Tải bản đầy đủ

CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

Câu 1: [2D1-2-4] (THPT Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - Lần 1 - 2018 - BTN) Hình vẽ
bên là đồ thị của hàm số y  f  x  .

Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số

y  f  x  1  m có 5 điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng
A. 12 .

B. 15 .

C. 18 .

D. 9 .

Lời giải
Chọn A
Nhận xét: Số giao điểm của

C  : y  f  x 

với Ox bằng số giao điểm của


 C : y  f  x  1 với Ox .
Vì m  0 nên  C   : y  f  x  1  m có được bằng cách tịnh tiến  C   : y  f  x  1
lên trên m đơn vị.


TH1: 0  m  3 . Đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị. Loại.
TH2: m  3 . Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Nhận.
TH3: 3  m  6 . Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Nhận.
TH4: m  6 . Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị. Loại.
Vậy 3  m  6 . Do m  * nên m  3; 4;5 .
Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12 .
Câu 2: [2D1-2-4] (THPT Kiến An - HP - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số
y  x3  3x 2  m2  2 x  m2 có đồ thị là đường cong  C  . Biết rằng tồn tại hai số





thực m1 , m2 của tham số m để hai điểm cực trị của  C  và hai giao điểm của  C 
với trục hoành tạo thành bốn đỉnh của một hình chữ nhật. Tính T  m14  m24 .
A. T  22  12 2 .

T

B. T  11  6 2 .

C. T 

3 22
.
2

D.

15  6 2
.
2
Lời giải


Chọn B

Ta có y   3x 2  6 x  m2  2 . Ta có    9  3m 2  6  3m 2  3  0 nên đồ thị hàm
số luôn có hai điểm cực trị với m  . Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của y .


2
2
 x 1
Ta có: y     . y   m2  1 x  m2  1 .
 3 3
3
3









2
2


Vậy hai điểm cực trị là A  x1;  m2  1 x1  m2  1  và


3
3









2
2


C  x2 ;  m2  1 x2  m2  1 


3
3









Điểm uốn: y   6 x  6 , y   0  x  1  y  0 . Vậy điểm uốn U 1;0 .
Ta có, hai điểm cực trị luôn nhận điểm uốn U là trung điểm.





Xét phương trình x3  3x 2  m2  2 x  m2  0 1





  x  1 x 2  2 x  m2  0

x  1
.
 2
2
 x  2 x  m  0  2
Phương trình  2 luôn có hai nghiệm thực phân biệt x3 và x4 . Do U Ox nên các
điểm B  x3 ;0 và D  x4 ;0 luôn đối xứng qua U  ABCD luôn là hình bình
hành.
Để ABCD là hình chữ nhật thì AC  BD .
Ta có AC 2   x1  x2  
2

2
2
4 2
2
2
 4
m  1  x1  x2   1  m2  1   x1  x2 
9
 9










4 2  m2
2
 4 2
 1  m  1   4 
3
 9
 





   4 1  4
3 



m
9

2



2
 1  m2  1


 



Và BD2   x3  x4   4  4m2
2

Vậy ta có phương trình:

2
4 4 2
1  m  1  m2  1  4 m2  1

3 9


 1



 





2
4 2
m 1  3
9





2

 m2  1 

 m2 
 m14  m24 

9
2

3
1
2

11
 3 2 nên T  11  6 2 .
2

 




Câu 3:

[2D1-2-4] (THPT Thăng Long – Hà Nội – Lần 1 – 2018) Cho hàm số

f  x   x3  mx  2 , m là tham số. Biết rằng đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm
phân biệt có hoành độ là a , b , c . Tính giá trị biểu thức P 
A. 0 .

B.

1
.
3

1
1
1


f   a  f  b  f  c 
D. 3  m .

C. 29  3m .
Lời giải

Chọn A
Đồ thị hàm số f  x   x3  mx  2 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ
là a , b , c khi m  3 .
a  b  c  0

Theo định lý vi-et ta có:  ab  bc  ca   m .
 abc  2

(1)

 f   a   3a 2  m

Ta có f   x   3x 2  m ,   f   b   3b 2  m .
 f  c  3c 2  m
  
f   a  f  b   f  b  f   c   f  c  f   a 
1
1
1



f   a  f  b  f  c 
f   a  f  b  f   c 

P









3a2  m 3b2  m 3c2  m 

9 a 2b 2  b 2c 2  c 2a 2  6m a 2  b 2  c 2  3m 2

.

