20 câu trắc nghiệm phát triển câu 40 đề minh họa Toán 2024 giải chi tiết được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 3 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.
CÂU 40: TÌM THAM SỐ ĐỂ HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU TRÊN MỘT KHOẢNG CHO TRƯỚC – VD VDC
Câu 1: Tập hợp tất cả các giá trị của tham sốm� để hàm số y=x3–mx2–(m–6)x+1�=�3–��2–(�–6)�+1 đồng biến trên khoảng (0;4)(0;4) là:
A. (–∞;6](–∞;6]. B. (–∞;3)(–∞;3). C. (–∞;3](–∞;3]. D. [3;6][3;6].
Lời giải
y′=3x2–2mx–(m–6)�′=3�2–2��–(�–6). Để hàm số đồng biến trên khoảng (0;4)(0;4) thì: y′⩾0�′⩾0,∀x∈(0;4)∀�∈(0;4).
tức là 3x2–2mx–(m–6)⩾0∀x∈(0;4)3�2–2��–(�–6)⩾0∀�∈(0;4)⇔3x2+62x+1⩾m∀x∈(0;4)⇔3�2+62�+1⩾�∀�∈(0;4)
Xét hàm số g(x)=3x2+62x+1�(�)=3�2+62�+1 trên (0;4)(0;4).
g′(x)=6x2+6x–12(2x+1)2�′(�)=6�2+6�–12(2�+1)2,g′(x)=0⇔[x=1∈(0;4)x=–2∉(0;4)�′(�)=0⇔[�=1∈(0;4)�=–2∉(0;4)
Ta có bảng biến thiên:
Vậy để g(x)=3x2+62x+1⩾m∀x∈(0;4)�(�)=3�2+62�+1⩾�∀�∈(0;4)thì m⩽3�⩽3.
Câu 2: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m� thuộc khoảng (–15;15)(–15;15) để hàm số y=x4–6x2–mx+2024�=�4–6�2–��+2024 nghịch biến trên khoảng (–1;1)(–1;1).
A. 88. B. 77. C. 2525. D. 66.
Lời giải
Ta có y′=4x3–12x–m�′=4�3–12�–�.
Hàm số y=x4–6x2–mx+2024�=�4–6�2–��+2024 nghịch biến trên khoảng (–1;1)(–1;1) khi và chỉ khi y′⩽0,∀x∈(–1;1)�′⩽0,∀�∈(–1;1)
⇔4x3–12x–m⩽0,∀x∈(–1;1)⇔m⩾4x3–12x,∀x∈(–1;1)⇔m⩾8⇔4�3–12�–�⩽0,∀�∈(–1;1)⇔�⩾4�3–12�,∀�∈(–1;1)⇔�⩾8.
Vì m� nguyên thuộc khoảng (–15;15)(–15;15) nên có 77 giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m� thuộc đoạn [1;25][1;25] sao cho ứng với mỗi m�, hàm số y=–x2+2x–m+52x–m�=–�2+2�–�+52�–� đồng biến trên khoảng (1;3)(1;3).
A. 24 .
B. 2 .
C. 20 .
D. 6 .
Lời giải
Tập xác định: D=R∖{m2}�=�∖{�2}.
Ta có y′=–2x2+2mx–10(2x–m)2�′=–2�2+2��–10(2�–�)2.
Hàm số đồng biến trên khoảng (1;3)(1;3) thì y′⩾0,∀x∈(1;3)�′⩾0,∀�∈(1;3).
tức là {–2x2+2mx–10⩾0,∀x∈(1;3)x≠m2,∀x∈(1;3){–2�2+2��–10⩾0,∀�∈(1;3)�≠�2,∀�∈(1;3) ⇔⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩m⩾x2+5x,∀x∈(1;3)(Dox>0,∀x∈(1;3))[m2⩽1m2⩾3⇔{�⩾�2+5�,∀�∈(1;3)(���>0,∀�∈(1;3))[�2⩽1�2⩾3
Xét hàm số g(x)=x2+5x,∀x∈[1;3]�(�)=�2+5�,∀�∈[1;3].
Ta có g′(x)=x2–5x2⋅g′(x)=0⇔[x=√5x=–√5(x≠0)�′(�)=�2–5�2⋅�′(�)=0⇔[�=5�=–5(�≠0).
