Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Chương 1 - ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM - Mức độ 2 Phần 3

Chương 1 - ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM - Mức độ 2 Phần 3

Tải bản đầy đủ - 0trang

Câu 116: (THPT Phan Đăng Lưu-Huế-lần 1 năm 2017-2018) Cho hàm số bậc ba y  ax3  bx 2  cx  d

có đồ thị như hình vẽ.



Dấu của a , b , c , d là

A. a  0 , b  0 , c  0 , d  0 .



B. a  0 , b  0 , c  0 , d  0 .



C. a  0 , b  0 , c  0 , d  0 .



D. a  0 , b  0 , c  0 , d  0 .

Lời giải



Chọn B

Ta thấy nhánh ngoài cùng bên phải của đồ thị hướng xuống dưới nên a  0 .

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên d  0

Ta có y  3ax 2  2bx  c , y  0  3ax 2  2bx  c  0

Hàm số có hai điểm cực trị x1  0 , x2  0

Suy ra x1  x2  0  



x1 x2  0 



2b

 0 . Mà a  0 nên b  0 .

3a



c

 0 . Mà a  0 nên c  0 .

3a



Vậy a  0 , b  0 , c  0 , d  0 .



Câu 117:



(THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa năm 2017-2018) Cho bảng biến thiên sau:



x 

0

1

1



y

 0  0  0 

3





y

4

4

Cho các hàm số:

3) y   x 4  2 x 2  3 . 4) y  x 2  1  4 .



2) y  x 2  2 x  3 .



Câu 118: y  x 4  2 x 2  3 .



Số hàm số có bảng biến thiên trên là

A. 4 .

B. 2 .



C. 3 .

Lời giải



D. 1.



Chọn D

 Hàm số y  x 2  2 x  3 khơng có đạo hàm tại x  0 vì y  0   2 còn y  0   2

 Hàm số y  x 2  1  4 khơng có đạo hàm tại x  1 vì lim y  4 còn lim y  3

x 1



4



x 1



2



 Hàm số y   x  2 x  3 có lim y  

x 



x  0

 Hàm số y  x 4  2 x 2  3 có lim y   và y  4 x  x  1 x  1 , y  0  

x 

 x  1

Nên có bảng biến thiên:

x 

0

1

1



y

0

0





 0 

3





y

4

4

Vậy chỉ có hàm số y  x 4  2 x 2  3 có bảng biến thiên phù hợp với bảng biến thiên đã cho.

Câu



(THPT



119:



Trần



Quốc



Tuấn



năm



2017-2018)



Cho



hàm



số



y  x  2  m  1 x  2  m  2m  x  4m có đồ thị  C  và đường thẳng d : y  4 x  8 . Đường

3



2



2



2



thẳng d cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 , x3 . Tìm giá trị lớn nhất Pmax

của biểu thức P  x13  x23  x33 .

A. Pmax  16 2  6 .



B. Pmax  16 2  8 .



C. Pmax  23  6 2 .



D. Pmax  24  6 2 .



Hướng dẫn giải

Chọn B

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị  C  là:

x3  2  m  1 x 2  2  m 2  2m  x  4m 2  4 x  8 *

 x3  2  m  1 x 2  2  m 2  2m  4  x  4m 2  8  0



 x 2  2mx  2m 2  4  0 1

  x  2   x  2mx  2m  4   0  

x  2  0

2



2



Để đường thẳng d cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt  * có ba nghiệm phân biệt



 1 có hai nghiệm phân biệt khác 2



m  0

2

m  0

4  4m  2m  4  0





 m  2



** .

2

2

 2  m  2

 '  m  2m  4  0

4  m 2  0





Khi đó d cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 , x3 , giả sử x3  2 , x1 , x2 là



 x1  x2  2m

hai nghiệm của phương trình 1 . Theo định lý Vi - et, ta có:  

.

2

 x1.x2  2m  4

Vậy P  x13  x23  x33  x13  x23  8   x1  x2   x12  x22  x1 x2   8











2

  x1  x2    x1  x2   3 x1.x2   8  2m  4m 2  6m 2  12   8







 2m  4m 2  6m 2  12   8  4m3  24m  8



Đặt: f  m   4m3  24m  8 trên  2; 2 , f   m   12m2  24  f   m   0  m   2 .

Vậy Pmax  f



 2   16



2 8.



