Tìm giá trị lớn nhất 1;2 max gx của hàm số 2 gxfxxx trên đoạn 1;2

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 1 CHỦ ĐỀ: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO DẠNG 1 TÌM GTLN – GTNN CỦA HÀM SỐ THEO CÔNG THỨC Câu 1. Cho hàm số   2 1    xm y f x x . Tính tổng các giá trị của tham số m để         2;3 2;3 max min 2  f x f x . A. 4  . B. 2  . C. 1  . D. 3  . Câu 2. Gọi , Aa lần lƣợt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 3 3 y x x m    trên đoạn   0;2 . Gọi S là tập các giá trị thực của tham số m để 12 Aa  . Tổng các phần tử của S bằng A. 0 . B. 2 . C. 2  . D. 1 Câu 3. Gọi T là tập hợp tất cả giá trị của tham số m để hàm số 2 1 mx y xm    có giá trị lớn nhất trên đoạn   2;3 bằng 5 6 . Tính tổng của các phần tử trong T . A. 17 5 . B. 16 5 . C. 2 . D. 6 . Câu 4. Cho hàm số       2 2 1 4 2 f x x ax ax a b       , với a , b  . Biết trên khoảng 4 ;0 3     hàm số đạt giá trị lớn nhất tại 1 x  . Hỏi trên đoạn 5 2; 4     hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại giá trị nào của x ? A. 5 4 x  . B. 4 3 x  . C. 3 2 x  . D. 2 x  . Câu 5. Cho hàm số   2 3 3 y x x m    . Tổng tất cả các giá trị của tham số m sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn   1;1  bằng 1 là A. 1. B. 4  . C. 0 . D. 4 . Câu 6. Có bao nhiêu giá trị nguyên dƣơng của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 1 xm y x    trên đoạn   2; 3 bằng 14. A. 2 . B. 1. C. 0 . D. 4. Câu 7. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số 2 2    xm y xm trên đoạn   0;4 bằng 1  . A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 2 Câu 8. Cho hàm số 3 ,0 y ax cx d a     có       ;0 min 2 x f x f     . Giá trị lớn nhất của hàm số   y f x  trên đoạn   1;3 bằng A. 11 da  . B. 16 da  . C. 2 da  . D. 8 da  . Câu 9. Cho hàm số có   fx có đạo hàm là hàm   ' fx . Đồ thị hàm số   ' fx nhƣ hình vẽ bên. Biết rằng           0 1 2 2 4 3 f f f f f     . Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của   fx trên đoạn   0;4 . A.     4 , 2 m f M f  . B.     1 , 2 m f M f  C.     4 , 1 m f M f  . D.     0 , 2 m f M f  . Câu 10. Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số 42 1 19 30 20 42 y x x x m      trên đoạn   0; 2 không vƣợt quá 20 . Tổng các phần tử của S bằng A. 210. B. 195  . C. 105. D. 300. Câu 11. Cho hàm số   4 3 2 44 y f x x x x a      . Gọi , Mm lần lƣợt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn   0;2 . Số giá trị nguyên a thuộc đoạn   3;3  sao cho 2 Mm  là A. 3 . B. 5 . C. 6 . D. 7 . Câu 12. Gọi S là tập hợp các giá trị của m để hàm số 32 3 y x x m    đạt giá trị lớn nhất bằng 50 trên [ 2;4]  . Tổng các phần tử thuộc S là A. 4 . B. 36 . C. 140. D. 0 . Câu 13. Cho hàm số   fx có đạo hàm là   fx  . Đồ thị của hàm số   y f x   cho nhƣ hình vẽ. Biết rằng         2 4 3 0 f f f f    . Giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của   fx trên đoạn   0;4 lần lƣợt là A.     2 , 0 ff . B.     4 , 2 ff . C.     0 , 2 ff . D.     2 , 4 ff . Câu 14. Cho hàm số   y f x  có bảng biến thiên nhƣ hình dƣới đây. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số     2 3 2 11 4 3 8 33 g x f x x x x x       trên đoạn   1;3 . O 2 4 x y NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 3 A. 15. B. 25 3 . C. 19 3 . D. 12. Câu 15. Có bao nhiêu số nguyên m để giá trị nhỏ nhất của hàm số 42 38 120 4 y x x x m     trên đoạn   0;2 đạt giá trị nhỏ nhất. A. 26 . B. 13 . C. 14 . D. 27 . Câu 16. Xét hàm số   2 f x x ax b    , với a , b là tham số. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số trên   1;3  . Khi M nhận giá trị nhỏ nhất có thể đƣợc, tính 2 ab  . A. 2 . B. 4 . C. 4  . D. 3 . Câu 17. Cho hàm số   2 2 . y x x m    Tổng tất cả các giá trị thực tham số m sao cho [ 2;2] 4 miny   bằng A. 31 4  . B. 8  . C. 23 4  . D. 9 4 . Câu 18. Cho hàm số   y f x  liên tục trên sao cho       0;10 max 2 4 x f x f   . Xét hàm số     32 2 g x f x x x x m      . Giá trị của tham số m để     0;2 max 8 x gx   là A. 5 . B. 4 . C. 1  . D. 3 . Câu 19. Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số 2 2 2 x mx m y x    trên đoạn   1;1  bằng 3 . Tính tổng tất cả các phần tử của S . A. 8 3  . B. 5 . C. 5 3 . D. 1  . Câu 20. Cho hàm số   y f x  có đồ thị   fx  nhƣ hình vẽ Giá trị lớn nhất của hàm số     3 1 1 3 g x f x x x     trên đoạn   1;2  bằng A.   5 1 3 f  . B.   1 1 3 f  . C.   5 2 3 f  . D. 1 3  . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 4 Câu 21. Cho hàm số   fx liên tục trên   0;  thỏa mãn       22 3 . 2 x f x x f x f x   , với   0 fx  ,   0; x     và   1 1 3 f  . Gọi M , m lần lƣợt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số   y f x  trên đoạn   1;2 . Tính Mm  . A. 9 10 . B. 21 10 . C. 7 3 . D. 5 3 . Câu 22. Cho hàm số   y f x  có đạo hàm   fx  . Hàm số   y f x   liên tục trên tập số thực và có bảng biến thiên nhƣ sau: Biết rằng   10 1 3 f  ,   26 f  . Giá trị nhỏ nhất của hàm số       3 3 g x f x f x  trên đoạn   1;2  bằng A. 10 3 . B. 820 27 . C. 730 27 . D. 198. Câu 23. Cho hàm số   y f x  . Đồ thị hàm số đạo hàm   y f ' x  nhƣ hình vẽ dƣới đây. Xét hàm số     32 1 3 3 2018 3 4 2 g x f x x x x      . Mệnh đề nào dƣới đây đúng? A.       3;1 min g x g 1   . B.       3;1 min g x g 3   . C.         3;1 g 3 g 1 min g x 2    . D.       3;1 min g x g 1   . Câu 24. Cho hàm số [] y f x  nghịch biến trên và thỏa mãn   6 4 2 [ ] [ ] 3 2 , f x x f x x x x x       . Gọi M và m lần lƣợt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số [] y f x  trên đoạn   1;2 . Giá trị của 3Mm  bằng A. 4. B. 28.  C. 3.  D. 33. Câu 25. Cho hàm số   y f x  có bảng biến thiên nhƣ sau Tìm giá trị lớn nhất của hàm số     3 5 3 1 2 2 33 5 3 15 g x f x x x x x       trên đoạn   1;2  ? A. 2022 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2021. Câu 26. Cho hàm số   fx . Biết hàm số   y f x   có đồ thị nhƣ hình bên. Trên đoạn   4;3  , hàm số       2 21 g x f x x    đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 5 A. 0 4  x . B. 0 1  x . C. 0 3  x . D. 0 3  x . Câu 27. Cho hàm số [] fx . Biết hàm số [] y f x   có đồ thị nhƣ hình bên. Trên đoạn [ 4;3]  , hàm số 2 [ ] 2 [ ] [1 ] g x f x x    đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm. A. 0 1 x  . B. 0 3 x  . C. 0 4 x  . D. 0 3 x  . Câu 28. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để   32 1;3 max 3 4? x x m    A. Vô số. B. 4. C. 6. D. 5. Câu 29. Cho hàm số   y f x  liên tục trên sao cho     1; 2 max 3 fx   . Xét     31 g x f x m    . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để     0;1 max 10 gx  . A. 13. B. 7  . C. 13  . D. 1  . Câu 30. Cho hàm số   y f x  có đạo hàm cấp hai trên . Biết   03 f   ,   2 2018 f   và bảng xét dấu của   fx  nhƣ sau: Hàm số   2017 2018 y f x x    đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm 0 x thuộc khoảng nào sau đây? A.   ; 2017    . B.   2017;  . C.   0;2 . D.   2017;0  . Câu 31. Có bao nhiêu số thực m để giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 4 3 4 y x x m x      bằng 5  . A. 2 . B. 3 . C. 0 . D. 1 . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 6 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 7 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Cho hàm số   2 1    xm y f x x . Tính tổng các giá trị của tham số m để         2;3 2;3 max min 2  f x f x . A. 4  . B. 2  . C. 1  . D. 3  . Lời giải Chọn A Hàm số   2 1    xm y f x x xác định và liên tục trên   2;3 . Với 2  m , hàm số trở thành         2;3 2;3 2 max min 2     y f x f x [không thỏa]. Với 2 m  , ta có   2 2 . 1 m y x     Khi đó hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên   2;3 . Suy ra                         2;3 2;3 2;3 2;3 max 2 ; min 3 . max 3 ; min 2 f x f f x f f x f f x f        Do đó:               2;3 2;3 62 max min 3 2 4 . 22 mm f x f x f f m         Theo giả thiết         2;3 2;3 2 2 max min 2 2 . 6 2 m m f x f x m            Vậy tổng các giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 4  . Nhận xét: đề bài cho thêm dấu giá trị tuyệt đối ở trong biểu thức         2;3 2;3 max min 2 f x f x  là không cần thiết. Câu 2. Gọi , Aa lần lƣợt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 3 3 y x x m    trên đoạn   0;2 . Gọi S là tập các giá trị thực của tham số m để 12 Aa  . Tổng các phần tử của S bằng A. 0 . B. 2 . C. 2  . D. 1 Lời giải Chọn A Đặt:     32 3 3 3 u x x x m u x x              2 1 0;2 0 3 3 0 1 0;2 x u x x x               Ta có:       0 ; 1 2; 2 2 u m u m u m      Suy ra:             0;2 0;2 0;2 2; 2 2 ; 2 Max u x m Min u x m Max y Max m m         . TH1:       0;2 2 . 2 0 2 2 0 m m m a Min y           [ loại ] [vì ko thỏa mãn giả thiết 12 Aa  ] NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 8 TH 2 :     0;2 0;2 2 0 2 2; 2 m m Min y m A Max y m           . Từ giả thiết:     2 4[ ] 12 2 2 12 16 4[ ] m TM Aa m m m m koTM              TH3 :         0;2 0;2 2 0 2 2 ; 2 m m Min y m Max y m             . Từ giả thiết:     2 4[ ] 12 2 2 12 16 4[ ] m koTM Aa m m m m TM              Kết hợp các trƣờng hợp suy ra:   4;4 S Vậy tổng các phần tử của S bằng:   4 4 0    . Câu 3. Gọi T là tập hợp tất cả giá trị của tham số m để hàm số 2 1 mx y xm    có giá trị lớn nhất trên đoạn   2;3 bằng 5 6 . Tính tổng của các phần tử trong T . A. 17 5 . B. 16 5 . C. 2 . D. 6 . Lời giải Chọn A Ta có 2 1 mx y xm    . Điều kiện 2 xm  .   3 2 2 2 11 mx m yy xm xm        . - Nếu 1 m  thì 1 1 x y x    . Khi đó [2;3] max 1 y  , suy ra 1 m  không thỏa mãn. - Nếu 3 1 0 1 mm     thì 0 y   . Suy ra hàm số 2 1 mx y xm    đồng biến trên đoạn [2;3]. Khi đó   2 2 [2;3] 3 3 1 5 max 3 5 18 9 0 3 36 5 m m y y m m m m                 . Đối chiếu với điều kiện 1 m  , ta có 3 m  thỏa mãn yêu cầu bài toán. - Nếu 3 1 0 1 mm     thì 0 y   . Suy ra hàm số 2 1 mx y xm    nghịch biến trên đoạn [2;3]. Khi đó   2 2 [2;3] 2 2 1 5 max 2 5 12 4 0 2 26 5 m m y y m m m m                 . Đối chiếu với điều kiện 1 m  , ta có 2 5 m  thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy 2 3; 5 T     . Do đó tổng các phần tử của T là 2 17 3 55  . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 9 Câu 4. Cho hàm số       2 2 1 4 2 f x x ax ax a b       , với a , b  . Biết trên khoảng 4 ;0 3     hàm số đạt giá trị lớn nhất tại 1 x  . Hỏi trên đoạn 5 2; 4     hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại giá trị nào của x ? A. 5 4 x  . B. 4 3 x  . C. 3 2 x  . D. 2 x  . Lời giải Chọn C Tập xác định của hàm số là . Ta có:       2 2 1 2 5 3 2 f x x ax ax a b        . Vì trên khoảng 4 ;0 3     hàm số đạt giá trị lớn nhất tại 1 x  nên hàm số đạt cực trị tại 1 x  [ cũng là điểm cực đại của hàm số] và 0 a  .   10 f     4[ 6 2] 0 6 2 a b b a          .        2 2 1 2 5 3 f x a x x x      . Khi đó   3 2 01 1 x f x x x               . [ đều là các nghiệm đơn] Hàm số đạt cực đại tại 1 x  nên có bảng biến thiên:  3 2 x  là điểm cực tiểu duy nhất thuộc 5 2; 4     . Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại 3 2 x  trên đoạn 5 2; 4     . Câu 5. Cho hàm số   2 3 3 y x x m    . Tổng tất cả các giá trị của tham số m sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn   1;1  bằng 1 là A. 1. B. 4  . C. 0 . D. 4 . Lời giải Chọn C NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 10 Xét hàm số   3 3 f x x x m    . Để GTNN của hàm số   2 3 3 y x x m    trên đoạn   1;1  bằng 1 thì     1;1 min 1 fx   hoặc     1;1 max 1 fx   . Ta có   2 33 f x x   ;   1 0 1 x fx x          fx  nghịch biến trên   1;1  . Suy ra       1;1 max 1 2 f x f m      và       1;1 min 1 2 f x f m      . Trƣờng hợp 1:     1;1 min 1 2 1 3 f x m m         . Trƣờng hợp 2:     1;1 max 1 2 1 3 f x m m           . Vậy tổng các giá trị của tham số m là 0 . Câu 6. Có bao nhiêu giá trị nguyên dƣơng của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 1 xm y x    trên đoạn   2; 3 bằng 14. A. 2 . B. 1. C. 0 . D. 4. Lời giải Chọn B Tập xác định   \1 D  . Ta có   2 2 1 0 1 m y x    , xD  . Do đó hàm số nghịch biến trên đoạn   2; 3 . Suy ra     2;3 min 3 yy  2 3 31 m    14  5 m    . Vậy có 1 giá trị nguyên dƣơng của m . Câu 7. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số 2 2    xm y xm trên đoạn   0;4 bằng 1  . A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1. Lời giải Chọn D Điều kiện:  xm . Hàm số đã cho xác định trên   0;4 khi   0;4  m [*]. Ta có     2 2 22 17 2 24 0           m mm y x m x m với   0;4  x . Hàm số đồng biến trên đoạn   0;4 nên     2 0;4 2 max 4 4    m yy m .   0;4 max 1  y 2 2 1 4      m m 2 60     mm 2 3       m m . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 11 Kết hợp với điều kiện [*] ta đƣợc 3  m . Do đó có một giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 8. Cho hàm số 3 ,0 y ax cx d a     có       ;0 min 2 x f x f     . Giá trị lớn nhất của hàm số   y f x  trên đoạn   1;3 bằng A. 11 da  . B. 16 da  . C. 2 da  . D. 8 da  . Lời giải Tác giả: Đinh Thị Thúy Nhung; Fb: Thúy Nhung Đinh Chọn B Vì 3 ,0 y ax cx d a     là hàm số bậc ba và có       ;0 min 2 x f x f     nên 0 a  và '0 y  có hai nghiệm phân biệt. Ta có 2 ' 3 0 y ax c    có hai nghiệm phân biệt 0 ac  . Vậy với 0, 0 ac  thì '0 y  có hai nghiệm đối nhau 3 c x a    Từ đó suy ra     ;0 min 3 x c f x f a           2 2 12 33 cc ca aa            Ta có bảng biến thiên Ta suy ra       1;3 max 2 8 2 16 x f x f a c d a d         . Câu 9. Cho hàm số có   fx có đạo hàm là hàm   ' fx . Đồ thị hàm số   ' fx nhƣ hình vẽ bên. Biết rằng           0 1 2 2 4 3 f f f f f     . Tìm giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của   fx trên đoạn   0;4 . A.     4 , 2 m f M f  . B.     1 , 2 m f M f  C.     4 , 1 m f M f  . D.     0 , 2 m f M f  . Lời giải Chọn A Dựa vào đồ thị của hàm   ' fx ta có bảng biến thiên. O 2 4 x y NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 12 Vậy giá trị lớn nhất   2 Mf  . Hàm số đồng biến trên khoảng   0;2 nên         2 1 2 1 0 f f f f     . Hàm số nghịch biến trên khoảng   2;4 nên         2 3 2 3 0 f f f f     . Theo giả thuyết:           0 1 2 2 4 3 f f f f f                     0 4 2 1 2 3 0 0 4 f f f f f f f f          Vậy giá trị nhỏ nhất   4 mf  . Câu 10. Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số 42 1 19 30 20 42 y x x x m      trên đoạn   0; 2 không vƣợt quá 20 . Tổng các phần tử của S bằng A. 210. B. 195  . C. 105. D. 300. Lời giải Chọn C Xét hàm số   42 1 19 30 20 42 f x x x x m      trên đoạn   0; 2 .         3 5 0;2 19 30 0 2 0;2 3 0;2 x f x x x x x                  Bảng biến thiên: với     0 20 ; 2 6. f m f m     Xét hàm số 42 1 19 30 20 42 y x x x m      trên đoạn   0; 2 . + Trƣờng hợp 1: 20 0 20. mm     Ta có NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 13   0;2 Max y = 6 20 14. mm     Kết hợp 20 m  suy ra không có giá trị m. + Trƣờng hợp 2: 6 20 7. m m m      Ta có:   0;2 Max = 6 20 14. y m m     Kết hợp 7 m  suy ra 7 14 m  . Vì m nguyên nên   7; 8;9;10;11;12;13;14 m  . + Trƣờng hợp 3: 20 6 7. m m m      Ta có:   0;2 Max = 20 20 0. y m m     Kết hợp 7 m  suy ra 07 m  . Vì m nguyên nên   0; 1;2;3;4;5;6;7 m  . Vậy   0; 1;2;...;14 S  . Tổng các phần tử của S bằng   14 0 .15 105. 2   Câu 11. Cho hàm số   4 3 2 44 y f x x x x a      . Gọi , Mm lần lƣợt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn   0;2 . Số giá trị nguyên a thuộc đoạn   3;3  sao cho 2 Mm  là A. 3 . B. 5 . C. 6 . D. 7 . Lời giải Chọn B Xét   4 3 2 44 g x x x x a     với   0;2 x  .     3 2 2 4 12 8 4 3 2 g x x x x x x x        ;   0 01 2 x g x x x            .   0 ga  ;   11 ga  ;   2 ga  . Bảng biến thiên   gx Trƣờng hợp 1: 0 a  . Khi đó 1 Ma  ; ma  . Ta có 2 1 2 1 M m a a a       . Với     3;3 1 ;2;3 a a a         . Trƣờng hợp 2: 1 0 1 aa      . Khi đó Ma  ;   1 ma    . Ta có   2 2 1 2 M m a a a          . Với     3;3 3; 2 a a a            . Trƣờng hợp 3: 10 a    . Với   3;3 a a a           . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 14 Vậy có 5 giá trị a cần tìm. Câu 12. Gọi S là tập hợp các giá trị của m để hàm số 32 3 y x x m    đạt giá trị lớn nhất bằng 50 trên [ 2;4]  . Tổng các phần tử thuộc S là A. 4 . B. 36 . C. 140. D. 0 . Lời giải Chọn A Xét hàm số 32 [ ] 3 g x x x m    có   2 36 g x x x   . Xét   0 0 2 x gx x        . Khi đó giá trị lớn nhất của hàm số 32 3 y x x m    trên [ 2;4]  là:             2;4 max max 0 ; 2 ; 2 ; 4 x y y y y y     max ; 4 ; 20 ; 16 m m m m     . Trường hợp 1: Giả sử max 50 ym  50 50 m m       . Với 50 m  thì 16 66 50 m    [ loại]. Với 50 m  thì 20 70 50 m    [loại]. Trường hợp 2: Giả sử max 4 50 ym    54 46 m m       . Với 54 54 50 mm     [loại]. Với 46 m  thì 20 66 50 m    [ loại]. Trường hợp 3: Giả sử max 20 50 ym    70 30 m m       Với 70 m  thì 16 86 50 m    [loại]. Với 30 m  thì 16 14 50 m    , 30 50 m ; 4 34 50 m    [thỏa mãn]. Trường hợp 4: Giả sử max 16 50 ym    34 66 m m       . Với 34 m  thì 34 50, 4 30 50, 20 14 50 m m m         [thỏa mãn]. Với 66 m  thì 66 50 m [loại]. Vậy   30;34 S . Do đó tổng các phẩn tử của S là: 30 34 4    . Câu 13. Cho hàm số   fx có đạo hàm là   fx  . Đồ thị của hàm số   y f x   cho nhƣ hình vẽ. