lời giải

- Phương trình trục Ox đi qua điểm O ( 0; 0 ) và nhận j = (0;1) làm vectơ pháp tuyến có

QU Y

phương trình là

y = 0.

- Phương trình trục Oy đi qua điểm O ( 0;0 ) và nhận i = (1; 0) làm vectơ pháp tuyến có phương

trình là

x = 0.

 x = 1 + 2t 7.3. Cho hai đường thẳng ∆1 :  và ∆ 2 :2 x + 3 y − 5 = 0.  y = 3 + 5t

KÈ

a) Lập phương trình tổng quát của ∆1. b) Lập phương trình tham số của ∆ 2 .

Lời giải

DẠ

a) Lập phương trình tổng quát của ∆1.

Đường thẳng ∆1 đi qua điểm M (1;3) , có vectơ chỉ phương u = ( 2, 5 ) nên ∆1 có vectơ pháp tuyến là n = (5; −2). Khi đó phương trình tổng quát của ∆1 là: 5 x − 2 y + 1 = 0.

b) Lập phương trình tham số của ∆ 2 .

Page 4

CHUYÊN ĐỀ VII – TOÁN 10 – CHƯƠNG VII – PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

 x = 1 + 3t phương u = ( 3; −2 ) . Khi đó phương trình tham số của ∆ 2 là:   y = 1 − 2t.

FI CI A

7.4. Trong mặt phẳng tọa độ, cho tam giác ABC có A (1; 2 ) , B ( 3; 0 ) và C ( −2; −1) .

Đường thẳng ∆ 2 đi qua điểm N (1;1) , có vectơ pháp tuyến là n = (2;3) nên ∆ 2 có vectơ chỉ

a) Lập phương trình đường cao kẻ từ A. b) Lập phương trình đường trung tuyến kẻ từ B.

ƠN

Lời giải

a) Lập phương trình đường cao kẻ từ A.

Đường cao kẻ từ A đi qua A (1; 2 ) và nhận CB = ( 5;1) là vectơ pháp tuyến có phương trình là 5 x + y − 7 = 0.

b) Lập phương trình đường trung tuyến kẻ từ B.

QU Y

 1 1 Gọi M là trung điểm của AC thì M  − ;  .  2 2  7 1  Đường trung tuyến kẻ từ B nhận MB =  ; −  là vectơ chỉ phương nên có vectơ pháp 2 2 tuyến là n = (1;7) và đi qua B ( 3;0 ) nên có phương trình là: x + 7 y − 3 = 0 .

7.5. (Phương trình đọan chắn của đường thẳng ) Chứng minh rằng, đường thẳng đi qua hai điểm A ( a;0 ) , B ( 0; b ) với ab ≠ 0 ( H .7.3) có phương

x y + = 1. a b

DẠ

KÈ

trình là

Page 5

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ VII – TOÁN 10 – CHƯƠNG VII – PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

Lời giải

Đường thẳng đi qua hai điểm A ( a;0 ) , B ( 0; b ) nhận AB = ( −a; b ) làm vectơ chỉ phương thì có vectơ pháp tuyến là n = ( b; a ) . Khi đó phương trình đường thẳng là: bx + ay − ab = 0. Vì ab ≠ 0 nên chia cả hai vế của phương trình cho ab ta được phương trình là

ƠN

x y + = 1. a b

7.6. Theo Google Maps, sân bay Nội Bài có vĩ độ là 21, 2 0 Bắc, kinh độ 105,8 0 Đông, sân bay Đà Nẵng có vĩ độ là 16,1 0 Bắc, kinh độ 108, 2 0 Đông. Một máy bay, bay từ Nội Bài đến sân bay

QU Y

Đà Nẵng. Tại thời điểm t giờ, tính từ lúc xuất phát, máy bay ở vị trí có vĩ độ x 0 Bắc, kinh độ y 0 Đông được tính theo công thức 153   x = 21, 2 − 40 t   y = 105,8 + 9 t  5

a) Hỏi chuyến từ Hà Nội đến Đà Nẵng mất mấy giờ? b) Tại thời điểm 1 giờ kể từ lúc cất cánh, máy bay đã bay qua vĩ tuyến 17 ( 17 0 Bắc) chưa?

Lời giải

a) Hỏi chuyến từ Hà Nội đến Đà Nẵng mất mấy giờ?