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên, ta có ⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩m⩾x2+5x,∀x∈(1;3)[m2⩽1m2⩾3{�⩾�2+5�,∀�∈(1;3)[�2⩽1�2⩾3 ⇔⎧⎪⎨⎪⎩m⩾6[m⩽2m⩾6⇔m⩾6⇔{�⩾6[�⩽2�⩾6⇔�⩾6.
Mà m� là số nguyên thuộc đoạn [1;25][1;25] nên m∈{6;7;8;9;10;….;25}�∈{6;7;8;9;10;….;25}.
Vậy có 20 giá trị nguyên của tham số m� thuộc đoạn [1;25] thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m� để hàm số y=x2+2x+mx–1�=�2+2�+��–1 nghịch biến trên khoảng (1;3)(1;3) và đồng biến trên khoảng (4;6)(4;6).
A. 66. B. 77. C. 55. D. 44.
Lời giải
Chọn D
Ta có y′=x2–2x–2–m(x–1)2�′=�2–2�–2–�(�–1)2.
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)(1;3) và đồng biến trên khoảng (4;6)(4;6) khi và chỉ khi {y′⩽0,∀x∈(1;3)y′⩾0,∀x∈(4;6){�′⩽0,∀�∈(1;3)�′⩾0,∀�∈(4;6)
⇔{x2–2x–2–m⩽0,∀x∈(1;3)x2–2x–2–m⩾0,∀x∈(4;6)⇔{�2–2�–2–�⩽0,∀�∈(1;3)�2–2�–2–�⩾0,∀�∈(4;6) ⇔{m⩾x2–2x–2,∀x∈(1;3)m⩽x2–2x–2,∀x∈(4;6)⇔{�⩾�2–2�–2,∀�∈(1;3)�⩽�2–2�–2,∀�∈(4;6)
Xét hàm số g(x)=x2–2x–2,g′(x)=2x–2�(�)=�2–2�–2,�′(�)=2�–2 ta có bảng biến thiên của g(x)�(�) như sau
Từ bảng biến thiên của g(x)�(�) ta có (∗)⇔3⩽m⩽6(∗)⇔3⩽�⩽6, và vì m� là số nguyên nên chọn m∈{3;4;5;6}�∈{3;4;5;6}. Vậy có 4 giá trị nguyên của m�thỏa mãn bài toán.
Câu 5: Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m� sao cho hàm số y=x+1x2+x+m�=�+1�2+�+� nghịch biến trên khoảng (–1;1)(–1;1).
A. (–∞;–2](–∞;–2]. B. (–3;–2](–3;–2]. C. (–∞;0](–∞;0]. D. (–∞;–2)(–∞;–2).
Lời giải
Ta có y′=m–(x+1)2(x2+x+m)2�′=�–(�+1)2(�2+�+�)2.
Ycbt ⇔⇔ {y′⩽0x2+x+m≠0{�′⩽0�2+�+�≠0, ∀x∈(–1;1)∀�∈(–1;1) ⇔⇔ ⎧⎪ ⎪⎨⎪ ⎪⎩m–(x+1)2(x2+x+m)2⩽0x2+x+m≠0{�–(�+1)2(�2+�+�)2⩽0�2+�+�≠0, ∀x∈(–1;1)∀�∈(–1;1).
⇔⇔ {m⩽(x+1)2m≠–x2–x{�⩽(�+1)2�≠–�2–�, ∀x∈(–1;1)∀�∈(–1;1).
m⩽(x+1)2,∀x∈(–1;1)⇔m⩽0�⩽(�+1)2,∀�∈(–1;1)⇔�⩽0.
Đặt f(x)=–x2–x�(�)=–�2–�, x∈(–1;1)�∈(–1;1).
⇒⇒ f′(x)=–2x–1�′(�)=–2�–1 ⇔⇔ f′(x)=0�′(�)=0 ⇔⇔ x=–12�=–12.
Bảng biến thiên.
Vậy m∈(–∞;–2]∪(14;+∞)�∈(–∞;–2]∪(14;+∞).
Từ (∗)(∗), (∗∗)(∗∗) ⇒⇒ m∈(–∞;–2]�∈(–∞;–2].
