Tải bản đầy đủ

TỔNG HỢP VỀ HÀM SỐ

Câu 1: [2D1-9-4] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Hình vẽ dưới

đây là đồ thị của hàm số y  f  x  .

Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y  f  x  1  m có

5 điểm cực trị ?
A. 2

B. 1

C. 3

D. 0

Lời giải
Chọn C
+ Đồ thị của hàm số y  f  x  1  m được suy ra từ đồ thị  C  ban đầu như sau:
-

Tịnh tiến  C  sang phải một đơn vị, sau đó tịnh tiến lên trên (hay xuống dưới)


m đơn vị. Ta được đồ thị  C   : y  f  x  1  m .
-

Phần đồ thị  C   nằm dưới trục hoành, lấy đối xứng qua trục Ox ta được đồ thị

của hàm số y  f  x  1  m .
Ta được bảng biến thiên của của hàm số y  f  x  1  m như sau

Để hàm số y  f  x  1  m

có 5 điểm cực trị thì đồ thị của hàm số

 C : y  f  x  1  m phải cắt trục Ox

tại 2 hoặc 3 giao điểm.


m  0

+ TH1: Tịnh tiến đồ thị  C   : y  f  x  1  m lên trên . Khi đó 3  m  0
6  m  0


3 m 6.
m  0
+ TH2: Tịnh tiến đồ thị  C   : y  f  x  1  m xuống dưới . Khi đó 
2  m  0
 m  2 .
Vậy có ba giá trị m nguyên dương.

Câu 2: [2D1-9-4] (SGD Bắc Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Có bao nhiêu giá trị nguyên

của tham số m   10;10 để hàm số y  mx3  3mx2  (3m  2) x  2  m có 5 điểm
cực trị?
A. 9

B. 7

C. 10



D. 11

Lời giải
Chọn C

Xét hàm số f  x   mx3  3mx 2   3m  2  x  2  m .
x  1
Ta có: mx3  3mx 2   3m  2  x  2  m  0   2
.
mx

2
mx

m

2

0
1



Yêu cầu bài toán  phương trình f  x   0 có ba nghiệm phân biệt  phương
2

m  m  m  2   0
trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác 1  
.
m

2
m

m

2

0


Vì m nguyên và m   10;10 nên m1; 2;...;10 .

Câu 3: [2D1-9-4] (THPT Phan Đăng Lưu - Huế - Lần I - 2017 - 2018) Một người cần đi từ

khách sạn A bên bờ biển đến hòn đảo C . Biết rằng khoảng cách từ đảo C đến bờ
biển là 10 km , khoảng cách từ khách sạn A đến điểm B trên bờ gần đảo C nhất là
40 km . Người đó có thể đi đường thủy hoặc đi đường bộ rồi đi đường thủy (như
hình vẽ bên). Biết kinh phí đi đường thủy là 5 USD/km , đi đường bộ là 3 USD/km
. Hỏi người đó phải đi đường bộ một khoảng bao nhiêu để kinh phí nhỏ nhất? (
AB  40 km , BC  10 km )

C

A

D

B


A. 10 km .

B.

65
km .
2

C. 40 km .

D.

15
km .
2

Lời giải

Chọn B
Đặt AD  x km , x   0; 40  BD  40  x  CD 
Tổng kinh phí đi từ A đến C là f  x   x.3 

 40  x 

 40  x 

2

2

 102 .

 10 2 .5 .

f  x   3x  5 x 2  80 x  1700 .

f  x  3  5

2 x  80
2 x 2  80 x  1700

 f  x 

3 x 2  80 x  1700  5 x  200
x 2  80 x  1700

f   x   0  3 x 2  80 x  1700  200  5 x  x 

.

65
.
2

Bảng biến thiên

Câu 4: [2D1-9-4] [CHUYÊN THÁI BÌNH – L4] Phương trình 2017

có bao nhiêu nghiệm thực trong  5 ;2017  ?
A. vô nghiệm.

B. 2017 .

C. 2022 .

sin x

 sin x  2  cos 2 x

D. 2023 .

Lời giải
Chọn D
Ta có hàm số y  2017sin x  sin x  2  cos 2 x tuần hoàn với chu kỳ T  2 .
Xét hàm số y  2017sin x  sin x  2  cos 2 x trên  0; 2  .
Ta có

y  cos x.2017sin x.ln 2017  cos x 


sin x 
 cos x.  2017sin x.ln 2017  1 

2 2  cos 2 x
1  sin 2 x 

2sin x.cos x


Do vậy trên  0; 2  , y  0  cos x  0  x 


2

x

3
.
2

1
 3 
 
y    2017  1  2  0 ; y   
1  2  0
 2  2017
2
Bảng biến thiên:

Vậy trên  0; 2  phương trình 2017sin x  sin x  2  cos 2 x có đúng ba nghiệm
phân biệt.
Ta có y    0 , nên trên  0; 2  phương trình 2017sin x  sin x  2  cos 2 x có ba
nghiệm phân biệt là 0,  , 2 .
Suy ra trên  5 ;2017  phương trình có đúng 2017   5  1  2023 nghiệm.
Câu 5:

