›
›
›

Bài tập trắc nghiệm Đại số Lớp 10 (Vận dụng cao) - Hàm số và phương trình bậc hai - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)

docx 137 trang binhdn2 09/01/2023 2990
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập trắc nghiệm Đại số Lớp 10 (Vận dụng cao) - Hàm số và phương trình bậc hai - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxbai_tap_trac_nghiem_dai_so_lop_10_van_dung_cao_ham_so_va_phu.docx

Nội dung text: Bài tập trắc nghiệm Đại số Lớp 10 (Vận dụng cao) - Hàm số và phương trình bậc hai - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)

  1. t 2 t 1 1 1 1 f (t) t 1 ; f (a) a 1 ; f (b) b 1 t t a b 1 f (a) f (b) (a b) 1 0. ab 3 3 2 2 Giá trị của biểu thức: Q f (a) f (b)  f (a) f (b) f (a) f (b) f (a) f (b) 0. Câu 55. Cho hàm số y = x2 - 3x + 2 và hàm số y = - x + m , với m là tham số. Gọi m là giá trị sao cho đồ thị hai hàm số đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt E, F mà khoảng cách từ trung điểm K của đoạn thẳng EF đến trục hoành gấp đôi khoảng cách từ K đến trục tung. Khẳng định nào sau đây đúng? A. m Î [3; 4). B. m Î (- 3; 1].C. m Î (3; 5).D. m Î (- 3; 2]. Lời giải Chọn A + Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là x2 - 3x + 2 = - x + m Û x2 - 2x + 2- m = 0 (1) + Hai đồ thị hàm số đã cho có hai điểm chung khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm x1, x2 phân biệt Û D > 0 Û 1- (2- m)> 0 Û m > 1. ïì x + x = 2 + Theo định lí Viet ta có íï 1 2 . ï îï x1.x2 = 2- m Tọa độ các điểm E(x1; - x1 + m)và F (x2; - x2 + m). Tọa độ trung điểm đoạn EF là æx + x - x - x + 2mö K ç 1 2 ; 1 2 ÷Þ K (1; m- 1). èç 2 2 ø÷ + Khoảng cách từ K đến trục hoành gấp đôi khoảng cách từ K đến trục tung khi và chỉ khi ém = 3 m- 1 = 2 Û ê . ëêm = - 1 + Kết hợp với m > 1ta có m = 3 . Câu 56. Cho parabol P : y x2 m 1 x 4 ( m là tham sô). Gọi C là điểm thuộc P có hoành độ bằng 1. Gọi S là tập tất cả các giá trị của m sao cho đường thẳng d : y 4x 12cắt P tại hai điểm phân biệt A, B thỏa tam giác ABC vuông tại C . Tính tổng lập phương tất cả các phần tử của S . A. 1701. B. 1701. C. 1304. D. 1304. Lời giải Chọn B Ta có C 1;m 4 . Phương trình hoành độ giao điểm x2 m 1 x 4 4x 12 x2 m 3 x 8 0 1 . d cắt P tai hai điểm phân biết khi 1 có 2 nghiệm phân biệt m 3 2 32 0 . x1 x2 m 3 Áp dụng viet: . x1.x2 8
  2.   Gọi A x1;4x1 12 , B x2 ;4x2 12 CA x1 1;4x1 m 8 ;CB x2 1;4x2 m 8 . ABC vuông tại C   CA.CB 0 x x x x 1 16x x 4 m 8 x x m 8 2 0  1 2 1 2  1 2 1 2 2 m 3(n) 3m 27m 108 0 m 12(n) Có: 12 3 33 1701. Câu 57. Cho parabol P : y x2 m 1 x 4 ( m là tham sô). Gọi C là điểm thuộc P có hoành độ bằng 1. Gọi S là tập tất cả các giá trị của m sao cho đường thẳng d : y 4x 12cắt P tại hai điểm phân biệt A, B thỏa tam giác ABC vuông tại C . Tính tổng lập phương tất cả các phần tử của S . A. 1701. B. 1701. C. 1304. D. 1304. Lời giải Chọn B Ta có C 1;m 4 . Phương trình hoành độ giao điểm x2 m 1 x 4 4x 12 x2 m 3 x 8 0 1 . d cắt P tai hai điểm phân biết khi 1 có 2 nghiệm phân biệt m 3 2 32 0 . x1 x2 m 3 Áp dụng viet: . x1.x2 8 x1 x2 Gọi A x1; 4x1 12 , B x2 ; 4x2 12 trung điểm của AB : I ;2 x1 x2 12 2 m 3 I ;2m 6 2 2 2 x x 2 m 5 2 ABC vuông tại C AI CI 2 1 4 x x m 2 4 2 1 4 17 2 5 3 41 x x 4x x m2 m 4 1 2 1 2 4 2 4 17 5 3 41 m2 6m 9 32 m2 m 4 4 2 4 2 m 3(n) 3m 27m 108 0 m 12(n) Có: 12 3 33 1701. Câu 58. Cho hàm số y 2x2 2x m x 1có đồ thị (C). Gọi P là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để cho đồ thị (C)cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. Số phần tử của P là A. 5 . B. 4 . C. 8 . D. 9 . Lời giải Chọn B
  3. x 1 2x2 2x m x 1 0 Ta có: 2 x 4x 1 m Xét hàm số f (x) x2 4x 1, x 1 Ta có bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta được m 1; 2;3; 4 Câu 59. Cho parabol P : y x2 2x 3 và đường thẳng d : y x m . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để d cắt P tại hai điểm phân biệt A, B nằm về hai phía của đường thẳng có phương trình y 1? A. 3 .B. 4 .C. 5 .D. 6 . Lời giải Chọn C Phương trình hoàn độ giao điểm: x2 2x 3 x m x2 x 3 m 0 (1) d cắt P tại hai điểm phân biệt A, B (1) có 2 nghiệm phân biệt 13 0 m (2) 4 Giả sử A x1; y1 , B x2 ; y2 với x1, x2 là hai nghiệm của (1) Ta phải có y1 1 y2 1 0 x1 m 1 x2 m 1 0 2 2 x1x2 m 1 x1 x2 m 2m 1 0 m 4m 1 0 2 5 m 2 5 (thoả (2)) m ¢ m 0;1;2;3;4 Câu 60. Cho Parabol P : y x2 3x n và đường thẳng d : y mx 1. Biết đường thẳng d cắt Parabol P tại hai điểm phân biệt A x1; y1 , B x2 ; y2 thỏa mãn y1 y2 x1 x2 . Số giá trị nguyên dương của n bằng: A. 2 .B. 0 .C. 5 .D. 1. Lời giải Chọn A y y Đường thẳng d có hệ số góc là m 1 2 1nên phương trình của d là d : y x 1. x1 x2 Xét phương trình hoành độ giao điểm x2 3x n x 1 x2 4x n 1 0 1 . Vì đường thẳng d cắt Parabol P tại hai điểm phân biệt A x1; y1 , B x2 ; y2 nên 1 có hai nghiệm phân biệt, suy ra ' 4 n 1 0 n 3 . Do n ¥ n 1;2. Cũng có thể tìm m như sau:
  4. y1 mx1 1 do A x1; y1 , B x2 ; y2 thuộc d nên y1 y2 m x1 x2 , y2 mx2 1 m 1 x1 x2 0do x1 x2 0 m 1. Câu 61. Cho y x2 2(m 1)x m2 3 (P). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thõa mãn· 3 2 3 2 x1 x1x2 4x1 x2 x2 x1 4x2 . A. 1B. 2 C .3D. 0 Giải Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm phương trình x2 2(m 1)x m2 3 0 Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 2 2 3 2 3 2 ' (m 1) (m 3) 0 m 2 x1 x1x2 4x1 x2 x2 x1 4x2 3 2 3 2 2 Biến đổi x1 x1x2 4x1 x2 x2 x1 4x2 (x1 x2 )[(x1 x2 ) 2x1 x2 4] 0 2 2 2 m 1 Do x1 x2 (x1 x2) 2x1x2 4 0 [2(m 1)] 2(m 3) 4 0 m 3 (lo¹i) Câu 62. Cho hàm số y x2 2x 2 có đồ thị (P) và đường thẳng (d) có phương trình y x m .Có bao nhiêu giá trị m nguyên để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt.A, B sao cho OA2 OB2 22 . A. 8B. 6C.7D. 2 Giải Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm phương trình: x2 2x 2 x m x2 3x 2 m 0(1) d cắt (P) tại hai điểm phân biệt (1) có hai nghiệm phân biệt 9 4(2 m) 0 1 4m 1 0 m 4 Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm là A x1; x1 m , B x2; x2 m , trong đó x1, x2 là các 2 2 nghiệm của (1). Theo định lý Viet ta có: x1 x2 3, x1x2 2 m . Ta có: OA OB 22 2 2 2 2 x1 x1 m x2 x2 m 22 2 2 2 2 2 2 x1 x2 2m x1 x2 2m 22 x1 x2 2x1x2 m x1 x2 m 11 9 2(2 m) 3m m2 11 m2 5m 6 0 6 m 1 1 Đối chiếu điều kiện (*) ta được m 1Chon đáp số D 4 2 2 (2m 1)x1 (m 2)x2 m 2 (2m 1)x1 (m 2)x2 m 2 Câu 63. Gọi S a;b là tập các giá trị của tham số m để phương trình x x2 4 x 4 m có số nghiệm nhiều nhất. Tính a b. A. a b 6. B. a b 4. C. a b 1. D. a b 2 Lời giải Chọn C Cách 1:
  5. 2 x 2x khi x 0 Có y x x2 4 x 4 x . x 2 2 x 2x khi x 0 Đồ thị: y 1 y = m -2 -1 O 1 2 x Từ đồ thị, phương trình có số nghiệm nhiều nhất là6 nghiệm khi và chỉ khi 0 m 1 S 0;1 . Vậy a b 1. Cách 2: Đặt t x , t 0 . Phương trình trở thành: t t 2 m t 2 2t m . Phương trình x x2 4 x 4 m có nhiều nghiệm nhất phương trình t 2 2t m có nhiều nghiệm dương nhất. Xét hàm số y f t t t 2 t 2 2t , với t 0 . Vẽ đồ thị hàm số y f t trên 0; , từ đồ thị ta thấy phương trình nhiều nghiệm dương nhất là 3 nghiệm khi 0 m 1, suy ra S 0;1 . Vậy a b 1. Câu 64. Cho điểm M di động trên Parabol P : y x2 2x 3và điểm N di động trên a đường thẳng d : y 4x 9 . Khi đó giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN có dạng với b a, b là các số nguyên tố. Khi đó giá trị T b a là A. 12 .B. 10 .C. 14 .D. 4 . Lời giải Chọn A Dễ thấy với mỗi điểm M P và với mỗi điểm N d thì MN d M ;d MH với H là hình chiếu của M lên d . Để MN bé nhất thì N phải là hình chiếu của M lên d , tức là N  H . Qua M kẻ đường thẳng d 'song song với d . Khoảng cách từ M đến d bé nhất khi và chỉ khi d 'là tiếp tuyến của P tại M . Bài toán trở thành viết phương trình đường thẳng d 'tiếp xúc với P
  6. biết d 'song song với d.Phương trình đường thẳng d 'có dạng y 4x b b 9 . Vì d 'tiếp xúc với P nên phương trình sau có nghiệm kép: x2 2x 3 4x b hay phương trình x2 2x 3 b 0 có nghiệm kép. Điều này xảy ra khi và chỉ khi b 4 , khi đó hoành độ tiếp điểm M là xM 1nên M 1;0 . Đường thẳng MH qua M 1 1 1 và vuông góc với d nên có phương trình y x 1 x . 4 4 4 1 1 37 Hoành độ điểm H là nghiệm phương trình x 4x 9 x 4 4 17 37 5 5 H ; MH . Do đó a 5,b 17 nên T b a 12 . 17 17 17 3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 4 3 2 1 M1 2 3 4 0.5 H 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 a Câu 65. Biết rằng với giá trị của tham số m bằng ( a, b Z* , phân số tối giản) thì đường thẳng b d : y 2x 3cắt parabol y x2 2 m 1 x 2m tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OA2 OB2 bé nhất. Khi đó giá trị a b là: A. 22 . B. 21.C. 20 .D. 19 . Lời giải Chọn B Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình 2x 3 x2 2 m 1 x 2m hay x2 2mx 2m 3 0 (*) Vì ' m2 2m 3 m 1 2 2 0, m nên đường thẳng d luôn cắt parabol tại hai điểm phân biệt A, B lần lượt có hoành độ là xA, xB là hai nghiệm phân biệt của (*). Áp dụng định lí Vi-et ta có xA xB 2m 1 ; xA.xB 2m 3 2 Khi đó tọa độ các giao điểm là A xA; 2xA 3 , B xB ; 2xB 3 , do đó:
  7. OA2 OB2 5 x2 x2 12 x x 18 5 x x 2 2x x 12 x x 18 A B A B A B A B A B 2 2 11 119 20m 44m 48 20 m 10 5 11 Nên OA2 OB2 bé nhất khi và chỉ khi m suy ra a 11, b 10 , do đó a b 21. 10 Câu 66. Cho hai hàm số y = mx2 - x + 2019và y = x2 + 2mx- m + 2020 ( m là tham số) có đồ thị lần lượt là (P1), (P2 ).Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m để (P1), (P2 )cắt nhau tại hai điểm có tổng các hoành độ là một số nguyên. Số tập con của S là: A. 3 .B. 4 .C. 8 .D. Lớn hơn 8 . Lời giải Chọn D Tự luận: Phương trình hoành độ giao điểm của (P1), (P2 ): mx2 - x + 2019 = x2 + 2mx- m + 2020 Û (m- 1)x2 - (2m + 1)x + (m- 1)= 0 (1) (P1)cắt (P2 ) tại hai điểm khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm ïì m ¹ 1 ïì m ¹ 1 ïì m ¹ 1 ï Û í Û í Û í 1 (2) îï D ³ 0 îï 12m- 3³ 0 ï m ³ îï 4 2m + 1 3 3 Mà: x + x = = 2+ Î ¢ Û Î ¢ 1 2 m- 1 m- 1 m- 1 3 n + 3 Đặt n = (n Î ¢, n ¹ 0) Û m = . m- 1 n n + 3 1 3n + 12 én > 0 So sánh (2) Û ³ Û ³ 0 Û ê n 4 4n ëên £ - 4 ïì n + 3 ïü Suy ra S = íï n > 0 or n £ - 4ýï . Vậy S có vô số tập con. Chọn D îï n þï Trắc nghiệm: Để ý đề yêu cầu m Î ¡ và các phương án đáp số ta sẽ Chọn D Câu 67. Cho hàm số y f x có đồ thị C (như hình vẽ). Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình f ( x )+ m = 1có đúng 8 nghiệm phân biệt x1 x2 x3 x7 3 x8 .
  8. A. 1.B. 3 .C. 2 .D. 0 . Lời giải Chọn D * Vẽ đồ thị hàm số C ' của hàm số y f x : Giữ nguyên phần đồ thị C nằm phía bên phải trục Oy , bỏ đi phần đồ thị C bên trái trục Oy và lấy đối xứng phần đồ thị C phía bên phải trục Oy qua trục Oy . * Vẽ đồ thị hàm số C '' của hàm số y f x m :  Tịnh tiến đồ thị C ' theo vecto OI 0;m . * Vẽ đồ thị hàm số C ''' của hàm số y f x m : Giữ nguyên phần đồ thị C '' nằm phía trên trục Ox , lấy đối xứng phần đồ thị C '' ở phía dưới trục Ox qua trục Ox . Dựa vào đồ thị ta thấy, phương trình có đúng 8 nghiệm phân biệt x1 x2 x3 x7 3 x8 khi ta tịnh tiến đồ thị C ' lên trên m đơn vị 0 m 1.