Câu 6: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m� thuộc đoạn [–2;25][–2;25] sao cho ứng với mỗi m�, hàm số y=x2+5x–m–15x–m�=�2+5�–�–15�–� nghịch biến trên khoảng (1;4)(1;4).
A. 8 .
B. 15 .
C. 14 .
D. 6 .
Lời giải
Tập xác định: D=R∖{m5}�=�∖{�5}.
Ta có y′=5x2–2mx+5(5x–m)2�′=5�2–2��+5(5�–�)2.
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;4)(1;4) thì y′⩽0,∀x∈(1;4)�′⩽0,∀�∈(1;4).
tức là {5x2–2mx+5⩽0,∀x∈(1;4)x≠m5,∀x∈(1;4){5�2–2��+5⩽0,∀�∈(1;4)�≠�5,∀�∈(1;4) ⇔⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩m⩾5x2+52x,∀x∈(1;4)(Do2x>0,∀x∈(1;4))[m5⩽1m5⩾4⇔{�⩾5�2+52�,∀�∈(1;4)(��2�>0,∀�∈(1;4))[�5⩽1�5⩾4.
Xét hàm số g(x)=5x2+52x,∀x∈[1;44]�(�)=5�2+52�,∀�∈[1;44].
Ta có g′(x)=5x2–52x2>0,∀x∈[1;4]�′(�)=5�2–52�2>0,∀�∈[1;4]. Hàm số đồng biến trên (1;4)(1;4).
Suy ra Maxx∈[1;4]g(x)=g(4)=858����∈[1;4]�(�)=�(4)=858.
Khi đó, ta có ⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩m⩾5x2+52x,∀x∈(1;4)[m5⩽1m5⩾4{�⩾5�2+52�,∀�∈(1;4)[�5⩽1�5⩾4 ⇔⎧⎪ ⎪⎨⎪ ⎪⎩m⩾858[m⩽5m⩾20⇔m⩾20⇔{�⩾858[�⩽5�⩾20⇔�⩾20.
Mà m� là số nguyên thuộc đoạn [–2;25][–2;25] nên m∈{20;21;22;23;24;25}�∈{20;21;22;23;24;25}.
Vậy có 6 giá trị nguyên của tham số m� thuộc đoạn [–2;25][–2;25] thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 7: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m� thuộc đoạn [–25;3][–25;3] sao cho ứng với mỗi m�, hàm số y=–x2+4x–m–54x–m�=–�2+4�–�–54�–� đồng biến trên khoảng (–3;–1)(–3;–1).
A. 17 .
B. 15 .
C. 14 .
D. 16 .
Lời giải
Tập xác định: D=R∖{m4}�=�∖{�4}.
Ta có y′=–4x2+2mx+20(4x–m)2�′=–4�2+2��+20(4�–�)2.
Hàm số đồng biến trên khoảng (–3;–1)(–3;–1) thì y′⩾0,∀x∈(–3;–1)�′⩾0,∀�∈(–3;–1). tức là
{–4x2+2mx+20⩾0,∀x∈(–3;–1)x≠m4,∀x∈(–3;–1){–4�2+2��+20⩾0,∀�∈(–3;–1)�≠�4,∀�∈(–3;–1)
⇔⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩m⩽2x2–10x,∀x∈(–3;–1)(Dox<0,∀x∈(–3;–1))[m4⩽–3m4⩾–1⇔{�⩽2�2–10�,∀�∈(–3;–1)(���<0,∀�∈(–3;–1))[�4⩽–3�4⩾–1
Xét hàm số g(x)=2x2–10x,∀x∈[–3;–1]�(�)=2�2–10�,∀�∈[–3;–1].
Ta có g′(x)=2x2+10x2>0,∀x∈[–3;–1]�′(�)=2�2+10�2>0,∀�∈[–3;–1]. Suy ra hàm số đồng biến trên (–3;–1)(–3;–1).
Suy ra Min[–3;–1]g(x)=g(–3)=–83���[–3;–1]�(�)=�(–3)=–83.
Khi đó, ta có ⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩m⩽2x2–10x,∀x∈(–3;–1)[m4⩽–3m4⩾–1{�⩽2�2–10�,∀�∈(–3;–1)[�4⩽–3�4⩾–1
⇔⎧⎪ ⎪⎨⎪ ⎪⎩m⩽–83[m⩽–12m⩾–4⇔m∈(–∞;–12]∪[–4;–83]⇔{�⩽–83[�⩽–12�⩾–4⇔�∈(–∞;–12]∪[–4;–83].