(2)

2
2 2
2 2
2 2

a b  b c  c a   ab  bc  ca   2abc  a  b  c 
Mặt khác ta có: 
.(3)
2
2
2
2
a

b

c

a

b

c

2
ab

bc

ca

 




9  m   6m  2m   3m2
2

Từ (1), (2), (3) ta có: P 

3a2  m 3b2  m 3c2  m 

 0.

Câu 4: [2D1-2-4] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN)
Tìm tất cả các giá trị tham số m sao cho đồ thị hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  m2 có
ba điểm cực trị nội tiếp đường tròn bán kính bằng 1 .
A. m  1, m 

3 5
.
2

B. m  0 , m 

3  5
.
2

C. m  0 , m 

3 5
.
2

D. m  1 , m 

3 5
.
2


Lời giải
Chọn B
x  0
Ta có y  4 x3  4  m  1 x  4 x  x 2  m  1  0   2
1
x  m 1
Đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị  y   0 có ba nghiệm phân biệt

 m  1 .
 x  0  y  m2
Khi đó 1  
.
2
2
2
 x   m  1  y   m  1  2  m  1  m  2m  1
Như vậy A  0; m2  , B



 



m  1; 2m  1 , C  m  1; 2m  1 là ba điểm cực trị

của đồ thị hàm số đã cho.






 AB  m  1   m  14
 AB  m  1; m2  2m  1


Ta có 

 AB  AC .
2
4
AC


m

1;

m

2
m

1

 AC  m  1   m  1





Gọi H là trung điểm của cạnh BC  AH  BC và H  0; 2m  1
 AH   0; m2  2m  1  AH  m 2  2m  1   m  1 .
2

Ta có S ABC 

1
AB. AC.BC
AH .BC 
 2R.AH  AB.AC .
2
4R





Mà R  1 và BC  2 m  1;0  BC  2 m  1

 2  m  1  m  1   m  1   m  1  1  2  m  1
2

3

4

 m3  3m 2  m  0  m  0 , m 

3  5
thỏa mãn.
2

Câu 5: [2D1-2-4]
(THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho hàm số
y  f ( x)  x3  (2m  1) x 2  (2  m) x  2 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để
hàm số y  f ( x ) có 5 điểm cực trị.
A.

5
m2
4

B. 2  m 

5
4

5
C.   m  2
4

D.

5
m2
4

Lời giải
Chọn D
Ta có: y '  3x 2  2  2m  1 x  2  m
Hàm số y  f ( x ) có 5 điểm cực trị khi chi khi hàm số f  x  có hai cực trị dương.



2
 2m  1  3  2  m   0
 4m 2  m  5  0
  0


5
1


 2  2m  1
 m2
 m 
 S  0  
0
4
2
3


P  0

m

2
2

m


 3  0
Câu 6: [2D1-2-4] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho
hàm số y  f  x   ax 4  bx 2  c biết a  0 , c  2017 và a  b  c  2017 . Số cực
trị của hàm số y  f  x   2017 là:
B. 7 .

A. 1 .

D. 3 .

C. 5 .
Lời giải

Chọn B
Hàm số y  f  x   ax 4  bx 2  c xác định và liên tục trên D 

.

Ta có f  0   c  2017  0 .

f  1  f 1  a  b  c  2017
Do đó  f  1  2017  .  f  0   2017   0 và  f 1  2017  .  f  0   2017  0
Mặt khác lim f  x    nên   0 ,   0 sao cho f    2017 ,
x 

f     2017
 f    2017  .  f  1  2017   0 và  f     2017  .  f 1  2017   0
Suy ra đồ thị hàm số y  f  x   2017 cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt
Đồ thị hàm số y  f  x   2017 có dạng


Vậy số cực trị của hàm số y  f  x   2017 là 7 .
Câu 7: [2D1-2-4] (Sở GD Cần Thơ-Đề 324-2018) Tất cả giá trị của m sao cho đồ thị của

hàm số y  x 4  8m 2 x 2  1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích
bằng 64 là
A. m  3 2 ; m   3 2 . B. m  2 ; m   2 . C. m  2 ; m  2 .

