Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Chương 1 - ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM - Mức độ 2 Phần 4

Chương 1 - ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM - Mức độ 2 Phần 4

Tải bản đầy đủ - 0trang

Câu 99: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Hàm số f  x  có đạo hàm f   x  trên  .

Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số f   x  trên  .

y



x



O



Hỏi hàm số y  f  x   2018 có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 5 .



B. 3 .



C. 2 .

Lời giải



D. 4 .



Chọn A

Cách 1: Từ đồ thị hàm số của f   x  ta thấy f  x  có hai cực trị dương nên hàm số y  f  x 

lấy đối xứng phần đồ thị hàm số bên phải trục tung qua trục tung ta được bốn cực trị, cộng

thêm giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x   2018 với trục tung nữa ta được tổng cộng là 5

cực trị.

Cách 2: Ta có: y  f  x   2018  f

Đạo hàm: y  f 



 x  x  

2



2



 x   2018 .

2



x

x2



. f  x  .



Từ đồ thị hàm số của f   x  suy ra f   x  cùng dấu với  x  x1  x  x2  x  x3  với x1  0 ,

0  x2  x3 .

Suy ra: f   x  cùng dấu với

Do x  x1  0 nên y  f 



 x  x  x  x  x  x  .

1



2



 x  x  

2



2



3



x

x



2



f   x  cùng dấu với  x  x2  x  x3  .



x

x2



.



Vậy hàm số y  f  x   2018 có 5 cực trị.

Câu 100: (THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Giá trị m để hàm số

y



  

 ;  là

4 2

m  0

B. 

.

1  m  2



cot x  2

nghịch biến trên

cot x  m



A. m  0 .



C. 1  m  2 .



D. m  2 .



Lời giải

Chọn B



1

  

  

Đặt t  cot x , Với x   ;   t   0;1 . yx   yt  .tx  mà t  

 0 , x   ;  nên

2

sin x

4 2

4 2

YCBT  yt   0 , t   0;1 



m  2



t  m



2



m  0

 m  2  0

.



 0 , t   0;1  

1  m  2

m   0;1



Câu 101: (THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho hàm số y  f  x  có đạo

hàm liên tục trên  , hàm số y  f   x  2  có đồ thị như hình dưới. Số điểm cực trị của hàm số



y  f  x  là

y  f   x  2



y



x



O

A. 0 .



B. 2 .



C. 1.



D. 3 .



Lời giải

Chọn B

Ta có: đồ thị hàm số y  f   x  2  là phép tịnh tiến của đồ thị hàm số y  f   x  sang phải một đơn

vị. Khi đó hàm số y  f  x  có bảng biến thiên:



x



3







f  x



+



0



2











1



+



0



0







f  3

f  x



f  1

f  2 



Dựa vào bảng biến thiên ta có số điểm cực trị của hàm số y  f  x  là 2 .

Câu 102: ----------HẾT----------(THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Tìm số đường

tiệm cận của đồ thị hàm số y 



B. 0 .



A. 1.



x2

.

x 2

C. 2 .

Lời giải



D. 3 .



Chọn D

Tập xác định của hàm số là D   2;   \ 2 .

Ta có:

 lim y  lim

x 2







x 2



x2

x2

 lim

  nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  2 .

x



2

x 2

x2



lim  y  lim 



x  2 



x  2 



x2

x2

 lim 

 lim

x  2 x 2   x  2 x 2



1

  nên đồ thị hàm số có tiệm cận

x2



đứng x  2 .

 lim y  lim

x 



x 



x2

 0 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  0 .

x 2



Vậy đồ thị hàm số có tất cả 3 đường tiệm cận.

Câu 103: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Cho hàm số bậc ba y  f  x  có

đồ thị như hình vẽ



y

1



x



O

3



Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y  f  x   m có ba điểm cực trị.

A. m  3 hoặc m  1. B. m  1 hoặc m  3. C. m  3 hoặc m  1. D. 1  m  3.

Lời giải

Chọn A

Đồ thị hàm số g  x   f  x   m được suy ra từ đồ thị hàm số y  f  x  bằng cách tịnh tiến theo

phương của trục tung m đơn vị.

Đồ thị hàm số y  g  x  được suy ra từ đồ thị hàm số y  g  x  bằng cách giữ nguyên phần không

âm của đồ thị y  g  x  , sau đó lấy đối xứng đối xứng phần g  x   0 qua trục hoành.



f  x  để y  g  x  có ba điểm cực trị khi đồ thị hàm số



Vì vậy dựa vào đồ thị của



g  x   f  x   m cắt trục hoành tại một hoặc hai điểm.