  9. Câu 68. Cho hàm số y = x2 - (m- 1)x + m + 1và đường thẳng d : y = x + 3 . Biết rằng đường thẳng d cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B thỏa mãn OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ nhất với O là gốc tọa độ. Khi đó giá trị của tham số m thuộc tập hợp nào sau đây? A. 0;1 .B. 1;3 .C. ; 1 . D.  1;0. Lời giải Chọn D Phương trình hoành độ giao điểm x2 - (m- 1)x + m + 1= x + 3 Û x2 - mx + m- 2 = 0 Ta có Δ = m2 - 4m + 8 = (m- 2)2 + 4 > 0, " m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt do đó đường thẳng d cắt (P)tại hai điểm phân biệt A, B . ïì x + x = m Giả sử A(x ; x + 3)và B(x ; x + 3)với íï 1 2 1 1 2 2 ï îï x1x2 = m- 2 2 2 2 2 2 2 Ta có OA + OB = x1 + (x1 + 3) + x2 + (x2 + 3) 2 2 2 OA + OB = 2(x1 + x2 ) - 4x1x2 + 6(x1 + x2 )+ 18. Thay vào ta có OA2 + OB2 = 2m2 - 4(m- 2) + 6m + 18 = 2m2 + 2m + 26 2 2 2 æ 1ö 51 51 OA + OB = 2çm + ÷ + ³ , " m . èç 2ø÷ 2 2 1 Dấu “=” xảy ra khi m = - . 2 1 Vậy với m = - thỏa mãn yêu cầu đề bài. Đối chiếu các phương án Chọn D 2 2 2 Câu 69. Cho Parabol (P) : y x 4x 2 có đỉnh là I1 và parabol (Q) : y x 2x m ( m là tham số) có đỉnh là I2 . Có bao nhiêu số nguyên dương m sao cho (P) cắt (Q) tại 2 điểm phân biệt A, B thỏa mãn I1 AI2 B là hình bình hành. A. 2 .B. 0 .C. 1.D. 9 . Lời giải Họ và tên tác giả : Cấn Việt Hưng Tên FB: Viet Hung Chọn A Parabol (P) có đỉnh là I1(2; 2) , Parabol (Q) có đỉnh là I2 (1;1 m) . Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (Q) : x2 4x 2 x2 2x m 2x2 6x m 2 0(1) (P) cắt (Q) tại 2 điểm phân biệt A, B phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt 5 ' 0 5 2m 0 m , Khi đó phương trình (1) có 2 nghiệm x , x . 2 1 2 x x 3 1 2 Theo Vi-et ta có : m 2 x .x 1 2 2   Giả sử A(x1; y1), B(x2 ; y2 ) , theo giả thiết I1 AI2 B là hình bình hành I1 A BI2
  10. x1 2 1 x2 x1 x2 3 y1 y2 1 m y1 2 1 m y2 y1 y2 1 m 2 2 2 (x1 x2 ) 4(x1 x2 ) 4 1 m (x1 x2 ) 4(x1 x2 ) 2x1x2 4 1 m 9 12 4 (m 2) 1 m 1 m 1 m (luôn đúng) 5 Vậy m và m Z * suy ra m 1;2 . 2 Câu 70. Cho parabol (p): y x2 2mx m 1và đường thẳng (d): y x 7 . Tính tổng các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho 2MA 3MB ? Biết M (2; 9) ? 25 25 17 2 A. P .B. P . C. P . D. P . 12 8 8 3 Lời giải Chọn B +) Phương trình hoành độ giao điểm: x2 2m 1 x m 6 0 * 4m2 25 0,m   +) Gọi : A a;a 7 ,B b;b 7 MA a 2;a 2 , MB b 2;b 2 a b 2m 1 1 +) Trong đó a, b là nghiệm của phương trình (*), theo định lý Vi- Ét ta có ab m 6 2 +) Nhận xét: M d nên ba điểm A, B, M thẳng hàng.   *) TH1: 2MA 3MB 2a 3b 2 3 . Từ (1), (3) và (2) suy ra 24m2 3m 154 0 (vô nghiệm)   *) TH2: 2MA 3MB 2a 3b 10 4 . Từ (1), (4) và (2) suy ra 24m2 75m 50 0 b 25 Phương trình này có hai nghiệm phân biệt nên ta có: m m 1 2 a 8 25 Vậy m m . 1 2 8 Câu 71. Cho hàm số bậc hai y f x ax2 bx c, a 0 có đồ thị như hình vẽ dưới. Tìm m để phương trình f x 2018m m 2m có 4 nghiệm thực phân biệt? 4 4 A. 0 m 4 . B. 0 m .C. m .D. 0 m 2 . 3 3 Lời giải Chọn B
  11. +) Trước hết ta có m 0 . +) Đặt (P) là đồ thị hàm số y f x khi đó đồ thị hàm số y f x 2018m chỉ là tịnh tiến (P) sang trái 2018m đơn vị, do vậy số nghiệm phương trình f x 2018m m 2m bằng số nghiệm phương trình f x m 2m . +) Đồ thị hàm số y f x m có tung độ đỉnh là m 4 , để phương trình f x m 2m có 4 nghiệm thì điều kiện cần là đồ thị hàm số y f x m có hình dáng: Khi đó thì m 4 0 m 4 4 +) Điều kiện đủ để cắt tại 4 điểm phân biệt là 0 2m 4 m 0 m . 3 Câu 72. Cho parabol P : y x2 2x 3 và đường thẳng d : y x m . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để d cắt P tại hai điểm phân biệt A, B nằm về hai phía của đường thẳng có phương trình y 1? A. 3 .B. 4 .C. 5 .D. 6 . Lời giải Chọn C Phương trình hoàn độ giao điểm: x2 2x 3 x m x2 x 3 m 0 (1) d cắt P tại hai điểm phân biệt A, B (1) có 2 nghiệm phân biệt 13 0 m (2) 4 Giả sử A x1; y1 , B x2 ; y2 với x1, x2 là hai nghiệm của (1) Ta phải có y1 1 y2 1 0 x1 m 1 x2 m 1 0 2 2 x1x2 m 1 x1 x2 m 2m 1 0 m 4m 1 0 2 5 m 2 5 (thoả (2)) m ¢ m 0;1;2;3;4 Tập các giá trị của m để phương trình - x2 - x + 6 = 4x + m có bốn nghiệm phân biệt là khoảng Câu 73. (a;b).Tính P = ab. A. P 96 .B. P 147 .C. P 98 .D. P 98. Lời giải Chọn B Ta có - x2 - x + 6 = 4x + m Û - x2 - x + 6 - 4x = m
  12. Xét hàm số f (x)= - x2 - x + 6 - 4x ïì - x2 - 5x + 6 khi x Î [- 3;2] = ï í 2 îï x - 3x- 6 khi x Î (- ¥ ;- 3)È(2;+ ¥ ) Bảng biến thiên x 5 - ¥ - 3 - 2 + ¥ 2 f (x) + ¥ + ¥ 49 4 12 - 8 Từ bảng biến thiên suy ra Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm 49 số y = f (x)tại bốn điểm phân biệt Û 12 < m < . 4 49 Do đó a = 12,b = Þ P = 147 4 Câu 74. Cho parabol P có phương trình y f x và đường thẳng d có phương trình y g x . Tập nghiệm của bất phương trình f x g x 0 là a;b . Giả sử A a; y1 , B b; y2 là giao điểm của P và d . Gọi M m;m2 với m a;b . Để diện tích MAB đạt giá trị lớn nhất thì m phải thỏa mãn: A. m 1;0 3 5 B. m ; 4 4 C. m 2;3 D. m 0;1 Lời giải Chọn B Tập nghiệm của bất phương trình f x g x 0 là hoành độ của những điểm thuộc P và nằm phía dưới hoặc thuộc đường thẳng y g x
  13. Dựa vào đồ thị suy ra tập nghiệm T  1;3 a 1;b 3 A( 1;1);B(3;9) Đường thẳng d có phương trình là y 2x 3 Diện tích MAB lớn nhất khi khoảng cách từ M đến đường thẳng AB lớn nhất Gọi H là hình chiếu của M trên đường thẳng AB. MH lớn nhất khi M nằm trên tiếp tuyến d của đồ thị hàm số y x2 và song song với AB. Phương trình d có dạng y 2x b . Vì d là tiếp tuyến nên b 1. Khi đó M 1;1 hay m 1. Vậy đáp án D Câu 75. Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình (x + 1) x 2 - 6x + 9 - m + 3 = 0có ba 2 2 nghiệm phân biệt x1,x2,x3 thỏa mãn x1 < 2 < x2 < 3 < x3 là (a;b). Tính a + b A. 58 . B. 45 .C. 85 .D. 40 . Lời giải (x + 1) x 2 - 6x + 9 - m + 3 = 0 Û (x + 1) x - 3 = m - 3 (*) Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = (x + 1) x - 3 và đường thẳng y = m - 3 song song hoặc trùng với trục hoành Dựa vào đồ thị ta thấy m để phương trình (x + 1) x 2 - 6x + 9 - m + 3 = 0có ba nghiệm phân biệt x1,x2,x3 thỏa mãn x1 < 2 < x2 < 3 < x3 thì 0 < m - 3 < 3 Û 3 < m < 6 Þ a2 + b2 = 45 VẤN ĐỀ 5. MIN ,MAX Câu 1. Cho parabol (P) y ax2 bx c có đỉnh là tâm của một hình vuông ABCD , trong đó C , D nằm trên trục hoành và A, B nằm trên (P) . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T ac 2b bằng bao nhiêu ? A. .2B. 3. C. .4 D. . 2 Lời giải Chọn C
  14. Lời giải Phác họa đồ thị như hình vẽ: Nhận thấy: HI HB 4a b b Tọa độ đỉnh của parabol I ( ; ) . Suy ra tọa độ điểm B ( ; ) 2a 4a 2a 4a 2a 2 b Thay tọa độ điểm B vào parabol (P) : y a x ; ta được: 2a 4a 2 2 2 b b 2 a 4 b 4ac T ac 2b 2b 1 ( 2) 3 3 2a 4a 4a 4 2 Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức T là Tmin 3 . Vậy chọn đáp án B. Câu 2. Một gia đình sản xuất cà phê nguyên chất. Do điều kiện nhà xưởng nên mỗi đợt gia đình đó sản xuất được t kg cà phê (t 30) . Nếu gia đình đó bán sỉ x kg thì giá của mỗi kí được xác định bởi công thức G 350 5x (nghìn đồng) và chi phí để sản xuất x kg cà phê được xác định bởi công thức C x2 50x 1000 (nghìn đồng). 1) (Mức độ vận dụng) Tính chi phí để gia đình đó sản xuất kg cà phê thứ 10 A. 1600nghìn.B. 69 nghìn. C. 1100nghìn. D. 1000 nghìn. 2) (Mức độ Vận dụng cao) Để đạt được lợi nhuận tối đa, mỗi đợt gia đình đó nên sản xuất bao nhiêu kg cà phê. A. P 20kg .B. 25kg . C. 15kg . D. 30kg . Lời giải 1) Chọn B Chi phí để sản xuất kg cà phê thứ 10 là C(10) C(9) (102 50.10) (92 50.9) 69 (nghìn đồng) (Học sinh thường nhầm lẫn chi phí sản xuất kg thứ 10 với chi phí sản xuất 10kg) 2) Chọn B Doanh thu khi gia đình bán x kg cà phê là D x(350 5x) 5x2 350x (nghìn) Lợi nhuận thu được khi bán được x là L D(x) C(x) 5x2 350x (x2 50x 1000) 6 x2 300x 1000 300 Suy ra lợi nhuận đạt tối đa khi x 25(kg) 2.6 HS thường sai lầm khi nhầm hàm D(x) với hàm G(x) Câu 3. Cho hàm số y f (x) 4x2 4ax (a2 2a 2) Có bao nhiêu giá trị của a sao cho giá trị nhỏ nhất củatrên đoạn [0;2] là bằng 5 ? A. 0 .B. 1.C. 2 .D. 3 .
  15. Lời giải Chọn C a Parabol có hệ số của x2 là 4 0 nên bề lõm hướng lên. Hoành độ đỉnh x . I 2 a Nếu 0 a 0 thì x 0 2.Ta có bảng biến thiên 2 I Từ bảng biến thiên ta có min f (x) f (0) a2 2a 2 . Theo yêu cầu bài toán : [0;2] 2 2 a 1(t / m) a 2a 2 5 a 2a 3 0 a 3(L) a Nếu 0 2 0 a 4 thì x [0;2] . Suy ra f (x) đạt GTNN tại đỉnh. 2 I a 3 Do đó min f (x) f ( ) 2a 2 Theo yêu cầu bài toán : 2a 2 5 a 0(L) [0;2] 2 2 a Nếu 2 a 4 thì x 2 0.Ta có bảng biến thiên 2 I Từ bảng biến thiên ta có min f (x) f (2) a2 10a 18 . Theo yêu cầu bài toán : [0;2] a 5 2 3(t / m) a2 10a 18 5 a2 10a 13 0 a 5 2 3(L) Vậy a 1 hoặc a 5 2 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán Họ và tên tác giả: Nguyễn Văn Phu, Tên FB Nguyễn Văn Phu Câu 4. Cho hàm số bậc hai (P): y x2 2mx 3m 2 , trong đó x là ẩn, m là tham số. Tìm tất cả các 2 2 giá trị của m để (P) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 và x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. 3 3 3 3 A. m . B. m . C. m . D m . 4 4 4 2 Lời giải Đáp án B 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) với trục hoành: x 2mx 3m 2 0 * Để (P) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 Phương trình (*) có hai nghiệm 2 m 2 phân biệt x1, x2 ' m 3m 2 0 . m 1 Với điều kiện ( ), theo định lí Viét ta có: x1 x2 2m, x1x2 3m 2. 2 2 2 2 2 Do đó x1 x2 x1 x2 2x1x2 4m 2 3m 2 4m 6m 4
  16. 2 2 2 2 3 7 7 x1 x2 4m 6m 4 2m ,m D ;1  2; . 2 4 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 3 2m 0 m D. 2 4 7 3 Vậy biểu thức x2 x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi và chỉ khi m . 1 2 4 4 Câu 5. Gọi M và m lần lượt là GTLN và GTNN của hàm số y 5 4x x2 (x 2)2 99 . Tính 4M + m. A. 535 .B. 541. C. 516 . D. 534 . Họ và tên tác giả : Phạm Văn Huấn Tên FB: Pham Van Huan Lời giải Chọn A Đặt t 5 4x - x2 9 - x - 2 2 (1) Khi đó ta có 0 t 3 hay t 0;3 Xét y f t t 2 t 108 với t 0;3 t 1 0 3 2 f(t) 433 4 108 102 433 Do vậy 4M m 4. 102 535 . 4 2 1 1 Câu 6. Tìm tham số m để biểu thức P 16x 2 2 4x 7m 11 có giá trị nhỏ nhất bằng 18. x x A. m 1. B. m 0 . C. Đáp án khác.D. m 1. Lời giải Chọn D 1 Đặt t 4x 4x2 tx 1 0 . Điều kiện để phương trình có nghiệm là x 2 t 4 t 16 0 t 4 P t 2 2t 7m 3 . Ta có bảng biến thiên của P Từ BBT ta có min P 18 7m 11 18 m 1 . Chọn D
  17. 2 Câu 7. Cho y x mx n ( m, n là tham số), f (x0 ) là giá trị của hàm số tại x0 . Biết f 2 3 m n f 8 3 m n và giá trị nhỏ nhất của hàm số là 8. Khi đó T m n có giá trị bằng: A. 5 . B. 4 . C. 6 . D. 3. Lời giải Chọn A Theo giả thiết và tính chất đối xứng của đồ thị hàm số bậc 2 ta có m 3 m 6 m 6 2 9 3m n 8 n 1 f (3) 8 Vậy T 5 . Chọn A Câu 8. Cho hàm số: y = 2 + + đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi = 1 và nhận giá trị bằng 3 khi = 2. Tính = ? A.-6B. 6C. -2D. 1 Lời giải Theo giả thiết, ta có: a 0 b a 0 a 1 1 2a b 2a b 2 a b c 2 3a b 1 c 3 4a 2b c 3 Vậy abc =-6 Chọn A Câu 9. Cho hàm số f (x) ax2 bx c có f (x) 1x 0;1. Khi đó giá trị của b là: A. b 8 B. b 8 C. 0 b 8 D. 8 b 0 Lời giải Từ giả thiết ta có: 1 f (0) c 1 3 3c 3 1 f (1) a b c 1 1 a b c 1 1 a b 4 a 2b 4c 4 1 f ( ) c 1 2 4 2 Cộng vế theo vế 3 bất đẳng thức trên ta có: 8 b 8 Vậy chọn A Phản biện: Lời giải OK. Về đề bài: Nếu để đáp án như trên học sinh có thể sử dụng máy tính là dễ dàng. Theo mình nên đổi lại câu hỏi như sau cho phù hợp hơn: Cho hàm số y 2x x2 3m 4 . Gọi A là giá trị lớn nhất của hàm số. Khi A đạt giá trị nhỏ nhất thì m thuộc khoảng nào dưới đây? A. m ( 2;0) B. m (0;1) C. m (1;2) D. m (2;3) Câu 10. Cho hàm số y 2x x2 3m 4 . Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số y là nhỏ nhất.