D. m  5 2

; m  5 2 .
Lời giải
Chọn D
Ta có đạo hàm y  4 x3  16m2 x .

x  0
.
y  0  
 x  2m
Do đó với điều kiện m  0 hàm số có 3 cực trị tạo thành tam giác cân ABC với

A  0;1 , B  2m;8m2  1 và C  2m;8m2  1 . Hai điểm này sai cô B  2m;16m4  1

và C  2m;16m4  1 .
Ta có BC  4m và  BC  : y  16m4  1 . Suy ra chiều cao AH  16m 4 .
Theo đề bài thì S ABC  64 

1
5
4m 16m 4  64  m  2  m   5 2 .
2

Câu 8: [2D1-2-4](THPT LƯƠNG TÀI - BẮC NINH - LẦN 2 - 2017 - 2018 - BTN) Khi đồ

thị hàm số y  x3  bx 2  cx  d có hai điểm cực trị và đường thẳng nối hai điểm cực
trị ấy đi qua gốc tọa độ, hãy tìm giá trị nhỏ nhất min T của biểu thức
T  bcd  bc  3d .
A. min T  4 .
B. min T  6 .
C. min T  4 .
D. min T  6 .
Lời giải
Chọn A
y  3x 2  2bx  c .
Hàm số có hai cực trị  y  0 có hai nghiệm phân biệt  b 2  3c  0

1   c 2b 2 
bc
1


y

y
.
x

b   
Lấy y chia cho y ta được:
xd  .

9  3 9 
9
3
Suy

ra

phương

trình

đường

 c 2b 
bc

xd 
9
3 9 

d  : y  

2

thẳng

đi

qua

hai

điểm

cực

trị




 d  qua O  0; 0 nên d  bc  0
9

 bc  9d .

Khi đó T  bcd  bc  3d  9d 2  12d   3d  4   4  4 .
2

Câu 9: [2D1-2-4](THPT ĐẶNG THÚC HỨA-NGHỆ AN-LẦN 2-2018) Tìm giá trị tham
số m để đồ thị hàm số y  x 4  2(m  1) x 2  2m  3 có ba điểm cực trị A , B , C sao
cho trục hoành chia tam giác ABC thành một tam giác và một hình thang biết rằng
4
tỉ số diện tích tam giác nhỏ được chia ra và diện tích tam giác ABC bằng
.
9
1  15
1  3
5 3
1  15
A. m 
. B. m 
.
C. m 
. D. m 
.
2
2
2
2
Lời giải
Chọn A
y

A
M

N
O

B

x

I

C

Để hàm số có 3 cực trị thì a.b  0  m  1  0  m  1
 y  2m  3
x  0
y  4x 3  4(m  1) x  0  
2
 x    m  1  y  2  m
Do trục hoành cắt tam giác ABC nên  2m  3  0; 2  m2  0
Gọi M , N là giao điểm của trục Ox và 2 cạnh AB , AC .
2

S
AM AN  AO 
4
.

Ta có AMN 
  với I là trung điểm BC .
S ABC
AB AC  AI 
9

Suy ra

AO 2
2m  3 2
1  15
 
  2m2  2m  7  0  m 
2
AI 3
(m  1)
3
2

Do điều kiện m  1 nên chọn m 

1  15
2

Câu 10: [2D1-2-4] (Lớp Toán - Đoàn Trí Dũng -2017 - 2018) Cho hàm số y  f  x  có đồ

thị y  f   x  như hình vẽ bên. Đồ thị hàm số g  x   2 f  x    x  1
bao nhiêu điểm cực trị?

2

có tối đa


A. 3 .

B. 5 .

C. 6 .

D. 7

Lời giải

Chọn B
Xét hàm số h  x   2 f  x    x  1 , ta có h  x   2 f   x   2  x  1 .
2

h  x   0  f   x   x  1  x  0  x  1  x  2  x  3 .
Lập bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm y  h  x  có 2 điểm cực trị. Đồ thị hàm số

g  x   h  x  nhận có tối đa 5 điểm cực trị.


Câu 11: [2D1-2-4] (Lớp Toán - Đoàn Trí Dũng -2017 - 2018) Xác định các giá trị của tham

1
số thực m để đồ thị hàm số y  x 3  x 2  mx  m có các điểm cực đại và cực tiểu
3
2 
A và B sao cho tam giác ABC vuông tại C trong đó tọa độ điểm C  ;0  ?
3 

A. m 

1
.
3

B. m 

1
.
2

C. m 

1
.
6

D. m 

1
4

Lời giải

Chọn B
Ta có tam giác ABC vuông tại C nên gọi M là điểm uốn của đồ thị hám số đồng thời là
trung điểm của AB. Khi đó tam giác vuông có đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền do

1
1
AB 
1  p2
2
2
2
Hệ số góc đường thẳng qua hai cực trị: p   m  1 .
3
 x2  x1  2
2
Ta có: y '  x  2 x  m  
.
 x1 x2  m
vậy ta có phương trình sau: MC 




2
3

Tọa độ điểm uốn M 1,   (Chú ý điểm uốn x  
Vậy ta có: (*) 

 x2  x1 

b
).
3a

5 1
4
1
2

1   m  1 4  4m  m  .
3 2
9
2

2

 4 x1 x2 (*). Thay số:


Câu 12: [2D1-2-4] [THPT Thuận Thành 2][2017] Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số

2
y  x 2  , x  0. .
x
A. m  2 .