Giả sử f  x  đạt cực đại tại x1 với f  x1   1 và đạt cực tiểu tại x2 với f  x2   3 . Khi đó đồ thị

hàm số



g  x   f  x   m cắt trục hoành tại một hoặc hai điểm khi g  x1  .g  x2   0



m  3

.

  f  x1   m   f  x2   m   0 1  m  m  3  0  

 m  1

Câu 104: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Có bao nhiêu giá trị nguyên

dương của tham số m để hàm số y 



A. 1.



B. 2.



3 4

1

x   m  1 x 2  4 đồng biến trên khoảng  0;   .

4

4x

C. 3.

D. 4.

Lời giải



Chọn C



1

.

x5

Hàm số đồng biến trong khoảng  0;    khi và chỉ khi y  0 với x   0;    .

Ta có y  3 x 3  2  m  1 x 



y  0  2  m  1  3 x 2 

Xét g  x   3 x 2 



1

.

x6



1

6

với x   0;    . Ta có g   x   6 x  7 ; g   x   0  x  1

6

x

x



Bảng biến thiên:



x

y

y



0







1

0







Vì m nguyên dương nên m  1, 2,3 .









4



2  m  1  g  x   2  m  1  4  m  3 .







Vậy có 3 giá trị m nguyên dương thỏa mãn bài toán.



x2



Câu 105: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Cho hàm số y  1  x có đồ thị



 C  và điểm A  m;1 . Gọi



S là tập các giá trị của m để có đúng một tiếp tuyến của  C  đi qua A .



Tính tổng bình phương các phần tử của tập S .

A.



13

.

4



B.



5

.

2



9

.

4

Lời giải

C.



D.



25

.

4



Chọn A

Gọi M 0  x0 ; y0  thuộc đồ thị hàm số. Điều kiện x0  1 . Ta có y 

Phương trình tiếp tuyến d đồ thị hàm số tại M 0  x0 ; y0  là y 



d đi qua A  m;1  1 



 m  x0



1  x0 



2







1



1  x 

1



1  x0 



2



2



.



 x  x0  



x0  2

.

1  x0



x0  2

 2 x02  6 x0  m  3  0 1 .

1  x0



Vì đồ thị hàm số mỗi tiếp tuyến chỉ có đúng một tiếp điểm nên u cầu bài tốn tương đương 1 có



3



9  2  m  3   0

m



đúng một nghiệm x0 khác 1  



2.



2  6  m  3  0

m  1

2



 3  13

 3

Vậy S  1;  suy ra tổng bình phương các phần tử của S : 12    

.

4

2

 2

Câu 106: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Tìm tất cả các giá trị của m  0

để giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 3  3 x  1 trên đoạn  m  1; m  2 luôn bé hơn 3 .

A. m   0; 2  .



B. m   0;1 .



C. m  1;    .



D. m   0;    .



Lời giải

Chọn B

Ta có y  3x 2  3 , y   0  x  1 do đó yCT  y 1  1 và yCĐ  y  1  3 .

Thấy ngay với m  0 thì trên đoạn  m  1; m  2 hàm số luôn đồng biến.

3



Vậy GTNN của hàm số đã cho trên đoạn  m  1; m  2 là y  m  1   m  1  3  m  1  1 .



m  1  2

m  1

.



m  1  1

 m  2



3



GTNN luôn bé hơn 3   m  1  3  m  1  2  0  

Kết hợp điều kiện m  0 ta được m   0;1 .



Câu 107: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Biết rằng đường thẳng



y  x  m cắt đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2 tại ba điểm phân biệt sao cho có một giao điểm cách đều

hai giao điểm còn lại. Khi đó m thuộc khoảng nào dưới đây?



A.  2; 4  .



B.  2;0  .



C.  0; 2  .



D.  4;6  .



Lời giải

Chọn D



Xét hàm số: y  x 3  3 x 2 có đồ thị  C  . Ta có y  3 x 2  6 x ; y   6 x  6 .



Khi đó y   0  6 x  6  0  x  1 . Đồ thị  C  có điểm uốn I 1;  2  .

Theo u cầu bài tốn ta có đường thẳng y  x  m phải đi qua I 1;  2  .

Suy ra 2  1  m  m  3 .