  18. 3 3 3 3 A. m . B. m . C. m . D. m . 4 2 8 16 Lời giải Chọn B Tập xác định: D 0;2. Gọi A max y . Ta đặt t 2x x2 t 1 x 1 2 do đó 0 t 1 0;2 Khi đó hàm số được viết lại là y t 3m 4 với t 0;1 suy ra 3m 4 5 3m A max t 3m 4 max 3m 4 , 5 3m  [0,1] 2 Áp dụng BĐT trị tuyệt đối ta có 3m 4 5 3m 3m 4 5 3m 1 1 3 Do đó A . Đẳng thức xảy ra m . 2 2 3 Vậy giá trị cần tìm là m . 2 Câu 11. Cho hàm số y 2x x2 3m 4 . Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số y là nhỏ nhất. 3 3 3 3 A. m . B. m . C. m . D. m . 4 2 8 16 Lời giải Chọn B Tập xác định: D 0;2. Gọi A max y . Ta đặt t 2x x2 t 1 x 1 2 do đó 0 t 1 0;2 Khi đó hàm số được viết lại là y t 3m 4 với t 0;1 suy ra 3m 4 5 3m A max t 3m 4 max 3m 4 , 5 3m  [0,1] 2 Áp dụng BĐT trị tuyệt đối ta có 3m 4 5 3m 3m 4 5 3m 1 1 3 Do đó A . Đẳng thức xảy ra m . 2 2 3 Vậy giá trị cần tìm là m . 2 Câu 12. Gọi A,B là hai giao điểm của đường thẳng (d): y = - 3x + 9 và parabol (P): y = - x2 + 2x + 3. Gọi điểm K (a,b) thuộc trục đối xứng của (P) sao cho KA + KB nhỏ nhất. Tính a b . A. 1.B. 2.C. 3. D. 4. Lời giải
  19. Chọn C y A' A K B x 1 Tọa độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của hệ phương trình: x 2 y 3x 9 y 3x 9 y 3 2 2 y x 2x 3 x 5x 6 0 x 3 y 0 Suy ra: A 2;3 , B 3;0 Hoành độ hai điểm A, B cùng lớn hơn 1 nên chúng nằm cùng phía so với trục đối xứng x 1. Gọi A' là điểm đối xứng của A qua trục đối xứng x 1. Khi đó: A' 0;3 . Ta có: KA KB KA' KB A' B . Suy ra KA KB nhỏ nhất khi dấu bằng xảy ra. Lúc đó K, A', B thẳng hàng, tức là K là giao điểm của A' B với trục đối xứng x 1. Phương trình đường thẳng A' B : y x 3 Điểm K 1;2 Vậy: a b 3 Câu 13. Cho 2 số x,y thỏa mãn x 2y sin x cos x 4 sin2 2x 5 5 x2 y2 . Khi đó giá trị của biểu thức P sin 2x cos y có giá trị bằng bao nhiêu? A. 0B. 1 C. 2 D. 3 Lời giải Chọn B Theo bất đẳng Cauchy – Schwarz ta có x 2y 5 x2 y2 x y y 2x Dấu “=” xảy ra khi 1 2 x 0 x 2y 0 4 4 sin x cos x 2 sin x 4 4 2 Mặt khác ta lại có 4 sin x cos x sin 2x 5 2 sin 2x 1 Vì x 2y 5 x2 y2 x 2y sin x cos x 4 sin2 2x 5 x2 y2 sin x cos x 4 sin2 2x 5 5 x2 y2 . Nên VT VP , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
  20. y 2x, x 0 x k k Z,k 0 4 sin x cos x 2 sin 2x cos y 1 chọn B cos 2x 0 y k2 k Z,k 0 2 1 3 Câu 14. Biết rằng hàm số y ax2 bx c (a,b,c là các số thực) đạt giá trị lớn nhất bằng tại x và 4 2 tổng lập phương các nghiệm của phương trình y 0 bằng 9. Tính P abc. A. P 0. B. P 6. C. P 7. D. P 6. Lời giải 1 3 Hàm số y ax2 bx c đạt giá trị lớn nhất bằng tại x 4 2 b 3 3 1 9 3 1 nên ta có 2a 2 và điểm ; thuộc đồ thị a b c . 2 4 4 2 4 a 0 Để phương trình ax2 bx c 0 có nghiệm thì b2 4ac 0 3 3 Khi đó giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình y 0. Theo giả thiết: x1 x2 9 3 3 Viet b b c x1 x2 3x1x2 x1 x2 9  3 9 . a a a b 3 2a 2 b 3a a 1 9 3 1 9 3 1 Từ đó ta có hệ a b c a b c b 3  P abc 6. 4 2 4 4 2 4 c 2 3 c b b c 2 3 9 a a a a Chọn B Câu 15. Có hai giá trị của tham số m để cho giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x x2 2m 1 x m2 1 Trên đoạn 0;1 bằng 1. Tổng của hai giá trị của m đó là : A. 2 . B. 2 .C. 2 2 . D. 2 2 . Lời giải Chọn C Xét 3 trường hợp 2m 1 2m 1 5 9 TH1: 0 1, suy ra GTNN f m 1 m (loại) 2 2 4 4 2m 1 TH2: 0 GTNN f 0 m2 1 1 m 2 2 2m 1 2 TH3: 1 GTNN f 1 m 1 1 m 2 2 Tóm lại m 2;m 2 .
  21. Chọn C : 2 2 Câu 16. Tìm các giá trị của tham số m để cho giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x x2 2m 1 x m2 1 Trên đoạn 0;1 bằng 1. m 2 m 2 A. m 2 . B. m 2 .C. . D. . m 2 m 2 Lời giải Chọn C Xét 3 trường hợp 2m 1 1 2m 1 5 9 TH1: 0 1 1 m , suy ra GTNN f m 1 m 2 2 2 4 4 (loại) 2m 1 1 2 TH2: 0 m suy ra GTNN f 0 m 1 1 m 2 . 2 2 2m 1 2 TH3: 1 m 1, suy ra GTNN f 1 m 1 1 m 2 2 Vậy m 2;m 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 1 Câu 17. Cho hàm số y x 2 m m , m 0 . Đặt min y y1;min y y2 . Có bao nhiêu giá trị m  1;1  1;1 cuả m thỏa mãn y2 y1 10 . A. 0 .B. 2 .C. 3 .D. 4 Lời giải 1 1 1 1 1 Có đỉnh I : x m , mà x m m 2 nên m 2 hoặc m 2 . I m I m m m m 1 1  Do đó y1, y2 y 1 1 2 m m; y 1 1 2 m m . Yêu cầu bài toán tương m m  đương với 1 5 m 1 m 2 1 1  y2 y1 10 4 m 10 m 2; 2; ;  . Chọn D m 1 5 2 2 m  m 2 Người soạn: Lưu Thị Liên Câu 18. Cho x, y là các số thực thỏa mãn 2 x2 y2 xy 1. Giá trị lớn nhất của P 3 x4 y4 5x2 y2 là 11 11 A. 3 . B. 2. C. . D. . 9 10 Lời giải Chọn C . 2 2 Ta có P 3 x4 y4 5x2 y2 3 x2 y2 2x2 y2 5x2 y2 3 x2 y2 x2 y2
  22. 2 2 2 xy 1 xy 1 2 2 1 2 2 3 3 Vì x y nên P 3 x y x y xy 2 2 4 2 4 2 2 2 x y xy 1 1 xy 1 4xy xy 2 2 3 x y 2xy Mặt khác 2 1 2 x2 y2 xy 1 2 x y 2xy xy 1 2(x y)2 5xy 1 5xy 1 0 xy 5 1 3 3 1 1 Đặt t xy ta có P t 2 t với t 4 2 4 5 3 11 1 Kết luận: max P Khi t 1 1 ; 9 3 5 3 Câu 19. Tham số a thỏa mãn giá trị lớn nhất của hàm số y 3x2 6x 2a 1 với 2 x 3 đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị tham số a thuộc khoảng nào trong các khoảng sau? A. 10; 5 .B. 5;0 . C. 0;5 . D. 5;10 . Lời giải Chọn B Đặt f x 3x2 6x 2a 1 . Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y f x với 2 x 3 27 Ta có: 2M f 2 f 1 f 2 f 1 27 M . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 2 27 27 f 2 f 1 f 2 f 1 M 2 19 2 a 27 4 f 2 . f 1 0 f 2 f 1 2 19 Vậy a thỏa mãn bài toán . Chọn B 4 Câu 20. Cho hàm số: f x ax2 bx 2 a 0 . Biết rằng hàm số đồng biến trên 1; . Khi đó giá 8a 2 trị lớn nhất của biểu thức P là: 3a 2 2ab b2 8 8 4 A. 4.B. . C. . D. . 11 3 3 Lời giải Họ và tên tác giả : Hoàng Gia Hứng Tên FB: Hoàng Gia Hứng Chọn B b b Do a 0 nên hàm số đồng biến trên 1; thì: 1 2 2a a 8a 2 8 8 b Khi đó : P 2 2 2 2 với t 2 3a 2ab b b b t 2t 3 a 2 3 a a Ta có t2 2t 3 t 1 2 2 11,t 2 . Dấu ‘=” xảy ra khi t 2 8 8 b Do đó : P . Suy ra maxP= khi 2 . Chọn B 11 11 a
  23. Câu 21. Đặt f (x) ax2 bx c và g(x) cx2 bx a , giả sử | f (x) | 1,x [ 1;1] . Tính M max g(x) . [ 1;1] A. M 2.B. M 2 . C. M 1. D. M 1. Lời giải Chọn B Chọn x 1,0,1 và đặt: A B a C 2 A f (1) a b c A B B f ( 1) a b c b và | A | 1,| B | 1,| C | 1. 2 C f (0) c c C A B A B 1 1 Nên g(x) Cx2 x C C(x2 1) A(x 1) B(1 x) . 2 2 2 2 Suy ra 1 1 | g(x) | | C(x2 1) | | A(x 1) | | B(1 x) | 2 2 1 1 | x2 1| | x 1| |1 x | 2 2 1 1 1 x2 (1 x) (1 x) 2 x2 2,x [ 1;1]. 2 2 Ta thấy hàm số f (x) 2x2 1 g(x) x2 2 là một hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán. Vậy max g(x) 2 . [ 1;1] x y 2 Câu 1. Cho 2 số thực x 1, y 0 thỏa mãn điều kiện max x2 1 ; 2x y 1 .  x2 y2 Hỏi biểu thức P 3 x 1 x2 2y 1 có tất cả bao nhiêu ước số nguyên dương? A. 5 . B. 6 . C. 7 .D. 8 . Lời giải Chọn D a b a b Ta có một tính chất cơ bản của hàm trị tuyệt đối max a ; b  2 2 x2 2x y 2 x2 2x y Áp dụng ta có max x2 1 ; 2x y 1  2 2 Sử dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối ta có x2 2x y 2 x2 2x y 2x2 2 2x2 2 2 x 1 2 2 2 2
  24. 2 2 2 x y 2 2 x y Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 2 x2 y2 x2 y2 Vậy VT 2 VP . Dấu “=” xảy ta khi và chỉ khi x y 1. Khi đó P 24 có tất cả 8 ước số nguyên dương. Câu 2. Cho hàm số y f x x2 2 m 1 x 3m 5 , m là tham số. Tìm m để giá trị nhỏ nhất của f x đạt giá trị lớn nhất. 5 2 3 2 A. m . B. m . C. m . D. m . 2 5 2 3 Lời giải Chọn A Đồ thi hàm số f x là parabol có hoành độ đỉnh là x 1 m , mặt khác vì a 1 0 nên: 5 min y f 1 m m2 5m 6 g m , g m là parabol có hoành độ đỉnh là và hệ số 2 5 1 5 a 1 0 nên maxg=g . Vậy m 2 4 2 1 3 Câu 3. Biết rằng hàm số y ax2 bx c (a,b,c là các số thực) đạt giá trị lớn nhất bằng tại x và 4 2 tổng lập phương các nghiệm của phương trình y 0 bằng 9. Tính P abc. A. P 0. B. P 6. C. P 7. D. P 6. Lời giải b 3 2 1 3 Hàm số y ax bx c đạt giá trị lớn nhất bằng tại x nên ta có 2a 2 và điểm 4 2 a 0 3 1 9 3 1 ; thuộc đồ thị a b c . 2 4 4 2 4 Để phương trình ax2 bx c 0 có nghiệm thì b2 4ac 0 3 3 Khi đó giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình y 0. Theo giả thiết: x1 x2 9 3 3 Viet b b c x1 x2 3x1x2 x1 x2 9  3 9 . a a a b 3 2a 2 b 3a a 1 9 3 1 9 3 1 Từ đó ta có hệ a b c a b c b 3  P abc 6. 4 2 4 4 2 4 c 2 3 c b b c 2 3 9 a a a a Chọn B
  25. a 0 Câu 4. Cho a,b,c là 3 số thực thỏa mãn . Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ giao điểm 4a 9b 24c 0 của Parabol (P) : y 2ax2 3bx 4c với trục hoành. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T x1 x2 . 1 2 1 A. T 0. B. T . C. T . D. T . 3 3 2 Lời giải 2 Ta có: x1, x2 là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm: 2ax 3bx 4c 0 (1). 4a 9b Từ 4a 9b 24c 0 c . Phương trình (1) có: 24 2 2 2 2 4a 9b 2a 4a 9b 32ac 9b 32a 9 b 0 (do a 0 ) 24 3 3 2 2a 4a2 9 b 2 3 3 9 2a 1 1 Ta có:T x1 x2 = 2 b .(T x1 x2 2 a 2 a 4a 3 3 3 suy ra từ công thức nghiệm). 2 a 1 Dấu “=” xảy ra khi: 2a 3b 24c. Vậy: T . min 3 Câu 5. Cho hàm số y f (x) x2 (2m 1)x m2 1,với m là tham số.Tích các giá trị của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 0;1 bằng 1là: 9 A. m 2 2 B. m 2 C. m 0 D. m 4 Lời giải Chọn A Do hệ số của x2 là 1 0 nên đồ thị của hàm số là một Parabol có tọa độ đỉnh 2m 1 4m 5 2m 1 I( ; ) ,đặt x . ta có bảng biến thiên của hàm số như sau: 2 4 0 2 x x0 y 4m 5 4 2m 1 3 1 Trường hợp 1: x 0;1 ta có 0 1 m .Khi đó 0 2 2 2 4m 5 4m 5 9 min f (x) min f (x) f (x0 ) . Theo đề bài ta có 1 m không thỏa 0;1 R 4 4 4 3 1 mãn điều kiện m 2 2
  26. 2m 1 1 Trường hợp 2: x 0 ta có 0 m .Khi đó hàm số đồng biến trên 0;1nên 0 2 2 min f (x) f (0) m2 1.Theo đề bài ta có m2 1 1 m 2 hoặc m 2 . Chỉ có 0;1 1 m 2 thỏa mãn điều kiện m 2 2m 1 3 Trường hợp 3: x 1 ta có 1 m Khi đó hàm số nghịch biến trên 0;1nên 0 2 2 min f (x) f (1) (m 1)2 .Theo đề bài ta có (m 1)2 1 m 0 hoặc m 2 .Chỉ có m 2 0;1 3 thỏa mãn điều kiện m 2 Kết luận: Vậy có hai giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán là m 2;m 2 .Chọn A Câu 6. Cho hàm số bậc nhất y mx m 1 ( m là tham số), có đồ thị là đường thẳng d . Khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ đến d là 3 2 A. . B. .C. 3 .D. 2 . 2 2 Lời giải Chọn D Lời giải trắc nghiệm: Dễ thấy d luôn đi qua A 1;1 . Mà d O,d OA 2 nên chọn D. Lời giải tự luận: Gọi A x0 ; y0 là điểm mà d luôn đi qua với mọi m . Khi đó y0 mx0 m 1, m ¡ x0 1 m y0 1 0 , m ¡ x0 1 0 x0 1 y0 1 0 y0 1. Do đó d luôn đi qua A 1;1 . Gọi d ': y ax là đường thẳng đi qua gốc tọa độ và điểm A 1;1 a 1 d ' : y x . Kẻ OH  d OH OA . Do đó OH lớn nhất khi và chỉ khi H  A hay d  d ' m1 1 m 1. Câu 7. Giá trị lớn nhất của hàm số y 5 2x 4 4 x 3x m 2 5m 1 trên đoạn  5;3 đạt giá trị nhỏ nhất là:
  27. 25 25 13 13 A. . B. . C. . D. . 4 2 2 4 Lời giải Chọn A 5x m2 5m 20 khi x 4 2 5 Ta có y 3x m 5m 12 khi 4 x 2 5 x m2 5m 22 khi x 2 Do đó ta có BBT f 4 m2 5m f 3 m2 5m 19 f 4 25 max y m2 5m ,m .  5;3 4 25 5 min max y khi m . Chọn A  5;3 4 2 2 Câu 8. Biết rằng parabol P : y ax bx c cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ thuộc đoạn 0;2 . 8a2 6ab b2 Khi đó giá trị lớn nhất của biểu thức P thuộc khoảng nào sau đây? 4a2 2ab ac A. 1; 3 .B. 2;4 . C. 3;9 . D. 9; . Lời giải Chọn B PT tương giao: ax2 bx c 0 (1) b x x 1 2 a Gọi x , x là hai nghiệm của PT(1), theo định lí viet ta có: . 1 2 c x x 1 2 a 2 b b 2 2 2 8 6. 8a 6ab b a a 8 6 x1 x2 x1 x2 Ta có: P (vì a ¹ 0 ). 4a2 2ab ac b c 4 2 x x x x 4 2. 1 2 1 2 a a
  28. ì 2 ï x £ x x 2 Giả sử 0 £ x £ x £ 2 Þ íï 1 1 2 Þ x 2 + x 2 £ x x + 4 Þ (x + x ) £ 3x x + 4 . 1 2 ï 2 1 2 1 2 1 2 1 2 îï x2 £ 4 8 6 x1 x2 3x1x2 4 Do đó P 3 PMax 3 4 2 x1 x2 x1x2 éïì b êï - = 4 êï a é êí x1 = x2 = 2 êï c éc = - b = 4a ê êï = 4 ê êì êï êì khi ï x1 = 0 Þ îï a Û ï b = - 2a êíï ê êí êï êì b êï êîï x2 = 2 ï êîï c = 0 ë êï - = 2 ë êí a êï ëêîï c = 0 Câu 1. Cho hàm số y ax2 bx c có đồ thị đi qua điểm A 1;1 và cắt trục hoành tại hai điểm B,C sao cho tam giác ABC vuông đỉnh A và có diện tích S 2 . Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số . Tìm giá trị lớn nhất của M. 3 A. MaxM 1.B. MaxM 2 .C. MaxM 3 . D. MaxM . 2 Lời giải Chọn B Đồ thị hàm số đi qua A 1;1 nên ta có a b c 1. (1) Gọi x ; x là nghiệm phương trình ax2 bx c 0 thì B x ;0 ,C x ;0 . Tam giác ABC vuông 1 2   1 2 đỉnh A nên AB.AC 0 x1 1 x2 1 1 0 x1x2 x1 x2 2 0 2a b c 0 (2). Từ (1) và (2) ta có a 1,c 2 b . 2 2 2 b 4ac Ta có BC x x x x 4x x b2 4b 8 . Tam giác ABC có 2 1 2 1 2 1 a2 1 diện tích S 2 nên BC 2 b2 4b 8 2 2 b2 4b 0 . 2 4ac b2 b2 4b 8 Ta có a 1 nên hàm số có giá trị lớn nhất là M . 4a 4a 4 b 0 y x2 2 Vì b2 4b 0 nên M 2 , M 2 2 b 4 y x 4x 2 . Câu 2. Cho hình chữ nhật ABCD , AB 10, AD 8. Trên các cạnh AB, BC,CD lần lượt lấy các điểm P,Q, R sao cho AP BQ CR . Độ dài của AP trong khoảng nào sau đây thì diện tích tam giác PQR đạt nhỏ nhất. A. 2;3 . B. 3;4 .C. 4;5 . D. 5;6 . Lời giải Chọn C
  29. Cách 1: CR BP BC Ta có tứ giác CRPB là hình thang và có diện tích S 40 không đổi nên diện 2 tích hình PQR đạt nhỏ nhất khi và chỉ khi tổng diện tích của 2 tam giác BPQ,CQR đạt lớn nhất. Đặt AP x , 0 x 8 . 2 x 8 x x 10 x 81 9 81 S S x 9 x x . BPQ CQR 2 4 2 4 9 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x . Chọn C 2 Cách 2: Trên cạnh AD lấy điểm T sao cho DT AP . Dễ chứng minh được tứ giác PQRT là 1 hình bình hành và S S . PRQ 2 PQRT Đặt AP x , 0 x 8 . Diện tích hình PQRT đạt nhỏ nhất khi và chỉ khi tổng diện tích của 4 tam giác APT, BPQ,CQR, DTR đạt lớn nhất 2 81 9 81 S S S S x 8 x x 10 x x 18 2x 2.x 9 x 2 x APT BPQ CQR DTR 2 2 2 . 9 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x . Chọn C 2 81 Để xét 2x 9 x có thể áp dụng bđt Cô si cho hai số không âm x và 9 x hoặc xét hàm 2 số y 2x2 18x trên 0;8 . Câu 3. Cho hàm số f x 4x2 4mx m2 2m 2 ( m là tham số). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho Min f x 3. Khẳng định nào sau đây đúng: 0;2 A. S  4;6 B. S  3;7 C. S   2;8 D. S   1;9 .