C. m  4 .

B. m  3 .

D. m  5 .

Lời giải
Chọn B

y  x2 

2
1 1
1 1
1
 x 2    3 3 x 2 . .  3 , dấu bằng đạt được khi x 2   x  1 .
x
x
x x
x x

Câu 13: [2D1-2-3 ] [Cụm 8 HCM][2017] Cho hàm số có bảng biến thiên sau.

.
Dựa vào bảng biến thiên ta có mệnh đề đúng là.
A. Hàm số đạt giá trị lớn nhất trên khoảng.
B. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất trên nửa khoảng .
C. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên đoạn .
D. Hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên đoạn .
Lời giải
Chọn B
Câu 14: [2D1-2-4] [THPT Lý Nhân Tông][2017] Cho 2 số thực không âm x, y thỏa mãn

x  y  1 . Giá trị lớn nhất của S 

A. 0 .

x
y

là :
y 1 x 1

B. 1 .

C. 2 .

D.

2
.
3

Lời giải
Chọn B
Do x  y  1  y  1  x .
Xét S x  

S 

x
1 x
x
1 x



với x   0;1 .
1 x 1 x 1 2  x x 1

1

2  x

2



2

 x  1

2

 0 với x   0;1 .

Suy ra MaxS  S  0   1

.

Câu 15: [2D1-2-4 ] [THPT Chuyên LHP][2017] Tính tổng tất cả các số nguyên thỏa mãn

phương trình có nghiệm .
A. .

B. . C. .

D. .


Lời giải
Chọn C
PT . Đặt , với .
PT. Xét hàm số trên đoạn .
.
Yêu cầu bài toán .
Mà . Vậy tổng tất cả các giá trị bằng .
Câu 16: [2D1-2-4 ] [THPT CHUYÊN VINH][2017] Cho các số thực thỏa mãn . Giá trị

nhỏ nhất của biểu thức là.
A. .

B. . C. .

D. .

Lời giải
Chọn D
Ta có .
Xét .
Mặt khác .
Xét biểu thức .
Do .
Mà , kết hợp với .
Xét .
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là .
Câu 17: [2D1-2-3 ] [THPT Nguyễn Chí Thanh - Khánh Hòa][2017] Giá trị lớn nhất và giá

trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn là:
A. .

B. . C. .

D. .

Lời giải
Chọn B
.
.
Ta có .
Nên .
Câu 18: [2D1-2-4] [THPT – THD Nam Dinh][2017] Cho hàm số f  x  

xm

. Tìm tất cả
x2  1
các giá trị của tham số thực m để hàm số đạt giá trị lớn nhất tại điểm x  1. .
A. Không có giá trị m .

B. m  1 .

C. m  2 .

D. m  3 .
Lời giải


Chọn B
Tập xác định D 

, y 

1  mx

 x2  1 x2  1

.

Vì hàm số liên tục và có đạo hàm trên
nên để hàm số đạt GTLN tại x  1 , điều
kiện cần là y(1)  0  1  m  0  m  1 .
Khi đó ta lập bảng biến thiên và hàm số đạt GTLN tại x  1. .
Câu 19: [2D1-2-4] [TTLT ĐH Diệu Hiền][2017] Tìm m để hàm số f  x  

nhỏ nhất trên đoạn  0;1 bằng 7 .
B. m  1 .

A. m  2 .

C. m  0 .

mx  5
đạt giá trị
xm

D. m  5 .

Lời giải
Chọn A
TXĐ: D 

f  x 

\ m .

m2  5
 0x  D nên f  x  nghịch biến trên D .
 x  m

Do đó min f  x   f 1  7 
0;1

m5
 7  m  2 .
1 m

Câu 20: [2D1-2-4 ] [THPT Ngô Sĩ Liên lần 3][2017] Trên đoạn , hàm số đạt giá trị lớn

nhất tại khi và chỉ khi.
A. .