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 15 Biết rằng         2 4 3 0 f f f f    . Giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của   fx trên đoạn   0;4 lần lƣợt là A.     2 , 0 ff . B.     4 , 2 ff . C.     0 , 2 ff . D.     2 , 4 ff . Lời giải Ta có:   0 0 2 x fx x        . Bảng biến thiên của hàm số   fx trên đoạn   0;4 . Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy   0;4 max [ ] [2]. f x f  Ta có         2 4 3 0 f f f f            0 4 2 3 0 f f f f      . Suy ra:   4 [0] ff  . Do đó   0;4 min [ ] [4]. f x f  Vậy giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của   fx trên đoạn   0;4 lần lƣợt là:     4 , 2 ff . Câu 14. Cho hàm số   y f x  có bảng biến thiên nhƣ hình dƣới đây. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số     2 3 2 11 4 3 8 33 g x f x x x x x       trên đoạn   1;3 . A. 15. B. 25 3 . C. 19 3 . D. 12. Lời giải Chọn D       22 4 2 4 6 8 g x x f x x x x            2 2 2 4 4 x f x x x         . Với   1;3 x  thì 40 x  ; 2 3 4 4 xx    nên   2 40 f x x   . Suy ra   2 2 4 4 0 f x x x      ,   1;3 x  . Bảng biến thiên NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 16 Suy ra       1;3 max 2 g x g    4 7 12 f    . Câu 15. Có bao nhiêu số nguyên m để giá trị nhỏ nhất của hàm số 42 38 120 4 y x x x m     trên đoạn   0;2 đạt giá trị nhỏ nhất. A. 26 . B. 13 . C. 14 . D. 27 . Lời giải Chọn D Xét   42 38 120 4 u x x x x m     trên đoạn   0;2 ta có       3 5 0;2 0 4 76 120 0 2 0;2 3 0;2 x u x x x x                   . Vậy             [0;2] [0;2] max max [0], [2] max 4 ,4 104 4 104 min min [0], [2] min 4 ,4 104 4               u x u u m m m u x u u m m m . Cách 1: Nếu 40 m  thì   [0;2] min 4 0 f x m  Nếu 4 104 0 26 mm      thì   [0;2] min 4 104 0 f x m     Nếu 4 0 4 104 26 0 m m m        thì   [0;2] min 0 fx  . Vậy có 27 số nguyên thỏa mãn. Cách 2: Khi đó   [0;2] min min 0 4 [4 104] 0 26 0.         y m m m Có 27 số nguyên thoả mãn. Câu 16. Xét hàm số   2 f x x ax b    , với a , b là tham số. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số trên   1;3  . Khi M nhận giá trị nhỏ nhất có thể đƣợc, tính 2 ab  . A. 2 . B. 4 . C. 4  . D. 3 . Lời giải Chọn C Xét hàm số   2 f x x ax b    . Theo đề bài, M là giá trị lớn nhất của hàm số trên   1;3  . Suy ra       1 3 1 Mf Mf Mf         1 93 1 M a b M a b M a b                4 1 9 3 2 1 M a b a b a b            1 9 3 2[ 1 ] a b a b a b           48 M  2 M  . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 17 Nếu 2 M  thì điều kiện cần là 1 9 3 1 2 a b a b a b           và 1 ab  , 93ab  , 1 ab    cùng dấu 1 9 3 1 2 1 9 3 1 2 a b a b a b a b a b a b                          2 1 a b       . Ngƣợc lại, khi 2 1 a b      ta có, hàm số   2 21 f x x x    trên   1;3  . Xét hàm số   2 21 g x x x    xác định và liên tục trên   1;3  .   22 g x x   ;     0 1 1;3 g x x       M là giá trị lớn nhất của hàm số   fx trên   1;3          max 1 ; 3 ; 1 M g g g    =2. Vậy 2 1 a b      . Ta có: 24 ab    . Câu 17. Cho hàm số   2 2 . y x x m    Tổng tất cả các giá trị thực tham số m sao cho [ 2;2] 4 miny   bằng A. 31 4  . B. 8  . C. 23 4  . D. 9 4 . Lời giải Chọn C Xét 2 u x x m    trên đoạn [-2;2] ta có 1 ' 0 2 1 0 . 2 u x x        Ta tính đƣợc   2 2; um    11 ; 24 um       2 6. um  Nhận xét 1 2 6, 4 m m m m        nên   2;2 max 6 A u m     ;   2;2 1 min 4 a u m     Nếu 2 [ 2;2] 1 1 9 7 0 min 4 [ / ]; [ ]. 4 4 4 4 a m y m m t m m l                Nếu   2 [ 2;2] 0 6 min 6 4 8[ / ]; 4[ ]. A m y m m t m m l               Nếu [ 2;2] 1 . 0 6 min 0[ ]. 4 Aa m y l         Vậy tổng các giá trị thực của tham số là 9 23 8. 44    Câu 18. Cho hàm số   y f x  liên tục trên sao cho       0;10 max 2 4 x f x f   . Xét hàm số     32 2 g x f x x x x m      . Giá trị của tham số m để     0;2 max 8 x gx   là A. 5 . B. 4 . C. 1  . D. 3 . Lời giải Chọn D Xét hàm số     3 h x f x x  trên   0;2 . Đặt   3 , 0;2 t x x x    . Ta có 2 3 1 0 t x x       nên   0;10 t  . Vì vậy         3 0;2 0;10 max max 4 xt f x x f t     khi 21 tx    . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 18 Mặt khác     2 2 2 1 1 1 p x x x m x m m            . Suy ra     0;2 max 1 x p x m   khi 1 x  . Vậy     0;2 max 4 1 5 8 3 x g x m m m          . Cách 2: Phương pháp trắc nghiệm Chọn hàm   4 y f x  thỏa mãn giả thiết: hàm số   y f x  liên tục trên có       0;10 max 2 4 x f x f   . Ta có     3 2 2 2 4 2 g x f x x x x m x x m          .   22 g x x     ;  01 g x x     . Xét hàm số   gx liên tục trên đoạn   0;2 ,  01 g x x     . Ta có   04 gm  ,   15 gm  ,   24 gm  . Rõ ràng       0 2 1 ggg  nên       0;2 max 1 x g x g   . Vậy 5 8 3 mm     . Câu 19. Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số 2 2 2 x mx m y x    trên đoạn   1;1  bằng 3 . Tính tổng tất cả các phần tử của S . A. 8 3  . B. 5 . C. 5 3 . D. 1  . Lời giải Chọn A Xét hàm số   2 2 2 x mx m y f x x    trên   1;1  có     2 4 1 2 fx x    ;     0 0 4 1;1 x fx x          ;       3 1 1 1 ; 0 ; 1 31 mm f f m f        . Bảng biến thiên x 1 0 1    fx  0    fx   0 f     11 ff  Trƣờng hợp 1.   0 0 0 fm    . Khi đó           1;1 3 max max 1 ; 1 f x f f      31 3 max ; 1 3 m m      1 3 2 mm      . Trƣờng hợp 2.   0 0 0 fm    . Khả năng 1.     10 1 10 f m f           . Khi đó       1;1 3 max 0 f x f   3 m    . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 19 Khả năng 2. 1 1 3 m     . Khi đó     10 10 f f        .           1;1 3 max max 0 ; 1 f x f f     3 max ; 1 mm     : Trƣờng hợp này vô nghiệm. Khả năng 3. 1 0 3 m    . Khi đó             1;1 3 max max 0 ; 1 ; 1 f x f f f     : Vô nghiệm. Vậy có hai giá trị thỏa mãn là 12 3, 2 mm    . Do đó tổng tất cả các phần tử của S là 1  . Câu 20. Cho hàm số   y f x  có đồ thị   fx  nhƣ hình vẽ Giá trị lớn nhất của hàm số     3 1 1 3 g x f x x x     trên đoạn   1;2  bằng A.   5 1 3 f  . B.   1 1 3 f  . C.   5 2 3 f  . D. 1 3  . Lời giải Chọn B Ta có:           2 2 2 1 1 0 1 [*] g x f x x f x x f x x               Từ đồ thị ta cáo bảng xét dấu NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 20 Giá trị lớn nhất của hàm số     3 1 1 3 g x f x x x     trên đoạn   1;2  bằng   1 1 3 f  Câu 21. Cho hàm số   fx liên tục trên   0;  thỏa mãn       22 3 . 2 x f x x f x f x   , với   0 fx  ,   0; x     và   1 1 3 f  . Gọi M , m lần lƣợt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số   y f x  trên đoạn   1;2 . Tính Mm  . A. 9 10 . B. 21 10 . C. 7 3 . D. 5 3 . Lời giải Chọn D Ta có       22 3 . 2 x f x x f x f x          2 3 2 32 x f x x f x xf x          23 2 3 2 x f x x f x x fx     3 2 [] x x fx       3 2 [] x xC fx  . Thay 1 x  vào ta đƣợc   1 1 1 C f  , vì   1 1 3 f  nên suy ra 2 C  . Nên   3 2 2 x fx x   . Ta có     42 2 2 6 2 xx fx x     ;  00 f x x     . Khi đó,   fx đồng biến trên   1;2 . Suy ra   1 1 3 mf  ;   4 2 3 Mf . Suy ra 1 4 5 3 3 3 Mm     . Câu 22. Cho hàm số   y f x  có đạo hàm   fx  . Hàm số   y f x   liên tục trên tập số thực và có bảng biến thiên nhƣ sau: NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 21 Biết rằng   10 1 3 f  ,   26 f  . Giá trị nhỏ nhất của hàm số       3 3 g x f x f x  trên đoạn   1;2  bằng A. 10 3 . B. 820 27 . C. 730 27 . D. 198. Lời giải Tác giả:Trần Phương; Fb: Trần Phương Chọn C Xét hàm số       3 3 g x f x f x  trên đoạn   1;2        2 31 g x f x f x       ,   0 gx           2 01 12 fx fx        . Từ bảng biến thiên, ta có:       1 1;2 1 2 1;2 x x            Và   0 fx   ,   1;2 x    nên   fx đồng biến trên   1;2      10 1 3 f x f       1 fx    2 1 fx  ,   1;2 x    nên   2 vô nghiệm. Do đó,   0 gx   chỉ có 2 nghiệm là 1 x  và 2 x  . Ta có       3 1 1 3 1 g f f      3 10 10 730 3 3 3 27                .       3 2 2 3 2 g f f      3 6 3 6 198    . Vậy       1;2 730 min 1 27 g x g     . Câu 23. Cho hàm số   y f x  . Đồ thị hàm số đạo hàm   y f ' x  nhƣ hình vẽ dƣới đây. Xét hàm số     32 1 3 3 2018 3 4 2 g x f x x x x      . Mệnh đề nào dƣới đây đúng? A.       3;1 min g x g 1   . B.       3;1 min g x g 3   . C.         3;1 g 3 g 1 min g x 2    . D.       3;1 min g x g 1   . Lời giải Chọn D Cho hàm số   y f x  . Đồ thị hàm số đạo hàm   y f ' x  nhƣ hình vẽ dƣới đây. Xét hàm số         3 2 2 1 3 3 3 3 2018 ' ' 3 4 2 2 2 g x f x x x x g x f x x x           NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 22 Cho       22 3 3 3 3 3 ' ' 0 ' 1 2 2 2 2 1 x g x f x x x f x x x x x                    Dựa vào đồ thị ta so sánh đƣợc       3;1 min g x g 1   . Câu 24. Cho hàm số [] y f x  nghịch biến trên và thỏa mãn   6 4 2 [ ] [ ] 3 2 , f x x f x x x x x       . Gọi M và m lần lƣợt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số [] y f x  trên đoạn   1;2 . Giá trị của 3Mm  bằng A. 4. B. 28.  C. 3.  D. 33. Lời giải Chọn A Ta có:   6 4 2 [ ] [ ] 3 2 f x x f x x x x     2 6 4 2 [ ] [ ] 3 2 f x xf x x x x      2 6 4 2 4 [ ] 4 [ ] 4 12 8 f x xf x x x x      2 2 6 4 2 4 [ ] 4 [ ] 4 12 9 f x xf x x x x x         2 32 2 [ ] [2 3 ] f x x x x     3 3 2 [ ] 2 3 2 [ ] 2 3 f x x x x f x x x x            3 3 [ ] 2 [] f x x x f x x x         Với 3 ' 2 [ ] 2 [ ] 3 2 0, f x x x f x x x         nên [] fx đồng biến trên . Với 3 ' 2 [ ] [ ] 3 1 0, f x x x f x x x           nên [] fx nghịch biến trên . Suy ra: 3 [ ] . f x x x    Vì [] fx nghịch biến trên nên   1;2 max [ ] [1] 2 M f x f     và   1;2 min [ ] [2] 10. m f x f     Từ đây ,ta suy ra:   3 3. 2 10 4 Mm       chọn đáp án A Câu 25. Cho hàm số   y f x  có bảng biến thiên nhƣ sau Tìm giá trị lớn nhất của hàm số     3 5 3 1 2 2 33 5 3 15 g x f x x x x x       trên đoạn   1;2  ? A. 2022 . B. 2019 . C. 2020 . D. 2021. Lời giải NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 23 Chọn D           2 3 4 2 2 3 2 3 3 3 2 3 1 3 3 3 g x x f x x x x x f x x x                     32 2 3 3 3 0 0 10 f x x x gx x             Mà         3 3 3 2 1;2 3 2;2 3 0 3 3 3 0 x x x f x x f x x x                , do đó   2 0 1 0 1. g x x x         Ta có Vậy       1;2 max 1 2 2 2021 y g f       . Câu 26. Cho hàm số   fx . Biết hàm số   y f x   có đồ thị nhƣ hình bên. Trên đoạn   4;3  , hàm số       2 21 g x f x x    đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm A. 0 4  x . B. 0 1  x . C. 0 3  x . D. 0 3  x . Lời giải Chọn B Ta có           2 2 1 2 1            g x f x x f x x Vẽ đƣờng thẳng 1  yx trên cùng hệ trục chứa đồ thị     y f x . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 24 Dựa vào hình vẽ ta có   0   gx   1     f x x 4 1 3           x x x . Ta có bảng biến thiên Vậy hàm số       2 21 g x f x x    đạt giá trị nhỏ nhất tại 0 1  x Câu 27. Cho hàm số [] fx . Biết hàm số [] y f x   có đồ thị nhƣ hình bên. Trên đoạn [ 4;3]  , hàm số 2 [ ] 2 [ ] [1 ] g x f x x    đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm. A. 0 1 x  . B. 0 3 x  . C. 0 4 x  . D. 0 3 x  . Lời giải Chọn A NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 25 Ta có 2 [ ] 2 [ ] [1 ] g x f x x    '[ ] 2 [ ] 2[1 ] 2[ [ ] [1 ]] g x f x x f x x         4 '[ ] 0 '[ ] 1 1 3 x g x f x x x x               . Ta có bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên, suy ra [] gx đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [ 4;3]  tại 0 1 x  Ta có: 2 [ ] 2 [ ] [1 ] g x f x x    '[ ] 2 [ ] 2[1 ] 2[ [ ] [1 ]] g x f x x f x x         Vì trong đoạn [ 4; 1]  đồ thị hàm số '[ ] y f x  nằm phía dƣới đồ thị hàm số 1 yx  '[ ] 1 [ 4; 1] '[ ] 0 x [ 4; 1] [ ] f x x x g x g x               nghịch biến trên [-4;-1] [ 4] [ 3] [ 1] g g g       [*] Vì trong đoạn [-1;3] đồ thị hàm số '[ ] y f x  nằm phía trên đồ thị hàm số 1 yx  '[ ] 1 [-1 ;3] '[ ] 0 x [ 1 ;3] [ ] f x x x g x g x            đồng biến trên [-1;3] [3] [ 1] gg    [**] Từ [*] và [**] suy ra [] gx đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [ 4;3]  tại 0 1 x  Câu 28. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để   32 1;3 max 3 4? x x m    A. Vô số. B. 4. C. 6. D. 5. Lời giải Chọn D Đặt 3 2 2 [ ] 3 [ ] 3 6 . f x x x m f x x x        0 [ ] 0 . 2 x fx x        Bảng biến thiên NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 26 Ta thấy [1;3] max [ ] [3] f x f m  và [1;3] min [ ] [2] 4. f x f m    Ta có     32 1;3 max 3 max ; 4 . x x m m m     Trường hợp 1:   22 4 2 8 16 0 2, 08 4 4 4 max ; 4 4 4 mm m m m m m m m m m m                                mà m  nên   0;1;2 . m  Trường hợp 2:   22 4 2 8 16 2 4, 44 44 max ; 4 4 mm m m m m m m m m m m                                mà m  nên   3;4 . m  Vậy, có 5 giá trị nguyên của tham số m. Vậy chọn đáp án D. Câu 29. Cho hàm số   y f x  liên tục trên sao cho     1; 2 max 3 fx   . Xét     31 g x f x m    . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để     0;1 max 10 gx  . A. 13. B. 7  . C. 13  . D. 1  . Lời giải Chọn C Ta có:             0;1 0;1 0;1 max max 3 1 max 3 1 g x f x m m f x         . Đặt 31 tx  . Ta có hàm số   tx đồng biến trên . Mà     0;1 1;2 xt     . Suy ra:         0;1 1; 2 max 3 1 max 3 f x f t     . Suy ra     0;1 max 3 g x m  . Do đó     0;1 max 10 3 10 13 g x m m          . Câu 30. Cho hàm số   y f x  có đạo hàm cấp hai trên . Biết   03 f   ,   2 2018 f   và bảng xét dấu của   fx  nhƣ sau: Hàm số   2017 2018 y f x x    đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm 0 x thuộc khoảng nào sau đây? A.   ; 2017    . B.   2017;  . C.   0;2 . D.   2017;0  . Lời giải. Chọn A Dựa vào bảng xét dấu của   fx  ta có bảng biến thiên của hàm sồ   fx  NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 27 Đặt 2017 tx  . Ta có       2017 2018 2018 2017.2018 y f x x f t t g t        .     2018 g t f t   . Dựa vào bảng biến thiên của hàm số   fx  suy ra phƣơng trình   gt  có một nghiệm đơn   ;0     và một nghiệm kép 2 t  . Ta có bảng biến thiên   gt Hàm số   gt đạt giá trị nhỏ nhất tại   0 ;0 t      . Suy ra hàm số   2017 2018 y f x x    đạt giá trị nhỏ nhất tại 0 x mà     00 2017 ;0 ; 2017 xx          . Câu 31. Có bao nhiêu số thực m để giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 4 3 4 y x x m x      bằng 5  . A. 2 . B. 3 . C. 0 . D. 1 . Lời giải Chọn D Xét   2 43 f x x x m     có 1 m     . TH1. 1 m  :   2 0 8 3 f x x y x x m        . min 5 8 ym     [TM]. TH2. 1 m  :   0 fx  có hai nghiệm 1 21 xm    ; 2 21 xm    . Nếu   12 ; x x x  : 2 3 y x m     .   1 8 4 1 y x m     .   2 8 4 1 y x m     .     12 y x y x    12 ; min 8 4 1 8 xx ym        [Không TM]. Nếu   12 ; x x x  : 2 83 y x x m     . ]  2 4 1 3 xm      : NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƢỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN THEO CÔNG THỨC 28 min 13 5 8 y m m       [Loại]. ]  2 43 xm     : min 8 4 1 8 ym        [Không TM]. Vậy có 1 giá trị của m . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 1 CHỦ ĐỀ: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO DẠNG 2 TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Câu 1. Cho hai số thực dương , xy thỏa mãn 3 9 32 1 x y y x    . Giá trị lớn nhất của biểu thức 6 S x y  là: A. 89 . 12 B. 11 . 3 C. 17 . 12 D. 82 . 3 Câu 2. Cho , xy  thỏa mãn 1 xy    và 22 1 x y xy x y      . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 xy P xy   . Tính Mm  . A. 1 3 . B. 2 3  . C. 1 2 . D. 1 3  . Câu 3. Cho , xy là các số thực thỏa mãn 22 1 x xy y    . Gọi , Mm lần lượt là giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của 44 22 1 1 xy P xy    . Giá trị của 15 A M m  là: A. 17 2 6  . B. 17 6  C. 17 2 6  D. 17 6  . Câu 4. Cho hai số thực x , y thỏa mãn 2 2 2 2 4 6 4 6 10 6 4           x y x y y y x x . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22    T x y a . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn   10;10  của tham số a để 2  Mm ? A. 17. B. 15. C. 18. D. 16. Câu 5. Cho , xy là các số thực thỏa mãn     22 3 1 5 xy     . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3 4 7 4 1 21 y xy x y P xy       . A. 3 . B. 3 . C. 114 11 . D. 23 . Câu 6. Cho các số thực dương , ab thỏa mãn   22 2 [ ][ 2] a b ab a b ab      . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 3 3 2 2 49 a b a b P b a b a                 thuộc khoảng nào? A. [-6 ;-5] . B. [-10 ;-9] . C. [-11 ;-9] . D. [-5 ;-4] . Câu 7. Cho các số thực , xy thay đổi nhưng luôn thỏa mãn 22 3 2 5 x xy y    . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 2 P x xy y    thuộc khoảng nào sau đây. A.   4;7 . B.   2;1  . C.   1;4 . D.   7;10 . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 2 Câu 8. Cho số phức [ , ] z x yi x y    . Thỏa mãn 2 2 5 z i z i      và biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: 22 2 2 2 2 31 2 2 2 2 4 5 x y y H x y x y x y x y             . Giá trị của 2xy  bằng: A. 6  B. 65  C. 35  D. 65  Câu 9. Cho , xy thỏa mãn 322 log [ 9] [ 9] 2 xy x x y y xy x y xy          Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 2 9 10 xy P xy    khi , xy thay đổi. A. 2. B. 3. C. 1. D. 0. Câu 10. Cho các số thực x , y thay đổi thỏa mãn 22 1 x y xy    và hàm số   32 2 3 1 f t t t    . Gọi M , m tương ứng là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 52 4 xy Qf xy       . Tổng Mm  bằng A. 4 3 2  . B. 4 5 2  . C. 4 4 2  . D. 4 2 2  . Câu 12. Cho 2 số , xy thỏa mãn 22 5 1 4 x y xy    và hàm số bậc ba   y f x  có đồ thị như hình vẽ. Gọi , Mm tương ứng là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 2 3 3 44 xy Pf xy         . Tích . Mm bằng A. 1436 1331  B. 3380 1331 C. 1436 1331 D. 1944 1331 Câu 13. Cho các số thực , xy thay đổi thỏa mãn 22 5 2 1 x y xy    và hàm số   42 22 f t t t    Gọi , Mm là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 1 32 xy Qf xy       . Tổng Mm  A. 4 3 2  . B. 8 3 2  . C. 66 . D. 9 3 17  Câu 14. Cho các số thực ,, x y z thỏa mãn 8 5 xy yz zx x y z        và hàm số   2 45 f x x x    Gọi , Mm là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của   fx . Tổng Mm  A. 3 . B. 28 9 . C. 19 9 . D. 2 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 3 Câu 15. Cho các số thực dương ,, x y z thay đổi và thỏa mãn:     2 2 2 5 9 2 x y z xy yz zx      . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:   3 22 1 x P yz x y z    bằng A. 18. B. 12 . C. 16. D. 24 . Câu 16. Cho hàm số   32 2 6 1 f x x x    và các số thực m ,n thỏa mãn 22 4 5 2 2 1 m mn n n     . Giá trị nhỏ nhất của 22 m f n      bằng A. 99  . B. 100  . C. 5 . D. 4 . Câu 17. Cho x , 0 y  thỏa mãn 3 2 xy  và biểu thức 41 4 P xy  đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 22 xy  . A. 25 16 . B. 5 4 . C. 2313 1156 . D. 153 100 . Câu 18. Cho 0 , 1 xy  thỏa mãn 2 1 2 2018 2017 2 2019 xy x yy     . Gọi , Mm lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức     22 4 3 4 3 25 .     S x y y x xy Khi đó  Mm bằng bao nhiêu? A. 383 16 . B. 136 3 . C. 25 2 . D. 391 16 . Câu 19. Biết đồ thị của hàm số 3 32 y x x    tiếp xúc với parabol 2 y ax b  tại điểm có hoành độ   0;2 x  . Giá trị lớn nhất của S a b  là. A . max 1 S  . B . max 0 S  . C . max 1 S  . D . max 3 S  . Câu 20. Hàm số         2 2 2 1 2 ... 2019 [ ] f x x x x x         đạt giá trị nhỏ nhất khi x bằng A. 2020 . B. 1010. C. 2019 . D. 0 . Câu 21. Hàm số 4 3 2 1 y x ax bx     đạt giá trị nhỏ nhất tại 0 x  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức S a b  là A. 2 . B. 0 . C. 2  . D. 1  . Câu 22. Cho các số thực ,, abc thỏa mãn 2 2 2 2 4 4 a b c a b      . Tính 23 P a b c    khi biểu thức 2 2 7 a b c    đạt giá trị lớn nhất. A. 7 P  . B. 3 P  . C. 3 P  . D. 7 P  . Câu 23. Cho ba số thực dương ,, abc thỏa mãn 2 2 2 2 4 6 10 a b c a b c       và 2 ac  . Tính giá trị biểu thức 32 P a b c    khi 2 2 2 14 8 18 Q a b c a b c       đạt giá trị lớn nhất. A. 10. B. 10  . C. 12. D. 12  . Câu 24. Cho phương trình có nghiệm. Giá trị nhỏ nhất bằng A. . B. . C. . D. . 4 3 2 10 x ax bx cx 2 2 2 P a b c 2 4 3 8 3 4 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 4 Câu 25. Biết hai hàm số   32 42 f x x ax x     và   32 23 g x x bx x      có chung ít nhất một điểm cực trị. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a b  . A. 32 . B. 62 . C. 6. D. 3. BỔ SUNG BÀI TẬP TỰ LUẬN HÀM NHIỀU BIẾN Bài 1. Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn   3 ; 1 và thỏa mãn điều kiện 6    c b a . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức abc ca bc ab abc a c c b b a P 2 1 72 12 2 2 2 2 2 2         Bài 2: Cho   2 ; 1 , ,  z y x . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức       1 4 4 2 8 2 2 2               yz z y yz z y x z y x xyz zx yz xy A Bài 3: Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 3 , 2 , 1    c b a . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức     8 27 3 12 8 8 3 2 1 2 2 2 2 2                 c b a b c a b c b b c b a bc ac ab B Bài 4: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn   2 2 z y x z y    . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức             z y x z y x P           1 1 1 4 1 1 1 1 1 1 2 2 2 Bài 5: Cho 0    c b a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức                          2 2 2 2 2 2 1 1 1 a c c b b a ca bc ab c b a P Bài 6: Cho   20 ; 0 , ,     z y x xyz z y x . Tìm giá trị nhỏ nhất của     2 2 z y z x y x P     Bài 7: Cho        1 ; 2 1 , , c b a . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức b a c a c b c b a P       Bài 8: Cho 2 2 2 2 2 , 0 , , b a b a c b a    . Tìm giá trị lớn nhất của   2 1     c a c b c P Bài 9: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 2 ; 1 ,   b c a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức         ac b c a a b b a c c b c b a P            3 4 8 2 3 2 2 2 2 Bài 10: Cho các số thực và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Bài 11: Cho các số   1 ; 0 , ,  c b a . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức abc ab c ac b bc a P        1 1 1  Có nhiều bài toán tìm cực trị của biểu thức ta chỉ cần sử dụng các biến đổi cơ bản đã làm giảm được số biến. Tuy nhiên bài toán cực trị có dạng phân thức ta phải sử dụng các bất đẳng thức để đánh giá mới làm giảm được số biến của bài toán.  Các bất đẳng thức thường dùng 1. Cho R b a  , ta có   ab b a 4 2   2. Cho 0 ,  b a ta có   2 2 3 3 3 4 ab b a b a b a        1 ; 0 , ,  z y x   z y x z , , min      yz xz xy z y y yz z x z y P          2 1 2 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 5 3. Cho 0 ,  b a ta có b a b a    4 1 1 4. Cho R c b a  , , ta có   ca bc ab c b a c b a         3 2 2 2 2 5. Cho R c b a  , , ta có     c b a abc ca bc ab      3 2 6. Cho 0 , ,  c b a ta có c b a c b a      9 1 1 1 7. Cho 0 ,  b a và 1  ab ta có ab b a      1 2 1 1 1 1 8.Cho 0 ,  b a và 1  ab ta có ab b a      1 2 1 1 1 1 Nhận xét: Trên đây chỉ là một số BĐT tiêu biểu thường sử dụng để tìm cực trị bằng cách dồn biến, ngoài ra ta có thể sử dụng các hệ quả khác hoặc các bất đẳng thức khác. Ứng dụng các BĐT trên để giải các bài toán sau đây. Bài 12: Cho các số thực   2 ; 1 , ,  c b a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:   ca bc ab c ab b a P       4 2 2 2 2 Bài 13: Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn 0  c và   1 3 3    c c b a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:   2 2 2 2 c b a c b a P      Bài 14: Cho 0 , ,  z y x thoả mãn 0    z y x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức   3 3 3 3 16 z y x z y x P      Bài 15: Cho x, y, zlà ba số thực thuộc đoạn   2 ; 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức       2 2 2 2 2 2 2 z y x z y x y x P        Bài 16: Cho các số thực 0 , ,  c b a thỏa mãn 2 2 2 2 2 1 b a c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 c b a c c a b c b a P        Bài 17: Cho các số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện 0 2    z y x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: y x y x z y x y z y x P 3 2 2 10         Bài 18: Cho các số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện c a b a   , . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:   b a c c a b c b a a P 2 5 2 5 5        Bài 19: Cho ba số thực dương z y x , , thỏa mãn z y x    0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:     z x x z y xz z y y xz y z x P 2 3 3 2 2 4 2 2 3 15       Bài 20: Cho c b a , , là các số thực dương thỏa mãn c ab c b c a     . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b a c b a c a c b c b a P         Bài 21: Cho c b a , , là các số thực dương thỏa mãn: c b a   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 6     c b a abc ca bc ab c a T       2 2 Bài 22: Cho là các số thực dương thỏa mãn: 1 2 2 2    z y x . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 3 3 3 2 2 24 1 1 z x z y y x x yz z xy P       Bài 23: Cho là các số thực dương thỏa mãn 2 4 4                   z x x z z y y x Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: z x z z y z y x y P       2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 z y x , , z y x , , NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 7 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Cho hai số thực dương , xy thỏa mãn 3 9 32 1 x y y x    . Giá trị lớn nhất của biểu thức 6 S x y  là: A. 89 . 12 B. 11 . 3 C. 17 . 12 D. 82 . 3 Lời giải Chọn B Theo giả thiết 0 y  nên ta có :       3 3 3 3 9 3 2 9 3 2 1 3 3 3 2 3 2 1 x y x x y y x x y y y x                        3 3 2 f x f y    với   3 f t t t  . Ta có   2 3 1 0, f t t t       nên hàm số   ft đồng biến trên , suy ra 3 3 2 xy  hay 2 2 3 3 yx  . Do 0 y  và 3 3 2 xy  nên 2 3 x  . Khi đó   2 22 2 2 11 11 6 6 3 3 6 3 1 3 3 3 3 S x y x x x x x               . Do đó 11 max 3 S  khi 1 x  . Câu 2. Cho , xy  thỏa mãn 1 xy    và 22 1 x y xy x y      . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 xy P xy   . Tính Mm  . A. 1 3 . B. 2 3  . C. 1 2 . D. 1 3  . Lời giải Chọn B Cách 1: Với điều kiện 22 1; 1 x y x y xy x y         ta có 22 xy P x y xy   . Nếu 0 y  thì 2 1 15 2 10 x x xx          . Khi đó 0 P  . Nếu 0 y  thì 2 1 x y P xx yy      . Đặt x t y  . Ta có 2 1 t P tt   , t  . Xét   2 1 t ft tt   , t  .     2 2 2 1 1 t ft tt     ;  01 f t t      NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 8 Từ bảng biến thiên: 1 3 M  tại 2 22 1 1 1 1 3 2 1 0 1 1 3 3 xy x xy xy x y xy xx x y xy x y x                                          . 1 m  tại 2 22 1 1 1 1 10 1 1 1 1 x xy x y xy y x x x x x y xy x y y                                             Vậy 2 . 3 Mm    Cách 2: Với điều kiện 22 1; 1 x y x y xy x y         ta có 22 xy P x y xy   .   22 1 0 [*] Px xy P Py      +] Nếu 0 P  thì 0 x  hoặc 0 y  . +] Nếu 0 P  thì 0 0 x y      . Để phương trình [*] có nghiệm x thì     2 1 1 3 1 0 1 3 x y P P P           . Ta có: 1 3 M  tại   2 22 1 1 1 2 1 3 2 1 0 1 1 3 3 xy yP xy xy xy x P xy xx x y xy x y x                                            . 1 m  tại   2 22 1 1 1 1 2 10 1 1 1 1 x xy yP y xy xy x P x x x y xy x y x y                                                 Do đó 1 ;m 1. 3 M    Vậy 2 . 3 Mm    Câu 3. Cho , xy là các số thực thỏa mãn 22 1 x xy y    . Gọi , Mm lần lượt là giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của 44 22 1 1 xy P xy    . Giá trị của 15 A M m  là: A. 17 2 6  . B. 17 6  C. 17 2 6  D. 17 6  . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 9 Lời giải Chọn A Ta có     22 22 3 1 1 3 1 4 x xy y x y xy x y           22 xy      Mặt khác:     22 22 21 2 _ 2 2 33 x y x y xy x y           Đặt 22 2 2 3 t x y t        . Vậy   2 41 1 tt P g t t      Xét hàm số   2 4 1 2 ;2 13 tt g t t t              2 2 5 2 ' ;2 ; 13 tt g t t t              2 ' 0 1 6 ;2 3 g t t          . Vậy   2 ;2 3 11 min 15 t gt      ;   2 ;2 3 max 6 2 6 t gt      Vậy 15 17 2 6 A M m     Nhận xét: đây là bài toán thường gặp trong các đề thi TSĐH những năm trước đây. Tư tưởng của các bài toán này là sử dụng ứng dụng đạo hàm tìm GTNN, GTLN của hàm số sau khi áp dụng phương pháp dồn biến. Câu 4. Cho hai số thực x , y thỏa mãn 2 2 2 2 4 6 4 6 10 6 4           x y x y y y x x . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22    T x y a . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn   10;10  của tham số a để 2  Mm ? A. 17. B. 15. C. 18. D. 16. Lời giải Chọn D Ta có 2 2 2 2 4 6 4 6 10 6 4           x y x y y y x x  2 2 2 2 6 10 6 10 6 4 6 4            y y y y x x x x .   * Xét hàm   2  f t t t , có [ ] 2 1 0     f t t , 0  t . Ta có hàm    y f t đồng biến trên   0;  ,   2 6 10 0;      yy ,   2 6 4 0;      xx . Nên   *      2 2 2 2 6 10 6 4 6 10 6 4            f y y f x x y y x x     22 22 6 10 6 4 2 3 9            y y x x x y . Xét điểm   ; A x y thuộc đường tròn [] C có phương trình     22 2 3 9     xy . Ta có 22  OA x y . Đường tròn [] C có tâm   2; 3  I , bán kính 3  R nên điểm   0;0 O nằm ngoài [] C . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 10 Gọi 1 A , 2 A là giao điểm của đường thẳng OI với đường tròn [] C .   ; [ ]  A x y C : 12  OA OA OA , với 1 13 3     OA OI R và 2 13 3     OA OI R . Tức là ta có 22 13 3 13 3      xy 22 13 3 13 3          a x y a a . Th1 : 13 3 0 13 3       aa ,   1 Khi đó 13 3    Ma và 13 3    ma .   2 13 3 2 13 3 13 9           M m a a a . Kết hợp với điều kiện   1 và a nguyên thuộc đoạn   10;10  ta có   5; 4; 3; 2; 1;0       a . Th2: 13 3 0 13 3       aa ,   ** Khi đó 13 3    Ma và 13 3    ma .   2 13 3 2 13 3 13 9           M m a a a . Kết hợp với điều kiện   ** và a nguyên thuộc đoạn   10;10  ta có   7;8;9;10  a . Th3: 13 3 0 13 3 13 3 13 3 0                 a a a ,   *** Khi đó 0  M và 0  m nên ta luôn có 2  Mm Kết hợp điều kiện   *** và a nguyên thuộc đoạn   10;10  ta có   1;2;3;4;5;6  a . Vậy   5; 4; 3; 2; 1;0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10       a . Câu 5. Cho , xy là các số thực thỏa mãn     22 3 1 5 xy     . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3 4 7 4 1 21 y xy x y P xy       . A. 3 . B. 3 . C. 114 11 . D. 23 . Lời giải Chọn A     22 22 3 1 5 6 2 5 0 x y x y x y           . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 11         2 2 2 2 22 3 4 7 4 1 6 2 5 21 2 2 4 4 4 2 4 . 2 1 2 1 y xy x y x y x y P xy y x x y y xy x x y x y x y                          Đặt 2 t x y  .           2 22 22 1 2 3 1 3 2 2 x y x y               2 2 5 25 0 2 10 x y x y         . 2 44 , 0 10 11 tt P t t tt        . Sử dụng MTCT min 3 P  khi 1 t  . Câu 6. Cho các số thực dương , ab thỏa mãn   22 2 [ ][ 2] a b ab a b ab      . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 3 3 2 2 49 a b a b P b a b a                 thuộc khoảng nào? A. [-6 ;-5] . B. [-10 ;-9] . C. [-11 ;-9] . D. [-5 ;-4] . Lời giải Chọn A Vì , ab dương nên từ giả thiết   22 2 [ ][ 2] a b ab a b ab      , ta chia hai vế cho ab   22 11 2 [ ][ 2] 2 1 [ ] 2 ab a b ab a b ab a b b a a b                         . Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si cho hai số dương [] ab  và 11 2 ab     : 1 1 1 1 [ ] 2 2 [ ].2 2 2 2 ab a b a b a b a b b a                            . Dấu ""  xảy ra khi 11 [ ] 2 ab ab       . Suy ra 2 1 2 2 2 a b a b b a b a                  . Đặt ,[ 0]. ab tt ba    Khi đó: 2 5 2 2 1 2 2[ 2] 4 4 15 0 3 2 t t t t t t                 . Do đó, ta có điều kiện 5 . 2 t  Mặt khác: 32 3 3 2 2 3 3 2 2 4 9 4 3 9 2 a b a b a b a b a b P b a b a b a b a b a                                                              3 2 3 2 4 3 9 2 4 9 12 18. t t t t t t         Đặt   3 2 2 5 4 9 12 18 '[t] 12 18 12 0, . 2 f t t t t f t t t            Bảng biến thiên NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 12 Từ bảng biến thiên ta có, 5 ; 2 5 23 [ ] . 24 t Min f t f Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 23 4  khi 2 5 1 2 11 1 [ ] 2 2 a ab b ba a ab ab b                                 . Câu 7. Cho các số thực , xy thay đổi nhưng luôn thỏa mãn 22 3 2 5 x xy y    . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 2 P x xy y    thuộc khoảng nào sau đây. A.   4;7 . B.   2;1  . C.   1;4 . D.   7;10 . Lời giải Chọn C Xét 5 0 3 yP    loại phương án A và . D Xét 2 2 7 00 24 yy y P x          khi đó ta có biểu thức 22 22 5 3 2 2 x xy y P x xy y    Chia cả tử và mẫu của vế phải cho 2 y tâ được 2 2 3 2 1 5 2 xx yy P xx yy          . Đặt       22 2 2 2 3 5 3 2 1 5 14 3 [ ] ' , ' 0 1 2 [ 2] 5 t x t t t t t t R f t f t f t y P t t t t t                        Bảng Biến thiên hàm số   ft . Từ bảng biến thiên ta có   55 44 4 f t P P      . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 13 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 4 , dấu bằng xảy ra khi 33 t x y      . Câu 8. Cho số phức [ , ] z x yi x y    . Thỏa mãn 2 2 5 z i z i      và biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: 22 2 2 2 2 31 2 2 2 2 4 5 x y y H x y x y x y x y             . Giá trị của 2xy  bằng: A. 6  B. 65  C. 35  D. 65  Lời giải Chọn B Ta có: 2 2 5 3 0 z i z i x y          [1]. Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z thì M thuộc đường thẳng d có phương trình [1]. Mà             22 2 2 2 2 31 2 2 2 2 4 5 x y y H x y x y x y x y             2 2 2 2 [ 1][ 1] [ 1][ 2] [ 1] [ 1] [ 1] [ 2] x x y y x y x y [2] Đặt [ 1;1], [1;2], [ ; ] A B M x y  thì   1; 1 , [ 1; 2] cos . AMBM AM x y MB x y AMB H AM BM          Mà A, B cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d, M thuộc d nên cosAMB nhỏ nhất khi góc AMB lớn nhất. Gọi [C] là đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng d tại C. Phương trình đường thẳng AB là: 2 3 0 xy    . Gọi E là giao điểm của AB và d thì   3;0 E  Vậy C thỏa mãn: 2 . 10 EC EAEB    [ 3 5; 5], 3 5; 5 CC       Chọ C để góc CEA nhọn ta được   35 3 5; 5 2 6 5 5 a C a b b                   Câu 9. Cho , xy thỏa mãn 322 log [ 9] [ 9] 2 xy x x y y xy x y xy          Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 2 9 10 xy P xy    khi , xy thay đổi. A. 2. B. 3. C. 1. D. 0. Lời giải Chọn C Điều kiện xác định; 22 0 [ ] 0 2 xy xy x y xy         . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 14 Vì 2 2 2 2 3 2 [ ] 2 0 24 y x y xy x y         với , xy  . Ta có 322 log [ 9] [ 9] 2 xy x x y y xy x y xy          . 2 2 2 2 33 log [ ] log [ 2] 9[ ] x y x y xy x y xy x y            . 