  30. Lời giải Chọn D m Có hoành độ của đỉnh x ; a 4 0 . I 2 Xét 3 trường hợp sau: m TH1: 0 m 0 . Suy ra hàm số đồng biến trên đoạn 0;2 2 Min f x f 0 m2 2m 2 3 m 1 2 ( thoả mãn ) 0;2 m m 1 TH2: 0 2 0 m 4 Min f x f 2m 2 3 m ( loại ) 2 0;2 2 2 m TH3: 2 m 4 . Suy ra hàm số nghịch biến trên đoạn 0;2 2 Min f x f 2 m2 10m 18 3 m 5 10 ( thoả mãn ) 0;2 Vậy S 1 2;5 10   1;9 . Chọn D Câu 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: a) y x2 4 16 x2 13 b) y x(x 1)(x 2)(x 3) Lời giải a) Điều kiện 4 x 4 . Đặt t 16 x2 ,0 t 4 Khi đó: y f (t) t 2 4t 3 có a 1 0 nên bề lõm quay xuống dưới. b Hoành độ đỉnh 2 [0;4] .Vậy nên min y f (4) 29 2a b) y x(x 1)(x 2)(x 3) (x2 2x)(x2 2x 3) Đặt t x2 2x 1 (x 1)2 0 thì y f (t) (t 1)(t 4) t 2 5t 4;t 0 . 5 9 Vậy min y min f (t) f 2 4 Câu 5. Cho hàm số y x2 5x 8 có đồ thị là P và hai điểm A 4; 1 , B 10;5 . Biết điểm M x0; y0 trên P thỏa mãn diện tích tam giác MAB nhỏ nhất. Tính tổng x0 y0 . A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 5 . Lời giải. Chọn.
  31. + Vẽ đồ thị P , nhận thấy A , B không thuộc bề lõm của P , suy ra yêu cầu bài toán thỏa mãn khi M là tiếp điểm của tiếp tuyến với P song song với đường thẳng AB . 4a b 1 + Gọi y ax b là đường thẳng qua A , B suy ra y x 5 . 10a b 5 + Đường thẳng song song với đt y x 5 có dạng y x b , là tiếp tuyến của P khi phương trình hoành độ giao điểm : x2 6x 8 b 0 của P và có nghiệm kép ' 1 b 0 b 1. (chú ý b 1 là điều kiện tiếp xúc) Khi đó M 3;2 , vậy x0 y0 5 . Câu 6. Tìm m để hàm số y x2 2mx m2 5m 2 có giá trị nhỏ nhất đạt giá trị lớn nhất. Giả sử a a m , là phân số tối giản, b 0 . Tính a b . b b A. a b 7 . B. a b 5 .C. a b 9 . D. a b 1. Lời giải Chọn C Hàm số y x2 2mx m2 5m 2 có giá nhỏ nhất là y m 2m2 5m 2. 5 Biểu thức y m 2m2 5m 2 đạt giá trị lớn nhất khi m . 4 a 5 , b 4 a b 9. Câu 7. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x2 2 m 2 x 3m2 4m 8 0 có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 x2 2x1x2 24 0 . Gọi M và N lần lượt là giá trị lớn 2 2 nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x1 x2 4x1x2 13 x1 x2 . Tính M N : 87 127 A. 64 B. 44 C. D. 2 2 Lời giải Chọn đáp án A. Phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 x2 2x1x2 24 0
  32. m 1 ' 0 4m2 4 0 3 m 1 m 1 (*) 2 x1 x2 2x1x2 24 0 6m 6m 36 0 1 m 2 3 m 2 2 (Theo định lí Viet ta có x1 x2 2 m 1 , x1x2 3m 4m 8) 2 2 2 2 Vậy P x1 x2 4x1x2 13 x1 x2 x1 x2 2x1x2 13 x1 x2 2m 2m 20 + Bảng biến thiên của P với điều kiện (*) Từ bảng biến thiên ta được: M 20 khi m 1, N 44 khi m 3 . Suy ra M N 64 . Câu 8. Cho hàm số: f x ax2 bx 2 a 0 . Biết rằng hàm số đồng biến trên 1; . Khi đó giá 8a 2 trị lớn nhất của biểu thức P là: 3a 2 2ab b2 8 8 4 A. 4.B. . C. . D. . 11 3 3 Lời giải b b Do a 0 nên hàm số đồng biến trên 1; thì: 1 2 2a a 8a 2 8 8 b Khi đó : P 2 2 2 2 với t 2 3a 2ab b b b t 2t 3 a 2 3 a a Ta có t2 2t 3 t 1 2 2 11,t 2 . Dấu ‘=” xảy ra khi t 2 8 8 b Do đó : P . Suy ra maxP= khi 2 . Chọn B 11 11 a Câu 9. Cho parabol P : y x2 2018x 3 và đường thẳng d : y mx 4 . Biết d cắt P tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ lần lượt là x1, x2 .Tìm giá trị nhỏ nhất của T x1 x2 ? A. T 2018. B. T 0. C. T 2. D. T 4. Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của P và d : x2 2018x 3 mx 4 x2 (m 2018)x 1 0 . Nhận thấy phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu x1, x2 với mọi m R 1 1 1 1 Ta có x1.x2 1 x2 .Suy raT x1 x1 2 (do x1, cùng dấu) . x1 x1 x1 x1 Dấu “=” xảy ra khi m 2018. Câu 10. Cho x, y, z [0;2] .Tìm giá trị lớn nhất của T 2(x y z) (xy yz zx) ? A. T 3. B. T 0. C. T 4. D. T 2.
  33. Lời giải Ta có T f (x) (2 y z)x 2(y z) yz Nếu y z 2 thì f (x) 4 yz 4 do yz 0 Nếu y z 2 thì f (x) là hàm số bậc nhất Ta có f (0) (2 y)(2 z) 4 4 và f (2) yz 4 4 . Vậy MaxT 4 khi x 0, y z 2 hoặc x 2, y z 0. Câu 11. Cho hàm số y f x x2 2ax 1 với a là tham số.Gọi M và m là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên 0;1 . Biết rằng có hai giá trị của a để M m 4 khi đó tổng hai giá trị của a bằng A. 0 .B. 1.C. 1 D. 2 Họ tên:Lê Hoa Tên Fb: Lê Hoa Lời giải Chọn B Hàm số f x x2 2ax 1 có hệ số của x2 bằng 1 dương, tọa độ đỉnh I a;1 a2 , f 0 1 f 1 2 2a HT1: Xét a 0 khi đó hàm số f x đồng biến trên 0;1 M f 1 , m f 0 3 Khi đó M m 4 a (thỏa mãn). 2 TH2: Xét a 1 khi đó hàm số nghịch biến trên 0;1 M f 0 , m f 1 5 Khi đó M m 4 a ( thỏa mãn). 2 ( Đến đây đủ hai giá trị a chọn luôn đáp án). TH3: Xét 0 a 1 khi đó m f a , M max f 0 ; f 1  -Nếu M f 0 M m 4 a 2 không thỏa mãn a 3 -Nếu M f 1 M m 4 không thỏa mãn. a 1 3 5 Vậy có hai giá trị a thỏa mãn là a , a suy ra chọn B 2 2 Câu 12. Có bao nhiêu giá trị của m để giá trị nhỏ nhất của hàm số: f(x) = 4x2 - 4mx + m2 – 2m + 2 trên đoạn [0; 2] bằng 3? A. 0B. 1C. 2D. 3 Lời giải Chọn C Ta có: f(x) = (2x – m)2 – 2m + 2 f(0) = m2 – 2m + 2 f(2) = m2 – 18m + 18 bảng biến thiên của hàm số f(x) là:
  34. x -∞ 2 +∞ f(x) +∞ +∞ – 2m + 2 +) Nếu 2 2⇔ > 4 thì f(x) nghịch biến trên [0 ; 2] nên giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn đó là f(2) = m2 – 18m + 18 khi đó 3 = m2 – 18m + 18 ⇔ = 9 ± 66 à > 4 푛ê푛 = 9 + 66Vậy với = 9 + 66 hoặc = 1 ― 2 thì hàm số f(x) = 4x2 - 4mx + m2 – 2m + 2 trên đoạn [0; 2] bằng 3 ax b Câu 13. Gọi a, b các số thực để biểu thức F đạt giá trị lớn nhất bằng 4 và giá trị nhỏ nhất bằng x2 1 -1. Tính giá trị của biểu thức P a2 b . A. P 12.B. P 21.C. P 19.D. P 29 . Lời giải Chọn C max(F 4) 0 max( 4x2 ax b 4) 0 Các số thực a, b thõa mãn bài toán ¡ ¡ 2 min(F 1) 0 min(x bx b 1) 0 ¡ ¡ Đặt f x 4x2 ax b 4, g x x2 bx b 1 Dễ thấy f x , g x là các hàm số bậc hai lần lượt có hệ số bằng -4 và 1. Nên max và min lần lượt đạt tại đỉnh của nó. 2 a 16 b 4 0 a2 16 Từ đó ta có 2 a 4 b 1 0 b 3 2 2 Câu 14. Cho phương trình bậc hai x 2mx m 2m 4 0 ( x là ẩn và m là tham số). Khi đó m thuộc đoạn nào để phương trình đã cho có hai nghiệm không âm x1, x2 và giá trị của P x1 x2 là nhỏ nhất. A. m 2;4 . B. m (2; ) . C. m (2; ) . D. m (2;5) . Lời giải Chọn A Phương trình x2 2mx m2 2m 4 0 có hai nghiệm không âm
  35. ' m2 m2 2m 4 0 S 2m 0 m 2. 2 P m 2m 4 0 2 Theo định lý Vi-ét ta có x1 x2 2m; x1x2 m 2m 4 . 2 2 Suy ra P x1 x2 x1 x2 x1 x2 2 x1x2 2m 2 m 1 3 . 2 Mà P x1 x2 nhỏ nhất khi 2m 2 m 1 3 nhỏ nhất. 2 Vậy P x1 x2 2m 2 m 1 3 8 dấu bằng xảy ra khi m 2 . Đáp án: m 2;4 Câu 15. Cho hàm số y 2x2 (6 m)x 3 2m (1). Giá trị m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 1 1 hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 sao cho biểu thức A 2018 2018 đạt giá trị (x1 2) (x2 2) nhỏ nhất. A. .mB. ¡ m ( 3;0) .C. m .D. 0;3 . m  Lời giải Họ và tên tác giả : Phạm Công Dũng Tên FB:Phạm Công Dũng Chọn B Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là nghiệm phương trình 2x2 (6 m)x 3 2m 0 (*). Để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt 0 m2 4m 12 0, m. Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình (*). Theo Viét ta có m 6 x x 1 2 2 3 2m x x . 1 2 2 1 1 Ta có 2. x1 2 x2 2 x1x2 2x1 2x2 4 1 1 1 1 2018 1010 Theo bất đẳng thức Côsi ta có 2018 2018 2 ( ) 2 . (x1 2) (x2 2) (x1 2) (x2 2) 1 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2018 2018 x1 2 x2 2 . (x1 2) (x2 2) m 6 Do x , x phân biệt nên ta có x 2 x 2 x x 4 4 m 2. 1 2 1 2 1 2 2
  36. 2 2 Câu 16. Cho phương trình: 2x 2(m 1)x m 4m 3 0 . Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình. Tìm GTLN của A x1x2 2 x1 x2 . 9 A. 4 .B 9 C. 8 .D. 2 Lời giải Chọn D PT :2x 2 2(m 1)x m2 4m 3 0 (1) Phương trình có nghiệm V' (m2 6m 5) 0 5 m 1 x x m 1 1 2 1 2 x1x2 m 4m 3 2 1 Ta có : A m2 8m 7 2 Xét hàm số f (m) m2 8m 7 có BBT trên  5; 1 là: m - 5 - 4 -1 f(m) -8 0 -9 9 => Max f (m) 9 =>Max A m 4  5; 1 2 2 Câu 17. Cho hàm số f (x) 2x 3x 7 và ba số thực a,b,c thỏa mãn a 5,a b 8,a b c 10. Gọi M là giá trị nhỏ nhất của biểu thức f (a) f (b) f (c). Giá trị M là A. 85 B. 58 C. 78 D. 65 Lời giải Chọn A 2 2 Ta có f (x) 2x 3x 7 2x0 3x0 7 (4x0 3)(x x0 ) 2 2(x x0 ) 0 Suy ra f (a) 58 23(a 5) f (b) 20 15(b 3) f (c) 7 11(c 2) f (a) f (b) f (c) 85 23(a 5) 15(b 3) 11(c 2) f (a) f (b) f (c) 85 11(a b c 10) 4(a b 8) 8(a 5) 85 Vây giá trị nhỏ nhất bằng 85 Câu 18. Cho hàm số y x2 2x 2 x2 2x m2 2018m . Tổng S tất cả các giá trị nguyên dương của m thỏa mãn điều kiện: S 2019 (với S là giá trị nhỏ nhất của hàm số khi x 2 ) bằng: A. S 2019.1010 B. S 2019.1009. C. S 2019.2018. D. S 2021.1009.