B. . C. .

D. .

Lời giải
Chọn D
; .
.
,.
Để hàm số đạt giá trị lớn nhất tại thì .
Vậy thỏa mãn bài toán.
Câu 21: [2D1-2-4] [Sở GD&ĐT Bình Phước][2017] Tìm m để hàm số y 

lớn nhất tại x  1 trên đoạn  2; 2 ?
A. m  0 .

C. m  2 .

B. m  2 .
Lời giải

mx
đạt giá trị
x2  1

D. m  0 .


Chọn A
Giải.
Ta có y ' 

m 1  x 2 

x

2

 1

2

 x  1
, y'  0  
.
x  1

Vì hàm số đã cho liên tục và xác định nên ta có hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất
tại x  1 trên đoạn  2; 2 khi.

y 1  y  2  ; y 1  y  2  ; y 1  y  1 hay m  0 .
Câu 22: [2D1-2-4] [THPT An Lão lần 2][2017] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m

để hàm số y 

x0   0;2  .
A. m  1.
0  m 1.

x 2  mx  1
liên tục và đạt giá trị nhỏ nhất trên  0; 2 tại một điểm
xm

B. 1  m  1 .

C. m  2 .

D.

Lời giải
Chọn D
Điều kiện: x  m . Ta có: y 

x 2  2mx  m2  1

 x  m

2

 x  m 1 .

2
 x  m
2

Do hệ số x 2 là số dương và theo yêu cầu đề bài ta có bảng biến thiên như sau:

.
Cho y  0 có nghiệm m  1 và m  1 nên x0  m  1 .
Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x0 nên 0  m 1  2  1  m  1.
Kết hợp điều kiện để hàm số liên tục trên  0; 2 thì m  0  m  0 .
Ta có giá trị m cần tìm là 0  m  1 .


Câu 23: [2D1-2-4] [CHUYÊN SƠN LA][2017] Với giá trị nào của m thì hàm số y 

đạt giá trị lớn nhất bằng
A. m  3 .

1
trên [0; 2] .
3
B. m  3 .

C. m  1 .

mx  1
xm

D. m  1 .

Lời giải
Chọn C
Ta có, y ' 

m2  1

 x  m

2

định. Để hàm số y 

 0,  x   m . Suy ra, hàm số đồng biến trên từng khoảng xác
1
mx  1
đạt giá trị lớn nhất bằng trên [0; 2] thì.
3
xm

m   0; 2 m   0; 2



1   2m  1 1  m  1. .

 y  2 

3

 m2 3
Câu 24: [2D1-2-4] [THPT LƯƠNG TÀI 2][2017] Tìm các giá trị thực của tham số m sao

cho giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  
A. m  3 .

m2 x  1
trên đoạn  2; 1 bằng 4 ?
x 1

C. m 

B. m .

 26
.
2

D. m  9 .

Lời giải
Chọn A
Ta có : f   x  

m2  1

 x  1

2

 0x  1 hàm số f  x  liên tục trên đoạn  2; 1 nên giá

trị nhỏ nhất của f  x   4  f  1  4 

m2  1
 4  m 2  9  m  3 .
1  1

Câu 25: [2D1-2-4] [THPT Thuận Thành 2][2017] Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và





giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  k 2  k  1 x trên đoạn  1; 2 . Khi k thay đổi
trên , giá trị nhỏ nhất của M  m bằng.
33
A.
.
B. 12 .
4

C.

Lời giải
Chọn C
2

1 3

Ta có: y  3x  k  k  1  3x   k     0 .
2 4

2

2

2

45
.
4

D.

37
.
4


Nên hàm số đồng biến trên

.

 M  y  2   8  2  k 2  k  1
m  y  1  1   k 2  k  1

.

2

1  45 45

.
 M  m  9  3  k 2  k  1  3  k   

2
4
4

x02  y02  62  82  100 . (Không có đáp án).

Câu 26: [2D1-2-4] (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu - Lần 1 - 2017 - 2018)Cho hàm số bậc ba
y  ax3  bx 2  cx  d có đồ thị nhận hai điểm A 1; 3 và B  3;  1 làm hai điểm
cực trị. Khi đó số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  ax 2 x  bx 2  c x  d là
A. 5 .