Câu 108: (THPT Kim Liên – Hà Nội - Lần 2 năm 2017 – 2018)Tìm m để đường thẳng y  mx  1

cắt đồ thị hàm số y 



x 1

tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị.

x 1



 1



A. m    ;   \ 0 . B. m   0;   .

 4





C. m   ;0  .



D. m  0 .



Lời giải

Chọn B

Phương trình hồnh độ giao điểm

mx  1 



 x  1

x 1

 x  1



 2

x 1

 mx  1 x  1  x  1  mx  mx  2  0



1



YCBT  1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 1 thỏa mãn  x1  1 x2  1  0

m  0



m  0

 m  0

m  0



2









m



8

m



0

 m  8



  m  8

 2

 

 

 m  0.

m.1  m.1  2  0

m  

2 0

x x   x  x  1  0

 2

 m

1

2

 1 2

  1  1  0

 m

Câu 109: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh - Lần 2 năm 2017 – 2018)Một cái hồ rộng có hình chữ nhật.

Tại một góc nhỏ của hồ người ta đóng một cái cọc ở vị trí K cách bờ AB là 1 m và cách bờ

AC là 8 m , rồi dùng một cây sào ngăn một góc nhỏ của hồ để thả bèo (như hình vẽ). Tính

chiều dài ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm vào 2 bờ AB , AC và cây cọc K (bỏ

qua đường kính của sào).

B

P



K



Q



A



A.



5 65

.

4



C



C. 9 2 .



B. 5 5 .



D.



5 71

.

4



Lời giải

Chọn B

B

P

E

A



K

F



Q



C



Đặt AP  a , AQ  b  a, b  0  . Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vng góc của K xuống

AB và AC . Suy ra KE  1 , KF  8 .

KE PK KF QK

KF KE

8 1

Ta có:

;









 1 hay   1 .

AQ PQ AP PQ

AP AQ

a b



(Hoặc có thể dùng phép tọa độ hóa: Gán A   0;0  , P   0; a  , Q   b;0  . Khi đó K  1;8  .

x y

1 8

Phương trình đường thẳng PQ :   1 . Vì PQ đi qua K nên   1 .)

b a

b a

Cách 1:

8 1

8k k

Ta có: PQ 2  a 2  b 2 . Vì   1 

  k k  0 .

a b

a b



k2

8k  

k 

4 k 4k   2 k

k 



3

2

3



3

16

k



3

.

a 2  b2  k   a 2     b2     a 2 





b





 



4

a  

b 

a

a  

2b 2b 



 2 4k

a  a

k  250



 2 2k



2

2

Suy ra PQ nhỏ nhất  a  b nhỏ nhất  b 

 a  10 .

b



b  5



8 1





1

a b





a 2  b2  125  5 5 . Từ đó suy ra chiều dài ngắn nhất của



Vậy giá trị nhỏ nhất của PQ là



cây sào để cây sào có thể chạm vào 2 bờ AB , AC và cây cọc K là 5 5 .

Cách 2:

2







8 1

a

 a 

với a  8 . Khi đó PQ 2  a 2  b 2  a 2  

 1  b 

 với a  8 .

a b

a 8

 a 8 

2



 a 

Xét hàm số f  a   a 2  

 với a  8 .

 a 8 

3

2a  a  8   8

2a

8



 ; f  a  0  a  10 .

Ta có f   a   2a 

.



 

2

3

a  8  a  8

 a  8



BBT của f  a  :

a

f a



8



10







0



















f a

125



Vậy GTNN của f  a  là 125 khi a  10 .

Từ đó suy ra chiều dài ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm vào 2 bờ AB , AC và

cây cọc K là 125  5 5 .

Câu 110: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh - Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho hàm số y  4 x3  6 x 2  1 có đồ

thị







đường

3



cong



trong

2



hình



dưới



đây.



Khi



4  4 x3  6 x 2  1  6  4 x 3  6 x 2  1  1  0 có bao nhiêu nghiệm thực.



đó



phương



trình



y

1



1

x



O



1

A. 3 .



B. 6 .



C. 7 .

Lời giải



D. 9 .



Chọn C

3



2



Xét phương trình 4  4 x 3  6 x 2  1  6  4 x 3  6 x 2  1  1  0

Đặt t  4 x3  6 x 2  1 , ta có phương trình 4t 3  6t 2  1  0  

Dựa vào đồ thị thì   có 3 nghiệm phân biệt với 1  t1  t2  1 và 1  t3  2 .

Khi đó phương trình: 4 x 3  6 x 2  1  t1 có ba nghiệm phân biệt; 4 x3  6 x 2  1  t2 có ba nghiệm

phân biệt; 4 x 3  6 x 2  1  t3 có duy nhất một nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm thực.