  37. Lời giải Chọn A Ta có y x2 2x 2 x2 2x m2 2018m trong đó x 2 t x2 2x 0 y t 2 2t m2 2018m m2 2018m;t 0 ycbt m2 2018m 2019 Mặt khác : m nguyên dương 1 m 2019 S 1 2 3 2019 2019.1010 Câu 19. Cho hàm số: y f x mx2 2x m 1 C Với giá trị nào của m thì giá trị lớn nhất của hàm số (C) đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải +)BBT x 1 + m m 2 m 1 y m - ) m 0 không có GTLN m2 m 1 ) m 0 từ BBT ta có GTLN là m Vì 1 0 1 1 m 0 m m 2 m 1 1 m m m 0 1 Dấu đẳng thức xr m m 1 do m 0 m Vậy GTNN bằng 1 khi và chỉ khi m 1 Câu 20. Cho hàm số f (x) x2 2x m với tham số m thuộc đoạn  2018;2018 . Gọi M là giá trị nhỏ 1 nhất của hàm số f (x ) trên tập R \ 0 . Số giá trị m nguyên để M 2 là : x A. 2017 .B. 2018 . C. 4036 . D. 2016 . Lời giải Chọn A 1 Đặt t x t 2 , xét hàm số f (t) t 2 2t m với t ; 22; x
  38. Đặt a t 2 2t với t ; 22; suy ra a 0 Xét hàm số g(a) a m . Khi đó M min g(a) với a 0 +) Nếu m 0 m 0 Dựa vào đồ thị M g(0) m m 2 m 2;3; ;2018 +) Nếu m 0 m 0 Dựa vào đồ thị M g( m) 0 2 không thỏa mãn bài toán. Vậy có 2017 giá trị m thỏa mãn bài toán. Câu 21. Cho hàm số y f (x) x2 6x 5. Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số y f ( f (x)) , với 3 x 0 . Tổng S m M . A. S 1 B. S 56 C. S 57 D. S 64 Lời giải Họ và tên tác giả : Nguyễn Khắc Sâm Tên FB: Nguyễn Khắc Sâm Chọn B Ta có f ( f (x)) f 2 (x) 6 f (x) 5. Đặt t f (x) , Xét hàm t f (x) x2 6x 5trên  3;0 Ta có bảng biến thiên: x - ¥ - 3 0 + ¥ 5 t = x 2 + 6x + 5 - 4 Từ bảng biến thiên ta được: 4 t 5 Khi đó hàm số được viết lại: f (t) t2 6t 5, Lập bảng biến thiên của hàm f (t) t2 6t 5, trên  4;5 . t - 4 - 3 5
  39. 60 f (t) = t 2 + 6t + 5 - 3 - 4 Ta được m 4 , M 60 . Vậy S = 56 Cách 2: Tìm mix, max của y f ( f (x)) f 2 (x) 6 f (x) 5. trên x K  3;0 không cần BBT. Ta có: y ' 2 f (x). f '(x) 6 f '(x) . x 3 K f '(x) 0 2x 6 0 y ' 0 2 f (x). f '(x) 6 f '(x) 0 x 2 K 2 f (x) 3 x 6x 5 3 x 4  K y 3 f f 3 f 4 3 y 2 f f 2 f 3 4 y 0 f f 0 f 5 60 min y 4 m Vậy S M m 56 max y 60 M 8 Câu 22. Cho hàm số f (x) ax2 bx c , thỏa mãn f (x) 1,x [ 1;1] và biểu thức a2 2b2 đạt giá 3 trị lớn nhất. Tính P 5a 11b c , biết a 0 A. P 10.B. P 9 . C. P 16. D. P 12. Lời giải Họ và tên tác giả : Đồng Anh Tú Tên FB: Anhtu Chọn B 1 c 1 (1) Thay x 1, x 0, x 1 vào hàm số f (x) , ta được 1 a b c 1 (2) 1 a b c 1 (3) 1 c a b 1 c 2 a b 2 Từ (2),(3) ta có , kết hợp với (1) , ta được 1 c a b 1 c 2 a b 2 a2 2ab b2 4 8 8 2 8 32 Suy ra a2 b2 4 . Vậy a2 2b2 (a2 b2 ) b2 (a2 b2 ) 2 2 a 2ab b 4 3 3 3 3 3 8 Nên a2 2b2 lớn nhât khi b 0,a 2 thay vào (2) , ta được 3 c 1 kết hợp với (1) thì 3 c 1. Thử lại với b 0,a 2 c 1 thỏa mãn f (x) 1,x [ 1;1] . Vậy b 0,a 2 c 1 Nên P 9. Câu 1. Cho đồ thị hàm số C : y a.x2 bx c có đỉnh I 1;2 . Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức a 2a 6b 2b c 3b 4c 3 b P là M khi hàm số có pt: y a x2 b x c . Tính a 3c 3b 2 1 1 1 2 2 3 Q M a1 b1 c1
  40. 3739 26 520 A. Q B. Q 28 C. Q D. Q 27 5 27 Lời giải Chọn D b x 1 b 2a Ta có: I 2a c 2 a a b c 2 68 a.14a 4a 2 7a 4 2 a 3 2a 6a2 4a 24 2 * P 3 a 9a 6 2 9a2 6a 2 3 9a2 6a 2 70 1 2 5 * P tại a ;b ;c . min 3 3 3 3 x2 2x 5 520 * Hàm số có pt: y và P 3 3 3 min 27 Chọn đáp án D Câu 2. Cho hai điểm A 1;1 ; B 2;4 nằm trên Parabol P : y x2 . Điểm C nằm trên cung »AB của Parabol P sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Khi đó độ dài của đoạn thẳng OC là: 5 5 3 3 A. . B. . C. . D. . 4 2 4 2 Lời giải Chọn A Ta có phương trình của đường thẳng AB : y x 2. Gọi d là đường thẳng song song với AB : y x 2 và tiếp xúc với P . Ta có d : y x m trong đó m 2 . d tiếp xúc với P khi và chỉ khi phương trình x2 x m có nghiệm kép 1 x2 x m 0 có nghiệm kép 1 4m 0 m 4 1 Khi đó d : y x 4 Gọi C là tiếp điểm của d và P , khi đó tọa độ của C là nghiệm của hệ 1 1 x y x 2 1 1 4 C ; 2 1 2 4 y x y 4
  41. Gọi M là một điểm bất kì nằm trên cung »AB của Parabol P , khi đó điểm M nằm giữa hai đường thẳng d và đường thẳng AB suy ra chiều cao hạ từ M đến đường thẳng AB nhỏ hơn chiều cao hạ từ C đến đường thẳng AB . Vậy tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2 2 1 1 2 1 1 5 5 Khi đó C ; OC OC 2 4 2 4 16 4 Câu 3. Cho parabol P : y x2 2018x 3 và đường thẳng d : y mx 4 . Biết d cắt P tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ lần lượt là x1, x2 .Tìm giá trị nhỏ nhất của T x1 x2 ? A. T 2018. B. T 0. C. T 2. D. T 4. Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của P và d : x2 2018x 3 mx 4 x2 (m 2018)x 1 0 . Nhận thấy phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu x1, x2 với mọi m R 1 1 1 1 Ta có x1.x2 1 x2 .Suy raT x1 x1 2 (do x1, cùng dấu) x1 x1 x1 x1 Dấu ‘=” xảy ra khi m=2018. Câu 4. Cho x, y, z [0;2] .Tìm giá trị lớn nhất của T 2(x y z) (xy yz zx) ? A. T 3. B. T 0. C. T 4. D. T 2. Lời giải Ta có T f (x) (2 y z)x 2(y z) yz Nếu y z 2 thì f (x) 4 yz 4 do yz 0 Nếu y z 2 thì f (x) là hàm số bậc nhất Ta có f (0) (2 y)(2 z) 4 4 và f (2) yz 4 4 . Vậy MaxT=4 khi x 0, y z 2 hoặc x 2, y z 0 Câu 5. Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số y x4 4x2 5 m trên đoạn [1; 3] là giá trị nhỏ nhất. 3 3 1 1 A. m . B. m . C. m . D. m . 2 2 2 2 Lời giải Chọn B
  42. Đặt t x2 t [1;3] ta được hàm số : y(t) t 2 4t 5 m ,t [1;3] Đặt u t 2 4t 5,u [1;2] , hàm số trở thành: y(u) u m t 1 2 3 u t 2 4t 5 2 2 1 Vì t [1;3] u [1;2] Hàm số f (u) u m đồng biến trên [1;2] nên hàm số y u m nhận GTLN,GTNN ở một trong hai điểm mút 1 ,2. 1 m 2 m 1 Do đó : max y max{ f (1), f (2)} max{1 m , 2 m} . [1; 3] 2 2 3 Dấu “ = “ xãy ra khi m 1 m 2 m . 2 Cách khác : Đặt t x4 4x2 5 t ' 4x3 8x 0 x 2 (do x [1; 3] Bảng biến thiên x 1 2 3 t x4 4x2 5 2 2 1 Ta có :t [1;2] Hàm số trở thành : y(t) t m ,t [1;2] Hàm số f (t) t m đồng biến trên [1;2] nên hàm số y t m nhận GTLN,GTNN ở một trong hai điểm mút 1 ,2. 1 m 2 m 1 Do đó : max y max{ f (1), f (2)} max{1 m , 2 m} . [1; 3] 2 2 3 Dấu “ = “ xãy ra khi m 1 m 2 m . 2 Câu 6. Cho parabol (P) : y x2 2mx 3m2 4m 3 ( m là tham số ) có đỉnh I. Gọi A, B là 2 điểm thuộc Ox sao cho AB 2018. Khi đó VIAB có diện tích nhỏ nhất bằng : A. 2018 .B. 1009 . C. 4036 . D. 1008. Lời giải Chọn B y x2 2mx 3m2 4m 3có ' m2 ( 3m2 4m 3) ' 2m2 4m 3 2(m 1)2 1 0,m (P) luôn nằm phía dưới Ox .
  43. (P) có đỉnh I(m; 2m2 4m 3) . Gọi H là hình chiếu của I trên Ox . Khi đó ta có : IH | 2m2 4m 3| 2m2 4m 3 . 1 S IH.AB . VIAB 2 2 SVIAB đạt GTNN IH đạt GTNN f (m) 2m 4m 3 đạt GTNN 1 m 1 Minf (m) 1 MinIH 1 MinS .1.2018 1009 . VIAB 2 Câu 7. Cho hàm số y x2 2x 3m ( m là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để giá trị lớn nhất của hàm số trên  2;1 bằng 7 . A. 1. B. 2 . C. 0 . D. 3 . Lời giải Chọn A Đặt g x x2 2x 3m , khi đó y g x . Bảng biến thiên của hàm số g x trên  2;1 1 +) Nếu 3m 1 0 m thì max y 3m 3. 3  2;1 4 Ycbt 3m 3 7 m (loại do m nguyên). 3 +) Nếu 3m 3 0 m 1 thì max y 3m 1.  2;1 Ycbt 3m 1 7 m 2 ( chọn do m nguyên và m ; 1 ). max y 3m 3  2;1 +) Nếu 3m 0 3m 3 1 m 0 thì . max y 3m 1  2;1 4 3m 3 7 m 1;0 Ycbt 3 . 3m 1 7 m 2 1;0 max y 3m 3  2;1 1 +) Nếu 3m 1 0 3m 0 m thì max y 3m . 3  2;1 max y 3m 1  2;1
  44. 4 1 m 0; 3 3 3m 3 7 7 1 Ycbt 3m 7 m 0; . 3 3 3m 1 7 1 m 2 0; 3 Vậy m 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách khác Ta có: max y max 3m 1 ; 3m 3.  2;1 8 3m 1 7 m +) 3m 1 7 3 . 3m 1 7 m 2 4 m 3m 3 7 3 +) 3m 3 7 . 3m 3 7 10 m 3 Vì m nguyên nên m 2 . Câu 8. Cho các số thực x, y thỏa mãn x2 y2 1 xy . Gọi M ,m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức S x4 y4 x2 y2 . Khi đó giá trị của M m là 10 29 5 5 A. .B. . C. . D. . 9 18 2 9 Lời giải Chọn B 2 Có S x2 y2 3x2 y2 1 xy 2 3x2 y2 2x2 y2 2xy 1 Đặt t xy S 2t 2 2t 1 Có x2 y2 2xy 1 xy 2xy xy 1, dấu bằng xảy ra khi x y 1 1 1 x , y 1 3 3 x2 y2 2xy 1 xy 2xy xy , dấu bằng xảy ra khi 3 1 1 x , y 3 3 1 Suy ra t ;1 3 1 Xét hàm số f t 2t 2 2t 1, t ;1 3 Ta có bảng biến thiên
  45. 3 1 29 Từ bảng biến thiên ta thấy M ;m M m 2 9 18 é ù Câu 9. Giá trị m để giá trị lớn nhất của hàm số f (x ) = 2m - 3x trên ë- 1;2û đạt giá trị nhỏ nhất thỏa mãn mệnh đề nào sau đây A. m Î (2; 3) B. m Î (1;2) C. m Î (- 1;1) D. m Î (3; 4) Lời giải Chọn C Vì đồ thị hàm số bậc nhất y = 2m - 3x là một đường thẳng nên max f (x) chỉ có thể đạt được [- 1;2] tại x = - 1 hoặc x = 2 . Do đó nếu đặt M = max f (x) thì M ³ f (- 1) = 2m + 3 và M ³ f (2) = 2m - 6 . [1;2] Ta có f (- 1) + f (2) 2m + 3 + 2m - 6 2m + 3 + 6 - 2m (2m + 3) + (6 - 2m) 9 M ³ = = ³ = 2 2 2 2 2 . ïì 2m + 3 = 6 - 2m 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi íï Û m = . ï (2m + 3)(6 - 2m) ³ 0 îï 4 9 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của M là , đạt được chỉ khi m = . Đáp án B. 2 4 2 é ù Câu 10. Giá trị m để giá trị lớn nhất của hàm số y = f (x) = - 3x + 6x + 1 - 2m trên ë- 2; 3û đạt giá trị nhỏ nhất thỏa mãn mệnh đề nào sau đây A. m Î (- 6;- 4) B. m Î (- 4; 0) C. m Î (0; 3) D. m Î (3;5) Lời giải Chọn A Đồ thị hàm số y = g(x) = - 3x 2 + 6x + 1 - 2m là parabol có hoành độ đỉnh bằng - b = 1 Î é- 2; 3ù a ë û Do đó M = max f (x) = max { g(1) ; g(- 2) ; g(3) } [- 2;3] = max { 4 - 2m ; - 23 - 2m ; - 8 - 2m } = max { 2m - 4 ; 2m + 23 ; 2m + 8 }
  46. = max { 2m - 4 ; 2m + 23 } ( do 2m - 4 < 2m + 8 < 2m + 23 " m Î ¡ ) = max { 2m - 4 ; 2m + 23 } Suy ra M ³ 2m - 4 và M ³ 2m + 23 Ta có 2m - 4 + 2m + 23 2m + 23 + 4 - 2m (2m + 23) + (4 - 2m) 27 M ³ = ³ = . 2 2 2 2 ïì 2m + 23 = 4 - 2m 19 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi íï Û m = - . ï (2m + 23)(4 - 2m) ³ 0 îï 4 27 19 Vậy giá trị nhỏ nhất của M là , đạt được chỉ khi m = - . Đáp án A. 2 4 1 3 Câu 11. Biết rằng hàm số y ax2 bx c (a,b,c là các số thực) đạt giá trị lớn nhất bằng tại x và 4 2 tổng lập phương các nghiệm của phương trình y 0 bằng 9. Tính P abc. A. P 0. B. P 6. C. P 7. D. P 6. Lời giải b 3 2 1 3 Hàm số y ax bx c đạt giá trị lớn nhất bằng tại x nên ta có 2a 2 và điểm 4 2 a 0 3 1 9 3 1 ; thuộc đồ thị a b c . 2 4 4 2 4 Để phương trình ax2 bx c 0 có nghiệm thì b2 4ac 0 3 3 Khi đó giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình y 0. Theo giả thiết: x1 x2 9 3 3 Viet b b c x1 x2 3x1x2 x1 x2 9  3 9 . a a a b 3 2a 2 b 3a a 1 9 3 1 9 3 1 Từ đó ta có hệ a b c a b c b 3  P abc 6. 4 2 4 4 2 4 c 2 3 c b b c 2 3 9 a a a a Chọn B 1 3 Câu 12. Biết rằng hàm số y ax2 bx c (a,b,c là các số thực) đạt giá trị lớn nhất bằng tại x và 4 2 tổng lập phương các nghiệm của phương trình y 0 bằng 9. Tính P abc. A. P 0. B. P 6. C. P 7. D. P 6. Lời giải
  47. b 3 2 1 3 Hàm số y ax bx c đạt giá trị lớn nhất bằng tại x nên ta có 2a 2 và điểm 4 2 a 0 3 1 9 3 1 ; thuộc đồ thị a b c . 2 4 4 2 4 Để phương trình ax2 bx c 0 có nghiệm thì b2 4ac 0 3 3 Khi đó giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình y 0. Theo giả thiết: x1 x2 9 3 3 Viet b b c x1 x2 3x1x2 x1 x2 9  3 9 . a a a b 3 2a 2 b 3a a 1 9 3 1 9 3 1 Từ đó ta có hệ a b c a b c b 3  P abc 6. 4 2 4 4 2 4 c 2 3 c b b c 2 3 9 a a a a Chọn B Câu 13. Cho đường thẳng d : y mx 2m 1 và parabol (P): y x2 3x 2 (m là tham số thực). m a a Biết d (với a,b ¢ và phân số tối giản) là khoảng cách lớn nhất từ đỉnh I của parabol b b 2 2 (P) đến đường thẳng dm . Tính P a b . A. P 1097 . B. P 45 . C. P 857 . D. P 285 . Lời giải Chọn C 3 1 Đỉnh của P là I ; . 2 4 Gọi M (a;b) là điểm cố định của họ đường thẳng dm Suy ra (a 2)m 1 b 0 đúng với mọi m a 2 0 a 2 M 2;1 . 1 b 0 b 1 Gọi H là hình chiếu của I lên dm , khi đó IH là khoảng cách từ I đến đường thẳng dm . Có d I;dm IH IM nên d I;dm đạt giá trị lớn nhất bằng IM khi và chỉ khi H  M 2;1 29 Khi đó d IM a 29 , b 4 . 4 Vậy P a2 b2 857 . m m Câu 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A 1;1 và B 2;3 . Điểm M 0; (với là n n phân số tối giản, n 0 ) nằm trên trục tung thỏa mãn tổng khoảng cách từ M tới hai điểm A và B là nhỏ nhất. Tính S m 2n . A. S 1 B. S 11. C. S 4 . D. S 3.