B. 7 .

C. 9 .

D. 11 .

Lời giải
Chọn D.
Xét hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có y  3ax 2  2bx  c .
 y 1  3

 y 1  0
Theo giả thiết, ta có hệ phương trình 

 y  3  1
 y 3  0
  
a  1
b  6

.

c

9


d  1

a  b  c  d  3
3a  2b  c  0



27 a  9b  3c  d  1
27 a  6b  c  0

Vậy hàm số đã cho là y  f  x   x3  6 x 2  9 x  1 có đồ thị  C  như sau:


Từ đồ thị  C  , ta suy ra đồ thị  C1  của hàm số y  x  6 x 2  9 x  1 gồm có hai
3

phần:
+ Phần 1: Giữ nguyên phần đồ thị  C  bên phải trục tung.
+ Phần 2: Lấy đối xứng của phần 1 qua trục tung

Từ đó suy ra đồ thị  C2  của hàm số y  x  6 x 2  9 x  1 gồm có hai phần:
3

+ Phần 1: Giữ nguyên phần đồ thị  C1  phía trên trục hoành.
+ Phần 2: Lấy đối xứng của phần đồ thị  C1  phía dưới trục hoành qua trục hoành.

Do đó, đồ thị  C2  có 11 điểm cực trị.
Câu 27: [2D1-2-4] [Đề thi thử-Liên trường Nghệ An-L2] Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm

liên tục trên

. Đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ sau. Số điểm cực trị của hàm

số y  f  x   2 x là:


A. 4 .

B. 1 .

C. 3 .

D. 2 .

Hướng dẫn giải
Chọn B
Đặt

g  x   f  x   2x

suy

ra

 x  1
g   x   0  f   x   2  0  f   x   2  
.
 x  x0  1

Dựa vào đồ thị ta có: Trên  ; 1 thì f   x   2  f   x   2  0 .
Trên  1; x0  thì f   x   2  f   x   2  0 .
Trên  x0 ;    thì f   x   2  f   x   2  0 .

Vậy hàm số g  x   f  x   2 x có 1 cực trị.

4
2
Câu 28: [2D1-2-4] Cho hàm số y  x  2mx  4m  4 ( m là tham số thực). Xác định m để

hàm số đã cho có 3 cực trị tạo thành tam giác có diện tích bằng 1 .
A. m  1.

B. m  3 .

C. m  5 .
Lời giải

D. m  7 .


Chọn A
Ta có y  4 x3  4mx .

x  0
y  0   2
.
x  m
Hàm số có ba cực trị khi m  0 .
Tọa

độ

ba

điểm



cực

trị



A  0; 4m  4  ,

B







m; m2  4m  4 ,

C  m; m2  4m  4 .

Tam giác ABC cân tại A  0; 4m  4  nên
S ABC  1 

1
d  A, BC  .BC  1  d  A, BC  .BC  2
2

BC : y  m2  4m  4 .
d  A, BC   m2  m2 .





BC  2 m;0  BC  2 m
d  A, BC  .BC  2  m 2 m  1  m  1

Kết hợp với điều kiện m  0 ta có m  1 .
Câu 29: [2D1-2-4] Đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2  2m có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của

một tam giác đều khi:
A. m  3 3 .

B. m  0 .

C. m  3 .

D. m  0 .

Lời giải
Chọn A
Ta có y  4 x3  4mx .

x  0
y  0   2
.
x  m
Hàm số có ba cực trị khi m  0 .
Tọa độ ba điểm cực trị là A  0; 2m  , B



 



m ;  m2  2m , C  m;  m2  2m .


Tam giác

ABC cân tại

A  0; 2m  . Gọi

H

là trung điểm của

BC

 H  0; m2  2m  .
 AH  m 2 ; BC  2 m .

Tam giác

ABC

 AH 

đều

3
BC
2

 m2 

3
.2 m
2

 m 4  3m  0

(l )
m  0
.

3
 m  3 ( n)
4
2 2
Câu 30: [2D1-2-4] (THPT TIÊN DU SỐ 1) Tìm m để đồ thị hàm số y  x  2m x  1 có

3 điểm cực trị lập thành một tam giác vuông cân.
A. m  1. B. m  1;1 .
C. m  1;0;1 .

D. Không tồn tại m .

Lời giải
Chọn B
Ta có y  4 x3  4m2 x .

x  0
y  0   2
.
2
x  m
Hàm số có ba cực trị khi m  0 .
Tọa độ ba điểm cực trị là A  0;1 , B  m;  m4  1 , C  m;  m4  1 .
Tam giác ABC cân tại A  0;1 . Gọi H là trung điểm của BC  H  0; m4  1 .
 AH  m 4 ; BC  2 m .