Câu 120: (THPT Thanh Miện 1-Hải Dương-lần 1 năm 2017-2018) Cho hàm số f  x   x 2  x  ln x .

Biết trên đoạn 1;e  hàm số có GTNN là m , và có GTLN là M . Hỏi M  m bằng:

A. e 2  e .



B. e 2  e  1 .



C. e 2  e  1 .



D. 2e 2  e  1 .



Lời giải

Chọn C

 x  1  1;e

1

Hàm số f  x   x  x  ln x có f   x   2 x  1   0  

; f 1  0 ,

 x  1  1;e 

x



2

2

2

2

f  e   e  e  1 , suy ra M  e  e  1 , m  0 và M  m  e  e  1 .

2



Câu 121: (THPT Thanh Miện 1-Hải Dương-lần 1 năm 2017-2018) Bạn An tham gia một giải thi chạy,

giả sử quãng đường mà bạn chạy được là một hàm số theo biến t và có phương trình

s  t   t 3  3t 2  11t  m  và thời gian t có đơn vị bằng giây. Hỏi trong quá trình chạy vận tốc

tức thời nhỏ nhất là

A. 8  m/s  .



B. 1 m/s  .



C. 3  m/s  .



D. 4  m/s  .



Lời giải

Chọn A

2



Ta có vận tốc được tính theo công thức v  t   s  t   3t 2  6t  11  3  t  1  8  8 .

Vậy vmin  8  m/s  khi t  1 s  .



Câu 122: (THPT Thanh Miện 1-Hải Dương-lần 1 năm 2017-2018) Tìm m để bất phương trình

x2



 2  x  2 x  2   m  4 



A. m  8 .







2  x  2 x  2 có nghiệm?



B. m  1  4 3 .



C. m  7 .

Lời giải.



D. 8  m  7 .



Chọn B

 Điều kiện: x   1; 2 .

Xét hàm số g  x   2  x  2 x  2 trên đoạn  1; 2 .

Có g   x   



1

1

, g  x   0  x  1 .



2 2 x

2x  2



g  1  3 , g 1  3 , g  2   6 .

Suy ra max g  x   3 , min g  x   3 .

 1;2







 1;2



Đặt t  2  x  2 x  2 , t   3;3  t 2  x  4  2



 2  x  2 x  2  .



Bất phương trình đã cho trở thành: t 2  4  m  4t  t 2  4t  4  m .

Xét hàm số f  t   t 2  4t  4 trên đoạn  3;3 .

Có f   t   2t  4 , f   t   0  t  2 .



f



 3   4



3  1 , f  2   8 , f  3  7 .



Suy ra max f  t   7 .

 3;3







Để bất phương trình đã cho có nghiệm thì m  max f  t  hay m  7 .

 3;3







Vậy m  7 .

Câu 123: (THPT Thanh Miện 1-Hải Dương-lần 1 năm 2017-2018) Biết rằng đồ thị hàm số

1

1

f  x   x3  mx 2  x  2 có giá trị tuyệt đối của hồnh độ hai điểm cực trị là độ dài hai cạnh

3

2

của tam giác vuông có cạnh huyền là

A. 3 .

B. 1 .



7 . Hỏi có mấy giá trị của m ?

C. Khơng có m .

Lời giải.



D. 2 .



Chọn D

Có y  x   x 2  mx  1 , y  0  x 2  mx  1  0 1 .









Để hàm số có cực trị thì 1 phải có hai nghiệm phân biệt.

m  2

Điều này tương đương với   0  m 2  4  0  

.

 m  2

x  x  m

Gọi hai nghiệm của 1 là x1 , x2 . Khi đó, ta có  1 2

.

 x1.x2  1

Độ dài hai cạnh của tam giác vng đó là x1 , x2 . Theo bài ra ta có phương trình:

2



x12  x22  7   x1  x2   2 x1 x2  7  m 2  2  7  m 2  9  m  3 (thỏa mãn).



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

Câu 124: (THPT Thanh Miện 1-Hải Dương-lần 1 năm 2017-2018)Cho hàm số f  x   x3  3 x 2  1 có đồ

thị  C  và đường thẳng  d  : y  x  m . Biết rằng đường thẳng  d  cắt đồ thị  C  tạo thành hai

phần hình phẳng có diện tích bằng nhau, hỏi m thuộc khoảng nào trong các khoảng sau:

A. m   5; 3 .



B. m   3; 1 .



C. m   1;1 .

Lời giải



D. m  1;3 .



Chọn A

Ta có f   x   3 x 2  6 x , f   x   6 x  6 , f   x   0  x  1 .