  48. Lời giải Chọn B Ta có A , B nằm cùng phía so với Oy . Lấy điểm B ' 2; 3 đối xứng với điểm B qua Oy . Ta có: MA MB MA MB '. Do đó, để MA MB nhỏ nhất thì: 3 điểm M , A, B ' thẳng hàng. 2 5 Phương trình đường thẳng đi qua A và B ' là: y x . 3 3 5 Đường thẳng AB ' cắt trục tung tại điểm M 0; m 5;n 3 m 2n 11. 3 Câu 15. Cho hàm số y f (x) x2 6x 5. Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số y f ( f (x)) , với 3 x 0 . Tổng S m M . A. S 1 B. S 56 C. S 57 D. S 64 Lời giải Chọn B Ta có f ( f (x)) f 2 (x) 6 f (x) 5. Đặt t f (x) , Xét hàm t f (x) x2 6x 5trên  3;0 Ta có bảng biến thiên: x - ¥ - 3 0 + ¥ 5 t = x 2 + 6x + 5 - 4 Từ bảng biến thiên ta được: 4 t 5 Khi đó hàm số được viết lại: f (t) t2 6t 5, Lập bảng biến thiên của hàm f (t) t2 6t 5, trên  4;5 . t - 4 - 3 5 60 f (t) = t 2 + 6t + 5 - 3 - 4 Ta được m 4 , M 60 . Vậy S = 56 Câu 16. Cho Parabol y mx2 2mx 2 . Gọi S là tổng tất cả các giá trị của m để hàm số đạt giá trị nhỏ nhất baèng -6 trên đoạn [-2; 3]. Tính tổng tất cả các phần tử của S. A. 8B. 7C. 2D. 4 Hướng dẫn: Tọa độ đỉnh của Parabol I(1; 2 – m) Nếu m > 0 khi đó giá trị nhỏ nhất là 2 m 2 m 6 m 8 (tm) Nếu m < 0 khi đó y( 2) 8m 2, y(3) 3m 2 vì 8m 2 3m 2 m 0 min y 8m 2
  49. Ycbt 8m 2 6 m 1(tm) Vậy S = {-1; 8} Câu 17. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x 4x2 4mx m2 2m trên đoạn  2;0 bằng 3. Tính tổng T các phần tử của S. 3 1 9 3 A. T . B. T . C. T . D. T . 2 2 2 2 Lời giải Chọn D Họ và tên: Nguyễn Hoàng Phú An Facbook: Phu An m Parabol có hệ số theo x2 là 4 0 nên bề lõm hướng lên. Hoành độ đỉnh x . I 2 m Nếu 2 m 4 thì x 2 0 . Suy ra f x tăng trên đoạn  2;0. 2 I Do đó min f x f 2 m2 6m 16 .  2;0 Theo yêu cầu bài toán: m2 6m 16 3 (vô nghiệm). m Nếu 2 0 4 m 0 thì x 0;2. Suy ra f x đạt giá trị nhỏ nhất tại đỉnh. 2 I m Do đó min f x f 2m .  2;0 2 3 Theo yêu cầu bài toán 2m 3 m (thỏa mãn 4 m 0 ). 2 m Nếu 0 m 0 thì x 0 2 . Suy ra f x giảm trên đoạn  2;0. 2 I Do đó min f x f 0 m2 2m.  2;0 m 1 loaïi Theo yêu cầu bài toán: m2 2m 3 . m 3 thoûa maõn 3  3 3 Vậy S ;3  T 3 . 2  2 2 Câu 18. Xét các số thực a,b,c sao cho phương trình ax2 bx c 0 có hai nghiệm thuộc 0;1. Giá trị a b (2a b) lớn nhất của biểu thức T là a(a b c) 3 35 8 A. T 3. B. T . C. T D. T . max max 2 max 8 max 3 Lời giải Chọn A
  50. Với các số thực a,b,c làm cho phương trình ax2 bx c 0 có hai nghiệm thuộc 0;1. Gọi b x x 1 2 a hai nghiệm đó là x , x , theo định lí Viet ta được c 1 2 x .x 1 2 a a b (2a b) b b 1 2 a b (2a b) 2 a a (1 x x )(2 x x ) Ta có T a 1 2 1 2 a(a b c) a b c b c 1 x x x x 1 1 2 1 2 a a a 2(1 x x x x ) x x x2 x2 x x x2 x2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 . 1 x1 x2 x1x2 1 x1 x2 x1x2 Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 0 x1 x2 1, 2 x1 x1x2 Suy ra 1 x x x x 1 x x x2 x x x2 x2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 x2 1 2 2 2 2 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 Suy ra 2 2 2 1. 1 x1 x2 x1x2 1 x1 x2 x1 x1 x2 x1 x2 Suy ra T 2 1 3 . Vậy Tmax 3 , dấu “=” xảy ra khi x1 x2 1. Ý tưởng: Nếu hàm số y = f (x) là hàm số lẻ trên đoạn [- a;a], (a > 0) và có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất thì Max f (x) = Max f (x) = Min f (x) [- a;a] [0;a] [- a;a] æ2017 + 2019- x2 ö ç ÷ Câu 19. Gọi M ,m lần lượt là GTLN và GTNN của hàm số f (x) = xç ÷ trên tập xác èç 2018 ø÷ định của nó. Tìm số phần tử của tập hợp ¥ * Ç[m;M ]? A. 2018.B. 44.C. 88.D. 89 Lời giải Đáp án: B Tập xác định D = é- 2019; 2019ù ëê ûú Dễ thấy f (x) là hàm số lẻ trên D . Thêm nữa, f (x) ³ 0, " x Î é0; 2019ù. ëê ûú Do đó, ïì M = Max f (x) = Max f (x) ï é- 2019; 2019ù é0; 2019ù ï ëê ûú ëê ûú íï ï m = Min f (x) = - Max f (x) ï é- 2019; 2019ù é0; 2019ù îï ëê ûú ëê ûú Ta có
  51. æ2017 + 2019- x2 ö x ç ÷ 2 f (x) = xç ÷= ( 2017 2017 + 2019- x ) èç 2018 ÷ø 2018 x 2 2 2 £ 2017 + 12 . 2017 + 2019- x2 2018 ( ) ( ) ( ) 2018 = x 2017 + (2019- x2 ) 2018 ( ) æx2 + 2017 + 2019- x2 ö 2018 ç ( )÷ Þ f (x) £ ç ÷= 2018 2018 èç 2 ø÷ ì 2 ï 2017 2019- x ï = Đẳng thức xảy ra Û í 2017 1 Û x = 2018 Î é0; 2019ù ï ëê ûú ï 2 2 ï x = 2017 + 2019- x îï ( ) Từ đó suy ra ïì M = Max f (x) = Max f (x) = 2018 ï é ù é ù ï ê- 2019; 2019ú ê0; 2019ú íï ë û ë û ï m = Min f (x) = - Max f (x) = - 2018 ï é- 2019; 2019ù é0; 2019ù îï ëê ûú ëê ûú Vậy n ¥ * Ç m;M = n ¥ * Çé- 2018; 2018ù = 44 ( [ ]) (( ëê ûú)) có thể hỏi dễ hơn M + m =? (Bài độ chế từ đề Olympic 30/4 Hùng Vương – Bình dương) Câu 20. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y f x x2 3x 2 mx có giá trị nhỏ nhất bằng 1. Tổng các phần tử của tập hợp S bằng 5 1 3 A. 6 .B. 2 3 . C. . D. 2 3 . 2 2 2 Lời giải Chọn B Ta có 2 x m 3 x 2 neáu x 1 x 2 P1 y f x 2 x m 3 x 2 neáu 1 < x 2 P2 Hai parabol P1 và P2 cắt nhau tại A 1;m , B 2;2m . Parabol P1 có đỉnh 2 3 m m 3 S ; 2 . 2 4 3 m 3 m Trường hợp 1: 1 2 m 1 m 1 2 2 . Khi đó
  52. m 3 2 m 3 2 3 min y yS 1 2 1 4 m 3 2 3 loaïi 3 m Trường hợp 2: 1 2 1 m 1 . 2 Khi đó 1 m 0 2m 1 1 min y min yA; yB 1 m . 0 m 1 2 m 1 3 m  Nhận xét: Do min y min f 1 ; f 2 ; f  nên 2  ta có giải bài toán bằng cách lần lượt cho 3 m f 1 , f 2 , f bằng 1 để tìm m , sau đó kiểm tra lại xem nó có phải là min y 2 không. x3 + x2 + x Câu 21. Gọi M ,m lần lượt là GTLN và GTNN của hàm số f (x)= 2 . Tìm số phần tử của tập (x2 + 1) hợp ¢ Ç[m;M ]? A. 0. B. 1. C. 3. D. 4. Họ và tên tác giả: Trần Đức Phương Tên FB: Trần Đức Phương Lời giải Chọn B x x2 x Ta có f (x)= 2 + 2 . Đặt t = 2 x + 1 (x2 + 1) x + 1 2 2 2 x + 1 x + 1 - 1 x 1 é 1 1ù Vì x + 1³ 2 x Þ - £ x £ Þ £ 2 £ Þ t Î ê- ; ú 2 2 2 x + 1 2 ëê 2 2ûú 2 1 1 Xét hàm g(t)= t + t với t ; . 2 2 1 1 Dễ thấy hàm số đồng biến trên ; 2 2 1 1 1 3 Nên m g , M g . 2 4 2 4 Vậy ¢ Ç[m;M ]={0}. 2 Câu 22. Cho hàm số y x 2x có đồ thị C . Giả sử M x0 ; y0 thuộc C sao cho khoảng cách từ điểm M tới đường thẳng d : y 4x 15 là nhỏ nhất. Tính S x0 y0 . A. 4 .B. 6 . C. 5 . D. 7 . Lời giải Họ và tên tác giả : Nguyễn Văn Thanh Tên FB: Thanh Văn Nguyễn Chọn B
  53. Gọi là tiếp tuyến của C sao cho song song với đường thẳng d : y 4x 15. có phương trình là y 4x 9 . Giao điểm của và C là M 3;3 . M 3;3 là điểm cần tìm. Do đó S x0 y0 6 . Câu 23. Cho hàm số y x2 2(m2 1)x m . Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [ 2;0] lần lượt là y1 ; y2 . Tính tổng các giá trị của m tìm được, biết y1 11y2 0 . A. 1 B. 3 C. 2 D. 3 Lời giải Chọn B Đặt f (x) x2 2(m2 1)x m 2 Gọi I(xI ; yI ) là tọa độ đỉnh của parabol xI m 1 1 . Vậy xI [ 2;0] Ta có hàm số nghịch biến trên khoảng ( ;m2 1) hàm số cũng nghịch biến trên ( 2;0) 2 Vậy y1 f ( 2) 4m m 8 và y2 f (0) m 2 m 1 Theo bài ra y1 11y2 0 4m 12m 8 0 m 2 Câu 24. Xét các số thực a,b,c sao cho phương trình ax2 bx c 0 có hai nghiệm thuộc 0;1. Giá trị a b (2a b) lớn nhất của biểu thức T là a(a b c) 3 35 8 A. T 3. B. T . C. T D. T . max max 2 max 8 max 3 Lời giải Chọn A
  54. Với các số thực a,b,c làm cho phương trình ax2 bx c 0 có hai nghiệm thuộc 0;1. Gọi b x x 1 2 a hai nghiệm đó là x , x , theo định lí Viet ta được c 1 2 x .x 1 2 a a b (2a b) b b 1 2 a b (2a b) 2 a a (1 x x )(2 x x ) Ta có T a 1 2 1 2 a(a b c) a b c b c 1 x x x x 1 1 2 1 2 a a a 2(1 x x x x ) x x x2 x2 x x x2 x2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 . 1 x1 x2 x1x2 1 x1 x2 x1x2 Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 0 x1 x2 1, 2 x1 x1x2 Suy ra 1 x x x x 1 x x x2 x x x2 x2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 x2 1 2 2 2 2 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 Suy ra 2 2 2 1. 1 x1 x2 x1x2 1 x1 x2 x1 x1 x2 x1 x2 x1 0; x2 1 Suy ra T 2 1 3 . Vậy Tmax 3 , dấu “=” xảy ra khi . x1 x2 1 Câu 25: Cho hàm số f x ax2 bx c , a 0 thỏa mãn điều kiện f x 1, x  1;1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T a2 b2 c2 ? A. .m axT 1 B. .C. maxT 3 maxT 5 . D. .maxT 9 Lời giải Chọn C Ta có 2 f 1 f 0 a b 2 a b 4 . 2 f 1 f 0 a b 2 a b 4 . 2 2 Suy ra a b a b 8 2 a2 b2 8 a2 b2 4 . Ta lại có f 0 c 1 c2 1 . Do đó, a2 b2 c2 5 . Đẳng thức xảy ra khi a b 2 a { 2;2} a b 2 b 0 a;b;c 2;0; 1 , 2;0;1 , 2;0; 1 , 2;0;1 . c { 1;1} c 1 Thử lại, chỉ có a;b;c 2;0;1 , 2;0; 1  thỏa mãn f x 1, x  1;1 . Vậy maxT 5 . VẤN ĐỀ 6 ỨNG DỤNG HÀM SỐ VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN KHÁC Câu 1. Một doanh nghiệp tư nhân A chuyên kinh doanh xe gắn máy các loại. Hiện nay doanh nghiệp đang tập trung chiến lược vào kinh doanh xe hon đa Future Fi với chi phí mua vào một chiếc là2 7
  55. (triệu đồng) và bán ra với giá là 31triệu đồng. Với giá bán này thì số lượng xe mà khách hàng sẽ mua trong một năm là 600 chiếc. Nhằm mục tiêu đẩy mạnh hơn nữa lượng tiêu thụ dòng xe đang ăn khách này, doanh nghiệp dự định giảm giá bán và ước tính rằng nếu giảm 1triệu đồng mỗi chiếc xe thì số lượng xe bán ra trong một năm là sẽ tăng thêm 200 chiếc. Vậy doanh nghiệp phải định giá bán mới là bao nhiêu để sau khi đã thực hiện giảm giá, lợi nhuận thu được sẽ là cao nhất. A. 30 triệu đồng.B. 29 triệu đồng.C. 30,5 triệu đồng.D. 29,5triệu đồng. Lời giải Chọn C Gọi x (triệu) đồng là số tiền mà doanh nghiệp A dự định giảm giá; 0 x 4 . Khi đó: Lợi nhuận thu được khi bán một chiếc xe là 31 x 27 4 x (triệu đồng). Số xe mà doanh nghiệp sẽ bán được trong một năm là 600 200x (chiếc). Lợi nhuận mà doanh nghiệp thu được trong một năm là f x 4 x 600 200x 200x2 200x 2400 . Xét hàm số f x 200x2 200x 2400 trên đoạn 0;4 có bảng biến thiên 1 Vậy max f x 2450 x . 0;4 2 Vậy giá mới của chiếc xe là 30,5 triệu đồng thì lợi nhuận thu được là cao nhất. Câu 2. Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc v ( km / h ) phụ thuộc vào thời gian t(h) có đồ thị của hàm số vận tốc như hình dưới. Trong khoảng thời gian 1giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh I(2;9) và trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng song song với trục hoành. Tính vận tốc v của vật tại thời điểm t 3 . 121 31 89 61 A. v .B. v .C. v .D. v . 4 4 4 4 Lời giải
  56. Giả sử v t at2 bt c t 0 Ta có : 5 a v 0 c 4 4a 2b 5 4 v 2 4a 2b c 9 4a b 0 b 5 b c 4 c 4 2 2a 5 v t t2 5t 4 4 31 Vậy t 3 v t 0 4 Chọn B Câu 3. Với giá trị nào của a thì bất pt sau nghiệm đúng với mọi giá trị của x : (x2 4x 3)(x2 4x 6) a A. a 2 B. a 2 C. a 1 D. a 1 Lời giải : Chọn B Đặt :t x2 4x 3 x2 4x 6 t 3 Ta có :t (x 2)2 1 1 t 1 Bài toán trở thành : Tìm a để t(t 3) a(*) t 1. Xét hàm số : f(t) = t 2 3t,(t 1) Lập bảng biến thiên của f(t) trên  1; Suy ra minf(t) = -2 (*) f (t) a , t 1 Vậy a 2 Câu 4. Cho phương trình 2 x 4 x2 m x 4 x2 . Gọi m là giá trị nhỏ nhất của tham số m để 0 phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt. Khi đó: A. m0 1; 2 . B. m0 3; 4 . C. m0 5; 6 . D. m0 2; 0 . Lời giải
  57. Chọn B Phương trình: 2 x 4 x2 m x 4 x2 1 . + Điều kiện 2 x 2 + Đặt t x 4 x2 , với 2 x 2 2 t 2 2 t 2 4 Khi đó t 2 4 2x 4 x2 x 4 x2 . 2 Phương trình 1 trở thành: t 2 4 2t m t 2 4t 2m 4 0 t 2 4t 4 2m 2 2 x t 2 + Ta có t x 4 x t 8 t 2 x 2 t 8 t 2 + Nhận xét : Với 2 t 2 2 thì t 2 t 8 t 2 Với 2 t 2 2 thì t 2 + Do đó t 8 t 2 Với 2 t 2 thì phương trình có 1 nghiệm x 2 t 8 t 2 Với 2 t 2 2 thì phương trình có 2 nghiệm x 2 + Như vậy, để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì 2 phải có 2 nghiệm t1,t2 thỏa mãn : 2 t1 2 t2 2 2 Lập BBT của hàm số f t t 2 4t , Từ BBT ta thấy phương trình 2 có 2 nghiệm t1,t2 thỏa mãn 2 t1 2 t2 2 2 4 4 2m 8 8 2 4 2 2 m 4 . Do đó m0 4 2 2 . Vậy m0 3; 4 . Chủ đề : HS và PT Bậc 1-2 lớp 10 Câu 5. Với giá trị nào của a thì bất pt sau nghiệm đúng với mọi giá trị của x : (x2 4x 3)(x2 4x 6) a