Tam giác ABC cân tại A  AH 

m  0 (l )
1
BC  m4  m  
.
2
m


1
(
n
)


3
Câu 31: [2D1-2-4] (THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI) Cho hàm số y  x  3mx  1 1 .

Cho A  2; 3 , tìm m để đồ thị hàm số 1 có hai điểm cực trị B và C sao cho tam
giác ABC cân tại A .
A. m 

1
.
2

B. m 

3
.
2

C. m 

1
.
2

Lời giải
Chọn C
Ta có y  3x 2  3m . Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi m  0 .

D. m 

3
.
2


x  m
.
y  0  
x


m

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị B



Suy ra BC  2 m;4m m



 



m ; 2m m  1 , C  m ; 2m m  1 .



Gọi M là trung điểm của BC thì M  0;1 , nên AM   2; 2  .
Vậy tam giác ABC là tam giác cân khi và chỉ khi









AM  BC  AM .BC  0   2  . 2 m   2  . 4m m  0  m 

1
.
2

4
2 2
2
Câu 32: [2D1-2-4] (THPT TIÊN LÃNG) Đồ thị hàm số y  x  2m x  m ( m là tham số)

có ba điểm cực trị A , B , C sao cho bốn điểm A , B , C , O là bốn đỉnh của hình
thoi ( O là gốc toạ độ) khi và chỉ khi

2
.
2

A. m 

m

B. m   2 .

C. m   2 .

D.

2
.
2
Lời giải

Chọn D
Ta có y  4 x3  4m2 x  0  x  0; x   m .
Hàm số có 3 điểm cực trị  m  0 .

Suy ra toạ độ các điểm cực trị là A  0; m2  , B  m; m2  m4  , C  m; m2  m4  .
Để bốn điểm A , B , C , O là bốn đỉnh của hình thoi thì trung điểm đường chéo

 m  0  loai 
m2
OA thuộc đường chéo BC  m  m 
 
2 .
2
m



2
2

4

4
2
2
Câu 33: [2D1-2-4] (THPT TRẦN HƯNG ĐẠO) Cho hàm số y  x  2mx  m  2 . Tìm m

để hàm số có 3 điểm cực trị và các điểm cực trị của đồ thị hàm số là ba đỉnh của một
tam giác vuông?
A. m  1.

B. m  1 .

C. m  2 .
Lời giải

Chọn A

x  0
y  4 x3  4mx ;  y  0   2
x  m

D. m  2 .


Hàm số có 3 điểm cực trị  m  0 . Loại B, D.
Với m  1 ta có các điểm cực trị: A  0;  1 , B 1;  2  , C  1;  2  .
Suy ra: AB  1;  1 , AC   1;  1  AB. AC  0  ABC vuông tại A .
Câu 34:

[2D1-2-4] (THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho hàm số y  x 4  mx 2  2m  1
có đồ thị là  Cm  . Tìm tất cả các giá trị của m để  Cm  có ba điểm cực trị cùng với
gốc tọa độ tạo thành bốn đỉnh của một hình thoi.
A. m  1  2 hoặc m  1  2 .

B. Không có giá trị m .

C. m  4  2 hoặc m  4  2 .

D. m  2  2 hoặc m  2  2 .
Lời giải

Chọn D
Xét hàm số y  x 4  mx 2  2m  1  y  4 x3  2mx  2 x  2 x 2  m 
 x  0  y  2m  1
2
Khi m  0 : y  0  
 x   2m  y   m  2m  1

2
4

 m m2

;
 2m  1 ,
Ta có ba điểm cực trị là A  0; 2m  1 , B 
4
 2

 m m2

C  
;
 2m  1 và tam giác ABC cân tại A. Để OBAC là hình thoi khi
2
4





m2
H  0; 
 2m  1 là trung điểm BC cũng là trung điểm của OA. Suy ra
4




m2
2m  1  m  2  2
(nhận).
 2m  1 

4
2
 m  2  2

Câu 35: [2D1-2-4] (THPT Chuyên Lào Cai) Gọi  C  là đường parabol qua ba điểm cực trị

của đồ thị hàm số y 
A. m  4 .

1 4
x  mx 2  m 2 . Tìm m để  C  đi qua điểm A  2; 24  .
4

B. m  4 .

C. m  3 .
Lời giải

Chọn D
Điều kiện hàm số có ba cực trị là: m  0 .