Mà m� là số nguyên thuộc đoạn [–25;3][–25;3] nên m∈{–25;–24;–23;…;–12}∪{–4;–3}�∈{–25;–24;–23;…;–12}∪{–4;–3}.
Vậy 16 giá trị nguyên của tham số m� thuộc đoạn [-25;3] thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 8: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m� thuộc đoạn [–2024;2024][–2024;2024] sao cho ứng với mỗi m� , hàm số y=mx–6m+5x–m�=��–6�+5�–� nghịch biến trên khoảng (2;7)(2;7).
A. 1027 .
B. 4045 .
C. 4043 .
D. 2025 .
Tập xác định: D=R∖{m}�=�∖{�}.
Lời giải
Ta có y′=–m2+6m–5(x–m)2�′=–�2+6�–5(�–�)2.
Hàm số nghịch biến trên khoảng (2;7)(2;7) thì y′<0,∀x∈(2;7)�′<0,∀�∈(2;7).
tức là {–m2+6m–5<0x≠m,∀x∈(2;7){–�2+6�–5<0�≠�,∀�∈(2;7)
⇔⎧⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩[m<1m>5[m⩽2m⩾7⇔m∈(–∞;1)∪[7;+∞)⇔{[�<1�>5[�⩽2�⩾7⇔�∈(–∞;1)∪[7;+∞).
Mà m� là số nguyên thuộc đoạn [–2024;2024][–2024;2024] nên m∈{–2024;–2023;…;0}∪{7;8;9;…;2024}�∈{–2024;–2023;…;0}∪{7;8;9;…;2024}.
Vậy có 4043 giá trị nguyên của tham số m� thuộc đoạn [-2024;2024] thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 9: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m∈(–2022;2022)�∈(–2022;2022) để hàm số y=∣∣x3+(2m+1)x–2∣∣�=|�3+(2�+1)�–2| đồng biến trên (1;3)(1;3) ?
A. 4034 .
B. 2022 .
C. 4030 .
D. 4032 .
Lời giải
Xét hàm số f(x)=x3+(2m+1)x–2�(�)=�3+(2�+1)�–2
f′(x)=3x2+2m+1�′(�)=3�2+2�+1
Hàm số y=|f(x)|�=|�(�)| đồng biến trên (1;3) khi và chỉ khi xảy ra 2 trường hợp sau:
TH1: Hàm số y=f(x)�=�(�) đồng biến trên (6,3) và f(1)⩾0�(1)⩾0
⇔{f′(x)⩾0∀x∈(1;3)f(1)⩾0⇔{3x2+2m+1⩾0∀x∈(1;3)2m⩾0⇔{�′(�)⩾0∀�∈(1;3)�(1)⩾0⇔{3�2+2�+1⩾0∀�∈(1;3)2�⩾0
⇔{2m+1⩾–3x2∀x∈(1;3)m⩾0⇔{2m+1⩾–3m⩾0⇔m⩾0.⇔{2�+1⩾–3�2∀�∈(1;3)�⩾0⇔{2�+1⩾–3�⩾0⇔�⩾0.
TH2: Hàm số y=f(x)�=�(�) nghịch biến trên (1;3)(1;3) và f(1)⩽0�(1)⩽0
⇔{f′(x)⩽0∀x∈(1;3)f(1)⩽0⇔{3x2+2m+1⩽02m⩽0∀x∈(1;3)⇔{�′(�)⩽0∀�∈(1;3)�(1)⩽0⇔{3�2+2�+1⩽02�⩽0∀�∈(1;3)
⇔{2m+1⩽–3x2∀x∈(1;3)m⩽0⇔{2m+1⩽–27m⩽0⇔m⩽–14.⇔{2�+1⩽–3�2∀�∈(1;3)�⩽0⇔{2�+1⩽–27�⩽0⇔�⩽–14.
Kết hợp 2 trường hợp ta có m⩽–14�⩽–14 hoặc m⩾0�⩾0.
Mà m∈(–2022;2022)�∈(–2022;2022) nên có 4030 giá trị nguyên của m� thỏa mãn.