Đồ thị  C  nhận I 1; 3 làm tâm đối xứng.



Câu 125: Đường thẳng  d  cắt đồ thị  C  tạo thành hai phần hình phẳng có diện tích bằng nhau 

đường thẳng  d  : y  x  m đi qua I 1; 3  m  4 .(THPT Trần Hưng Đạo-TP HCM

năm 2017-2018) Đường thẳng y  3 x  1 cắt đồ thị hàm số y 



2 x2  2 x  3

tại hai điểm phân

x 1



biệt A và B . Tính độ dài đoạn thẳng AB .

A. AB  4 6 .



B. AB  4 10 .



C. AB  4 15 .



D. AB  4 2 .



Lời giải

Chọn B

Phương trình hồnh độ giao điểm A và B của hai đồ thị hàm số là:

 x  1

x  1

2 x2  2 x  3

 2

3x  1 



2

2

x 1

 3 x  1 x  1  2 x  2 x  3

3 x  2 x  1  2 x  2 x  3



x  1

x  1

 2



 x  2 . Khi đó tọa độ các giao điểm là A  2;  5 , B  2;7  .

 x  2

x  4

Do vậy độ dài đoạn thẳng AB  42  122  4 10 .

Câu 126: (THPT Trần Hưng Đạo-TP HCM năm 2017-2018)Cho hàm số y  f ( x ) . Đồ thị của hàm số

y  f ( x ) như hình bên.



Đặt h( x)  f ( x) 



A. Hàm số

B. Hàm số

C. Hàm số

D. Hàm số

Chọn D



x2

. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

2



y  h( x )

y  h( x)

y  h( x )

y  h( x )



đồng biến trên khoảng (2;3) .

đồng biến trên khoảng (0; 4) .

nghịch biến trên khoảng (0;1) .

nghịch biến trên khoảng (2; 4) .

Lời giải



Ta có h  x   f   x   x .

Từ đồ thị của f   x  và đường thẳng y  x ta suy ra trên khoảng  2; 4  thì đồ thị f   x  nằm

dưới đường thẳng y  x . Do đó h  x   0 trên  2; 4  . Suy ra đáp án D.

Câu 127: (THPT Tứ Kỳ-Hải Dương năm 2017-2018) Cho một tấm nhơm hình vng cạnh 6 cm.

Người ta muốn cắt một hình thang như hình vẽ.

A



2 cm E



B



x cm



H



3 cm



F

D



G



y cm



C



Tìm tổng x  y để diện tích hình thang EFGH đạt giá trị nhỏ nhất.

A. 4 2 .



B.



7 2

.

2



C. 7 .



D. 5 .



Hướng dẫn giải

Chọn B

Ta có S EFGH  S ABCD   S AHE  S DHG  SGCF  S EBF  .

Để diện tích hình thang EFGH đạt giá trị nhỏ nhất thì S AHE  S DHG  SGCF đạt giá trị lớn nhất.



1

1

1

1

1

AE. AH  .2.x  x ; S DHG  DH .DG $SC$; SCGF  CG.CF  3 y .

2

2

2

2

2

1

1

Đặt S  S AHE  S DHG  SGCF thì S   2 x  3 y  36  6 x  6 y  xy    36  xy  4 x  3 y  (1).

2

2

AH AE

Mặt khác ta lại có AEH ∽ CGF 



 xy  6 (2).

CF CG

Ta có S AHE 



Thay (2) vào (1) ta có S 



1

18  



42   4 x    .



2

x 





Ta có S lớn nhất khi 4x 



3 2

18

18

nhỏ nhất  4x 

.

 x

x

x

2



Khi x 



3 2

7 2

thì y  2 2 . Vậy x  y 

.

2

2



Câu 128: (THPT Tứ Kỳ-Hải Dương năm 2017-2018) Tìm

4



2



m



để đồ thị hàm số



4



y  x  2mx  2m  m có ba điểm cực trị là các đỉnh của một tam giác có diện tích bằng 4 .