2 2 2 2 33 2 log [ ] 9[ ] log [ 2] 2 x y x y x y xy x y xy              . 2 2 2 2 33 log 9[ ] 9[ ] log [ 2] 2 x y x y x y xy x y xy             [1] . Đặt 3 [ ] log f t t t  [ 0] t  . Có 1 '[ ] 1 0 .ln 3 ft t    với [ 0] t   f là hàm đồng biến với [ 0] t  . Khi đó: 2 2 2 2 [9[ ]] [ 2] 9[ ] 2 f x y f x y xy x y x y xy            . 22 2 9 9 0 x y xy x y        . 22 4 4 4 8 36 36 0 x y xy x y        . 22 [2 ] 18[2 ] 3[ 3] 19 0 x y x y y         . Mà 22 3[ 3] 0 [2 ] 18[2 ] 19 0 y x y x y          1 2 19 xy      . Mặt khác 2 19 1 0 1 10 xy PP xy        Dấu bằng xảy ra khi 2 19 8 3 0 3 x y x yy           . Câu 10. Cho các số thực x , y thay đổi thỏa mãn 22 1 x y xy    và hàm số   32 2 3 1 f t t t    . Gọi M , m tương ứng là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 52 4 xy Qf xy       . Tổng Mm  bằng A. 4 3 2  . B. 4 5 2  . C. 4 4 2  . D. 4 2 2  . Lời giải Chọn C Ta có: 22 1 x y xy    2 2 3 1 24 yy x        . Ta đặt: 52 4 xy t xy      4 5 2 t x y x y           5 1 4 2 0 t x t y t        .     3 5 3 3 2 4 22 yy t x t t           . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:           2 2 2 2 2233 2 4 5 3 3 5 3 3 2 2 2 4 y y y y t t x t t t x                                         2 22 2 4 5 3 3 .1 t t t          2 12 24 0 tt    22 t     . Xét hàm số   32 2 3 1 f t t t    với 22 t    . Có:   2 66 f t t   nên   2 0 0 6 6 0 1 t f t t t t            . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 15 Ta có:   2 5 4 2 f     ,   01 f  ,   10 f  ,   2 5 4 2 f    Do đó   01 Mf ,   2 5 4 2 mf      . Vậy 4 4 2 Mm     . Bài toán gốc: Cho 22 ax by cxy d    . Tìm MGT 1 1 1 2 2 2 a x b y c t a x b y c    Phương pháp giải: Cách 1. Lượng giác hóa Ta có:     22 22 ' ' ' ' 1 ax by cxy d a x b y c x d y         Đặt ' ' sin sin ' ' cos cos a x b y x m c x d y y n             Suy ra: 1 1 1 2 2 2 sin cos a x b y c t A B C a x b y c        Ta có: 2 2 2 A B C  suy ra MGT của t . Cách 2:     1 1 1 2 2 2 a x b y c t A mx ny B kx qy C a x b y c         Chọn , , , m n k q sao cho     22 22 mx ny kx qy ax by cxy       22 22 22 m k a n q b mn kq c           Áp dụng BĐT Bunhiacoxki ta có:   2 2 2 C A B d  suy ra MGT của t . Câu 12. Cho 2 số , xy thỏa mãn 22 5 1 4 x y xy    và hàm số bậc ba   y f x  có đồ thị như hình vẽ. Gọi , Mm tương ứng là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 2 3 3 44 xy Pf xy         . Tích . Mm bằng A. 1436 1331  B. 3380 1331 C. 1436 1331 D. 1944 1331 Lời giải Chọn C Dễ thấy   3 3 f x x x  NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 16 Từ   2 2 2 2 5 1 4 2 1 x y xy x y y        Đặt 2 sin sin 2 x y x cos y cos y cos              . Khi đó Xét     2 sin 2 3 3 2 3 3 4 4 sin 2 4 4 cos cos xy t x y cos cos                   2sin 3 sin 2 4 cos cos        Ta có:   sin 2 4 2sin 3 t cos cos               2 sin 1 2 4 3 t t cos t          * Phương trình   * có nghiệm       2 2 2 2 2 1 4 3 t t t       2 2 11 t      Khi đó   3 3 P f t t t    với 2 2 11 t     Dễ dàng tìm được 2 M  , 718 1331 m  . Vậy 1436 . 1331 Mm  Câu 13. Cho các số thực , xy thay đổi thỏa mãn 22 5 2 1 x y xy    và hàm số   42 22 f t t t    Gọi , Mm là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 1 32 xy Qf xy       . Tổng Mm  A. 4 3 2  . B. 8 3 2  . C. 66 . D. 9 3 17  Lời giải Chọn C Ta có: 22 5 2 1 x y xy      2 2 41 x y y     Đặt 1 32 xy t xy      3 2 1 t x y x y             2 1 1 2 t t x y ty       Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:               2 2 2 2 22 2 1 1 2 1 4 t t x y ty t t x y y                 22 2 2 1 1 t t t      2 2 6 0 3 0 t t t        Xét hàm số   42 22 f t t t    với 30 t    Có:   3 44 f t t t   , nên   0 01 1 t f t t t                   0 2, 1 1, 3 65 f f f      Do đó     3 65; 1 1 M f m f       Vậy: 66 Mm  Câu 14. Cho các số thực ,, x y z thỏa mãn 8 5 xy yz zx x y z        và hàm số   2 45 f x x x    Gọi , Mm là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của   fx . Tổng Mm  A. 3 . B. 28 9 . C. 19 9 . D. 2 Lời giải Chọn A NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 17 Viết lại điều kiện: 8 5 xy yz zx x y z          8 5 zy x y z y z x               85 5 yz x x y z x               * Vì ,, x y z thỏa mãn   * nên , yz là hai nghiệm của phương trình   22 5 8 5 0 T x T x x         ** Điều kiện có nghiệm của phương trình   ** là:     2 22 5 4 8 5 0 3 10 7 0 x x x x x            7 1 3 x    Xét hàm số   2 45 f x x x    với 7 1 3 x  Có   24 f x x   nên  02 f x x         7 10 1 2; 2 1; 39 fff       Do đó     1 2, 2 1 M f m f     . Vậy 3 Mm  . Câu 15. Cho các số thực dương ,, x y z thay đổi và thỏa mãn:     2 2 2 5 9 2 x y z xy yz zx      . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:   3 22 1 x P yz x y z    bằng A. 18. B. 12 . C. 16. D. 24 . Lời giải Chọn C Ta có:     2 2 2 5 9 2 x y z xy yz zx        2 2 2 5 9 5 5 18 0 x y z x y z yz              22 2 5 9 2 7 x y z x y z y z         . Vì   2 70 yz        2 2 5 9 2 0 x y z x y z           2 2 5 0 x y z x y z       220 x y z         2 0 2 x y z x y z        . Ta có:       33 2 2 2 2 2 11 22 yz x P y z y z x y z y z y z            Do     2 22 2 y z y z            33 2 2 1 4 1 1 27 27 2 yz P yz y z y z yz          Đặt 1 0 t yz   3 4 27 t Pt    . Đặt     32 44 27 9 tt f t t f t         2 0 36 6 f t t t        [ vì 0 t  ]. Ta có bảng biến thiên của   ft là: NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 18 Từ bảng biến thiên ta thấy   16 ft  16 Max P  . Dấu bằng xảy ra khi 1 12 22 1 1 6 3 yz yz x y z x yz                      Câu 16. Cho hàm số   32 2 6 1 f x x x    và các số thực m ,n thỏa mãn 22 4 5 2 2 1 m mn n n     . Giá trị nhỏ nhất của 22 m f n      bằng A. 99  . B. 100  . C. 5 . D. 4 . Lời giải Chọn A +] Xét hệ thức 22 4 5 2 2 1 m mn n n     ,   1 . +] Đặt 22 m t n   . Ta có 22 m nt  22 m nt    . +] Thay vào   1 ta được:     2 2 2 2 4 2 2 5 2 2 1 nt nt n n n             22 4 5 2 2 5 2 9 0 2 2 t t n t n        . +] Có các số thực m ,n thỏa mãn   1  phương trình   2 có nghiệm 0         2 2 2 2 5 2 9 4 5 0 t t t         2 4 5 0 5;1 t t t        . +] Xét hàm số   32 2 6 1 f t t t    trên đoạn   5;1  .   2 6 12 f t t t   ;       0 5;1 0 2 5;1 t ft t              . Ta có   5 99 f    ,   29 f  ,   01 f  ,   19 f  . Suy ra     5;1 min 99 ft   khi 5 t  . Vậy giá trị nhỏ nhất của 22 m f n      bằng 99  . Câu 17. Cho x , 0 y  thỏa mãn 3 2 xy  và biểu thức 41 4 P xy  đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 22 xy  . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 19 A. 25 16 . B. 5 4 . C. 2313 1156 . D. 153 100 . Lời giải Chọn D Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:   2 22 41 4 1 4 1 25 25 3 4 4 4 4 4 6 4. 2 P x y x y x y          . Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi 41 4 44 xy xy    mà 3 2 xy  nên 6 5 3 10 x y          . Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là 25 6 khi 6 5 3 10 x y          22 153 100 xy    . Cách 2: Ta có   4 1 4 25 1 25 25 4 9 4 9 9 P x y x y x y x y               . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 4 25 4 25 20 2. 9 9 3 x x xx    ; 1 25 1 25 5 2. 4 9 4 9 3 y y yy    20 5 25 3 25 . 3 3 9 2 6 P      . Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi 4 25 9 1 25 49 x x y y          mà 0; 0 3 2 xy xy        6 5 3 10 x y           . Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là 25 6 khi 6 5 3 10 x y          22 153 100 xy    . Cách 3: Do 0 x  và 3 2 xy  nên 3 0; 2 x     . Xét hàm số   41 64 fx xx   trên 3 0; 2    . Ta có     2 2 44 64 fx x x      ;     2 2 64 0 6 4 64 xx f x x x xx              63 0; 52 3 2 0; 2 x x                . Bảng biến thiên NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 20 Ta có   0 lim x fx      ;   3 2 lim x fx         ; 6 25 56 f     . Dựa vào bảng biến thiên của hàm số   fx ta có   3 0; 2 6 25 min 56 f x f        . Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là 25 6 khi 6 5 3 10 x y          22 153 100 xy    . Câu 18. Cho 0 , 1 xy  thỏa mãn 2 1 2 2018 2017 2 2019 xy x yy     . Gọi , Mm lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức     22 4 3 4 3 25 .     S x y y x xy Khi đó  Mm bằng bao nhiêu? A. 383 16 . B. 136 3 . C. 25 2 . D. 391 16 . Lời giải Chọn D +]       2 2 1 1 2 2 2018 2017 1 2018 .2017 2018 .2017 2 2019 x y y x x yx yy            [1]. +] Xét hàm số   2 [ ] 2018 .2017 t f t t  , 0 t  , ta có:   2 [ ] 2017 ln 2017 2 2018.ln 2017 0, 0 t f t t t t        suy ra [] ft đồng biến trên   0;  . Từ đó ta có [1]     1 1 1 f x f y y x y x          . +] Xét biểu thức:     22 4 3 4 3 25 S x y y x xy               2 2 4 3 2 4 3 1 4 1 3 25 1 16 32 18 2 12 x x x x x x x x x x             . +] Tìm GTLN, GTNN của hàm số   4 3 2 16 32 18 2 12 g x x x x x      trên   0;1 . Ta có:   32 64 96 36 2 g x x x x      . Suy ra         23 0;1 4 23 0 0;1 4 1 0;1 2 x g x x x                    . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 21 Ta có     2 3 191 2 3 191 1 25 ; ; ; 0 12; 1 12 4 16 4 16 2 2 g g g g g                          . Khi đó 25 191 391 ;m 2 16 16 M M m      . Cách khác: đặt t xy  với 1 0 4 t  thì 2 16 2 12 S t t    . Khảo sát hàm số 2 16 2 12 y t t    trên 1 0; 4    để tìm max, min. Câu 19. Biết đồ thị của hàm số 3 32 y x x    tiếp xúc với parabol 2 y ax b  tại điểm có hoành độ   0;2 x  . Giá trị lớn nhất của S a b  là. A . max 1 S  . B . max 0 S  . C . max 1 S  . D . max 3 S  . Lời giải Chọn B Đồ thị của hàm số 3 32 y x x    tiếp xúc với parabol 2 y ax b  tại điểm có hoành độ   0;2 x  khi và chỉ khi hệ phương trình     32 2 3 2 1 3 3 2 2 x x ax b x ax           có nghiệm   0;2 x  . Vì   0;2 x  nên từ   2 suy ra: 2 33 2 x a x   thay vào   1 ta được: 3 2 3 4 b x x     . Suy ra: 3 3 2 2 2 4 S a b x x       . Xét   3 3 4 f x x x     trên khoảng   0;2 . Ta có:   2 2 3 3 f x x x     .   24 2 3 0 3 0 1 1 f x x x x x           . Bảng biên thiên: Dựa vào BBT, ta có GTLN của 20 S  nên GTLN của 0 S  . Vậy đáp án B. Câu 20. Hàm số         2 2 2 1 2 ... 2019 [ ] f x x x x x         đạt giá trị nhỏ nhất khi x bằng A. 2020 . B. 1010. C. 2019 . D. 0 . Lời giải Chọn B Cách 1: NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 22 TXĐ: D            2 1 2 2 2 2019 2. 2019 1 2 2019 f x x x x x                  2019.2020 2 2019 2019 2 2020 2 xx        .     0 2019 2 2020 0 1010 f x x x        . Ta có BBT: Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại 1010 x  . Cách 2: Ta có       2 2 2 2 2019 2 1 2 3 ..... 2019 1 2 ..... 2019 f x x x               2 2 2 2 2019 2019 2. 1 2019 1 2 ..... 2019 2 xx            2 2 2 2 2 2 2019 2020. 1010 1 2 ..... 2019 2019.1010 xx             2 2 2 2 2 2019 1010 1 2 ..... 2019 2019.1010 x        2 2 2 2 1 2 ..... 2019 2019.1010 , x       . Do đó   fx đạt giá trị nhỏ nhất khi 1010 x  . Câu 21. Hàm số 4 3 2 1 y x ax bx     đạt giá trị nhỏ nhất tại 0 x  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức S a b  là A. 2 . B. 0 . C. 2  . D. 1  . Lời giải Chọn D Ta có     0, f x f x    4 3 2 0, x ax bx x       .   22 0, x x ax b x       2 0, x ax b x       . 0    2 40 ab    2 4 a b  . Khi đó: 2 2 1 1 1, 42 aa S a b a a              . Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi 2 1 4 2 10 2 a b b a a               . Vậy min 1 S  , khi 2 a  , 1 b  . Câu 22. Cho các số thực ,, abc thỏa mãn 2 2 2 2 4 4 a b c a b      . Tính 23 P a b c    khi biểu thức 2 2 7 a b c    đạt giá trị lớn nhất. A. 7 P  . B. 3 P  . C. 3 P  . D. 7 P  . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 23 Lời giải Chọn B Cách 1: phương pháp đại số. Ta có:     22 2 2 2 2 2 4 4 1 2 9 a b c a b a b c            . Áp dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối và bất đẳng thức BCS, ta có kết quả sau:               2 2 2 2 2 2 2 2 7 2 1 2 2 11 2 1 2 2 11 1 2 2 1 2 11 20. BCS a b c a b c a b c a b c                                  Đẳng thức xảy ra khi:         22 2 2 1 2 2 0 3 12 3 2 1 2 2 1 2 9 a b c a a b c b c a b c                           Khi đó:   2 3 3 2.3 3. 2 3. P a b c         Cách 2: phương pháp hình học. Trong không gian Oxyz , gọi mặt cầu   S có tâm   1;2;0 I , bán kính 3 R  . Khi đó:       22 2 2 2 2 : 1 2 9 2 4 4. S x y z x y z x y            và mặt phẳng   : 2 2 7 0 P x y z     . Gọi   ;; M a b c , ta có:     2 2 7 ; 3 a b c d M P     . Vì   2 2 2 2 4 4 a b c a b M S        . Bài toán đã cho trở thành: Tìm   MS  sao cho     ; d M P lớn nhất. Gọi  là đường thẳng qua I và vuông góc   P 12 :2 2 xt yt zt            . Điểm M cần tìm chính là 1 trong 2 giao điểm của  với       12 : 3;3; 2 , 1;1;2 S M M  . Ta có:             1 2 1 20 2 20 ; ; ; 3 3 3 d M P d M P Maxd M P M M        . Vậy   2 3 3 2.3 3. 2 3. P a b c         Phân tích: Khi quan sát 2 cách giải, đối với giáo viên ta sẽ dễ chọn Cách 1 vì ngắn gọn và tiết kiệm thời gian. Tuy nhiên học sinh không nhiều em đã từng được tiếp cận bất đẳng thức BCS. Đối với Cách 2, về mặt trình bày có thể dài hơi, nhiều tính toán hơn nhưng đó chỉ là những bước tính toán khá cơ bản, một học sinh khá nếu nhận ra ý đồ tác giả thì việc giải bài toán cũng không mất quá nhiều thời gian. Bài toán sẽ dễ hơn nếu đề bài chỉ yêu cầu tìm Min hoặc Max của biểu thức 2 2 7 a b c    . Câu 23. Cho ba số thực dương ,, abc thỏa mãn 2 2 2 2 4 6 10 a b c a b c       và 2 ac  . Tính giá trị biểu thức 32 P a b c    khi 2 2 2 14 8 18 Q a b c a b c       đạt giá trị lớn nhất. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 24 A. 10. B. 10  . C. 12. D. 12  . Lời giải Chọn D Gọi   S là mặt cầu tâm   1; 2;3 I  , bán kính 24 R  . Khi đó:   2 2 2 : 2 4 6 10. S x y z x y z       Gọi   P là mặt phẳng có phương trình 2 xz  và điểm   7;4; 9 K  . Với   ;; M a b c . Theo giả thiết ta có:   MS  và       M P M S P     . Hơn nữa:       2 2 2 2 2 2 2 14 8 18 7 4 9 146 146 Q a b c a b c a b c KM                . Bài toán trở thành: Tìm M nằm trên đường tròn giao tuyến của mặt cầu   S và mặt phẳng   P sao cho KM lớn nhất.   P có VTPT   1;0;1 n  . Gọi  là đường thẳng qua K và vuông góc   7 :4 9 xt Py zt             . Gọi H là hình chiếu của K lên mặt phẳng       9;4; 7 P H P H       . Ta có: 2 2 2 KM KH HM  , mà KH không đổi nên KM lớn nhất khi HM lớn nhất. Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc   1 :2 3 xt P d y zt           . Gọi J là tâm đường tròn giao tuyến của   S và  PJ  là hình chiếu của I lên   P     0; 2;2 J d P J      . Phương trình đường thẳng 3 : 2 2 . 23 xt HJ y t zt           B P A J I H K M NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 25 Gọi , AB là các giao điểm của HJ và       3; 4;5 , 3;0; 1 S A B     . Ta có: 4 22 2 22 HA HB    . Vậy   4 22 3; 4;5 MaxHM M A      . Khi đó: 3 2 12 P a b c      . Câu 24. Cho phương trình có nghiệm. Giá trị nhỏ nhất bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Gọi là một nghiệm của phương trình [*]. . Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: [ không là nghiệm của phương trình [*] ]. Đặt ta có . Đặt Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta có khi . Khi thì và phương trình có nghiệm . Vậy giá trị nhỏ nhất bằng . 4 3 2 10 x ax bx cx 2 2 2 P a b c 2 4 3 8 3 4 0 x 4 3 2 10 x ax bx cx 4 3 2 3 2 4 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 x ax bx cx ax bx cx x 22 4 3 2 2 2 2 6 4 2 0 0 0 0 0 0 0 1 x ax bx cx a b c x x x 2 4 0 2 2 2 642 0 0 0 1 x abc x x x 0 0 x 2 0 [t 0] tx 2 2 2 2 2 32 1 t abc t t t 2 2 32 1 [t 0] t ft t t t 3 2 3 3 2 4 2 2 2 4 / 2 2 2 3 2 3 2 3 2 4 4 2 1 3 2 1 1 1 1 1 [ 1] f t t t t t t t t t t t t tt t t t t t t t t t t 0 4 min 3 ft 1 t 2 2 2 4 3 abc 2 3 abc 2 2 2 4 3 abc 4 3 2 10 x ax bx cx 0 1 x 2 2 2 P a b c 4 3 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 26 Câu 25. Biết hai hàm số   32 42 f x x ax x     và   32 23 g x x bx x      có chung ít nhất một điểm cực trị. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a b  . A. 32 . B. 62 . C. 6. D. 3. Lời giải Chọn C Ta có   2 3 2 4 f x x ax     và   2 3 2 2 g x x bx      . Vì   fx và   gx có chung ít nhất một điểm cực trị nên   0 fx   và   0 gx   có chung nghiệm là t . Suy ra 2 2 22 34 3 2 4 0 2 3 2 2 0 3 2 2 t a t at t t bt t b t                       . Ta có 2 2 2 3 4 3 2 3 3 1 36 22 t t t P a b t t t t t                 . [bất đẳng thức Cauchy] Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 1 tt t     . Vậy min 6 P  . BÀI TẬP BỔ SUNG Bài 1 : Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn   3 ; 1 và thỏa mãn điều kiện 6    c b a . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức abc ca bc ab abc a c c b b a P 2 1 72 12 2 2 2 2 2 2         Lời giải Ta có:     abc a c c b b a c b a abc a c c b b a ca bc ab 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2             Đặt   12 3 2        c b a ca bc ab x Ta có:           0 1 0 1 1 1 3 ; 1 , ,                c b a ac bc ab abc c b a c b a 5 0 5        x abc x abc Lại có:           0 27 9 3 0 3 3 3              c b a ca bc ab abc c b a 27 3    x abc . Do đó: 11 22 2 5 27 3         x x x abc x . Ta có:   2 5 72 2 5 2 1 72 2 1 72 2 2           x x x x x abc x x P Xét hàm số 2 5 72 2 ] [    x x x f ,   12 ; 11  x Ta có: 0 72 2 1 ] [ ' 2    x x f   12 ; 11  x nên 11 160 ] 11 [ ] [    f x f P Vậy 11 160 max  P khi 3 ; 2 ; 1    c b a Nhận xét: Đây là bài toán rất hay. Ta phải dùng hai lần giả thiết của các biến   3 ; 1 ; ;  c b a để tìm ra miền giá trị của ca bc ab x    và đánh giá được P thông qua biến x. Cũng từ bài toán trên phải chăng bằng việc đánh giá điều kiện ban đầu chúng ta sẽ giải quyết được một lớp các bài toán dạng này bằng cách đưa về hàm số một biến, chính vì vậy qua chuyên NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 27 đề này tác giả muốn rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải toán cực trị bằng phương pháp dồn biến. Bài 2: Cho   2 ; 1 , ,  z y x . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức       1 4 4 2 8 2 2 2               yz z y yz z y x z y x xyz zx yz xy A Lời giải Vì   2 ; 1 , ,  z y x , nên ta có           4 2 2 2 0 2 2 1             yz x z y z y x xyz z y x Dấu bằng xảy ra khi 1  x hoặc 2  y hoặc 2  z . Do đó           1 4 4 2 4 4 2 4 4 4 2 8 4 2 2                            yz z y yz z y x yz yz z y x yz z y yz z y x yz z y x zx yz xy A     1 4 4 2 4 1 1 4 4 2 4 1                     yz z y yz z y yz yz z y yz z y x yz A 1 4 2 4 4 4 1         yz yz yz yz yz A Đặt yz t  ;   2 ; 1  t Xét hàm số:   1 4 2 2 4 1 ] [ 2 2        t t t t t f với   2 ; 1  t Ta có     0 9 2 27 4 1 2 2 8 4 ] [ 2 3          t t t t f , nên f[t] đồng biến trên   2 ; 1 . Suy ra 6 7 ] 2 [ ] [     f t f A Vậy 6 7 max   A khi 2 ; 1    z y x Bài 3: Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 3 , 2 , 1    c b a . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức     8 27 3 12 8 8 3 2 1 2 2 2 2 2                 c b a b c a b c b b c b a bc ac ab B Lời giải Ta có   c b a c b a c b a 3 2 9 4 3 27 3 12 2 2 2 2 2 2         [1] Mặt khác       0 2 3 2           b c a c a b c b c b a   c a b c b c b a        3 2 [2] Lại có       0 1 2           a c b c a b c b bc ac ab   c a b c b bc ac ab        2 [3] Từ [1], [2], [3] ta được     8 ] [ 8 ] [ 8 ] [ 1 2                    c a b c b b c a b c b b c a b c b c a b c b B     8 ] [ 8 ] [ 1 2              c a b c b c a b c b c a b c b B Đặt 13 0 ] [        t c a b c b t Xét hàm số 8 8 1 2 ] [     t t t t f với   13 ; 0  t NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 28             6 0 8 1 6 10 3 2 8 8 1 2 ] [ 2 2 2 2              t t t t t t t t f , 1 ] 0 [  f , 7 16 ] 6 [  f 21 47 ] 13 [  f Từ đó suy ra 7 16 max 7 16 ] [     B t f B đạt được khi 3 2 , 2 , 1    c b a Bài 4: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn   2 2 z y x z y    . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức             z y x z y x P           1 1 1 4 1 1 1 1 1 1 2 2 2 Lời giải Từ giả thiết ta có:       x z y z y z y x z y x 2 2 2 2 2 2         Do đó:         2 2 2 2 1 2 2 4 1 2 4 1 1 1 x x x z y z y                Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:             z y x z y x P          1 1 1 4 1 1 2 1 1 2       3 2 3 3 2 2 2 1 1 6 2 1 4 1 1 2 x x x x x x x x P           Xét hàm số:   3 2 3 1 1 6 2 ] [ x x x x x f      Ta có:     5 1 0 1 1 5 2 ] [ ' 4       x x x x f . Lập bảng biến thiên ta được: 108 91 5 1 ] [          f x f P Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 108 91 . Khi 5 , 5 1    z y x . Bài 5: Cho 0    c b a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức                          2 2 2 2 2 2 1 1 1 a c c b b a ca bc ab c b a P Lời giải Nhận xét: Giả thiết đã cho chính là gợi ý của bài toán. Cách làm giảm biến số quen thuộc là đặt 0 ,        y x y c b x c a Khi đó:             xy y x x c c c y c y c x c c y c x c ca bc ab c b a                     2 2 2 2 2 2 2 2 Do đó ta viết lại P dưới dạng                 2 2 2 2 2 1 1 1 x y y x y xy x P Như vậy với cách đặt ẩn phụ này, ta đã làm giảm số biến của P thành hai biến. Thậm chí là P là đồng bậc giữa x và y. Ta chỉ việc đặt ẩn phụ quen thuộc Đặt 1   y x t ta được     ]; [ 1 1 1 1 1 2 2 2 t f t t t t P              Xét hàm f[t] trên    ; 1 ta có: NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 29                                3 3 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 ] [ ' t t t t t t t t f                   3 3 3 3 2 3 3 3 3 1 1 1 2 1 1 1 1 2 ] [ '              t t t t t t t t t t t t t t f Cách đặt này khá phức tạp. Ta có thể đặt theo cách khác sau đây Đặt 2     t x y y x t . Khi đó ta có                                                  x y y x x y y x x y y x x xy y xy y x xy x y y x P 2 1 1 1 2 2 2     ] [ 2 1 2 1 1 3 t f t t t t t P               Xét hàm f[t] trên    ; 2 ta được: ] 2 ln[ ] 1 ln[ 3 ] [ ln     t t t f     2 1 5 2 2 1 1 3 ] [ ] [ '          t t t t t t f t f       2 5 0 ] [ ' 2 1 5 2 ] [ ' 2 2          t t f t t t t f Lập bảng biến thiên ta được 4 27 2 5 ] [          f t f P Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0 , 2 2 2 5             d d c d b a y x t x y y x Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 4 27 Bài 6: Cho   20 ; 0 , ,     z y x xyz z y x . Tìm giá trị nhỏ nhất của     2 2 z y z x y x P     Lời giải Nhận xét:Có một chú ý quan trọng của bài 6 là một phép biến đổi nhỏ       yz yz yz z y x x yz xz xy x z x y x             20 2 Như vậy biến mới được hình thành. Đặt 0   yz t suy ra ] [ 20 2 t f t t t P     . Xét t t t t f 20 ] [ 2    trên    ; 0 Ta có:     2 0 10 5 2 2 20 2 20 1 2 ] [ 2 2 2 2 3 2               t t t t t t t t t t t f Lập bảng biến thiên ta suy ra 16 ] 2 [ ] [   f t f Do đó 16  P . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi                 1 2 2 10 z y x yz z y x xyz Kết luận:         1 2 16 min z y x P Bài 7: Cho        1 ; 2 1 , , c b a . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức b a c a c b c b a P       Lời giải NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 30 Nhận xét:Khi gặp bài toán trên, ta chưa thể tìm cách phá giá dấu giá trị tuyệt đối. Do vậy cứ thử quy đồng và tách tung ra xem có gì đặc biệt không. Bởi vì lưu ý rằng: khi cho 0 , ,      P a c c b b a . Nên sau khi biến đổi chắc chắn sẽ chứa nhân tử       a c c b b a    Do đó:               abc c a ca c a bc b a bc b a ab abc a c ca c b bc b a ab P                     abc a c c b b a P     Đến đây ta giả sử 1 2 1     a b c để mục tiêu làm mất dấu giá trị tuyệt đối.       abc a c c b b a P     Nhận xét rằng có một phép biến đổi làm giảm biến số một cách đơn giản là Đặt: 2 1              x y c b y c a x Ta có:         y x f y x y x x x xy x y y x P ; 1 . 1 1 1                         Mục tiêu viết như trên là đạo hàm theo biến y [hoặc biến x].       x x y y x f y x x x y x f y y ; 1 0 ; 1 . 1 ; 2                    Lập bảng biến thiên ta thu được                   2 ; 1 , 1 1 1 1 ; ; 3 2 2             x t t t t t t x x x x x x x x f y x f P hay     ] [ 1 1 2 3 t g t t t P     Xét hàm g[t] trên   2 ; 1 ta có:     t t t t g ln . 2 1 ln 1 ln . 3 ] [ ln                2 ; 1 ; 0 1 1 2 2 2 1 1 2 2 3 3 2 1 1 1 3 ] [ ] [ 2 2 2 2                        t t t t t t t t t t t t t t t t t t g t g Từ đó ta có         2 1 2 2 1 2 1 2 2 ] [ 2 3       g t g . Như vậy   2 1 2 ] [ 2    t g P Đẳng thức xảy ra khi                                 2 1 ; 2 2 ; 1 ; ; 2 2 2 2 2 c b a c b c a y x x t x y Vậy                 2 1 ; 2 2 ; 1 ; ; 2 1 2 max 2 c b a P Bài 8: Cho 2 2 2 2 2 , 0 , , b a b a c b a    . Tìm giá trị lớn nhất của   2 1     c a c b c P Lời giải Nhận xét: Giả thiết chỉ cho dữ liệu liên quan tới a, b dù không dự đoán được đẳng thức xảy ra nhưng ta vẫn có thể khai thác được giả thiết bằng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz với mục tiêu là chỉ còn biến c. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 31 Ta có:                             2 2 2 2 2 2 2 2 2 . . a y b x y c x c a y y c b x x c Từ thiết 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2      a b b a b a Như vậy ta phải chọn 2 , 1 2 2   y x Do đó ta có:     1 2 2 3 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2                            c c c c a b c c c a c b c P ] [ 1 2 6 2 2 c f c c P                Xét hàm số f[c] trên    ; 0 ta có: 4 6 1 0 ] [ 2 6 2 2 ] [                    c c f c c f Lập bảng biến thiên ta suy ra: 2 6 8 3 1 4 6 1 4 6 1 ] [ 2                         f c f P Vậy 4 6 1 , 2 6 , 6 2 6 8 3 max        c b a P Bài 9: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 2 ; 1 ,   b c a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức         ac b c a a b b a c c b c b a P            3 4 8 2 3 2 2 2 2 Lời giải Ta có     2 2 0 2 2 0 2 1             ab b a ab b a b a     2 2 2 1 2 1           ab b a c a b b a c ab a b Tương tự ta có     2 2      bc c b a c b c b a Lại có             2 4 8 4 4 8 2 8 2 3 2 2 2 2 2                  bc ac ab ac b c a c a b c a b c a             2 7 3 9 2 3 1 2 1 2 1 2 2 3 2 1 2 1 2 3 4 2 4 2 2                                                                     ca bc ab ca bc ab ac bc ab ca bc ab ac ca bc ab bc bc ab ab bc ac ac ca bc ab bc c b a ab b a c P Xét hàm số   7 45 7 2 7 2 9 ] [        t t t t f mà 4 13 7 5 45 7 5          P ca bc ab t Vậy     1 ; 2 ; 1 ; ; 4 13 min    c b a P Bài 10: Cho các số thực và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Lời giải Với những bài toán có điều kiện ban đầu chúng ta sẽ tìm cách khai thác nó, dự đoán điểm rơi là   1 ; 0 , ,  z y x   z y x z , , min      yz xz xy z y y yz z x z y P          2 1 2   1 ; 0 , ,  z y x 0 ; 1    z y z NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 32 Hơn nữa với có chứa ở mẫu, đây là hạng tử có thể gợi ý cho chúng ta dồn biến về . Ta có suy ra Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi . Vì dự đoán điểm rơi nên khả năng và là hoàn toàn có thể xảy ra. Ta có: và Do đó Với điều kiện ta luôn có Suy ra Áp dụng bất đẳng thức Cauchyta có Mà Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi Vậy 4 min  P đạt được khi 0 ; 1    x y x Bài 11: Cho các số   1 ; 0 , ,  c b a . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức abc ab c ac b bc a P        1 1 1 Lời giải Không mất tính tổng quát của bài toán, ta có thể giả sử 1 0     a b c Ta có bc c b bc bc bc bc c bc b bc abc ab c ac b bc a P                     1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Từ giả thiết ta được     1 1 0 1 0 1 1             bc c b c b bc c b Suy ra bc bc A     1 1 1 . Đặt 2 1 1      t bc t . Xét hàm số   2 ; 1 ; 1 ] [    t t t t f Ta có   2 ; 1 0 1 1 ] [ ' 2      t t t f suy ra f[t] đồng biến trên   2 ; 1 2 5 ] 2 [ ] [    f t f . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 2 5 khi 1    c b a Bài 12: Cho các số thực   2 ; 1 , ,  c b a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:   ca bc ab c ab b a P       4 2 2 2 2 Lời giải Áp dụng hệ quả 1   ab b a 4 2   yz xz xy   2 yz xz xy   yz xz xy     1 ; 0  x       z x x z y x z x x z y x z x z y x x          2 2 2 2 2 ; B A B A   2 . 1 0  B A 0 ; 1    z y z z x x   z y y         z x z y x z x x z y x      2 2 . 2 2 2 2       z y yz z y y yz      2 2 . 1 1 2 2       yz xz xy z y x xz yz xy yz xz xy z y yz z x z y x P                   2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2   1 ; 0 , ,  z y x       z y x z y x xyz xz yz xy z y x                1 0 1 1 1 yz xz xy z y x P       2       yz xz xy z y x z y x z y x           2 2 2 2 2 2 2     yz xz xy z y x z y x z y x           2 1 ; 0 , , 2 2 2   4 2 2         yz xz xy yz xz xy P       0 1 z y x NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 33 Ta có         M b a b a c c b a ca bc ab c ab b a P              2 2 2 2 2 2 4 4 2 Do   2 ; 1 , ,  c b a nên 0  b a , chia tử và mẫu của M cho   2 b a  ta được: 1 4 1 1 4 1 2 2                     t t b a c b a c M với b a c t   . Với   2 ; 1 , ,  c b a và           1 ; 4 1 t b a c t . Xét hàm số 1 4 1 ] [ 2    t t t f trên       1 ; 4 1 Ta có     0 1 4 2 2 ] [ ' 2 2       t t t t f ,         1 ; 4 1 t ] [t f  nghịch biến trên       1 ; 4 1            1 ; 4 1 ; 6 1 ] 1 [ ] [ t f t f hay 6 1  P Vậy 6 1  MinP , giá trị nhỏ nhất đạt được khi 1  b a và 2  c Bài 13: Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn 0  c và   1 3 3    c c b a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:   2 2 2 2 c b a c b a P      Lời giải Nhận xét: từ giả thiết ta nhận thấy các biến a và b có tính chất đối xứng, do đó để giải bài toán ta sử dụng   2 2 2 2 b a b a    Ta có: vì Với hai số thực x, y tùy ý, ta có . Từ giả thiết và sử dụng đánh giá trên ta thu được . Đặt [vì và ]. Khi đó Xét hàm số trên , ta có , Do đó là hàm số nghịch biến trên , Hay , thỏa mãn 0  c và . Vậy , giá trị nhỏ nhất đạt được khi 2 ; 1    c b a Bài 14: Cho 0 , ,  z y x thoả mãn 0    z y x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức   3 3 3 3 16 z y x z y x P      Lời giải     2 2 2 2 2 1 2 2 2                       c b a c b a c b a c b a P 0  c       2 2 2 2 2 4 1 4 3 4 1 y x y x y x y xy x         0  c   1 3 3    c c b a         1 0 4 . 2 4 3 3 2 2 3 3 2                  c b a b a c b a c b ab a b a c b a c c 1 0      t c b a t 0 ,  b a 0  c   2 2 1 2 2    t t P   2 2 1 2 2 ] [    t t t f   1 ; 0   0 1 2 ] [ ' 3     t t t f   1 ; 0  t ] [t f   1 ; 0 8 3 ] 1 [ ] [    f t f   1 ; 0  t 8 3  P 0 , ,   c b a   1 3 3    c c b a 8 3  MinP NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 34 Ta có Áp dụng hệ quả 2 ta có Do đó . Đặt . Khi đó . Xét hàm số trên Ta có                      1 ; 0 7 1 1 ; 0 9 1 0 ] [ ' 4 3 6 189 ] [ ' 2 t t t f t t t f Lập bảng biến thiên suy ra , Vậy , giá trị nhỏ nhất đạt được khi z y x 4   Bài 15: Cho x, y, zlà ba số thực thuộc đoạn   2 ; 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức       2 2 2 2 2 2 2 z y x z y x y x P        Lời giải Nhận xét: Ta chỉ cần biến đổi       xy z y x z z y x z y x 4 4 2 2 2 2 2 2 2          Ta có           xy z y x z y x z y x z y x y x P 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2             Ta có .Do đó Đặt , vì thuộc đoạn . Khi đó ta có Xét hàm trên Ta có , . Suy ra là hàm số đồng biến trên .Do đó 6 1 ] 1 [ ] [   f t f , hay , Vậy , giá trị nhỏ nhất đạt được khi 1   y x và 2  z Bài 16: Cho các số thực 0 , ,  c b a thỏa mãn 2 2 2 2 2 1 b a c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 c b a c c a b c b a P        3 3 3 16                                  z y x z z y x y z y x x P 3 3 3 3 1 4 1 4 1                                              z y x z z y x y x z y x y z y x x 3 3 16 1 4 1                        z y x z z y x z P   1 ; 0      t z y x z t   3 3 16 1 4 1 t t P      3 3 16 1 4 1 ] [ t t t f      1 ; 0 81 16 9 1 ] [         f t f   1 ; 0  t 81 16 ] [    t f P 81 16  MinP   2 4 y x xy         2 2 2 2 2 4 1 4                               z y z x z y z x z y z x y x z y x z y x P z y z x t   z y x , ,   2 ; 1   4 ; 1  t 2 2 4 1 t t t P    2 2 4 1 ] [ t t t t f      4 ; 1   0 ] [ ' 4 1 2 4 ] [ ' 2 2 2       t f t t t t t f   4 ; 1  t ] [t f   4 ; 1   4 ; 1  t 6 1  P   2 ; 1 , ,   z y x 6 1  MinP NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 35 Lời giải Vì do đó ta có 1 1 1 1 2 2                    c b c a c a c b c b c a P Đặt , [vì ] khi đó biểu thức P trở thành Biến đổi giả thiết ta thu được Ta có và [1] Ta lại có [2] [vì ] Từ [1] và [2] Biến đổi biểu thức P, ta thu được Từ hệ quả 3, ta có: Đặt . Do đó Xét hàm số trên Ta có , và [vì ] Suy ra là hàm số đồng biến trên , hay Vậy giá trị nhỏ nhất đạt được khi c b a 2   Bài 17: Cho các số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện 0 2    z y x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: y x y x z y x y z y x P 3 2 2 10         Lời giải Ta có Do đó 0  c c a x  c b y  0 ,   y x 0 , ,  c b a 1 1 1 1 2 2        y x x y y x P 2 2 2 2 2 1 b a c     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1 y x y x y x b c a c b a c                y x xy y x y x y x        2 2 2 2 2 2         2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1               y x y x y x xy y x y x     4 4 4 2        y x y x xy y x 0 ,  y x 1 1 2 2       y x y x   1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2                            y x y x y x y x x y y x P   1 1 2 4 2 1 1 2 4 1 2                  y x y x P y x y x y x P 4     t y x t 1 1 2 4 2      t t P 1 1 2 4 2 ] [      t t t f    ; 4       0 2 1 4 3 ] [ ' 2 2      t t t t t f      ; 4 t 4 0 ] [ '    t t f     ; 4 t ] [t f    ; 4 3 5 ] 4 [ ] [    f t f      ; 4 t 3 5 ] [   t f P 3 5  MinP                  y x z y y x z y x y x z z y x 12 10 3 2 2 0 2 y x y x y x y y x x y x y x z y x y z y x P 3 2 2 3 2 12 3 2 2 10                NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 36 Đặt . Khi đó . Xét hàm số trên Ta có Lập bảng biến thiên suy ra , . Suy ra . Vậy , giá trị nhỏ nhất đạt được khi y z y x 4 , 2   . Nhận xét ta có thể coi P là hàm của z và x, y là tham số và xét hàm P[z] trên   y x 2 ; 0  Bài 18: Cho các số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện c a b a   , . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:   b a c c a b c b a a P 2 5 2 5 5        Lời giải Vì do đó a b a c a c a b a c a b P . 2 5 . 2 5 1 5 1              Đặt vì và . Khi đó biểu thức P được viết lại như sau: Ta có và Do đó hay Đặt vì . Khi đó ta có Xét hàm số trên 3 2 3 12 3 2 3 12            y x y x y x y x y x y x y x x P 0    t y x t 3 2 3 12       t t t t P 3 2 3 12 ] [      t t t t t f    ; 0                                   ; 0 5 18 ; 0 2 3 2 4 12 0 ] [ ' 3 2 3 12 12 ] [ ' 2 2 2 2 t t t t t f t t t t f 7 6 ] 2 [ ] [   f t f      ; 0 t 7 6  P 7 6  MinP 0  a   1 ; 0 ,            y x a c y a b x 0 , ,  c b a c a b a   ,   x y y x y x P 2 5 2 5 1 5 1                               x y y x y x P 2 5 1 2 5 1 5 2 2 1 5 2 2 2 y x y x 2 2 10 4 2 5 1 2 5 1         1 ; 0 , , 0 5 2 2      y x y x     y x y x y x P 2 2 10 4 5 2 2 1 5 2 2 2            1 5 5 1 5 2        y x y x P   2 ; 0     t y x t   1 ; 0 ,  y x   1 5 5 1 5 2      t t P   1 5 5 1 5 2 ] [      t t t f   2 ; 0 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 37 Ta có Do đó là hàm số đồng biến trên hay , với mọi thỏa mãn điều kiện . Vậy , giá trị lớn nhất đạt được khi c b a   Bài 19: Cho ba số thực dương z y x , , thỏa mãn z y x    0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:     z x x z y xz z y y xz y z x P 2 3 3 2 2 4 2 2 3 15       Lời giải Ta có . Đặt             1 1 0 , , ; ; c abc c b a x z c z y b y x a Do đó: Áp dụng hệ quả2, ta có Xét hàm số trên . Ta có Lập bảng biến thiên suy ra Vậy giá trị nhỏ nhất đạt được khi hay z y x   2 2 Bài 20: Cho c b a , , là các số thực dương thỏa mãn c ab c b c a     . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b a c b a c a c b c b a P         Lời giải Đặt   1 , ; . ; .    y x c y b c x a Thay vào giả thiết ta có: [không thỏa mãn giả thiết] Tương tự cũng không thỏa mãn . thay vào giả thiết ta có: Mặt khác               2 ; 0 , 0 5 1 5 60 24 5 1 5 5 1 25 ] [ ' 2 2 2 2 2 2 2              t t t t t t t t t t f ] [t f     2 ; 0 , 15 11 ] 2 [ ] [ 2 ; 0      t f t f 15 11  P 0 , ,  c b a c a b a   , 15 11  MaxP x z x z z y y x z y z y y x y x P 15 2 3 3                           c c b a b b a a P 15 2 3 3         c c c c b a b a ab P 16 15 2 2        c c c f 16 ] [ 2      ; 1 2 0 ] [ ' 16 2 ] [ ' 2       c c f c c c f        ; 1 , 12 ] 2 [ ] [ c f c f 12  MinP         2 2 1 c b a 1  x 0     c b c b 1  y 1 ; 1    y x     xy y x y x xy y x            1 1 2 2 1 1           0 1 1 1 0 1 1 1 2 1 2               y x y x y x x     4 2 1 1 1           xy xy y x xy y x   xy y x y x y xy y x xy x y x y x x y y x P 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2                  NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 38 Hay Đặt , khi đó ta có   t t t t t P 2 3 3 3 2 2 2 3      Xét hàm số   t t t t t t f 2 3 3 3 2 ] [ 2 2 3      trên    ; 4 Ta có         4 , 0 2 3 18 4 6 4 2 3 6 6 4 ] [ ' 2 2 2 3 2 2 2 3 4                 t t t t t t t t t t t t t t f Suy ra hàm số đồng biến trên . Do đó:   24 41 ] 4 [ ] [ min ; 4    f t f Vậy 24 41 min  P khi hay c b a 2   Bài 21: Cho c b a , , là các số thực dương thỏa mãn: c b a   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:     c b a abc ca bc ab c a T       2 2 Lời giải Đặt Khi đó         1 2 1 2 2 2             y x xy xy y x y x y x xy xy y x y x T Đặt vì Đặt ta có Do đó là hàm số nghịch biến trên . Xét hàm số     2 2 4 1 4 1 2 ] [    S S S S g với Ta có [vì ]. Từ bảng biến thiên suy ra Do đó ta có . Vậy , giá trị nhỏ nhất đạt được khi hay c b a   Bài 22: Cho là các số thực dương thỏa mãn: 1 2 2 2    z y x . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 3 3 3 2 2 24 1 1 z x z y y x x yz z xy P       Lời giải     xy y x y x y x xy y x P 2 1 1 2 2 2                   xy xy xy xy xy xy y x xy xy P 2 3 3 3 2 2 1 1 3 2 2 3 2 2          4 ;   t xy t ] [t f    ; 4 2   y x x y b y c b x a       1 0 . ; . xy P y x S    ;     1 0 0 1 1 1 1 0                S P y x S x y     2 2 4 1 4 ] [    S P P S S P f       1 ; 0 , 0 1 4 2 ] [ ' 2 3 4         S P S P P S S P f   fP   0; 1 S        1 ; 0 , 1 4 1 2 ] 1 [ ] [ 2 2 4          S P S S S S f P f 1  S       2 0 ] [ ' 1 2 1 2 2 ] [ ' 3 2 3 2          S S g S S S S S S g 1  S        ; 1 , 3 4 ] 2 [ ] [ S g S g 3 2 ] 2 [ ] [ ] [     g S g P f T 3 2  MinT 1   y x z y x , , NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 39 Nhận xét: Bài 22 khi ta thay giả thiết vào biểu thức P thì P là một biểu thức đồng bậc. Tuy nhiên nếu chỉ sử dụng các biến đổi đại số thì ta vẫn chưa làm giảm số biến của biểu thức. Ta cần sử dụng các hệ quả để đánh giá biểu thức Ta có         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 z x y x yz z y z x xy x yz z xy            Ta lại có Vậy . Đặt [vì ] Khi đó Xét hàm số trên Ta có [vì ] Lập bảng biến thiên suy ra hay Vậy , giá trị lớn nhất đạt được khi 3 1    z y x Bài 23: Cho là các số thực dương thỏa mãn 2 4 4                   z x x z z y y x Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: z x z z y z y x y P       2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 Lời giải Từ giả thiết ta có x z z x z x x z z x x z z y y x x z z y y x x                                                     2 2 4 4 4 4 2 2 2 . 2 2 2 Đặt [vì ]. Do đó Ta có 1 2 2 2    z y x         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 z x y x yz z y z x xy x yz z xy                                       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 1 4 1 1 1 z x z y x y y z y z x x x yz z xy                             xy y yz y y x y y z y x yz z xy 2 2 1 4 1 1 4 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2              x y z y x yz z xy 8 1 4 1 1 1 2 2     3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4 1 . 4 1 4 1                x y z y z x yz xy z x z y y x yz xy z y y x 3 96 1 8 1 4 1                  x y z y x y z y P 0     t x y z y t 0 , ,  z y x 3 96 1 8 1 4 1 t t P    3 96 1 8 1 4 1 ] [ t t t f       ; 0 2 0 ] [ ' 32 1 8 1 ] [ ' 2       t t f t t f 0  t        ; 0 , 12 5 ] 2 [ ] [ t f t f 12 5 ] [   t f P 12 5  MaxP z y x , , 0    t z x t 0 ,  z x       1 2 1 0 1 2 1 1 0 1 2 2 1 2 2 2 3 2                 t t t t t t t t t t 1 2 3 1 2 1 2 2 2                     z x z y y x P NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 40 Nhận xét: vì . Mặt khác Do đó Vậy . Xét hàm số trên Ta có Suy ra là hàm số nghịch biến trên Hay với mọi thỏa mãn Vậy , giá trị lớn nhất đạt được khi      2 2 x y x z z x z y y x  . 1 . 1    z y y x z x 0 , 0 , ,    z y y x z y x z x z y y x z y y x                      1 2 . 1 2 1 1 1 1 2 2 1 2 3 1 4 1 2 3 1 4         t t z x z x P 1 2 3 1 4 ] [     t t t f       1 ; 2 1                    1 ; 2 1 , 0 1 2 1 2 4 10 ] [ ' 2 2 2 t t t t t t f ] [t f       1 ; 2 1                  1 ; 2 1 , 6 7 2 1 ] [ t f t f 6 7  P 0 , ,  z y x 2 4 4                   z x x z z y y x 6 7  MaxP NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 1 CHỦ ĐỀ: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO DẠNG 3 BÀI TOÁN TỐI ƯU Câu 1. Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh như hình vẽ bên. Người ta chia elip bởi parabol có đỉnh , trục đối xứng và đi qua các điểm . Sau đó sơn phần tô đậm với giá đồng/ và trang trí đèn led phần còn lại với giá đồng/ . Hỏi kinh phí sử dụng gần nhất với giá trị nào dưới đây? Biết rằng . A. đồng. B. đồng. C. đồng. D. đồng. Câu 2. Một chất điểm chuyển động thẳng với quãng đường biến thiên theo thời gian bởi quy luật   32 4 12 s t t t    [m], trong đó t [s] là khoảng thời gian tính từ lúc bắt đầu chuyển động. Vận tốc của chất điểm đó đạt giá trị bé nhất khi t bằng bao nhiêu? A. 2 [s]. B. 8 3 [s]. C. 0 [s]. D. 4 3 [s]. Câu 3. Tính diện tích lớn nhất của hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong nửa đường tròn có bán kính 10cm [hình vẽ]. A. 2 160cm . B. 2 100cm . C. 2 80cm . D. 2 200cm . Câu 4. Người ta muốn xây một cái bể hình hộp đứng có thể tích   3 18 Vm  , biết đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp 3 lần chiều rộng và bể không có nắp. Hỏi cần xây bể có chiều cao h bằng bao nhiêu mét để nguyên vật liệu xây dựng là ít nhất [biết nguyên vật liệu xây dựng các mặt là như nhau]? A.   2 m . B.   5 2 m . C.   1 m . D.   3 2 m . 1 2 1 2 , , , A A B B 1 B 12 BB , MN 200.000 2 m 500.000 2 m 1 2 1 2 4 , 2 , 2 AA m BB m MN m    N M B 1 B 2 A 2 A 1 2.341.000 2.057.000 2.760.000 1.664.000 10cm x O D C B A NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 2 Câu 5. Một cốc hình trụ có bán kính đáy là 2cm , chiều cao 20cm . Trong cốc đang có một ít nước, khoảng cách giữa đáy cốc và mặt nước là 12cm [hình vẽ]. Một con quạ muốn uống được nước trong cốc thì mặt nước phải cách miệng cốc không quá 6cm . Con quạ thông minh mổ những viên đá hình cầu có bán kính 0,6cm thả vào cốc để mực nước dâng lên. Để uống được nước thì con quạ cần thả vào cốc ít nhất bao nhiêu viên đá? A. 30. B. 27 . C. 28 . D. 29 . Câu 6. Một sợi dây có chiều dài 28m được cắt thành hai đoạn để làm thành một hình vuông và một hình tròn. Tính chiều dài [theo đợn vị mét] của đoạn dây làm thành hình vuông được cắt ra sao cho tổng diện tích của hình vuông và hình tròn là nhỏ nhất? A. 56 4 . B. 112 4 . C. 84 4 . D. 92 4 . Câu 7. Để chuẩn bị cho đợt phát hành sách giáo khoa mới, một nhà xuất bản yêu cầu xưởng in phải đảm bảo các yêu cầu sau: Mỗi cuốn sách giáo khoa cần một trang chữ có diện tích là 2 384cm , lề trên và lề dưới là 3cm , lề trái và lề phải là 2cm . Muốn chi phí sản xuất là thấp nhất thì xưởng in phải in trang sách có kích thước tối ưu nhất, với yêu cầu chất lượng giấy và mực in vẫn đảm bảo. Tìm chu vi của trang sách. A. 82cm . B. 100cm . C. 90cm . D. 84cm . Câu 8. Với tấm nhôm hình chữ nhật có kích thước 30 ; 40 cm cm . Người ta phân chia tấm nhôm như hình vẽ và cắt bỏ một phần để được gấp lên một cái hộp có nắp. Tìm x để thể tích hộp lớn nhất. A. 35 5 13 3 cm  . B. 35 4 13 3 cm  . C. 35 5 13 3 cm  . D. 35 4 13 3 cm  . Câu 9. Ông A dự định sử dụng hết 2 6,5m kính để làm một bể cá bằng kính có dạng khối hình hộp chữ nhật chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng[ các mối ghép có kích thước không đáng kể]. Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu [ kết quả làm tròn đến hàng phần trăm]? NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 3 A. 3 2,26m . B. 3 1,01m . C. 3 1,33m . D. 3 1,50m . Câu 10. Một vật chuyển động theo quy luật 32 1 6 3 s t t    với t là khoảng thời gian tính từ khi vật bắt đầu chuyển động và s là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 9 giây, kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu? A. 243 . B. 144 . C. 27 . D. 36 . Câu 11. Một bác nông dân cần xây dựng một hố ga không có nắp dạng hình hộp chữ nhật có thể tích 2 3200cm , tỉ số giữa chiều cao của hố và chiều rộng của đáy bằng 2 . Hãy xác định diện tích của đáy hố ga để khi xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất? A. 2 1200cm . B. 2 120cm . C. 2 160cm . D. 2 1600cm . Câu 12. Ông An có một khu đất hình elip với độ dài trục lớn 10 m và độ dài trục bé 8 m. Ông An muốn chia khu đất thành hai phần, phần thứ nhất là một hình chữ nhật nội tiếp elip dùng để xây bể cá cảnh và phần còn lại dùng để trồng hoa. Biết chi phí xây bể cá là 1000000 đồng trên 2 1m và chi phí trồng hoa là 1200000 đồng trên 2 1m . Hỏi ông An có thể thiết kế xây dựng như trên với tổng chi phí thấp nhất gần nhất với số nào sau đây? A. 67398224 đồng. B. 67593346 đồng. C. 63389223 đồng. D. 67398228 đồng. Câu 13. 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]. A. 5 65 4 . B. 55 . C. 92 . D. 5 71 4 . Câu 14. Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài 25m AB  , chiều rộng 20m AD  được chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN [ , MN lần lượt là trung điểm BC và AD ]. Một đội xây dựng làm một con đường đi từ A đến C qua vạch chắn MN , biết khi làm đường trên miền ABMN mỗi giờ làm được 15m và khi làm trong miền CDNM mỗi giờ làm được 30m . Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C . A. 25 3 . B. 10 2 725 30  . C. 20 725 30  . D. 5 . Câu 15. Để thiết kế một chiếc bể cá không có nắp đậy hình hộp chữ nhật có chiều cao 60cm , thể tích là 3 96.000cm , người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành là 70.000 đồng/ 2 m và loại kính để làm mặt đáy có giá thành là 100.000 đồng/ 2 m . Chi phí thấp nhất để làm bể cá là A. 283.000 đổng. B. 382.000đồng. C. 83.200đồng. D. 832.000đồng. Câu 16. Một cái hộp có dạng hình hộp chữ nhật có thể tích bằng 48 và chiều dài gấp đôi chiều rộng. Chất liệu làm đáy và 4 mặt bên của hộp có giá thành gấp ba lần giá thành của NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 4 chất liệu làm nắp hộp. Gọi h là chiều cao của hộp để giá thành của hộp là thấp nhất. Biết m h n  với m , n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tổng mn  là A. 12 . B. 13. C. 11. D. 10. Câu 17. Một chiếc cổng có hình dạng là một Parabol   P có kích thước như hình vẽ, biết chiều cao cổng bằng 4 m, 4 AB  m. Người ta thiết kế cửa đi là một hình chữ nhật CDEF [với , C F AB  ;   , D E P  ], phần còn lại [phần tô đậm] dùng để trang trí. Biết chi phí để trang trí phần tô đậm là 1.000.000 đồng/ 2 m . Hỏi số tiền ít nhất dùng để trang trí phần tô đậm gần với số tiền nào dưới đây? A. 4.450.000 đồng. B. 4.605.000 đồng. C. 4.505.000 đồng. D. 4.509.000 đồng. Câu 18. Một cái hộp có dạng hình hộp chữ nhật có thể tích bằng 48 và chiều dài gấp đôi chiều rộng. Chất liệu làm đáy và 4 mặt bên của hộp có giá thành gấp ba lần giá thành của chất liệu làm nắp hộp. Gọi h là chiều cao của hộp để giá thành của hộp là thấp nhất. Biết m h n  với m , n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tổng mn  là A. 12 . B. 13 . C. 11. D. 10 . Câu 19. Một trang trại rau sạch mỗi ngày thu hoạch được một tấn rau. Mỗi ngày, nếu bán rau với giá 30000đồng/kg thì hết rau sạch, nếu giá bán rau tăng 1000đồng/kg thì số rau thừa tăng thêm 20 kg. Số rau thừa này được thu mua làm thức ăn chăn nuôi với giá 2000 đồng/kg. Hỏi tiền bán rau nhiều nhất trang trại có thể thu được mỗi ngày là bao nhiêu ? A. 32400000đồng. B. 34400000đồng. C. 32420000đồng. D. 34240000đồng. Câu 20. Hình vẽ bên dưới mô tả đoạn đường đi vào GARA Ô TÔ nhà cô Hiền. Đoạn đường đầu tiên có chiều rộng bằng [m] x , đoạn đường thẳng vào cổng GARA có chiều rộng 2,6 [m] . Biết kích thước xe ô tô là 5m 1,9m  [chiều dài  chiều rộng]. Để tính toán và thiết kế đường đi cho ô tô người ta coi ô tô như một khối hộp chữ nhật có kích thước chiều dài 5 [m] , chiều rộng 1,9 [m] . Hỏi chiều rộng nhỏ nhất của đoạn đường đầu tiên gần nhất với giá trị nào trong các giá trị bên dưới để ô tô có thể đi vào GARA được ? [giả thiết ô tô không đi ra ngoài đường, không đi nghiêng và ô tô không bị biến dạng] NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 5 A. 3,7 [m] x  . B. 2,6 [m] x  . C. 3,55 [m] x  . D. 4,27 [m] x  . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 6 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh như hình vẽ bên. Người ta chia elip bởi parabol có đỉnh , trục đối xứng và đi qua các điểm . Sau đó sơn phần tô đậm với giá đồng/ và trang trí đèn led phần còn lại với giá đồng/ . Hỏi kinh phí sử dụng gần nhất với giá trị nào dưới đây? Biết rằng . A. đồng. B. đồng. C. đồng. D. đồng. Lời giải Chọn A Phương trình đường Elip là: . Diện tích hình Elip là Tọa độ giao điểm là nghiệm hệ: . Vậy . Parabol đối xứng qua có dạng . Vì . Diện tích phần tô đậm là: 1 2 1 2 , , , A A B B 1 B 12 BB , MN 200.000 2 m 500.000 2 m 1 2 1 2 4 , 2 , 2 AA m BB m MN m    N M B 1 B 2 A 2 A 1 2.341.000 2.057.000 2.760.000 1.664.000 B 1 -1 1 y x O 1 -1 2 -2 M N 22 1 41 xy    . E S ab     2 2 m   , MN 22 1 1 3 1 41 2 x x xy y             33 1; , N 1; 22 M                    P Oy   2 0 y ax c a        1 1 3 0; 1 , 1; 3 2 1 2 c B N P a                 2 3 : 1 1 2 P y x         1 2 2 1 0 3 2 1 1 1 42 x S x dx               NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 7 • Tính . Đặt Đổi cận Suy ra . • Tính Vậy . Tổng số tiền sử dụng là: đồng Câu 2. Một chất điểm chuyển động thẳng với quãng đường biến thiên theo thời gian bởi quy luật   32 4 12 s t t t    [m], trong đó t [s] là khoảng thời gian tính từ lúc bắt đầu chuyển động. Vận tốc của chất điểm đó đạt giá trị bé nhất khi t bằng bao nhiêu? A. 2 [s]. B. 8 3 [s]. C. 0 [s]. D. 4 3 [s]. Lời giải Chọn D     2 38 v t s t t t     .   68 v t t   . Có   4 0 3 v t t     . Dựa vào bảng biến thiên ta có   0; 4 16 min 33 vv        . Vậy vận tốc của chất điểm đó đạt giá trị bé nhất khi 4 3 t  . Câu 3. Tính diện tích lớn nhất của hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong nửa đường tròn có bán kính 10cm [hình vẽ]. A. 2 160cm . B. 2 100cm . C. 2 80cm . D. 2 200cm . 1 2 1 0 1 4 x I dx   sin cos . 22 x dx t tdx    00 . 