Câu 10: Cho hàm số y=f(x)=(m+2)x4+(2m–1)x2+2024�=�(�)=(�+2)�4+(2�–1)�2+2024. Số các giá trị nguyên của m∈[–10;10]�∈[–10;10] để hàm số y=f(x)�=�(�) đồng biến trên khoảng (–2;0)(–2;0) là
A. 10 .
B. 9 .
C. 11 .
D. 8 .
Lời giải
Hàm số đồng biến trên (–2;0)⇔f′(x)=4(m+2)x3+2(2m–1)x⩾0∀x∈(–2;0)(–2;0)⇔�′(�)=4(�+2)�3+2(2�–1)�⩾0∀�∈(–2;0)
⇔2(m+2)x2+(2m–1)⩽0∀x∈(–2;0)⇔2(�+2)�2+(2�–1)⩽0∀�∈(–2;0)
⇔2m⩽1–4x21+x2∀x∈(–2;0)⇔2m⩽1–4t1+t∀t∈(0;4)⇔2�⩽1–4�21+�2∀�∈(–2;0)⇔2�⩽1–4�1+�∀�∈(0;4)
Xét hàm số g(t)=1–4t1+tt∈(0;4)�(�)=1–4�1+��∈(0;4); có g′(t)=–5(1+t)2<0∀t∈(0;4)�′(�)=–5(1+�)2<0∀�∈(0;4)
Vậy (∗)(∗) nghiệm đúng với mọi t∈(0;4)⇔2m⩽–3⇔m⩽–32�∈(0;4)⇔2�⩽–3⇔�⩽–32.
Mặt khác m∈[–10;10]�∈[–10;10] và m� là số nguyên nên m∈{–10;–9;…;–3;–2}�∈{–10;–9;…;–3;–2}.
Câu 11: Cho hàm số y=f(x)�=�(�) có bảng biến thiên như sau
Có bao nhiêu số nguyên dương m<2024�<2024 để hàm số g(x)=f(–x2–2x+m)�(�)=�(–�2–2�+�) nghịch biến trên khoảng (2;3)(2;3) ?
A. 2014 .
B. 2015 .
C. 2013 .
D. 2016 .
Lời giải
Ta có g′(x)=(–x2–2x+m)′f′(–x2–2x+m)�′(�)=(–�2–2�+�)′�′(–�2–2�+�) =–2(x+1)f′(–x2–2x+m)=–2(�+1)�′(–�2–2�+�).
Hàm số y=g(x)�=�(�) nghịch biến trên khoảng (2;3)(2;3) khi và chỉ khi g′(x)⩽0,∀x∈(2;3)�′(�)⩽0,∀�∈(2;3)
⇔–2(x+1)f′(–x2–2x+m)⩽0,∀x∈(2;3)⇔–2(�+1)�′(–�2–2�+�)⩽0,∀�∈(2;3)
⇔f′(–x2–2x+m)⩾0,∀x∈(2;3)⇔�′(–�2–2�+�)⩾0,∀�∈(2;3) ⇔[–x2–2x+m⩽0(1)–x2–2x+m⩾3(2),∀x∈(2;3)(∗)⇔[–�2–2�+�⩽0(1)–�2–2�+�⩾3(2),∀�∈(2;3)(∗)
Xét hàm số y=–x2–2x+m�=–�2–2�+�, ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có
(1)⇔–x2–2x+m⩽0,∀x∈(2;3)⇔m–8⩽0⇔m⩽8(1)⇔–�2–2�+�⩽0,∀�∈(2;3)⇔�–8⩽0⇔�⩽8.
(2)⇔–x2–2x+m⩾3,∀x∈(2;3)⇔m–15⩾3⇔m⩾18(2)⇔–�2–2�+�⩾3,∀�∈(2;3)⇔�–15⩾3⇔�⩾18.
Do đó (∗)⇔[m⩽8m⩾18(∗)⇔[�⩽8�⩾18.
Vì m� là số nguyên dương và m<2024�<2024, nên ta có (8–1+1)+(2023–18+1)=2014(8–1+1)+(2023–18+1)=2014 giá trị m� thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 12: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m� thuộc đoạn [–2;25][–2;25] sao cho ứng với mỗi m�, hàm số y=x2+5x–m–15x–m�=�2+5�–�–15�–� nghịch biến trên khoảng (1;4)(1;4).