B. m  5 4 .



A. m   5 16 .



D. m   5 4 .



C. m  5 16 .

Hướng dẫn giải



Chọn C

+ Tập xác định: D   .



x  0

+ y  4 x3  4mx ; y  0   2

.

x  m

Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì m  0 . Khi đó các điểm cực trị của đồ thị hàm số là:



 











A 0; 2m  m 4 , B  m ; m 4  m 2  2m và C











m ; m 4  m 2  2m .



Gọi H là trung điểm BC . Khi đó H  0; m 4  m 2  2m  .

Ta có: S ABC 



1

1

AH .BC  .

2

2



2 2



 m  .  2 m 



2



 m2 m  4 .



 m5  16  m  5 16 (thỏa mãn yêu cầu bài toán).

Vậy m  5 16 .

Câu 129: (THPT Tứ Kỳ-Hải Dương năm 2017-2018) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của m để

1

đồ thị của hàm số y  x3  mx 2  m 2  1 x có hai điểm cực trị là A và B sao cho A , B nằm

3

khác phía và cách đều đường thẳng d : y  5 x  9 . Tính tổng các phần tử của S .







A. 6 .



B. 0 .







C. 6 .

Hướng dẫn giải



D. 3 .



Chọn B

Ta có y  x 2  2mx  m 2  1 .











  m 2  m 2  1  1  y  0 có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị của hàm số có hai điểm cực



trị A và B .











m  m 2  1

m m2  1

2

m

2

1

Ta có y   x   y  x 

suy ra đường thẳng AB : y  x 

3

3

3

3

3

3

A , B nằm khác phía và cách đều d : y  5 x  9  Trung điểm I của đoạn AB thuộc d .



 m3  m 

m3  m

Ta có I  m,



d

 5m  9  m3  14m  27  0 1 . Gọi m1 , m2 , m3 là ba





3

3





nghiệm của 1 .

Áp dụng định lý Viet cho phương trình bậc ba ta có S  m1  m2  m3  0 hoặc dùng MTCT

giải tính tổng ba nghiệm ta được S  0 .

Câu 130: (THPT Xuân Trường-Nam Định năm 2017-2018) Hàm số y   x 4  2mx 2  1 đạt cực tiểu tại

x  0 khi:

A. 1  m  0.



Chọn D



B. m  0.



C. m  1.

Lời giải



D. m  0.



 y  0   0

Để hàm số đạt cực tiểu tại x  0 thì 

.

 y  0   0

Ta có y  4 x3  4mx và y  12 x 2  4m .

Vậy ta có 4m  0  m  0 .

Câu 131: (THPT Xuân Trường-Nam Định năm 2017-2018) Cho hàm số y 



 C  . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

 m  2



A. 

5.

 m   2



m để đồ thị  C  có đúng 3 đường tiệm cận ?

m  2



 m  2

C.  

.

5



m   2

Lời giải



B. m  2 .



x 1

có đồ thị là

x  2mx  4

2



 m  2

D. 

.

m  2



Chọn C

x 1

; Xét x 2  2mx  4  0 có   m 2  4 .

x  2mx  4

+ Nếu   0  m 2  4  0  2  m  2 thì đồ thị hàm số chỉ có một đường tiệm cận ngang

y  0 (do lim y  0 ).

y



2



x 



+ Nếu m  2 hoặc m  2 hoặc m  



5

thì đồ thị hàm số chỉ có hai đường tiệm cận.

2



 5

+Nếu m   ; 2  \    hoặc m   2;   thì đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận.

 2



Câu 132: (THPT Xuân Trường-Nam Định năm 2017-2018)Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m

sao cho phương trình 2 x  1  x  m có nghiệm thực ?

A. m  3 .

B. m  2 .

C. m  3 .

Lời giải

Chọn B

Điều kiện: x  1 .



D. m  2 .



Ta có 2 x  1  x  m  2 x  1  x  m  * .

Số nghiệm của phương trình * bằng số giao điểm của hai đồ thị y  2 x  1  x  C  và



y  m.

Xét hàm số y  x  1  x với x  1 ta có y 



1

1.

x 1



Giải phương trình y  0  x  1  1  x  1 .

Lập bảng biến thiên

x



0



1



y







0











2



y'

1







Từ bảng biến thiên ta có phương trình 2 x  1  x  m có nghiệm khi m  2 .