  58. B. a 2 B. a 2 C. a 1 D. a 1 Lời giải : Chọn B Đặt : t x2 4x 3 x2 4x 6 t 3 Ta có :t (x 2)2 1 1 t 1 Bài toán trở thành : Tìm a để t(t 3) a(*) t 1. Xét hàm số : f(t) = t 2 3t,(t 1) Lập bảng biến thiên của f(t) trên  1; Suy ra minf(t) = -2 (*) f (t) a , t 1 Vậy a 2 Câu 6. Dây truyền đỡ nền cầu treo có dạng Parabol ACB như hình vẽ. Đầu cuối của dây được gắn chặt vào điểm A và B trên trục AA'và BB 'với độ cao 30m . Chiều dài nhịp A' B ' 200m . Độ cao ngắn nhất của dây truyền trên nền cầu là OC 5m . Tính tổng chiều dài các dây cáp treo y1 y2 y3 (thanh thằng đứng nối nền cầu với dây truyền)? 147 295 73 A. .B. .C. 37 .D. . 4 8 2 Lời giải B A M y Chọn B M 3 M Chọn trục Oy trùng với trục đối xứng của Parabol, trục Ox nằm2 trên ynền3 cầu như hình vẽ. Khi C y A ( B 1 y 3 0 đó ta có A 100;30 , C 0;5 . Từ đó ta 5có hệ phương2 trình O M 1 m B m 1 0A b M 31 0 ' Ma 0' 2a 2 2 400y 3 C y ; 01 y 3 0 a.0 b.0 c 5 5 b 02 3 O 0 m 2 m c1 5 A 0 a.100 B b.100 c 30 m x ' ' ) 2 1 0 Suy ra Parabol có phương trình y x2 5. Bài toán0 đưa việc xác định chiều dài các dây 400 m cáp treo sẽ là tính tung độ những điểm M1 , M 2 , M 3 của Parabol. Trong đó các hoành độ lần 105 45 305 lượt là x 25; x 50; x 75, từ đó suy ra y ; x ; x . Vậy 1 2 3 1 16 2 4 3 16 295 y y y 1 2 3 8 Câu 7. Dây truyền đỡ nền cầu treo có dạng Parabol ACB như hình vẽ. Đầu cuối của dây được gắn chặt vào điểm A và B trên trục AA' và BB' với độ cao 30m. Chiều dài nhịp A' B ' 200m. Độ cao ngắn nhất của dây truyền trên nền cầu làOC 5m . Xác định tổng các chiều dài các dây cáp treo (thanh thẳng đứng nối nền cầu với dây truyền)?
  59. A. m34.,875 B. m.35,875 C. 36,875m. D. m37.,875 Lời giải Chọn C Chọn trục Oy trùng với trục đối xứng của Parabol, trục Ox nằm trên nền cầu như Hình vẽ. Khi đó ta cóA (100; 30), C (0; 5) , ta tìm phương trình của Parabol có dạng y = ax 2 + bx + c . Parabol có đỉnh là C và đi qua A nên ta ïì b ïì 1 ï - = 0 ï a = ï 2a ï 400 có hệ phương trình: íï a.0 + b.0 + c = 5 Û íï b= 0 ï ï ï 2 ï ï a.100 + b.100 + c = 30 ï c= 5 îï îï 1 Suy ra Parabol có phương trình y = x 2 + 5 . Bài toán đưa việc xác định chiều dài các dây 400 cáp treo sẽ là tính tung độ những điểm M1, M 2 , M 3của Parabol. Ta dễ dàng tính được tung độ các điểm có các hoành độ x1 25, x2 50, x3 75 lần lượt là y1 6,5625 (m), y2 11,25 (m), y3 19,0625(m) . Do đó tổng độ dài các dây cáp treo cần tính là 6,5625 11,25 19,0625 36,875(m) Câu 8. Khi một quả bóng được đá lên nó sẽ đạt được độ cao nào đó rồi rơi xuống. Biết rằng quỹ đạo của quả bóng là một cung parabol. Giả thiết rằng bóng được đá từ độ cao 1m. Sau đó 1 giây nó đạt độ cao 8, 5m và 2 giây sau khi đá nó đạt độ cao 6m. Hỏi sau bao lâu quả bóng chạm đất (Tính chính xác đến hàng phần trăm). A. 2, 58s.B. 2, 59s.C. 2, 60s.D. 2, 57s. Lời giải Họ và tên tác giả : Nguyễn Thị Trang Tên FB: Trang Nguyen Chọn A
  60. Biết rằng quỹ đạo của quả bóng là một cung parabol. Nên có dạng y=ax2+bx+c 8 B Theo bai ra gắn vào hệ tọa độ và sẽ tương ứng các điểm A, BC. nên ta có c 1 a 5 C 6 a b c 8,5 b 12,5 4a 2b c 6 c 1 Khi đó parabol có dạng 4 y= -5x2+12, 5x+1 Để quả bóng rơi xuống đất ki y=0 x 0,08(loai) 2 x 2,58(tm) A =>Đáp án A O Vậy s=2, 58s Câu 9. Một chiếc cổng như hình vẽ, trong đó CD 6m , AD 4m , phía trên cổng có dạng hình parabol Người ta cần thiết kế cổng sao cho những chiến xe container chở hàng với bề ngang thùng xe là 4m , chiều cao là 5,2m có thể đi qua được (chiều cao được tính từ mặt đường đến nóc thùng xe và thùng xe có dạng hình hộp chữ nhật). Hỏi đỉnh I của parabol (theo mép dưới của cổng) cách mặt đất tối thiểu là bao nhiêu ? A. .6B.,1 3.C.m .D. 6,14m 6,15m 6,16m . Lời giải Chọn D
  61. Gọi O là trung điểm của AB , K là điểm thuộc đoạn thẳng OA sao cho OK 2m . Chọn hệ tọa độ như hình vẽ. Khi đó phương trình của đường cong parabol có dạng y ax2 c . Theo giả thiết ta có parabol đi qua 2;1,2 , 3;0 nên ta có: 6 a 4a c 1,2 25 . 9a c 0 54 c 2,16 25 Vậy đỉnh I của parabol (theo mép dưới của cổng) cách mặt đất tối thiểu là 6,16m Câu 10. Cho a,b,c là các số thực thuộc đoạn 0;1 . Tìm GTLN của biểu thức P a 1 b b 1 c c 1 a 5 5 3 A. .B. 1.C. .D. . 4 6 2 Lời giải Chọn B Biểu thức P được viết lại dưới dạng P 1 b c a b c bc Xét hàm số f x 1 b c x b c bc với x 0;1 . Do f x là hàm số bậc nhất trên đoạn 0;1 nên ta có f x max f 0 , f 1 ,x 0;1. Lại có f 0 b c bc 1 b 1 c 1 1,b,c 0;1. và f 1 1 bc 1,b,c 0;1. Do đó f x 1,x 0;1 f a 1. Đẳng thức xảy ra chẳng hạn tại a 1,b 0,c 0;1. Vậy max P 1 . Câu 11. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình x2 5 4x x2 4x m 103 có nghiệm? A. 7 B. C.8 D. 9 6 Lời giải Chọn A Đặt t 5 4x - x2 9 - x - 2 2 nên 0 t 3 hay t 0;3 Ta được PT t 2 t 108 m Khi đó xét y f t t 2 t 108với t 0;3 t 1 0 3 2
  62. f(t) 433 4 108 102 433 Từ bảng biến thiên trên ta thấy PT có nghiệm khi và chỉ khi 102 m nên có 7 các số 4 nguyên của m thỏa mãn . Câu 12. Cho phương trình (x2 2x m)2 2x2 3x m 0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m [ 10;10] để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt. A. .1 1 B. 12 . C. .9 D. . 13 Lời giải Họ và tên tác giả : Phạm Thành Trung Tên FB: Phạm Thành Trung Chọn B Biến đổi phương trình về dạng: (x2 2x m)2 2(x2 2x m) m x a x2 2x m Đặt a x2 2x m ta có hệ: 2 x a 2a m x a Từ hệ phương trình có: (x a)(x a 1) 0 x a 1 0 x x2 2x m m x2 3x Hay có: 2 2 x x 2x m 1 0 m x x 1 5 Vẽ trên cùng một đồ thị các Parabol: (P ) : y x2 3x;(P ) : y x2 x 1 ta có m 1 2 4 Vậy có 12 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu của bài toán 3 2 5 41 A 2 4 1 2 1 2 Câu 1: Cho bất phương trình mx 4 0 đúng với x 8 khi m thuộc đoạn a;b . Tính a + b ? 1 1 A. B.0 C. D. . 3 2 2
  63. Lời giải Chọn đáp án A Yêu cầu bài toán tương đương với f x mx 4 0,x 8;8 đồ thị của hàm số y f x trên khoảng 8;8 nằm phía trên trục hoành hai đầu mút của đoạn thẳng đó đều nằm phía trên trục hoành. 1 m f 8 0 8m 4 0 2 1 1 m . f 8 0 8m 4 0 1 2 2 m 2 Khi đó a b 0 . Câu 13. Có tất cả bao nhiêu giá trị m nguyên để phương trình: 9 x 3m x2 9x x có đúng bốn nghiệm phân biệt? A. 1.B. 2.C. 3.D. Không tồn tại. Lời giải Chọn A Đk 0 x 9 Ta có: 9 x 3m x2 9x x (*) 9 x x 3m x2 9x 9 2 9x x2 3m x2 9x ( x2 9x) 9 2 9x x2 3m 81 9 9 9 Đặt: t 9x x2 (0 9x x2 ( x)2 ) 0 t 4 2 2 2 Phương trình(*) trở thành: t 2 2t 9 3m (1) 2 2 2 2 9 Với t 9x x x 9x+t 0 có 81 4t 0,t 0; Nếu mỗi giá trị của 2 9 t 0; thì ta có 2 giá trị phân biệt của x tương ứng. 2 9 Như vậy: pt(*) có 4 nghiệm phân biệt khi pt (1) có 2 nghiệm phân biệt thuộc 0; 2 t 1 9 Lập bảng biến thiên của hàm 0 2 2 số f (t) t 2t 9 trên 10 9 0; . f t 9 2 9 4
  64. 10 Khi đó ta có : 9 3m 10 3 m . mà m  m 3 . Chọn đáp án A 3 Câu 14. Cho (P) y 2x2 (m 4)x 2m 1 và đường thẳng (d) : y 3x 3m , với m là tham số. Biết (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trọng tâm tam giác OAB thuộc đường thẳng ( ) : 6x 2y 2019 0 . Khi đó: A. B.3 m 2020 0 3m 2020 0 C. 6m 2021 0 D. 6m 2021 0 Đáp án: C Giải Xét phương trình hoành độ giao điểm 2x2 (m 4)x 2m 1 3x 3m 2x2 (m 1)x m 1 0 (1) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt 2 2 m 1 (m 1) 8(m 1) 0 m 6m 7 0 m 7 Khi đó, phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 . Tọa độ hai điểm A, B lần lượt là A(x1; y1), B(x2 ; y2 ) Gọi G là trọng tâm của tam giác OAB khi đó x x m 1 x 1 2 G 3 6 y y 3x 3m 3x 3m 3(x x ) 6m m 1 y 1 2 1 2 1 2 (x x ) 2m 2m G 3 3 3 1 2 2 Mà G thuộc ( ) : 6x 2y 2019 0 nên ta có m 1 m 1 6. 2( 2m) 2019 0 6m 2021 0(thỏa mãn) 6 2 Suy ra đáp án C. Câu 15. Tìm số giá trị nguyên của m  2018;2018 để phương trình : x 2 m x 1 3 có nghiệm duy nhất A.2017B. 2018C. 4034D. 4036 Lời giải Họ và tên tác giả: Lê Thị Thúy Tên FB: Thúy Lê Chọn C m 1 x m 2 nÕu x < -2 f (x) 1 m x m 2 nÕu 2 x < 1 m 1 x 2 m nÕu x 1 Bảng biến thiên của hàm số theo m Từ bảng biến thiên ta có: Phương trình f (x) 3 có nghiệm duy nhất khi m 1hoặc m 1 do m nguyên, m  2018;2018 . chọn C
  65. Câu 16. Tìm số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình x 2 2x 3 x 2 2x m m 2 0 có đúng hai nghiệm phân biệt trên 1; 2. A. .12B. .C. .D. 9 6 3 . Lời giải Chọn D Ta có (1) 2 2 2 2 x 2x m 1 x 2x 1 m x 2x 3 x 2x m m 2 0 . 2 2 x 2x m 2 x 2x 4 m Hàm số y x 2 2x đồng biến trên ( 1; )  1; 2. Do đó, phương trình (1) có đúng hai nghiệm trên 1; 2 khi và chỉ khi 1 m 4 m 3 1 m 8 7 m 2 y(1) 1 m y(2) 4 m 2. 3 4 m 8 4 m 1 y(1) 4 m y(2) Câu 17. Cho hàm số bậc hai y=f(x) có đồ thị như hình vẽ 4 3 2 1 6 4 2 2 4 6 1 2 Tổng các giá trị nguyên của m để phương trình f(f(x)) = m có 4 nghiệm phân biệt là A. .SB. 5 S 3. C. .P 6 D. . P Lời giải Chọn B Số nghiệm của pt f(f(x)) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(f(x)) và đường thẳng y = m. Dựa vào đồ thị ta có: + Nếu m < -1 thì pt vô nghiệm + Nếu m = -1 thì pt tương đương f(x) = 1 suy ra pt đã cho có 2 nghiệm phân biệt. f (x) y1 1;1 + Nếu -1 < m < 3 thì pt tương đương với f (x) y2 1
  66. 4 3 2 y = m 1 1 6 4 2 -1 y1 2 y2 4 6 1 2 Từ đồ thị suy ra pt đã cho có 4 nghiệm phân biệt f (x) 1 + Nếu m = 3 thì pt tương đương với f (x) y2 1 Từ đồ thị suy ra pt đã cho có 3 nghiệm phân biệt f (x) y1 1 + Nếu m > 3 thì pt tương đương với f (x) y2 1 Từ đồ thị suy ra pt đã cho có 2 nghiệm phân biệt Vậy để pt có 4 nghiêm phân biệt thì -1 < m < 3 VẤN ĐỀ 7 HÀM HỢP – TÍNH GIÁ TRỊ HÀM SỐ Câu 1. Cho hàm số f xác định trên tập số nguyên và nhận giá trị cũng trong tập số nguyên, thỏa mãn f 1 0 với mọi m,n là số nguyên. f m n f m f n 3 4mn 1 Tính f 19 . A. f 19 1999 . B. f 19 1998 . C. f 19 2000 . D. f 19 2001 Lời giải ChọnB. m n 1 f 2 2 f 1 9 9 m n 2 f 4 2 f 2 45 63 m n 4 f 8 2 f 4 189 315 m n 8 f 16 2 f 8 765 1395 m 2;n 1 f 3 f 2 f 1 21 30 m 16;n 3 f 19 f 16 f 3 573 1998 Câu 2. Cho hàm số f xác định trên ¡ và cũng nhận giá trị trên tập ¡ thỏa. 2 f x f x x4 12x3 4 Tính giá trị f 1 A. f 1 1 B. f 1 1
  67. C. f 1 9 D. f 1 9 Lời giải Chọn B 3 Cho x 1ta được 2 f 1 f 1 14 12 1 4 7 4 3 Cho x 1ta được 2 f 1 f 1 1 12 1 4 17 2 f 1 f 1 7 f 1 1 Ta có hệ f 1 2 f 1 17 f 1 9 Câu 3. Cho hàm số y f (x) thỏa mãn f (u v) f (u) f (v) với u,v R . Biết f (4) 5 , hỏi giá trị của f ( 6) nằm trong khoảng nào dưới đây ? A. ( 8; 7) .B. (6;8).C. ( 5;0) .D. ( 10; 8) . Lời giải Chọn A Lời giải Cho u v 0 f (0 0) f (0) f (0) 0 f (0) 0 Cho v u f (u u) f (u) f ( u) f (0) 0 f ( u) f (u) hàm số y f (x) là hàm lẻ. 5 Lại có: f (4) f (2 2) f (2) f (2) 5 f (2) 2 5 15 15 Suy ra: f (6) f (4) f (2) 5 f ( 6) f (6) (vì hàm y f (x) là hàm lẻ) 2 2 2 Chọn đáp án A. Câu 4. Cho hàm số f : ¡ ¡ thỏa mãn điều kiện f x2 x 3 2 f x2 3x 5 6x2 10x 17,x ¡ . Tính f 2018 . 2 A. f 2018 2018 . B. f 2018 2018 . C. f 2018 4033. D. f 2018 3033. Lời giải Chọn C Ta cần thay x bởi đại lượng nào đó để bảo toàn được sự xuất hiện của f x2 x 3 và f x2 3x 5 trong phương trình. Do đó ta cần có x2 x 3 x2 3x 5 x 1 x . Như vậy ta thay x bởi 1 x . Cuối cùng ta tính được : f x2 x 3 2x2 2x 3 2 x2 x 3 3 . Vậy f 2018 2.2018 3 4033.