KÈ

Thay x = 16,1 0 , y = 108, 2 0 vào công thức trên ta có 153  16,1 = 21, 2 − 40 t 4 t =  3 108, 2 = 105,8 + 9 t  5

DẠ

Vậy chuyến bay từ Hà Nội đến Đà Nẵng mất

4 giờ. 3

b) Tại thời điểm 1 giờ kể từ lúc cất cánh, máy bay đã bay qua vĩ tuyến 17 ( 17 0 Bắc) chưa? Tại thời điểm 1 giờ kể từ lúc cất cánh thì máy bay đã bay đến 17,375 0 Bắc nên máy bay đã bay qua vĩ tuyến 17 .

Page 6

CHUYÊN ĐỀ VII – TOÁN 10 – CHƯƠNG VII – PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

HỆ THỐNG BÀI TẬP.

FI CI A

DẠNG 1: XÁC ĐỊNH VTCP, VTPT CỦA ĐƯỜNG THẲNG

II =

{ Tích vô hướng hai vt, góc giữa hai vt, độ dài vt, độ dài đường trung tuyến, phân giác,đường cao, diện tích tam giác, chu vi tam giác…}

1 =

PHƯƠNG PHÁP.

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy phương trình dạng Ax + By + C = 0 ( A2 + B 2 ≠ 0 ) có VTPT n = ( A; B ) .

ƠN

 x = x0 + at 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , mọi phương trình dạng  v ới  y = y0 + bt a 2 + b 2 ≠ 0 đều là phương trình của đường thẳng d có một vtcp là u = ( a; b ) .

3. Nếu đường thẳng d có n = ( A; B ) là một VTPT thì một VTCP của d là u = ( B; − A ) (hoặc u = ( − B; A ) ). 4. Nếu đường thẳng d có u = ( a; b ) là một VTCP thì một VTPT của d là n = ( −b; a ) (hoặc n = ( b; −a ) ).

2 =

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM.

 x = 2 + 3t Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là:  y = −3 − t A. u1 = ( 2; –3) . B. u2 = ( 3; –1) . C. u3 = ( 3; 1) .

KÈ

Câu 1:

QU Y

5. Đường thẳng đi qua 2 điểm A, B thì nhận AB làm VTCP.

D. u4 = ( 3; –3)

Lời giải

Chọn B

Từ phương trình tham số của đường thẳng ta có một VTCP của đường thẳng là u2 = ( 3; –1) .

DẠ

Câu 2:

Một vectơ pháp tuyến của đường thẳng 2 x − 3 y + 6 = 0 là : A. n4 = ( 2; − 3) B. n2 = ( 2;3) C. n3 = ( 3; 2 )

Lời giải Chọn A Page 7

D. n1 = ( −3; 2 )

CHUYÊN ĐỀ VII – TOÁN 10 – CHƯƠNG VII – PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

x y Vectơ chỉ phương của đường thẳng + = 1 là: 3 2 A. u 4 = ( −2;3) B. u 2 = ( 3; − 2 ) C. u 3 = ( 3; 2 ) Lời giải Chọn B

D. u1 = ( 2;3)

FI CI A

Câu 3:

Từ PTTQ ta thấy một VTPT của đường thẳng là n4 = ( 2; − 3)

Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai điểm A ( −3; 2 ) và

B (1;4 ) ? A. u1 = ( −1; 2 ) .

B. u2 = ( 2;1) .

C. u3 = ( −2;6 ) .

ƠN

Câu 4:

x y + = 1 ⇔ 2 x + 3 y − 6 = 0 nên đường thẳng có VTPT là n = ( 2;3) . 3 2 Suy ra VTCP là u = ( 3; − 2 ) .

D. u4 = (1;1) .

Lời giải

Chọn B Ta có AB = ( 4; 2 ) một VTCP của đường thẳng AB cùng phương với AB = ( 4; 2 ) . 1 Ta thấy u2 = ( 2;1) = AB vậy u2 = ( 2;1) là một VTCP của AB 2 Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng đi qua hai điểm A ( 2;3) và

B ( 4;1) ? A. n1 = ( 2; −2 ) .