A. 8 .
B. 15 .
C. 14 .
D. 6 .
Lời giải
Tập xác định: D=R∖{m5}�=�∖{�5}.
Ta có y′=5x2–2mx+5(5x–m)2�′=5�2–2��+5(5�–�)2.
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;4)(1;4) thì y′⩽0,∀x∈(1;4)�′⩽0,∀�∈(1;4).
tức là {5x2–2mx+5⩽0,∀x∈(1;4)x≠m5,∀x∈(1;4){5�2–2��+5⩽0,∀�∈(1;4)�≠�5,∀�∈(1;4)
Xét hàm số g(x)=5x2+52x,∀x∈[1;4]�(�)=5�2+52�,∀�∈[1;4].
Ta có g′(x)=5x2–52x2>0,∀x∈[1;4]�′(�)=5�2–52�2>0,∀�∈[1;4]. Hàm số đồng biến trên (1;4)(1;4).
Suy ra Maxx∈[1;4]g(x)=g(4)=858����∈[1;4]�(�)=�(4)=858.
Khi đó, ta có ⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩m⩾5x2+52x,∀x∈(1;4)[m5⩽1m5⩾4{�⩾5�2+52�,∀�∈(1;4)[�5⩽1�5⩾4⇔⎧⎪ ⎪⎨⎪ ⎪⎩m⩾858[m⩽5m⩾20⇔m⩾20⇔{�⩾858[�⩽5�⩾20⇔�⩾20.
Mà m� là số nguyên thuộc đoạn [–2;25][–2;25] nên m∈{20;21;22;23;24;25}�∈{20;21;22;23;24;25}.
Vậy có 6 giá trị nguyên của tham số m� thuộc đoạn [–2;25][–2;25] thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 13: Cho hàm số bậc ba y=f(x)�=�(�) có đồ thị như hình bên. Có bao nhiêu số nguyên m� để hàm số g(x)=f(x3–3x2+mx+8–m)�(�)=�(�3–3�2+��+8–�) đồng biến trên (0;+∞)(0;+∞) ?
A. 5 .
B. 6 .
C. 4 .
D. 3 .
Lời giải
Ta có g′(x)=(3x2–6x+m)f′(x3–3x2+mx+8–m)�′(�)=(3�2–6�+�)�′(�3–3�2+��+8–�).
Vì limx→+∞(x3–3x2+mx+8–m)=+∞lim�→+∞(�3–3�2+��+8–�)=+∞ nên f′(x3–3x2+mx+8–m)>0�′(�3–3�2+��+8–�)>0.
Dựa vào đồ thị ta có f′(x)>0⇔[x>2x<0�′(�)>0⇔[�>2�<0. Do đó g′(x)⩾0�′(�)⩾0 tương đương
{3x2–6x+m⩾0f′(x3–3x2+mx+8–m)⩾0(∀x>0){3�2–6�+�⩾0�′(�3–3�2+��+8–�)⩾0(∀�>0)⇔{3x2–6x+m⩾0x3–3x2+mx+8–m⩾2(∀x>0)⇔{3�2–6�+�⩾0�3–3�2+��+8–�⩾2(∀�>0)
⇔{m⩾–3x2+6xm(x–1)⩾–x3+3x2–6(∀x>0)⇔{�⩾–3�2+6��(�–1)⩾–�3+3�2–6(∀�>0)
⇔⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩m⩾–3x2+6x(∀x>0m⩾–x3+3x2–6x–1(x>1)m⩽–x3+3x2–6x–1(x<1)⇔{�⩾–3�2+6�(∀�>0�⩾–�3+3�2–6�–1(�>1)�⩽–�3+3�2–6�–1(�<1)
⇔⎧⎪⎨⎪⎩m⩾3{m⩾–1,76m⩽6⇔3⩽m⩽6.⇔{�⩾3{�⩾–1,76�⩽6⇔3⩽�⩽6.
Vậy có 4 số nguyên m� thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 14: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương bé hơn 2024 của tham số m� sao cho hàm số y=2x2+2x–1–5mx–m�=2�2+2�–1–5��–� nghịch biến trên khoảng (1;5)(1;5)?
A. 20172017. B. 20182018. C. 20202020. D. 20192019.
Lời giải
Chọn D
Tập xác định D=R∖{m}�=�∖{�}.