  68. x 10 khi x 2018 Câu 5. Cho hàm số f (x) . Tính giá trị f (1) f (2018) . f ( f (x 11)) khi x 2018 A. 1999. B. 2009 . C. 4018 . D. 4036 . Lời giải Chọn B Ta có: f (2018) f ( f (2018 11)) f ( f (2029)) 2019 10 2009 . f (2017) f ( f (2017 11)) f ( f (2028)) f (2018) 2009. f (2009) f ( f (2009 11)) f ( f (2020)) f (2010) 2009 . f (2008) f ( f (2008 11)) f ( f (2019)) f (2009) 2009 . f (2007) f ( f (2007 11)) f ( f (2018)) f (2009) 2009 . f (2006) f ( f (2006 11)) f ( f (2017)) f (2009) 2009 . f (1) f ( f (1 11)) f ( f (12)) 2009 . Do đó ta có f (2018) f (2017)  f (1) 2009. Vậy f (1) f (2018) 4018 . Câu 6: Có bao nhiêu hàm số f (x) xác định với mọi x thỏa mãn điều kiện f (x y) f (x). f (y) 2019x y với mọi số thực x, y. A. 0 .B. 1.C. 2 .D. vô số. Lời giải Chọn B Xét hệ điều kiện f (x y) f (x). f (y) 2019x y (1) Cho x y 0, (1) f (0) f 2 (0) 1.Từ đó suy ra f (0) 1. Cho y x, (1) 1 f (0) f (x). f ( x) 1. Suy ra f (x). f ( x) 1. (2) Cho y 0, (1) f (x) 2019x x ¡ (3) Vì (3) đúng với mọi x nên f ( x) 2019 x (4) 1 1 Từ (2) và (4) suy ra f (x) 2019x (5) f (x) 2019x Từ (3) và (5) suy ra f (x) 2019x. VẤN ĐỀ 8. TIẾP TUYẾN – TIẾP XÚC Câu 1. Biết rằng y ax b, a,b ¡ là tiếp tuyến chung của hai parabol y x2 4x 8 và y x2 8x 4 . Khi đó gia trị của biểu thức T 2018a 2019b bằng? A. T 24224 .B. T 24220 . C. T 24022 .D. T 24242 . Lời giải
  69. Chọn B Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y ax b và parabol y x2 4x 8 là: x2 4x 8 ax b x2 a 4 x 8 b 0 1 Đường thẳng tiếp xúc với parabol khi và chỉ khi phương trình 1 có nghiệm kép. a 4 2 4 8 b 0 a2 8a 4b 16 * Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y ax b và parabol y x2 8x 4 là: x2 8x 4 ax b x2 a 8 x 4 b 0 2 Đường thẳng tiếp xúc với parabol khi và chỉ khi phương trình 2 có nghiệm kép. a 8 2 4 4 b 0 a2 16a 4b 48 a2 8a 4b 16 a2 8a 4b 16 a 8 Kết hợp * , ta có hệ: . 2 a 16a 4b 48 8a 64 b 4 Vậy T 2018.8 2019.4 24220 . 2 Câu 2. Các Parabol Pm : y mx (4m 1)x 4m 1 m 0 luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định d khi m thay đổi . Hỏi d đi qua điểm nào trong các điểm sau A. 0;0 .B. 2;0 . C. 1;0 .D. 3;2 . Lời giải Chọn D Cách 1. Gọi d : y ax b là đường thẳng mà họ Parabol luôn tiếp xúC. Xét phương trình tương giao : mx2 (4m 1)x 4m 1 ax b mx2 (4m 1 a)x 4m 1 b 0 Khi đó phương trình tương giao phải có nghiệm kép với mọi m (4m 1 a)2 4m(4m 1 b) 0, m 0 2(a 1) (1 b)m (a 1)2 0, m 0 2(a 1) 1 b 0 a 1 a 1 0 b 1 Vậy d : y x 1. Nên d đi qua điểm 3;2 . 2 2 Cách 2. (Trắc nghiệm) Ta có: Pm : y mx (4m 1)x 4m 1 m(x 2) x 1 Nên phương trình đường thẳng luôn tiếp xúc với họ Parabol là d : y x 1 (Chú ý: Mẹo trắc nghiệm thay m 0 vào phương trình họ Parabol ta tìm được phương trình đường thẳng) d : y x 1 .
  70. 2 Câu 3. Parabol (P) : y ax bx c nhận ba đường thẳng y x 5; y 3x 3; y 3x 12 làm các tiếp tuyến. Khi đó giá trị của M ab bc là A. -25B. -16C. -1.D. 25. Lời giải YCBT suy ra các phương trình sau đây đều có nghiệm kép: ax2 bx c x 5 ax2 (b 1)x c 5 0 ax2 bx c 3x 3 ax2 (b 3)x c 3 0 ax2 bx c 3x 12 ax2 (b 3)x c 12 0 Ta có hệ phương trình (b 1)2 4a(c 5) 0 b2 2b 1 4ac 20a 0(1) 2 2 (b 3) 4a(c 3) 0 b 6b 9 4ac 12a 0(2) 2 2 (b 3) 4a(c 12) 0 b 6b 9 4ac 48a 0(3) Từ (1) và (2) suy ra: 8b 8 32a 0 Từ (2) và (3) suy ra: 12b 60a 0 4a b 1 Vậy ta có hệ sau: 5a b 0 a 1;b 5 Thay lại vào phương trình (1) ta có c 4 Vậy M ab bc 25 Câu 4. Cho parabol ( P) : y mx2 4m 1 x 4m 1, với m 0.Đường thẳng cố định luôn tiếp xúc với parabol ( P) là: A. y x 1 B. y x 1 C. y x 1 D. y x 1 Lời giải Chọn D Gọi d : y ax b là đường thẳng tiếp xúc với parabol ( P) Khi đó, phương trình hoành độ giao điểm sau luôn có nghiệm kép mx2 4m 1 x 4m 1 ax b mx2 4m 1 a x 4m 1 b 0 2 Ta có: 0,m 0 4m 1 a 4m 4m 1 b 0,m 0 2 2 a 1 1 b m a 1 0,m 0 2 a 1 1 b 0 b 1 2 a 1 a 1 0 Vậy, đường thẳng cố định cần tìm là d : y x 1 2 Câu 5. Các parabol của họ Pm : y mx 2 m 1 x m 1, m 0 luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định có phương trình là:
  71. A. 2x y 1 0 . B. 2x y 1 0 . C. x 2y 1 0 . D. x 2y 1 0. Lời giải Chọn B Cách 1: y mx2 2 m 1 x m 1 m x 1 2 2x 1. d : y 2x 1. Cách 2: Gọi d : y ax b là đường thẳng cần tìm ycbt mx2 2 m 1 x m 1 ax b có nghiệm kép với mọi m 0 . mx2 2m 2 a x m 1 b 0 có nghiệm kép với mọi m 0 . 2m 2 a 2 4m m 1 b 0,m 0 . 4m2 4 a2 8m 4ma 4a 4m2 4m 4bm 0,m 0 4m 1 a b 4 a2 4a 0,m 0 1 a b 0 a 2 2 . Vậy d : y 2x 1. 4 a 4a 0 b 1 2 2 Câu 6. (Pm ) : y x (2m 1)x m 2 luôn tiếp xúc với đường thẳng cố định. Khi đó cắt (P) tại A, B thì độ dài AB là: A. 1. B. 4. C. 2. D. 3. Lời giải Chọn B 2 2 2 2 2 Xét m : y m 2mx x x x 4 y (x m) x x 4 2 Do đó m luôn tiếp xúc với parabol (P): y x x 4 . 2 2 2 (Pm ) : y x (2m 1)x m 2 y (x m) x 2 (Pm ) luôn tiếp xúc với đường thẳng : y x 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 2, y 2 2 x2 x 4 x 2 x 2, y 2 2 A 2,2 2 , B 2,2 2 AB 4 2 2 Câu 7. (Pm ) : y x (2m 1)x m 2 luôn tiếp xúc với đường thẳng cố định. Khi đó cắt (P) tại A, B thì độ dài AB là: A. 1. B. 4. C. 2. D. 3. Lời giải Chọn B 2 2 2 2 2 Xét m : y m 2mx x x x 4 y (x m) x x 4 2 Do đó m luôn tiếp xúc với parabol (P): y x x 4 .
  72. 2 2 2 (Pm ) : y x (2m 1)x m 2 y (x m) x 2 (Pm ) luôn tiếp xúc với đường thẳng : y x 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 2, y 2 2 x2 x 4 x 2 x 2, y 2 2 A 2,2 2 , B 2,2 2 AB 4 VẤN ĐỀ 9. TẬP HỢP ĐIỂM Câu 1. Cho Parabol P : y mx2 2m2 x m2 2m m 0 . Quỹ tích đỉnh của Parabol P là đường cong (C)cắt trục hoành tại điểm có tọa độ: A. 0;0 , 2;0 . B. 0;0 , 2;0 , 1;0 . C. 2;0 , 1;0 , 0;0 .D. 2;0 , 1;0 . Lời giải Chọn D xI m xI m Ta có tọa độ đỉnh I của Parabol là 3 3 2 3 2 yI m 2m m 2m yI m m 2m 3 2 yI xI xI 2xI . Do m 0 xI 0 Suy ra quỹ tích đỉnh của Parabol P là C : y x3 x2 2x với x 0 . x 0 3 2 Ta có C Ox : Phương trình x x 2x 0 x 2do x 0 nên x 1 C Ox 2;0 , 1;0  Câu 2. Cho Parabol (P) có phương trình y 4x2 1.Gọi I là đỉnh của (P); A, B là hai điểm phân biệt thuộc (P) và không trùng với I sao cho IA vuông góc với IB. Biết rằng quỹ tích trung điểm N của đoạn AB khi A, B thay đổi là một parabol có phương trình y mx2 n .Tính P m2 16n2 A. P 98 B. P 89 C. P 97 D. P 79 Lời giải Chọn B Gọi A a;4a2 1 nằm trên (P), đỉnh I 0;1 . Do IA qua I 0;1 và A a;4a2 1 nên IA có phương trình y 4ax 1 1 Đường thẳng IB vuông góc với IA nên phương trình IB có dạng y x 1.Do đó ta có 4a phương trình đường thẳng IB: x 4ay 4a 0 y 4x2 1 1 1 Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình: B ; 2 1 x 4ay 4a 0 16a 64a a 1 2 1 N là trung điểm của AB, suy ra N ;2a 2 1 2 32a 128a Nhận xét: Theo giả thiết quỹ tích N là một parabol có dạng y mx2 n
  73. a 1 a2 1 1 Từ đó ta xét x 2 ( )2 .Do đó N 2 32a 4 32 1024a 2 1 a2 1 1 5 y 2a2 1 8( ) N 128a2 4 32 1024a 2 4 5 Vậy quỹ tích của điểm N là Parabol y 8x2 4 m 8 5 P 89 .Do đó chọn B n 4 Câu 3: Biết rằng đường thẳng y mx luôn cắt parabol y 2x2 x 3 tại hai điểm phân biệt A và B, khi đó quỹ tích trung điểm của đoạn thẳng AB là: A. đường parabol y 4x2 1. B. đường parabol y 4x2 x . C. đường thẳng y 4x 1. D. đường thẳng y 4x 4 . Lời giải Chọn B Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường: 2x2 x 3 mx 2x2 (1 m)x 3 0 . 2 Vì m 2m 25 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2. x x m 1 x 1 2 m 4x 1 m 4x 1 Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB là: . 2 4 2 y mx y 4x x y mx Do đó, quỹ tích trung điểm của đoạn thẳng AB là đường parabol y 4x2 x . VẤN ĐỀ 10 PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT , BẬC HAI 2 Câu 1. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x 3x a 0 ; x3 , x4 là hai nghiệm của phương trình x x x x2 12x b 0 và biết rằng 2 3 4 , b dương. Hỏi a thuộc khoảng nào dưới đây? x1 x2 x3 A. 2;1 .B. 1;3 .C. 2;6 . D. 3;7 . Lời giải Chọn B x2 kx1 x2 x3 x4 2 Đặt k, k 0. Khi đó x3 kx2 k x1 x1 x2 x3 x4 kx3 Áp dụng hệ thức Viet cho hai phương trình đã cho, ta được x x 3 (k 1)x 3 (k 1)x1 3 k 2 1 2 1 2 2 k 4 x3 x4 12 (k 1)x3 12 (k 1)k x1 12 k 2 2 2 Mặt khác b x3.x4 kx3 0 k 0 k 2 x1 1, a kx1 2 . Câu 2: Cho phương trình bậc hai px2 qx r 0 có hai nghiệm ,  . Tính giá trị biểu thức p2  2 . A. q2 4 p. B. q2 4rp. C. q2 4r. D. q2 2 p. . Lời giải
  74. Chọn B. p r Theo định lí Vi-et  , . q q 2 2 2 q r Ta có p2  p2  4  p2 4 q2 4rp .   p p 2 2 Câu 3: Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình 2x 2(m 1)x m 4m 3 0 . Tìm giá trị lớn nhất của A x1x2 2 x1 x2 . 9 A. 4 .B. 9 . C. 8 .D. 2 Lời giải Chọn D PT : 2x2 2(m 1)x m2 4m 3 0(1) Phương trình có nghiệm V' (m2 6m 5) 0 5 m 1 x x (m 1) 1 2 Theo hệ thức viet 1 2 x1x2 m 4m 3 2 1 Ta có : A m2 8m 7 2 Xét hàm số f (m) m2 8m 7 có BBT trên  5; 1 là: m - 5 - 4 -1 f(m) -8 0 -9 9 => Max f (m) 9 =>Max A m 4  5; 1 2