1 6 xt xt               6 6 6 22 1 0 0 0 1 sin .2cos 2cos 1 cos 2 I t tdt tdt t dt            6 0 13 sin 2 2 6 4 tt          1 1 3 2 2 0 0 3 3 3 2 1 1 1 . 2 2 3 6 3 x I x dx x                                             1 3 3 2 2 6 4 6 3 S          34 3 6 3     2 m     11 .200000 .500000 2.341.000 E S S S    NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 8 Lời giải Chọn B Đặt OA x    0 10 x  . Suy ra: 2; AB x  2 2 2 100 AD OD OA x     . Khi đó: 2 2 4 . 2 . 100 2 100 ABCD S S ABAD x x x x       Suy ra: 3 24 200 4 ' 100 xx S xx     3 0 ' 0 200 4 0 5 2 5 2 52 x S x x x x x                [do 0 10 x  ] Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật ABCD bằng 2 100cm khi 5 2 cm x  . Câu 4. Người ta muốn xây một cái bể hình hộp đứng có thể tích   3 18 Vm  , biết đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp 3 lần chiều rộng và bể không có nắp. Hỏi cần xây bể có chiều cao h bằng bao nhiêu mét để nguyên vật liệu xây dựng là ít nhất [biết nguyên vật liệu xây dựng các mặt là như nhau]? A.   2 m . B.   5 2 m . C.   1 m . D.   3 2 m . Lời giải Chọn D 10cm x O D C B A NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 9 Gọi x   0 x  là chiều rộng hình chữ nhật đáy bể, suy ra chiều dài hình chữ nhật đáy bể là 3. x 2 . .3 .3 18 V hx x h x      0 x  . 22 18 6 3 h xx    , Gọi P là diện tích xung quanh cộng với diện tích một đáy bể của hình hộp chữ nhật. Nguyên vật liệu ít nhất khi P nhỏ nhất. 2 2 2 22 6 6 48 2 2. .3 3 2. . 2. .3 3 3 . P hx h x x x x x x x x x         Đặt   2 48 3 f x x x  ,   0 x  . Ta có   2 48 6 f x x x    ,   3 2 48 0 6 0 8 2 f x x x x x           . Bảng biến thiên: Suy ra vật liệu ít nhất khi   2 6 6 3 42 hm x    . Câu 5. Một cốc hình trụ có bán kính đáy là 2cm , chiều cao 20cm . Trong cốc đang có một ít nước, khoảng cách giữa đáy cốc và mặt nước là 12cm [hình vẽ]. Một con quạ muốn uống được nước trong cốc thì mặt nước phải cách miệng cốc không quá 6cm . Con quạ thông minh mổ những viên đá hình cầu có bán kính 0,6cm thả vào cốc để mực nước dâng lên. Để uống được nước thì con quạ cần thả vào cốc ít nhất bao nhiêu viên đá? A. 30. B. 27 . C. 28 . D. 29 . Lời giải Chọn C Gọi bán kính hình trụ là r , bán kính viên đá hình cầu là R . Thể tích một viên đá là   3 3 44 . 0,6 33 R  . Gọi n là số viên đá con quạ thả vào cốc, n nguyên dương. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 10 Thể tích nước cần đổ thêm vào cốc để mực nước cách miệng cốc 6cm là 2 . .2 8 r  . Để con quạ uống được nước thì lượng đá bỏ vào cốc phải làm mực nước dâng lên cách miệng cốc không quá 6cm nên ta phải có:   3 4 . . . 0,6 8 3 n    3 24 4. 0,6 n  250 9 n  . Do n nguyên dương nên suy ra 28 n  . Vậy con quạ cần thả vào cốc ít nhất 28 viên đá. Câu 6. Một sợi dây có chiều dài 28m được cắt thành hai đoạn để làm thành một hình vuông và một hình tròn. Tính chiều dài [theo đợn vị mét] của đoạn dây làm thành hình vuông được cắt ra sao cho tổng diện tích của hình vuông và hình tròn là nhỏ nhất? A. 56 4 . B. 112 4 . C. 84 4 . D. 92 4 . Lời giải Chọn B Gọi 1 l , 2 l   m lần lượt là chu vi hình vuông và hình tròn.   12 0 , 28 ll  Gọi a , R   m lần lượt là cạnh của hình vuông và bán kính của hình tròn. Khi đó ta có: 12 28 ll  1 1 4 4 l l a a    21 2 28 2 22 ll l R R        Tổng diện tích của hình vuông và hình tròn là: 2 2 2211 28 .. 16 2 ll S a R          , 1 0 28 l  Yêu cầu bài toán tương đương với tìm   1 0,28 l  để S đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có: 11 1 28 112 '0 8 2 4 ll Sl            Lập bảng biến thiên ta được S đạt giá trị nhỏ nhất tại 1 112 4 l    . Câu 7. Để chuẩn bị cho đợt phát hành sách giáo khoa mới, một nhà xuất bản yêu cầu xưởng in phải đảm bảo các yêu cầu sau: Mỗi cuốn sách giáo khoa cần một trang chữ có diện tích là 2 384cm , lề trên và lề dưới là 3cm , lề trái và lề phải là 2cm . Muốn chi phí sản xuất là thấp nhất thì xưởng in phải in trang sách có kích thước tối ưu nhất, với yêu cầu chất lượng giấy và mực in vẫn đảm bảo. Tìm chu vi của trang sách. A. 82cm . B. 100cm . C. 90cm . D. 84cm . Lời giải Chọn B Ta thấy muốn chi phí sản xuất nhỏ nhất thì kích thước tối ưu là khi diện tích mỗi trang sách phải nhỏ nhất đồng thời vẫn bảo đảm yêu cầu đề ra. Gọi , xy thứ tự là chiều dài và chiều rộng của trang sách, đơn vị cm , điều kiện: 6; 4 xy  . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 11 Diện tích phần chữ trên mỗi trang là:     6 4 384 4 6 360 2 4 .6 360 x y xy x y x y          . Khi đó 4 6 360 0 10 6 600 xy xy xy xy        , dấu “=” xảy ra khi 600 30 4 6 20 xy x x y y       [ thỏa mãn]. Vậy chu vi trang sách khi sản xuất theo kích thước tối ưu là     2 100 . x y cm  Câu 8. Với tấm nhôm hình chữ nhật có kích thước 30 ; 40 cm cm . Người ta phân chia tấm nhôm như hình vẽ và cắt bỏ một phần để được gấp lên một cái hộp có nắp. Tìm x để thể tích hộp lớn nhất. A. 35 5 13 3 cm  . B. 35 4 13 3 cm  . C. 35 5 13 3 cm  . D. 35 4 13 3 cm  . Lời giải Chọn C Khối hộp chữ nhật thu được có kích thước là 30 2x  ; 20 x  ;x với   0;15 x  . Khi đó           0;15 35 5 13 30 2 20 max 3 V x x x f x f x f            . Dấu ""  đạt tại 35 5 13 . 3 x   Câu 9. Ông A dự định sử dụng hết 2 6,5m kính để làm một bể cá bằng kính có dạng khối hình hộp chữ nhật chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng[ các mối ghép có kích thước không đáng kể]. Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu [ kết quả làm tròn đến hàng phần trăm]? A. 3 2,26m . B. 3 1,01m . C. 3 1,33m . D. 3 1,50m . Lời giải Chọn D NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 12 Gọi chiều rông của bể cá là   m x , chiều cao là     m , 0  y x y , khi đó chiều dài bể cá là   2m x . Diên tích kính sử dụng là   22 2 2 4 m    S x xy xy . Theo bài ra ta có: 22 2 6.5 2 13 4 2 2 4 6,5 6 12 xx x xy xy y xx        . Thể tích bể cá là   2 2 13 4 2. 12 x V x x x       2 3 13 4 m 6   xx . Ta xét hàm số     2 13 4 6 xx Vx   với 13 0; 2 x      . Suy ra   2 13 12 ' 6 x Vx     39 0 6      V x x . Ta có []  Vx đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua 39 6  x nên hàm số đạt cực đại tại điểm 39 6  x . Trên khoảng 13 0; 2     hàm số   Vx chỉ có một điểm cực đại nên hàm số đạt giá trị lớn nhất tại 39 . 6 x  Thể tích của bể cá có giá trị lớn nhất là     3 13 0; 2 39 13 39 max 1,50 m 6 54            V x V . Vậy bể cá có dung tích lớn nhất bằng 1,50 3 m . Cách 2: Xử lý tìm giá trị lớn nhất của [] Vx bằng bất đẳng thức Cauchy. Theo cách 1, ta tính được     2 13 4 6 xx Vx   với 13 0; 2      x . Ta có     2 2 2 2 13 4 1 8 [13 4 ][13 4 ] 6 6 8 xx x x x Vx    Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 3 2 2 2 3 2 2 2 8 13 4 13 4 26 8 [13 4 ][13 4 ] 3 27 xxx x x x . Suy ra 3 1 26 13 39 [ ] 1,50 6 8.27 54 Vx [ kết quả làm tròn đến hàng phần trăm] y 2x x NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 13 Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi 22 13 39 8 13 4 12 6 x x x . Vậy bể cá có dung tích lớn nhất bằng 1,50 3 m . Câu 10. Một vật chuyển động theo quy luật 32 1 6 3 s t t    với t là khoảng thời gian tính từ khi vật bắt đầu chuyển động và s là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 9 giây, kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu? A. 243 . B. 144 . C. 27 . D. 36 . Lời giải Chọn D Ta có     3 2 2 1 6 12 3 v t s t t t t t             . Tập xác định D  . Vì   2 2 12 6 36 36 t t t        với mọi 0 t  . Suy ra   0 max 36 t vt   . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi   2 6 0 6 tt     . Vậy trong khoảng thời gian 9 giây, kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng 36 . Câu 11. Một bác nông dân cần xây dựng một hố ga không có nắp dạng hình hộp chữ nhật có thể tích 2 3200cm , tỉ số giữa chiều cao của hố và chiều rộng của đáy bằng 2 . Hãy xác định diện tích của đáy hố ga để khi xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất? A. 2 1200cm . B. 2 120cm . C. 2 160cm . D. 2 1600cm . Lời giải Chọn C Gọi , xy lần lượt là chiều rộng và chiều dài của đáy hố ga; h là chiều cao của hố ga   , , 0 x y h  Ta có: 2 2 2 1600 2 3200 hx V xyh x y y x       Diện tích bề mặt sử dụng của hố ga không nắp là 22 8000 2 2 4 5 4 S xy xh yh x xy x x        Đặt   2 8000 4 f x x x  . Ta có   2 8000 8 f x x x     0 10 f x x     Bảng biến thiên NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 14 Vậy S nhỏ nhất khi 10 16 xy    . Diện tích đáy hố ga khi đó là 2 160cm . Câu 12. Ông An có một khu đất hình elip với độ dài trục lớn 10 m và độ dài trục bé 8 m. Ông An muốn chia khu đất thành hai phần, phần thứ nhất là một hình chữ nhật nội tiếp elip dùng để xây bể cá cảnh và phần còn lại dùng để trồng hoa. Biết chi phí xây bể cá là 1000000 đồng trên 2 1m và chi phí trồng hoa là 1200000 đồng trên 2 1m . Hỏi ông An có thể thiết kế xây dựng như trên với tổng chi phí thấp nhất gần nhất với số nào sau đây? A. 67398224 đồng. B. 67593346 đồng. C. 63389223 đồng. D. 67398228 đồng. Lời giải Chọn A Gắn mảnh vườn hình elip của ông An vào hệ trục tọa độ như hình vẽ. Độ dài trục lớn 10m và độ dài trục bé bằng 8m nên ta có 5 a  và 4 b  . Phương trình của elip là:   22 :1 25 16 xy E  . Diện tích của elip là:   20 E S ab   . Hình chữ nhật ABCD nội tiếp elip. Đặt 2 AB x    05 x  2 81 25 x AD    . Diện tích hình chữ nhật ABCD là: 2 16 1 25 ABCD x Sx  . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 15 Diện tích phần còn lại trồng hoa là: 2 20 16 1 25 hoa x Sx     . Tổng chi phí xây dựng là: 22 16000000. 1 1200000. 20 16 1 25 25 xx T x x           2 24000000 3200000 1 25 x x     . Mặt khác ta có: 22 2 1 25 25 16000000. 1 16000000. 8000000 5 25 2 xx xx     . 2 24000000 3200000 1 24000000 8000000 67398223.69 25 x Tx        . Dấu ""  xảy ra khi 2 52 1 5 25 2 xx x     [thỏa mãn]. Vậy tổng chi phí thiết kế xây dựng thấp nhất gần với số 67398224 . Câu 13. 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]. A. 5 65 4 . B. 55 . C. 92 . D. 5 71 4 . Lời giải Chọn B Đặt AP a  ,AQ b    ,0 ab  . Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của K xuống AB và AC . Suy ra 1 KE  , 8 KF  . Ta có: KE PK AQ PQ  ; KF QK AP PQ  1 KF KE AP AQ    hay 81 1 ab  . [Hoặc có thể dùng phép tọa độ hóa: Gán   0;0 A  ,   0; Pa  ,   ;0 Qb  . Khi đó   1;8 K  . Phương trình đường thẳng :1 xy PQ ba  . Vì PQ đi qua K nên 18 1 ba  .] Cách 1: Ta có: 2 2 2 PQ a b  . Vì 81 1 ab  8kk k ab    0 k  . 2 2 2 2 8kk a b k a b ab                   22 44 22 k k k k ab a a b b                   2 3 2 3 3 16 3 4 k k  . K A C B P Q E F NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 16 Suy ra PQ nhỏ nhất 22 ab  nhỏ nhất 2 2 4 2 81 1 k a a k b b ab             250 10 5 k a b         . Vậy giá trị nhỏ nhất của PQ là 22 ab  125  55  . 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 55 . Cách 2: Vì 81 1 ab  8 a b a   với 8 a  . Khi đó 2 2 2 PQ a b  2 2 8 a a a      với 8 a  . Xét hàm số   2 2 8 a f a a a      với 8 a  . Ta có     2 28 2. 8 8 a f a a a a          3 3 2 8 8 8 aa a      ;   0 fa   10 a  . BBT của   fa : Vậy GTNN của   fa là 125 khi 10 a  . 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 14. Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài 25m AB  , chiều rộng 20m AD  được chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN [ , MN lần lượt là trung điểm BC và AD ]. Một đội xây dựng làm một con đường đi từ A đến C qua vạch chắn MN , biết khi làm đường trên miền ABMN mỗi giờ làm được 15m và khi làm trong miền CDNM mỗi giờ làm được 30m . Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C . A. 25 3 . B. 10 2 725 30  . C. 20 725 30  . D. 5 . Lời giải Chọn A NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 17 Do cần thời gian xây là ngắn nhất nên con đường làm trên mỗi miền phải là những đường thẳng. Gọi AE và EC lần lượt là đoạn đường cần làm. Với   m NE x  [với 0 25 x  ].   25 m EM x    . Ta được   2 2 2 2 22 100 100 25 AE AN EN x EC MC EM x               .  Thời gian để làm đoạn đường từ A đến C là:       2 2 25 100 100 h 15 30 15 30 x AE EC x tx       [Với 0 25 x  ]     22 25 15 100 30. 25 100 xx tx x x        . Xét     22 25 00 15 100 30. 25 100 xx tx x x                     2 2 22 22 2 25 100 25 100 4 25 100 25 100 x x x x x x x x                                     2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 4 25 400 100 25 25 0 4 25 25 20 25 0 5 4 25 5 45 0 5 x x x x x x x x x x x x x x x x                        . Ta được       4 29 0 6 25 5 3 1 29 25 3 t t t                 . Vậy thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C là   25 h 3 .  Cách 2: NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 18 Xét         2 2 2 2 2 2 22 25 10 20 2 25 10 10 15 30 30 x x x x tx           [Với 0 25 x  ]. Lại có         2 2 2 2 22 20 2 25 10 45 2 10 x x x x           do u v u v    .       2 2 2 22 20 2 25 10 5 5 2000 x x x         . Do đó     2 5 5 2000 2000 2 5 30 30 3 x tx     . Vậy     min 25 h 3 tx  khi và chỉ khi   5m x  . Vậy thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C là   25 h 3 . Câu 15. Để thiết kế một chiếc bể cá không có nắp đậy hình hộp chữ nhật có chiều cao 60cm , thể tích là 3 96.000cm , người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành là 70.000 đồng/ 2 m và loại kính để làm mặt đáy có giá thành là 100.000 đồng/ 2 m . Chi phí thấp nhất để làm bể cá là A. 283.000 đổng. B. 382.000đồng. C. 83.200đồng. D. 832.000đồng. Lời giải Chọn C Gọi   m x là chiều dài của hình chữ nhật đáy   0 x  . Khi đó chiều rộng là: 0,096 4 . 0,6 25 xx  Khi đó diện tích mặt xung quanh là: 4 1, 2 25 x x     . Chi phí để làm mặt xung quanh là: 44 70.1, 2 84 25 25 xx xx                [nghìn đồng]. Diện tích mặt đáy là: 44 .. 25 25 x x  Cho phí để làm mặt đáy là: 4 100. 16 25  [nghìn đồng] . Chi phí để làm bể cá thấp nhất khi và chỉ khi chi phí làm mặt bên thấp nhất Xét hàm số     2 22 4 4 25 4 , 0; 1 25 25 25 x f x x x f x x x x         .   2 2 0 25 4 0 . 5 f x x x        NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 19 Bảng biến thiên Khi đó chi phí thấp nhất là: 4 84. 16 83.200 5  đồng. Bổ sung cách 2 Xét hàm số   4 25 f x x x  với 0 x  . Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si ta có   4 4 4 2. 25 25 5 f x x x xx     . Dấu ""  xẩy ra khi 42 25 5 xx x    . Vậy chi phí thấp nhất là: 4 84. 16 83.200 5  đồng. Câu 16. Một cái hộp có dạng hình hộp chữ nhật có thể tích bằng 48 và chiều dài gấp đôi chiều rộng. Chất liệu làm đáy và 4 mặt bên của hộp có giá thành gấp ba lần giá thành của chất liệu làm nắp hộp. Gọi h là chiều cao của hộp để giá thành của hộp là thấp nhất. Biết m h n  với m , n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tổng mn  là A. 12 . B. 13. C. 11. D. 10. Lời giải Chọn C Gọi chiều rộng của hộp là x [ 0 x  ]  Chiều dài của hình hộp là 2x . Thể tích của hộp là .2 . 48 V x xh  2 24 h x  . Tổng diện tích mặt đáy và 4 mặt bên của hộp là 2 2 2 2 24 144 2 6 2 6 . 2 x xh x x x xx      . Diện tích nắp hộp là 2 2x . Giá thành hộp thấp nhất   22 144 3 2 2 f x x x x        đạt giá trị nhỏ nhất với 0 x  . Ta có   2 2 2 3 432 216 216 216 216 8 8 3. 8 . . 216 f x x x x x x x x x        . Vậy     0; 216 min f x   xảy ra khi và chỉ khi 2 216 8x x  3 27 x  3 x  24 8 93 h    . Vậy 8 m  ; 3 n  8 3 11 mn      . Câu 17. Một chiếc cổng có hình dạng là một Parabol   P có kích thước như hình vẽ, biết chiều cao cổng bằng 4 m, 4 AB  m. Người ta thiết kế cửa đi là một hình chữ nhật CDEF [với , C F AB  ;   , D E P  ], phần còn lại [phần tô đậm] dùng để trang trí. Biết chi phí để NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 20 trang trí phần tô đậm là 1.000.000 đồng/ 2 m . Hỏi số tiền ít nhất dùng để trang trí phần tô đậm gần với số tiền nào dưới đây? A. 4.450.000 đồng. B. 4.605.000 đồng. C. 4.505.000 đồng. D. 4.509.000 đồng. Lời giải Chọn D * Xét     2 :0 P y ax bx c a     có toạ độ đỉnh   0;4 và qua điểm có toạ độ   2;0 . Ta có hoành độ đỉnh: 00 2 b b a     ;   P qua điểm   0;4 4 c  và   P qua điểm   2;0 1 a    Suy ra:   2 :4 P y x    * Xét đường thẳng qua , ED : ym  [với 04 m  ]. Khi đó   4; E m m  và   4; D m m  là giao điểm của   P và đường thẳng ym  . Suy ra: 24 ED m  , EF m  . * Yêu cầu của bài toán đạt được khi diện tích hình chữ nhật CDEF phải lớn nhất. Ta có: . 2 4 . CDEF S EDEF mm    Đặt 4 tm  22 44 t m m t       [với 02 t  ] Khi đó:     23 2 4 2 8 CDEF S f t t t t t       NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 21   2 6 8 0 f t t      2 3 t    Suy ra: 32 3 9 CDEF MaxS  khi 28 3 3 tm    * Mặt khác diện tích của chiếc cổng: 2 2 2 32 4 3 Sx       [m 2 ] Suy ra diện tích nhỏ nhất của phần dùng để trang trí là: CDEF S MaxS  32 32 3 4,5083 39  [m 2 ] * Vậy số tiền ít nhất dùng để trang trí phần tô đậm: 4,5083 1.000.000 4.508.300  [đồng]. [Lưu ý: Có thể dùng MTBT để tìm GTLN của CDEF S trên khoảng 04 m  ]. Câu 18. Một cái hộp có dạng hình hộp chữ nhật có thể tích bằng 48 và chiều dài gấp đôi chiều rộng. Chất liệu làm đáy và 4 mặt bên của hộp có giá thành gấp ba lần giá thành của chất liệu làm nắp hộp. Gọi h là chiều cao của hộp để giá thành của hộp là thấp nhất. Biết m h n  với m , n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tổng mn  là A. 12 . B. 13 . C. 11. D. 10 . Lời giải Chọn C Gọi chiều dài, chiều rộng của hộp là 2x và x [ 0] x  . Khi đó, ta có thể tích của cái hộp là 2 2 2 2 . 