[2D1-9-4] (PTNK Cơ Sở 2 - TPHCM - 2017 - 2018 - BTN) Cho

f  x   x3  3x 2  6 x  1 . Phương trình
thực là
A. 4 .

f  f  x   1  1  f  x   2 có số nghiệm

B. 6 .

C. 7 .

D. 9 .

Lời giải
Chọn A
Đặt t  f  x   1  t  x 3  3 x 2  6 x  1 .
Khi đó

f  f  x   1  1  f  x   2 trở thành:

t  1
t  1

f t   1  t  1  
3
2
2
 f  t   1  t  2t  1
t  4t  8t  1  0

t  1

t  t2   1;1
 t  t1   2; 1

 
.
t

t


1;1


t

t

5;6



2

3


 t  t  1;6 
3

Vì g  t   t 3  4t 2  8t  1 ; g  2   7 ; g  1  4 ; g 1  10 ; g  5  14 ;

g  6   25 .


Xét phương trình t  x 3  3 x 2  6 x  1 là pt hoành độ giao điểm của ...
Ta có
x

–∞

y'

1 3

+

+∞

1 3

1
0



0

+
+∞

7  6 3

y

1
–∞

7  6 3

0

Dựa vào bảng biến thiên, ta có
+ Với t  t2   1;1 , ta có d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt, nên phương trình có 3
nghiệm.
+ Với t  t3   5;6  , ta có d cắt (C) tại 1 điểm, nên phương trình có 1 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.
Câu 6: [2D1-9-4] (THPT Quỳnh Lưu 1 - Nghệ An - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Có bao

nhiêu giá trị nguyên m để phương trình 8sin 3 x  m   162sin x  27m có nghiệm
3

thỏa mãn 0  x 


3

?
C.Vô số. D. 1 .

B. 3 .

A. 2 .

Lời giải
Chọn A
Đặt t  2sin x , với 0  x 


3





thì t  0; 3 .

Phương trình đã cho trở thành  t 3  m   81t  27m .
3

Đặt u  t 3  m  t 3  u  m .

u 3  27  3t  m 
3
 u 3   3t   27  3t  u 
Khi đó ta được 
3
 3t   27  u  m 
 u 3  27u   3t   27.3t *
3

Xét hàm số f  v   v3  27v liên tục trên

có nên hàm số đồng biến.

Do đó *  u  3t  t 3  3t  m 1





Xét hàm số f  t   t 3  3t trên khoảng 0; 3 .
có f   t   3t 2  3 ; f   t   0  t  1 (vì t  0 ).


Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình 1 có nghiệm khi .
Vậy có hai giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 7: [2D1-9-4]

(Chuyên Quang Trung - BP - Lần 4 - 2017 - 2018) Cho hàm số

2x  2
có đồ thị  C  . Một tiếp tuyến bất kỳ với  C  cắt đường tiệm cận đứng
x 1
và đường tiệm cận ngang của  C  lần lượt tại A và B , biết I 1; 2  . Giá trị lớn nhất
y

của bán kính đường tròn nội tiếp tam giác IAB là
A. 8  4 2

C. 8  3 2

B. 4  2 2

7 3 2
Lời giải
Chọn B
Đồ thị  C  có tiệm cận đứng x  1 , tiệm cận ngang y  2 .

y 

4

 x  1

2

, x  1 .

Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ x0 là

y

4

 x0  1

2

x

2 x02  4 x0  2

 x0  1

2

, x0  1 .

 2x  6 
Tọa độ điểm A 1; 0
 , B  2 x0  1; 2  .
 x0  1 
Tam giác IAB vuông tại I có IA.IB  16 .

Gọi p là nửa chu vi tam giác IAB . Ta có r 


S
IA.IB

p IA  IB  IA2  IB 2

IA.IB
16

 42 2 .
2 IA.IB  2 IA.IB 2 16  32

Đẳng thức xảy ra khi IA  IB  4 hay x0  3.

D.


Câu 8: [2D1-9-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Cho cấp số nhân
 bn  thỏa mãn b2  b1  1 và hàm số f  x   x3  3x sao cho
100
f  log 2  b2    2  f  log 2  b1   . Giá trị nhỏ nhất của n để bn  5 bằng:

A. 234 .

B. 229 .

C. 333 .

D. 292 .

Lời giải
Chọn A
Xét hàm số f  x   x3  3x .
Có f   x   3x 2  3 , f   x   0  x  1.

x



y



1

0

1

0



0






2

y

Mặt khác, ta có b1  b2  1 .

Đặt a  log 2 b2  log 2 b1  b  0 .

0

2

Ta có: a 3  3a  2  b3  3b 1 .
Nếu b  1  a  b  1  a 3  3a  b3  3b  1 vô nghiệm.
Nếu 0  b  1  2  b3  3b  0  a 3  3a  2  0   a  1  a  2   0 .
2

Suy ra a  1  b  0 .
0

b  2  1
Khi đó  1
 bn  2n1  5100 n  1  100 log 2 5  n  234 .
1

b2  2  2

Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 234 .



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×