Câu 111: (THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh - Lần 2 năm 2017 – 2018)Gọi S là tập hợp tất cả các

giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y  x m 2  x 2 có hai điểm cực trị A , B thỏa

mãn AB  2 30 . Số phần tử của S là

A. 7 .

B. 6 .



D. 5 .



C. 4 .

Lời giải



Chọn B

ĐK:  m  x  m . Ta có y 



m2  2 x 2



m2  x 2

Hàm số có hai điểm cực trị khi m  0 .



; y  0  x  



m

2



(Thỏa mãn ĐK).



 m

 m m2 

m2 

Khi đó A  



;

B

;





 là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.

2 

2



 2 2 



AB  2 30  AB 2  120  2m2  m4  120   m 2  12  m 2  10   0  m  10 1 .

Vì m và m  0 nên từ 1 suy ra m  3; 2; 1;1; 2;3 .

Câu 112: (THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh - Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho hai hàm số y  f  x  ,

y  g  x  có đạo hàm là f   x  , g   x  . Đồ thị hàm số y  f   x  và g   x  được cho như hình



vẽ bên dưới.



y



f  x

g x



O



2



6



x



Biết rằng f  0   f  6   g  0   g  6  . Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

h  x   f  x   g  x  trên đoạn  0;6 lần lượt là



A. h  6  , h  2  .



B. h  2  , h  6  .



C. h  0  , h  2  .



D. h  2  , h  0  .



Lời giải

Chọn A

Ta có h  x   f   x   g   x  ; h  x   0  x  2

Từ đồ thị ta có bảng biến thiên:

x 0

h  x 

h  x







2

0



6







h 0



h 6



h  2



Và f  0   f  6   g  0   g  6   f  0   g  0   f  6   g  6  . Hay h  0   h  6  .

Vậy max h  x   h  6  ; min h  x   h  2  .

 0;6



0;6



Câu 113: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Gọi S là tập

tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  9 x  2m  1 và trục Ox có đúng

hai điểm chung phân biệt. Tính tổng T của các phần tử thuộc tập S

A. T  12 .

B. T  10 .

C. T  12 .

D. T  10 .

Lời giải

Chọn C

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  9 x  2m  1 và trục Ox là nghiệm của

phương trình x3  3 x 2  9 x  2m  1  0  x3  3 x 2  9 x  1  2m .

x 1

Xét hàm số f  x   x 3  3x 2  9 x  1 ta có f   x   3 x 2  6 x  9  f   x   0  

.

 x  3

Bảng biến thiên:

x

3



1



f  x

0

0







28



f  x

4



Để đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  9 x  2m  1 và trục Ox có đúng hai điểm chung phân biệt

 phương trình x3  3 x 2  9 x  2m  1  0 có đúng hai nghiệm phân biệt

 đường thẳng y  2m cắt đồ thị hàm số f  x   x 3  3x 2  9 x  1 tại hai điểm phân biệt.

 2m  4

m  2

Từ bảng biến thiên ta có điều kiện là 



.

 2m  28

 m  14

Do đó S  2; 14 .

Vậy T  12

Câu 114: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hàm số



y  f  x  có đạo hàm trên  thỏa f  2   f  2   0 và đồ thị hàm số y  f   x  có dạng như

hình vẽ bên dưới.



y

2



1



1



O



2



x



3

2



2



Hàm số y   f  x   nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau:

3



A.  1;  .

2





B.  2; 1 .



C.  1;1 .



D. 1; 2  .



Lời giải

Chọn D

Dựa vào đồ thị hàm số y  f   x  ta lập được bảng biến thiên của y  f  x  như sau:

x

y











2

0

0



1

0















2

0

0







y











Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f  x   0, x   .

2



Xét hàm số y   f  x   , ta có y  2 f  x  . f   x  .

2



Tìm khoảng để hàm số y   f  x   nghịch biến nên ta cần tìm x để y  0 .

 x  2

Do f  x   0, x   nên y  0  f   x   0  

.

1  x  2

2



Do đó hàm số y   f  x   nghịch biến trên khoảng  ; 2  và 1; 2  .

Câu 115: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Biết hàm số



y  f  x  liên tục trên  có M và m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

trên đoạn  0; 2 . Trong các hàm số sau, hàm số nào cũng có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

tương ứng là M và m ?.

 4x 

A. y  f  2  .

 x 1

C. y  f







 2 sin x  cos x   .

D. y  f  x  2  x  .

B. y  f







2  sin 3 x  cos3 x  .



2



Lời giải

Chọn A

Đặt t 



4 x 2  4

4x



x



0;

2

,

.