Câu 133: (THPT Xuân Trường-Nam Định năm 2017-2018) Cho hàm số y  f  x  xác định trên  và

hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ. Tìm số điểm cực trị của hàm số y  f  x 2  3 .

y



2



1



-2



x



O



A. 4 .



C. 5 .

Lời giải



B. 2 .



D. 3 .



Chọn D

Quan sát đồ thị ta có y  f   x  đổi dấu từ âm sang dương qua x  2 nên hàm số y  f  x 

có một điểm cực trị là x  2 .



x  0

x  0



Ta có y   f  x 2  3   2 x. f   x 2  3  0   2

. Do đó hàm số



 x  1

 x  3  2

y  f  x 2  3 có ba cực trị.



Câu



134:



(THPT



Lương

3



Văn



ChasnhPhus



Yên



năm



2017-2018)



Cho



hàm



số:



2



y   m  1 x   m  1 x  2 x  5 với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để

hàm số nghịch biến trên khoảng  ;   ?

A. 5 .



B. 6 .



C. 8 .

Lời giải



D. 7 .



Chọn D

+ Tập xác định: D   .

+ Có y  3  m  1 x 2  2  m  1 x  2 .

TH1: m  1 thì y  2  0 , x   .

 Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  ;   .

+ TH2: m  1 . Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng  ;  

3  m  1  0

m  1

m  1







 5  m  1 .

  0

 m  1 m  5   0

 5  m  1

Vậy các số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 5 , 4 , 3 , 2 , 1 , 0 , 1.

Vậy có 7 giá trị nguyên.



Câu 135: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị

thực của tham số m để đồ thị  C  của hàm số y  x 4  2m 2 x 2  m 4  5 có ba điểm cực trị,

đồng thời ba điểm cực trị đó cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tứ giác nội tiếp. Tìm số phần

tử của S .

A. 1.

B. 0 .

C. 2 .

D. 3 .

Lời giải



Chọn C

Ta có y  4 x 3  4m 2 x .

Hàm số có cực đại cực tiểu  phương trình y  0 có ba nghiệm phân biệt  m  0 .

Gọi A  0; m 4  5  , B  m;5  , C  m;5  lần lượt là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số.



Câu



Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC khi đó ta có ba điểm A , I , O thẳng hàng.

Mặt khác do hai điểm B và C đối xứng nhau qua AO nên AO là đường kính của đường tròn

 

ngoại tiếp tứ giác ABOC  AB  OB  AB.OB  0 .





5

Trong đó AB   m;  m 4  , OB   m;5  . Ta có phương trình m 2  5m 4  0  m  

5

136: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Cho hàm số

1

1

y  x 3  mx 2  4 x  10 , với m là tham số; gọi x1 , x2 là các điểm cực trị của hàm số đã cho.

3

2

Giá trị lớn nhất của biểu thức P   x12  1 x22  1 bằng

A. 4 .



B. 1.



C. 0 .

Lời giải



D. 9 .



Chọn D

Tập xác định D   .

Đạo hàm y  x 2  mx  4 .

Khi đó y  0  x 2  mx  4  0 .

Ta có   m2  16  0 , m    y  0 ln có hai nghiệm phân biệt m   hay hàm số

ln có hai điểm cực trị x1 , x2 m   .



 x1  x2  m

Do x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của y  0 nên theo định lý Viet ta có 

.

 x1.x2  4

2







2







2



P   x12  1 x22  1   x1 x2   x12  x22  1   x1 x2    x1  x2   2 x1 x2  1



Câu



 16  m2  8  1  m2  9  9 , m   .

Do đó giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng 9  m  0 .

137: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm



2017-2018)



Cho



hàm



số



y  x  3mx  3  m  1 x  m , với m là tham số; gọi  C  là đồ thị của hàm số đã cho. Biết

3



2



2



3



rằng khi m thay đổi, điểm cực đại của đồ thị  C  luôn nằm trên một đường thẳng d cố định.

Xác định hệ số góc k của đường thẳng d .

1

1

A. k   .

B. k  .

3

3



C. k  3 .

Lời giải



Chọn C

Tập xác định D   .

Ta có y  3 x 2  6mx  3  m 2  1 và y  6 x  6m .

Khi đó y  0  3 x 2  6mx  3  m 2  1  0 .



D. k  3 .



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Chương 1 - ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM - Mức độ 2 Phần 3

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×