QU Y

Câu 5:

B. n2 = ( 2; −1) .

C. n3 = (1;1) .

D. n4 = (1; −2 ) .

Lời giải

Chọn C Ta có AB = ( 2; −2 ) một VTPT n của đường thẳng AB thì vuông góc với AB

KÈ

Suy ra n. AB = 0 ⇔ x.2 + y. ( −2 ) = 0 chọn x = 1, y = 1  n = (1;1) Chú ý: Ta hoàn toàn có thể dùng nhận xét nêu ở mục 2.3.2 để giải quyết nhanh bài toán này. Cho phương trình: ax + by + c = 0 (1) với a 2 + b 2 > 0 . Mệnh đề nào sau đây sai? A. (1) là phương trình tổng quát của đường thẳng có vectơ pháp tuyến là n = ( a; b ) .

DẠ

Câu 6:

B. a = 0 (1) là phương trình đường thẳng song song hoặc trùng với trục ox .

C. b = 0 (1) là phương trình đường thẳng song song hoặc trùng với trục oy . D. Điểm M 0 ( x0 ; y0 ) thuộc đường thẳng (1) khi và chỉ khi ax0 + by0 + c ≠ 0 . Lời giải Page 8

CHUYÊN ĐỀ VII – TOÁN 10 – CHƯƠNG VII – PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG Chọn D Ta có điểm M 0 ( x0 ; y0 ) thuộc đường thẳng (1) khi và chỉ khi ax0 + by0 + c = 0 . Mệnh đề nào sau đây sai? Đường thẳng ( d ) được xác định khi biết.

FI CI A

A. Một vecto pháp tuyến hoặc một vec tơ chỉ phương. B. Hệ số góc và một điểm thuộc đường thẳng.

Câu 7:

C. Một điểm thuộc ( d ) và biết ( d ) song song với một đường thẳng cho trước. D. Hai điểm phân biệt thuộc ( d ) . Lời giải

D. ( d ) có hệ số góc k =

ƠN

Câu 8:

Chọn A. Nếu chỉ có vecto pháp tuyến hoặc một vecto chỉ phương thì thiếu điểm đi qua để viết đường thẳng. Đường thẳng ( d ) có vecto pháp tuyến n = ( a; b ) . Mệnh đề nào sau đây sai? A. u1 = ( b; −a ) là vecto chỉ phương của ( d ) . B. u 2 = ( −b; a ) là vecto chỉ phương của ( d ) . C. n′ = ( ka; kb ) k ∈ R là vecto pháp tuyến của ( d ) . −b (b ≠ 0) . a

Phương

trình

đường

thẳng

có

vecto

pháp

QU Y

Chọn

Lời giải

Ta có ( d ) : 2 x + 3 y − 4 = 0  VTPT n = ( 2;3) = ( −4; −6 )

KÈ

Câu 10: Cho đường thẳng ( d ) : 3x − 7 y + 15 = 0 . Mệnh đề nào sau đây sai? A. u = ( 7;3) là vecto chỉ phương của ( d ) . 3 . 7 C. ( d ) không đi qua góc tọa độ.

B. ( d ) có hệ số góc k =

DẠ

tuyến

n = ( a; b )

a c ax + by + c = 0 ⇔ y = − x − ( b ≠ 0 ) b b a Suy ra hệ số góc k = − . b Cho đường thẳng (d): 2 x + 3 y − 4 = 0 . Vecto nào sau đây là vecto pháp tuyến của (d)? A. n1 = ( 3; 2 ) . B. n2 = ( −4; −6 ) . C. n3 = ( 2; −3) . D. n4 = ( −2;3) .

Câu 9:

Chọn

Lời giải

 1  D. ( d ) đi qua hai điểm M  − ; 2  và N ( 5;0 ) .  3  Lời giải

Chọn

D. Page 9

là

CHUYÊN ĐỀ VII – TOÁN 10 – CHƯƠNG VII – PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG Giả sử N ( 5;0 ) ∈ d : 3x − 7 y + 15 = 0  3.5 − 7.0 + 15 = 0 ( vl ) .

Lời giải Chọn C

Câu 12:

1  t=− 7  1  = 2 − 3t  7  2 Ta có A  ; −2  ∈ ( d )   2  t =− 2 2  −2 = −1 + 2t t = − 1  2

FI CI A

 x = 2 − 3t 7  Câu 11: Cho đường thẳng ( d ) :  và điểm A  ; −2  . Điểm A ∈ ( d ) ứng với giá trị nào của 2   y = −1 + 2t t? 3 1 1 A. t = . B. t = . C. t = − . D. t = 2 2 2 2

 x = 2 + 3t Cho ( d ) :  . Điểm nào sau đây không thuộc ( d ) ?  y = 5 − 4t B. B ( 2;5 ) .