Ta có y′=2x2–4mx+3m+1(x–m)2�′=2�2–4��+3�+1(�–�)2.
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;5)(1;5)
⇔y′=2x2–4mx+3m+1(x–m)2⩽0∀x∈(1;5)⇔�′=2�2–4��+3�+1(�–�)2⩽0∀�∈(1;5)
⇔{2x2–4mx+3m+1⩽0∀x∈(1;5)m∉(1;5)⇔{2�2–4��+3�+1⩽0∀�∈(1;5)�∉(1;5)
⇔⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩–m+3⩽0–17m+51⩽0[m⩽1m⩾5⇔{–�+3⩽0–17�+51⩽0[�⩽1�⩾5⇔⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩m⩾3m⩾3[m⩽1m⩾5⇔m⩾5⇔{�⩾3�⩾3[�⩽1�⩾5⇔�⩾5
Do nguyên dương bé hơn 2024 nên 5⩽m⩽20235⩽�⩽2023.
Vậy có tất cả 2019 giá trị.
Câu 15: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m� để hàm số y=x2–4x+m+2+3√x2–4x√x2–4x+2�=�2–4�+�+2+3�2–4��2–4�+2 nghịch biến trên khoảng (–4;0)(–4;0)?
A. 4.4. B. 3.3. C. 5.5. D. 17.17.
Lời giải
Chọn A
Đặt t=√x2–4x⇒t′=x–2√x2–4x<0∀t∈(–4;0)�=�2–4�⇒�′=�–2�2–4�<0∀�∈(–4;0)
⇒⇒t� nghịch biến trên (–4;0)(–4;0)⇒t∈(0;4√2)⇒�∈(0;42).
Khi đó bài toán trở thành tìm m� nguyên dương để hàm số g(t)=t2+3t+m+2t+2�(�)=�2+3�+�+2�+2 đồng biến trên (0;4√2)(0;42).
Ta có g(t)=t2+3t+m+2t+2�(�)=�2+3�+�+2�+2 ⇒g′(t)=t2+4t+4–m(t+2)2=0⇒�′(�)=�2+4�+4–�(�+2)2=0
⇔t2+4t+4–m=0⇔(t+2)2=m⇔�2+4�+4–�=0⇔(�+2)2=�
Do phương m>0�>0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x=–2±√m�=–2±�
⇒⇒Hàm số đồng biên trên (–∞;–2–√m)(–∞;–2–�) và (–2+√m;+∞)(–2+�;+∞).
Để hàm số g(t)�(�) đồng biến trên (0;4√2)(0;42)⇔⇔(0;4√2)⊂(–2+√m;+∞)(0;42)⊂(–2+�;+∞)
⇔–2+√m⩽0⇔√m⩽2⇔m⩽4⇔–2+�⩽0⇔�⩽2⇔�⩽4.
Câu 16: Cho hàm số y=f(x)�=�(�) có đạo hàm liên tục trên R� và g(x)=f′(x3+2)�(�)=�′(�3+2) có bảng xét dấu như sau:
Có bao nhiêu số nguyên m∈[–2023;2023]�∈[–2023;2023] để hàm số y=f(x–m)�=�(�–�) đồng biến trên (–∞;0)(–∞;0) ?
A. 2020 B. 2017 . C. 2018 . D. 2019 .
Lời giải
Chọn C
Đầu tiên ta có bảng xét dấu cho f′(t)�′(�) với t=x3+2�=�3+2 theo x� như sau:
Từ đó ta thực hiện ghép bảng biến thiên cho f′(t)�′(�) với t=x–m�=�–� như sau:
Từ bảng xét dấu trên, ta suy ra để thỏa yêu cầu đề bài, thì (–∞;0)⊂(–∞;m–6)⇔m–6⩾0⇔m⩾6(–∞;0)⊂(–∞;�–6)⇔�–6⩾0⇔�⩾6
Với m∈[–2023;2023]�∈[–2023;2023], suy ra m∈{6;7;…;2023}�∈{6;7;…;2023} tức có 2018 giá trị nguyên m� thỏa mãn.
Không có icon nào được chọn.
Xem tài liệu Online
Download Tài Liệu
(Dùng pass: tailieuhoc.org để giải nén nếu đòi pass)