D. m  6 .


Tọa độ ba điểm cực trị là nghiệm của hệ:
 x3  2mx  0
y'  0




1 4
1
2
2
y  x  mx  m
y  x 4  mx 2  m 2



4

4
 x3  2mx
 x3  2mx




1
1 2
2
2
2
 y  2mx x  mx  m
 y   mx  m

4

2
1
Đường parabol  C  qua ba điểm cực trị là: y   mx 2  m 2
2

m  6
A  2;24    C   
.
m  4
Kết luận: m  6 .
Câu 36:

[2D1-2-4] (THPT CHUYÊN BIÊN HÒA) Tìm m để đồ thị hàm số
y  x 4  2mx 2  2m2  4m có ba điểm cực trị A , B , C sao cho S ABC  1 .
A. m  4 .

D. m  2 .

C. m  3 .

B. m  1.
Lời giải

Chọn B
Ta có y  4 x3  4mx .

x  0
y  0   2
.
x  m
Hàm số có ba cực trị khi m  0 .
Tọa độ ba điểm cực trị là A  0; 2m2  4m  , B



Tam giác ABC cân tại A  0; 2m2  4m  nên
S ABC  1 

1
d  A, BC  .BC  1  d  A, BC  .BC  2
2

BC : y  m 2  4m .
d  A, BC   m2  m2 .





BC  2 m;0  BC  2 m
d  A, BC  .BC  2  m 2 m  1  m  1

 



m; m2  4m , C  m; m2  4m .


Kết hợp với điều kiện m  0 ta có m  1 .
4
2
Câu 37: [2D1-2-4] (THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN) Cho hàm số y  x  2mx  1  m .

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo
thành một tam giác nhận gốc tọa độ O làm trực tâm.
B. m  2 .

A. m  1.

C. m  0 .

D. m  1 .

Lời giải
Chọn A
Cách 1 :
TXĐ: D 

.

x  0
Ta có y  4 x3  4mx  4 x  x 2  m  . Cho y  0   2
.
x  m
Hàm số có ba cực trị  m  0 1 .





Khi đó đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là: A  0;1  m  , B  m; m2  m  1 ,
C





m ; m2  m  1 .





 OB   m; m2  m  1 , AC 



m , m 2



Ta có tam giác ABC cân tại A nên AO  BC
Do đó tam giác ABC nhận O làm trực tâm  OB  AC  OB  AC  0

m  0
.
 m 4  m3  m 2  m  0  m  m3  m2  m  1  0  
 m  1
Kết hợp với 1 ta suy ra m  1.
Cách 2 : ( công thức nhanh )
Đồ thị hàm số y  ax 4  bx 2  c có ba cực trị tạo thành tam giác nhận gốc tọa độ

b3  8a  4abc  0
.
O làm trực tâm khi 
ab  0
Chứng minh công thức :
x  0
Ta có y  4ax  2bx , y  0  
.
x   b
2a

3

Hàm số có ba cực trị  ab  0 .


 b b 2

Khi đó đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là A  0; c  , B 
;
 c  ,
 2a 4a

 b b 2

C  
;
 c 
 2a 4a

 b b 2
 b b 2 

OB  
;   c  , AC   
;  
2
a
2
a
4
a
4a 




Ta có tam giác ABC cân tại A nên AO  BC
Do đó tam giác ABC nhận O làm trực tâm  OB  AC  OB  AC  0





b b2  b2
b  b2
    c   0  1     c   0  b3  8a  4abc  0 .
2a 4a  4a
2  4a



Áp dụng cho hàm số y  x 4  2mx 2  1  m với a  1 , b  2m , c  1  m .


m  0
Ta có 
 m  1.
3

2
m

8

4

2
m
1

m

0







Câu 38: [2D1-2-4] (SGD-BÌNH PHƯỚC) Với giá trị nào của tham số m thì đồ thị hàm số

y  x 4  2  m  1 x 2  m4  3m2  2017 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có

diện tích bằng 32 ?
A. m  2 .

C. m  4 .

B. m  3 .

D. m  5 .

Lời giải
Chọn D

x  0
Ta có y  4 x3  4  m  1 x  4 x  x 2  m  1 ; y  0   2
.
 x  m 1
Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi y  0 có ba nghiệm phân biệt

 m  1  0  m  1  * .
Khi đó tọa độ ba cực trị là:

 A  0; m 4  3m 2  2017 

4


 AB  AC  m  1   m  1
4
2
 B  m  1; m  4m  2m  2016  

 BC  2 m  1
C m  1; m 4  4m 2  2m  2016










Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×