C. C ( −1;9 ) .

D. D ( 8; −3) .

ƠN

A. A ( 5;3) .

Lời giải Chọn

2 = 2 + 3t t = 0 Thay B ( 2;5 )    t =0 5 = 5 − 4t t = 0 Câu 13: Một đường thẳng có bao nhiêu vectơ chỉ phương? A. 1. B. 2. C. 3.

D. Vô số.

Lời giải

QU Y

Chọn D Câu 14: Một đường thẳng có bao nhiêu vectơ pháp tuyến? A. 1 B. 2 C. 3

Chọn D

D. Vô số.

Lời giải

KÈ

x = 2 Câu 15: Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d :  ?  y = −1 + 6t A. u1 = ( 6;0 ) . B. u2 = ( −6;0 ) . C. u3 = ( 2;6 ) . D. u4 = ( 0;1) . Lời giải

Chọn D

Từ PTTS ta thấy một VTCP của d là u = ( 0; 6 ) = 6 ( 0;1) nên ta có thể chọn một VTCP là u4 = (0;1)

DẠ

1  x = 5 − t Câu 16: Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ :  2 ?  y = −3 + 3t  1  x y A. u1 = ( −1;3) B. u2 =  ;3  C. − = 2 D. 6 x − 2 y − 8 = 0 2 3 2 

Page 10

CHUYÊN ĐỀ VII – TOÁN 10 – CHƯƠNG VII – PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG Lời giải Chọn D

FI CI A

 1  Từ PTTS ta thấy một VTCP của ∆ là u =  − ;3   −2u = (1; −6 ) nên ta có thể chọn một  2  VTCP là u4 = (1; −6)

Câu 17: Cho đường thẳng ∆ có phương trình tổng quát: –2 x + 3 y – 1 = 0 . Vectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ . A. ( 3; 2 ) .

B. ( 2;3) .

C. ( –3; 2 ) . Lời giải

Chọn A

D. ( 2; –3) .

Từ PTTQ ta thấy một VTPT của ∆ là n = ( −2;3 ) suy ra một VTCP là u = ( 3; 2 )

ƠN

Câu 18: Cho đường thẳng ∆ có phương trình tổng quát: –2 x + 3 y – 1 = 0 . Vectơ nào sau đây không là vectơ chỉ phương của ∆  2 A.  1;  . B. ( 3; 2 ) . C. ( 2;3) . D. ( –3; –2 ) .  3 Lời giải Chọn C

Từ PTTQ của đường thẳng ta thấy một VTPT là n = ( −2;3) suy ra một VTCP của đường thẳng  2 là u = ( 3; 2 ) = −1( −3; −2 ) = 3  1;  vậy vec tơ có tọa độ ( 2;3) không phải là VTCP của ∆ .  3

QU Y

Câu 19: Đường thẳng ∆ :5 x + 3 y = 15 tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng bao nhiêu? A. 7,5 .

B. 5 .

Chọn A

C. 15 .

D. 3 .

Lời giải

∆ ∩ Ox = A ( 3; 0 ) , ∆ ∩ Oy = B ( 0;5 ) .

1 15 OA ⋅ OB = = 7,5 . 2 2

KÈ

Vậy S ∆OAB =

DẠNG 2: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG THỎA MÃN MỘT SỐ TÍNH CHẤT CHO TRƯỚC

{ Tính chất cho trước giúp tìm được: một điểm thuộc đường thẳng và một VTCP (hay VTPT); tìm được các hệ số A, B, C trong phương trình tổng quát; …}

DẠ

1 =

PHƯƠNG PHÁP.

Page 11

CHUYÊN ĐỀ VII – TOÁN 10 – CHƯƠNG VII – PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

1. Đường thẳng d đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) và có vtcp u = ( a; b ) thì có phương trình tham

 x = x0 + at số là  . ( Mỗi điểm M bất kỳ thuộc đường thẳng ( d ) tương ứng với duy nhất  y = y0 + bt

FI CI A

một số thực t ∈ R và ngược lại).

2. Đường thẳng d đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) và có vtcp u = ( a; b ) với a ≠ 0, b ≠ 0 có phương trình chính tắc là:

x − x0 y − y0 = a b

3. Đường thẳng d đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) và có VTPT n = ( A; B ) thì có phương trình

BÀI TẬP TỰ LUẬN.

2.1. Viết PTTS của đường thẳng. Câu 1:

ƠN

2 =

tổng quát là A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) = 0 .

Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ qua A ( 3; −1) và có VTCP u = ( −2;3) . Lời giải thẳng

∆

qua

 x = 3 + ( −2 ) t  x = 3 − 2t ⇔   y = −1 + 3t  y = −1 + 3t

và

có

VTCP

u = ( −2;3 )

có

PTTS

là

Viết PTTS của đường thẳng AB biết A ( 3;1) , B ( −1;3) .

QU Y

Câu 2:

A ( 3; −1)

Đường

Lời giải

Ta có AB = ( −4; 2 ) = −2 ( 2; −1)  u = ( 2; −1) là một VTCP của đường thẳng AB .

Câu 3:

KÈ

 x = 3 + 2t Vậy AB đi qua A ( 3;1) và có VTCP u = ( 2; −1) nên có PTTS  .  y = 1− t Lưu ý. Ta hoàn toàn có thể dùng AB = ( −4; 2 ) làm VTCP của đường thẳng AB . Viết PTTS của đường thẳng ∆ qua M ( −1;7 ) và song song với trục Ox.

Lời giải

DẠ

Ta thấy trục hoành Ox có VTCP chính là vec tơ đơn vị i = (1;0 ) . Vì đường thẳng ∆ song song với trục hoành Ox nên cũng nhận i = (1;0 ) làm VTCP. Suy ra phương trình tham số của ∆ là  x = −1 + t  y = 7

Nhận xét. Hai đường thẳng song song có cùng VTCP. Page 12

CHUYÊN ĐỀ VII – TOÁN 10 – CHƯƠNG VII – PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG x−2 y . Viết PTTS của đường thẳng ∆ qua I ( 2017; 2018) và song = 3 −5 song với đường thẳng d . Cho đường thẳng d :

Câu 4:

Lời giải

 x = 2017 + 3t u = ( 3; −5 ) làm VTCP. Vậy PTTS của ∆ là  .  y = 2018 − 5t

Câu 5:

FI CI A

Ta thấy đường thẳng d có một VTCP là u = ( 3; −5 ) , vì đường thẳng ∆ / /d nên ∆ cũng nhận

Cho A ( 3;1) và B ( −3;5 ) . Viết PTTS của đường thẳng ∆ là trung trực của đoạn thẳng AB .

Lời giải

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB suy ra I ( 0;3) . Đường trung trực của đoạn thẳng AB đi qua I ( 0;3) và có một VTPT là AB = ( −6; 4 ) nên có một VTCP là u = ( 2;3) . Vậy PTTS của

ƠN

 x = 2t . AB là   y = 3 + 3t

2.2. Viết PTTQ của đường thẳng

Viết PTTQ của đường thẳng d đi qua K ( −1;5) và có VTPT n = ( 2;1) .

Câu 1:

Lời giải

d đi qua K ( −1;5) và có VTPT n = ( 2;1) có PTTQ là

Câu 2:

QU Y

2 ( x + 1) + 1( y − 5 ) = 0 ⇔ 2 x + y − 3 = 0

Viết PTTQ của đường thẳng ∆ đi qua K ( 3; −2 ) và song song với đường thẳng d : x − 5 y + 2017 = 0 .

Lời giải

Đường thẳng d có một VTPT là n = (1; −5 ) , vì ∆ / /d nên ∆ cũng nhận n = (1; −5 ) làm một

VTPT vậy PTTS của ∆ là 1( x − 3) − 5 ( y + 2 ) = 0 ⇔ x − 5 y − 13 = 0

KÈ

Lưu ý. Ta hoàn toàn có thể giải theo cách khác như sau. Vì ∆ / /d nên ∆, d có cùng VTCP, PTTQ của ∆ có dạng x − 5 y + C = 0 ( C ≠ 2017 ) , mà ∆ đi qua K ( 3; −2 ) nên ta có 3 − 5 ( −2 ) + C = 0 ⇔ C = −13 Viết PTTQ của ∆ là đường trung trực của đoạn thẳng AB với A ( −4; −1) , B ( 2;3) .

DẠ

Câu 3:

Lời giải

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB  I ( −1;1) , AB = ( 6; 4 ) = 2 ( 3; 2 ) vì ∆ ⊥ AB nên ∆ có một VTPT là n = ( 3; 2 ) vậy PTTQ của ∆ là 3 ( x + 1) + 2 ( y − 1) = 0 ⇔ 3x + 2 y + 1 = 0

Page 13