Ta

có:

.

t







x

2

x2  1

 x2  1



t x  0  x  1   0; 2

Bảng biến thiên:



x



0



1



t  x 



2







0







2



t  x



8

5



0



Dựa vào bảng biến thiên, ta có: 0  t  2 .

Do đó: Hàm số y  f  x  liên tục trên  có M và m lần lượt là GTLN, GTNN của hàm số

trên đoạn  0; 2 khi và chỉ khi hàm số y  f  t  liên tục trên  có M và m lần lượt là

GTLN, GTNN của hàm số trên đoạn  0; 2 .

Câu 116: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Có bao nhiêu số

1

nguyên âm m để hàm số y  cos3 x  4 cot x   m  1 cos x đồng biến trên khoảng  0;   ?

3

A. 5 .

B. 2 .

C. vô số.

D. 3 .

Lời giải

Chọn A

4

4

- Ta có: y   cos 2 x.sin x  2   m  1 .sin x  sin 3 x  2  m.sin x .

sin x

sin x

- Hàm số đồng biến trên  0;   khi và chỉ khi y  0 , x   0;  



4

 m.sin x  0 , x   0;  

sin 2 x

4

4

 sin 2 x  3  m , x   0;    m  t 2  3  f  t  , t   0;1 (với t  sin x ).

sin x

t

 sin 3 x 



12 2t 5  12



 0 , t   0;1

t4

t4

Suy ra m  f  t  , t   0;1  m  max f  t   f 1  5

Ta có: f   t   2t 



 0;1



Lại do m nguyên âm nên m  5; 4; 3; 2; 1 .

Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn.

Câu 117: (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hàm số f  x  có đạo

4



5



3



hàm f   x    x  1  x  m   x  3 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong đoạn



 5;5



để số điểm cực trị của hàm số f  x  bằng 3 :



A. 5 .



B. 3 .



C. 4 .



D. 2 .



Lời giải



Chọn A

Nếu m  1 thì hàm số f  x  có hai điểm cực trị là x  1  0 và x  3  0 . Khi đó, hàm

số f  x  chỉ có 1 cực trị. Do đó, m  1 khơng thỏa u cầu đề bài.

Nếu m  3 thì hàm số f  x  khơng có cực trị. Khi đó, hàm số f  x  chỉ có 1 cực trị. Do đó,



m  3 không thỏa yêu cầu đề bài.

Khi m  1 và m  3 thì hàm số f  x  có hai điểm cực trị là x  m và x  3  0 .

Để hàm số f  x  có 3 điểm cực trị thì hàm số f  x  phải có hai điểm cực trị trái dấu

 m  0.



Vì m   và m   5;5 nên m nhận các giá trị 1, 2 , 3 , 4 , 5 .

Câu 118: (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hàm số y  f  x  . Hàm số



y  f   x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y  f  3  2 x   2018 nghịch biến trên khoảng?



A. 1; 2  .



B.  2;    .



C.  ;1 .



D.  1;1 .



Lời giải

Chọn A

Ta có f   x   k  x  1 x  1 x  4  với k  0



 f   3  2 x   k  3  2 x   1  3  2 x   1  3  2 x   4  .

Hàm số y  f  3  2 x   2018 nghịch biến khi y  2. f   3  2 x   0



1



x

3  2 x  4



 f  3  2x   0  



2 .



 1  3  2 x  1

1  x  2









1

2



Vậy hàm số y  f  3  2 x   2018 nghịch biến trên 1; 2  và  ;  .

Câu 119: (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hàm số



y  x 3  2 x 2   m  1 x  2m có đồ thị là  Cm  . Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ

thị  Cm  vng góc với đường thẳng  : y  3 x  2018 .



A. m 



7

.

3



B. m  1 .



C. m  2 .



1

D. m   .

3



Lời giải

Chọn C







Ta có y  3 x 2  4 x  m  1   x 3 







2



2 

7

7

2

  m  3  m  3 , dấu "  " xảy ra  x  3 .

3



Tiếp tuyến d của  Cm  có hệ số góc nhỏ nhất là m 









7

.

3



7

3



Bài ra d   nên  m   .3  1  m  2 .

Vậy m  2 .



Câu 120: (SGD Quảng Nam – năm 2017 – 2018) Cho hàm số y 



2x  3

có đồ thị  C  . Một tiếp tuyến

x2



của  C  cắt hai tiệm cận của  C  tại hai điểm A , B và AB  2 2 . Hệ số góc của tiếp tuyến

đó bằng

A.  2 .



B. 2 .



1

C.  .

2

Lời giải



D. 1 .



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Chương 1 - ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM - Mức độ 2 Phần 4

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×