2 . 48 . 24 V x h x h x h      Do giá thành làm đáy và mặt bên hộp là 3, giá thành làm nắp hộp là 1 nên giá thành làm hộp là   22 3 2 2 4 2 L x xh xh x     Áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số không âm, ta được NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 22 2 8 9 9 L x xh xh     3 2 3 8 .9 .9 x xh xh   2 2 3 3 648 216 xh  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 2 89 24 x xh xh        2 3 2 9 8 9 . 24 8 h x h           3 8 3 x h         Vậy 8 m  , 3 n  và 11 mn  . Câu 19. Một trang trại rau sạch mỗi ngày thu hoạch được một tấn rau. Mỗi ngày, nếu bán rau với giá 30000đồng/kg thì hết rau sạch, nếu giá bán rau tăng 1000đồng/kg thì số rau thừa tăng thêm 20 kg. Số rau thừa này được thu mua làm thức ăn chăn nuôi với giá 2000 đồng/kg. Hỏi tiền bán rau nhiều nhất trang trại có thể thu được mỗi ngày là bao nhiêu ? A. 32400000đồng. B. 34400000đồng. C. 32420000đồng. D. 34240000đồng. Lời giải Chọn C Gọi số lần tăng giá là   0 yy  Giá bán rau sau mỗi lần tăng giá là 30000 1000y  đồng/kg. Số rau thừa được thu mua cho chăn nuôi là   20 50 yy  kg . Số rau bán được trước khi thu mua cho chăn nuôi là 1000 20y  kg. Tổng số tiền bán rau thu được mỗi ngày là:     2 2 1000 20 .[30000 1000 ] 20 .2000. 20000 440000 30000000. 32420000 20000 11 . P y y y P y y Py            Ta có:   2 32420000 20000 11 32420000. 32420000. y P     max 324200000 P  khi   11 . yN  Câu 20. Hình vẽ bên dưới mô tả đoạn đường đi vào GARA Ô TÔ nhà cô Hiền. Đoạn đường đầu tiên có chiều rộng bằng [m] x , đoạn đường thẳng vào cổng GARA có chiều rộng 2,6 [m] . Biết kích thước xe ô tô là 5m 1,9m  [chiều dài  chiều rộng]. Để tính toán và thiết kế đường đi cho ô tô người ta coi ô tô như một khối hộp chữ nhật có kích thước chiều dài 5 [m] , chiều rộng 1,9 [m] . Hỏi chiều rộng nhỏ nhất của đoạn đường đầu tiên gần nhất với giá trị nào trong các giá trị bên dưới để ô tô có thể đi vào GARA được ? [giả thiết ô tô không đi ra ngoài đường, không đi nghiêng và ô tô không bị biến dạng] NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 23 A. 3,7 [m] x  . B. 2,6 [m] x  . C. 3,55 [m] x  . D. 4,27 [m] x  . Lờigiải Chọn A Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ. Khi đó   2,6 ; Mx  . Gọi   ;0 Ba  suy ra   2 0 ; 25 Aa  . Phương trình 2 : 1 0 25 xy AB a a      . Do // CD AB nên phương trình 2 :0 25 xy CD T a a      . Mà khoảng cách giữa AB và CDbằng 1,9[ ] m nên 22 2 2 1 9,5 1,9 1 25 11 25 T T aa a a               . Điều kiện để ô tô đi qua được là , MO nằm khác phía đối với bờ là đường thẳng CD . Suy ra: 22 2,6 9,5 10 25 25 x a a a a        NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 24 2 2 9,5 2,6 25 25 a xa aa       [đúng với mọi   0 ; 5 a  ] Để cho nhanh, chúng ta dùng chức năng TABLE trong máy tính Casio570ES PLUS. 2 2 9,5 2,6 25 [X] 25 X fX XX      với STEP = 5 29 ; START = 0; END = 5. Thấy GTLN của   2 2 9,5 2,6 25 25 X f X X XX      xấp xỉ 3,698 . Vậy chiều rộng nhỏ nhất của đoạn đường đầu tiên gần nhất với giá trị ở câu A. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 1 CHỦ ĐỀ: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO DẠNG 4 ỨNG DỤNG GTLN, GTNN VÀO TÌM SỐ NGHIỆM PT VÀ BPT Câu 1. Giả sử là số thực thỏa mãn giá trị nhỏ nhất của hàm số trên là 2 A. . B. . C. . D. . Câu 2. Giả sử là số thực thỏa mãn giá trị nhỏ nhất của hàm số trên là 2. Khi đó: A. . B. . C. . D. . Câu 3. Giả sử là số thực thỏa mãn giá trị lớn nhất của hàm số trên là . Khi đó: A. . B. . C. . D. . Câu 4. Tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 1 1 sin sin m m x x      có nghiệm là   , ab . Giá trị ab  bằng A. 1 2. 4  B. 1 2 4  . C. 1 2 2  . D. 1 2 2  . Câu 5. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 cos 2 1 tan .cos x m x x  có nghiệm thuộc đoạn 0; 3     ? A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Câu 6. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số   0;2019 m  để bất phương trình:   3 22 10 x m x     đúng với mọi   1;1 x . Số phần tử của tập S bằng: A. 1 . B. 2020 . C. 2019 . D. 2. Câu 7. Cho hàm số   y f x  liên tục và đồng biến trên 0; 2     , bất phương trình     ln cos x f x x e m     [với m là tham số] thỏa mãn với mọi 0; 2 x      khi và chỉ khi A.   01 mf  . B.   01 mf  . C.   01 mf  . D.   01 mf  . Câu 8. Cho hàm số   y f x   liên tục trên và có bảng xét dấu đạo hàm như sau Bất phương trình   2 x f x e m  đúng với mọi   1;1 x khi và chỉ khi A.   0 1. mf  B.  1. m f e    C.   0 1. mf  D.  1. m f e    m   31 3 xx f x mx      10; 5 m      5;0 m   0;5 m    5;10 m  m   2018 2019    xx f x mx   30; 20    m   20;0  m   0;20  m   20;30  m m       31 3 log 1 log 1      f x x x mx   1;    0   3; 2    m   2;0  m   0;2  m   2;3  m NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 2 Câu 9. Cho hàm số   32 f x ax bx cx d     với , , , a b c d là các số thực, có đồ thị như hình bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình   1 f x m m    có đúng 4 nghiệm phân biệt. A. 3. B. Vô số. C. 1. D. 2. Câu 10. Số các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn   2019;2019  để phương trình     23 2 4 1 4 x m x m x x       có nghiệm là A. 2011. B. 2012 . C. 2013. D. 2014 . Câu 11. Cho hàm số   fx liên tục trên đoạn   0;3 và có bảng biến thiên như sau: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình     42 22 f x m x x    có nghiệm thuộc đoạn   0;3 . A. 9 . B. 5 . C. 4 . D. 7 . Câu 12. Giá trị lớn nhất của hàm số 32 1 x x m y x    trên   0; 2 bằng 5 . Tham số m nhận giá trị là A. 5  . B. 1. C. 3  . D. 8  . Câu 13. Cho hàm số [] fx có bảng biến thiên như hình vẽ sau Phương trình   sinx 23 f  có bao nhiêu nghiệm trên đoạn 5 0; . 6     A. 3 . B. 2 . C. 4 . D.5 . Câu 14. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số   9;9 m để phương trình:   2 1 2 1 2 1 3 1 0 x m x x         có nghiệm? NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 3 A. 14. B. 8 . C. 10. D. 12 . Câu 15. Cho phương trình 2 3 3 2 16 16 8 2 2 2 10 m x x x x m       [m là tham số]. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Phương trình đã cho vô nghiệm. B. Phương trình đã cho có đúng một nghiệm thực. C. Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt. D. Số nghiệm của phương trình phụ thuộc vào giá trị của tham số . m Câu 16. Tổng các giá trị nguyên dương của m để tập nghiệm của bất phương trình 2 1 72 m xx  có chứa đúng hai số nguyên là A. 27 . B. 29 . C. 28 . D. 30. Câu 17. Cho hàm số   fx liên tục trên . Hàm số   y f x   có đồ thị như hình vẽ Bất phương trình   2 2sin 2sin f x x m  đúng với mọi   0; x   khi và chỉ khi A.   1 1 2 mf  . B.   1 1 2 mf  . C.   1 0 2 mf  . D.   1 0 2 mf  . Câu 18. Cho hàm số   y f x  có  21 fm    ,  12 fm  . Hàm số   y f x   có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình   1 2 1 23 x f x m x    có nghiệm   2;1 x là A. 7 5; 2     . B.   2;0  . C.   2;7  . D. 7 ;7 2     . Câu 19. Cho hàm số   fx liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình     1 f f x m  có ít nhất 6 nghiệm thực phân biệt? NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 4 A. 2 . B. 3 . C. 5 . D. 4 . Câu 20. Cho hàm số   y f x  liên tục trên 7 0; 2    có đồ thị hàm số   y f x   như hình vẽ sau: Hàm số   y f x  đạt giá trị nhỏ nhất trên 7 0; 2    tại điểm 0 x nào dưới đây ? A. 0 0 x  . B. 0 7 2 x  . C. 0 3 x  . D. 0 1 x  . Câu 21. Cho phương trình 2 2 2 4 1 x mx x     [m là tham số]. Gọi , pq lần lượt là các giá trị m nguyên nhỏ nhất và giá trị lớn nhất thuộc   10; 10  để phương trình có nghiệm. Khi đó giá trị 2 T p q  là A. 10. B. 19. C. 20. D. 8. Câu 22. Cho hàm số   32 3 3 4 f x x x x     . Số nghiệm thực phân biệt của phương trình       2 2 3 f f x f x     là A. 7 . B. 4 . C. 6 . D. 9 . Câu 23. Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên âm của tham số m để phương trình 2 4 2 m xx    có nghiệm. Tập S có bao nhiêu phần tử? A. 10. B. 6 . C. 4 . D. 2 . Câu 24. Cho hàm số [] y f x  có bảng xét dấu của '[ ] fx như sau: NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 5 Xét hàm số 2 [1 ] [] f x x g x e   , tập nghiệm của bất phương trình '[ ] 0  gx là A. 1 ; 2     . B. 1 ; 2     . C.   1 1; 2; 2        . D.   1 ; 1 ;2 2       . Câu 25. Cho hệ phương trình 2 2 2 6 6 6 6 3 x y z xy yz xz x y z m                với ,, x y z là ẩn số thực, m là tham số. Số giá trị nguyên của m để hệ phương trình có nghiệm là A. 25 . B. 24 . C. 12 . D. 13. Câu 26. Cho phương trình     2 3 2 1 1 1 m x m x m        . Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình có nghiệm là đoạn   ; ab . Giá trị của biểu thức 53 ab  bằng A. 13 . B. 7 . C. 19 . D. 8 . Câu 28. Cho hàm số   y f x  liên tục trên   1;3  và có đồ thị như hình vẽ sau: Bất phương trình [ ] 1 7 f x x x m      có nghiệm thuộc   1;3  khi và chỉ khi A. 7. m  B. 7 m  . C. 2 2 2 m . D. 2 2 2 m . Câu 29. Cho hàm số       3 3 2 1 3 4 2 f x m x x m x       với m là tham số. Có bao nhiêu số nguyên   2018;2018 m sao cho   0 fx  với mọi giá trị   2;4 x  . A. 2021. B. 2019 . C. 2020. D. 4037 . Câu 30. Tìm số thực m lớn nhất để bất phương trình sau có nghiệm đúng với mọi  x   sin cos 1 sin 2 sin cos 2018       m x x x x x . A. 1 3  . B. 2018  . C. 2017 2  . D. 2017  . Câu 31. Số giá trị nguyên của tham số   10;10 m để bất phương 22 3 6 18 3 1 x x x x m m          nghiệm đúng   3;6 x    . A. 28. B. 20. C. 4. D. 19. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 6 Câu 32. Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn   1 2 2 2 log 2 yy y x x      . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức x P y  bằng A. ln 2 2 e  . B. ln 2 2 e  . C. ln 2 2 e . D. 2ln 2 e . Câu 33. Cho hàm số   32 1 4 1 4 3 3 3 3 f x x x x     có đồ thị như hình vẽ bên. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình   22 2019 15 30 16 15 30 16 0 f x x m x x m        có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn   0;2 A. 1513. B. 1512. C. 1515. D. 1514. Câu 34. Cho mà đồ thị hàm số như hình vẽ bên Bất phương trình nghiệm đúng với mọi khi và chỉ khi A. . B. . C. . D. . Câu 35. GọiS là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình sau 6 4 3 3 2 3 4 2 0 x x m x x mx       nghiệm đúng với mọi   1;3 x  . Tổng tất cả các phần tử của S bằng: A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 4 . Câu 36. Số giá trị nguyên của tham số m nằm trong khoảng   0;2020 để phương trình 1 2019 2020 x x m      có nghiệm là A. 2020 . B. 2021. C. 2019 . D. 2018 . Câu 37. Cho hàm số   53 34 f x x x m    . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình     3 3 f f x m x m    có nghiệm thuộc đoạn   1;2 ? [] fx '[ ] y f x  [ ] sin 2 x f x m     1;3 x [0] mf  [1] 1 mf  [ 1] 1 mf    [2] mf  1  1 4 O y x 1 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 7 A. 15. B. 16. C. 17 . D. 18. Câu 38. Cho hàm số   32 f x ax bx cx d     có đồ thị như hình vẽ. gọi S là tập hợp các giá trị của   mm  sao cho         3 1 2 1 1 0, x m f x mf x f x x           . Số phần tử của tập S là? A 2 . B. 0 . C. 3 D. 1 . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 8 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Giả sử là số thực thỏa mãn giá trị nhỏ nhất của hàm số trên là 2 A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Tập xác định của hàm số là . Ta có . Ta xét các trường hợp: + Khi thì tức đồng biến trên . Mà nên không thỏa mãn yêu cầu . + Khi thì tức đồng biến trên . Mà nên không thỏa mãn yêu cầu + Khi thì . Đặt hàm số thì đồng biến trên và có tập giá trị là Mà nên tồn tại duy nhất sao cho ta có bảng biến thiên của Suy ra bảng biến thiên của là: Ta có đạt giá trị nhỏ nhất là tại duy nhất giá trị Do đó, Suy ra . CÁCH 2 Nhận xét: Ta có m   31 3 xx f x mx      10; 5 m      5;0 m   0;5 m    5;10 m    fx  D   ' 31 ln31 3 ln3    xx f x m 0  m   ' 31 ln31 3 ln3 0,       xx f x m x   fx     lim lim 31 3          xx xx f x mx   2   x Min f x 0  m   ' 31 ln31 3 ln3 0,      xx f x x   fx     lim lim 31 3 0        xx xx fx   2   x Min f x 0  m   ' 0 31 ln31 3 ln3      xx f x m [ ] 31 ln31 3 ln3  xx gx [] gx   0;  0  m  a []  g a m [] gx   fx   fx   fa  xa   2 [ ] [0] 0       x Min f x f a f a   [0] ln31 ln3 ln93 5;0           g m m   02 f  NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 9 Giả thiết bài toán ta có: Suy ra Nhận xét: Để giải tốt dạng toán này học sinh cần vận dụng linh hoạt ứng dụng đạo hàm vào khảo sát hàm số chứa tham số. Câu 2. Giả sử là số thực thỏa mãn giá trị nhỏ nhất của hàm số trên là 2. Khi đó: A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Tập xác định của hàm số là . Ta có . Ta xét các trường hợp: + Khi thì tức đồng biến trên . Mà nên không thỏa mãn yêu cầu . + Khi thì tức đồng biến trên . Mà nên không thỏa mãn yêu cầu + Khi thì . Đặt hàm số thì đồng biến trên và có tập giá trị là Mà nên tồn tại duy nhất sao cho ta có bảng biến thiên của Suy ra bảng biến thiên của là: Ta có đạt giá trị nhỏ nhất là tại duy nhất giá trị   31 1 3 1 ,0 31 1 3 1 [ ] 2, , 0 02 xx xx mx xx f x x m x xx f                            0 31 1 3 1 lim ln 31 ln 3 ln 93 ln 93 xx x mm xx               m   2018 2019    xx f x mx   30; 20    m   20;0  m   0;20  m   20;30  m   fx  D   ' 2018 ln 2018 2019 ln 2019    xx f x m 0  m   ' 2018 ln 2018 2019 ln 2019    xx f x m   fx     lim lim 2018 2019          xx xx f x mx   2   x Min f x 0  m   ' 2018 ln 2018 2019 ln 2019 0,      xx f x x   fx     lim lim 2018 2019 0        xx xx fx   2   x Min f x 0  m   ' 0 2018 ln 2018 2019 ln 2019     xx f x m [ ] 2018 ln 2018 2019 ln 2019  xx gx [] gx   0;  0  m  a []  g a m [] gx   fx   fx   fa  xa NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 10 Do đó, Suy ra nên . Câu 3. Giả sử là số thực thỏa mãn giá trị lớn nhất của hàm số trên là . Khi đó: A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Tập xác định của hàm số là .Ta có . Ta xét các trường hợp: + Khi thì tức đồng biến trên . Mà nên không thỏa . + Khi thì . Đặt hàm số thì nên nghịch biến trên và có tập giá trị là Mà nên tồn tại duy nhất sao cho ta có bảng biến thiên của Suy ra bảng biến thiên của là: Ta có đạt giá trị lớn nhất là tại duy nhất giá trị Do đó, Suy ra .   2 [ ] [0] 0       x Min f x f a f a [0] ln 2018 ln 2019 15,2      m g m   0;20  m m       31 3 log 1 log 1      f x x x mx   1;    0   3; 2    m   2;0  m   0;2  m   2;3  m   fx   1;     D       11 ' 1 ln 31 1 ln 3     f x m xx 0  m       11 ' 0, 1 ln 31 1 ln 3        f x m x xx   fx   1;            31 3 11 lim lim log 1 log 1              xx f x x x mx   2   x Min f x 0  m       11 '0 1 ln 31 1 ln 3       f x m xx     11 [] 1 ln 31 1 ln 3   gx xx     22 11 '[ ] 1 ln31 1 ln3     gx xx [] gx   1;      0;  0  m  a []  g a m [] gx   fx   fx   fa  xa   Max 0 [ ] [0] 0       x f x f a f a 11 [0] [0] 1, 2 ln 31 ln 3              g m m g NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 11 Câu 4. Tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 1 1 sin sin m m x x      có nghiệm là   , ab . Giá trị ab  bằng A. 1 2. 4  B. 1 2 4  . C. 1 2 2  . D. 1 2 2  . Lời giải Chọn A 1 1 sin sin m m x x      [ 1] 1 1 sin [sin 1] m m x x         .   2 2 [ 1] 1 1 sin , 1 sin [ 1] m c d c m x d x m d c                   . [ ][1 ] 0 1 1 sin 1 sin c d c d c d m x x              . 1 1 sin 1 sin m x x       . 2 1 [ ], 1 sin 0, 2 m t t f t t x           . Ta có 0, 2 0, 2 1 max [t] 2 2, min [t] 4 ff         . Vậy phương trình đã cho có nghiệm 15 1 2 2 1 2 44 mm            . 1 2 4 ab      . Câu 5. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 cos 2 1 tan .cos x m x x  có nghiệm thuộc đoạn 0; 3     ? A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn B Ta có 2 cos 2 1 tan .cos x m x x  22 2cos 1 1 tan .cos x m x x     2 1 2 1 tan cos mx x     vì 0; cos 0 3 xx        2 1 tan 1 tan x m x     . Vì 0; tan 0; 3 1 tan 0 3 x x x             2 1 tan 1 tan x m x    . Đặt 1 tan tx  1; 1 3 t         42 3 2 21 tt m t t t       . Phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn 0; 3 x      khi và chỉ phương trình   1 có nghiệm 1; 1 3 t     . Xét hàm số   3 2 f t t t    với 1; 1 3 t     . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 12 Có   2 32 f t t     . Suy ra   0 ft    2 1; 1 3 3 t        .   11 f  ,   3 2 1 3 1 3 2 1 3 1 f           . Do m  nên phương trình   1 có nghiệm khi   1; 0; 1 m . Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 6. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số   0;2019 m  để bất phương trình:   3 22 10 x m x     đúng với mọi   1;1 x . Số phần tử của tập S bằng: A. 1 . B. 2020 . C. 2019 . D. 2. Lời giải Chọn C Đặt 2 1 tx  . Khi đó, 0 1, [ 1;1] tx      . Ta có, bất phương trình: 23 1 0, [0;1] t m t t       32 1, [0;1] m t t t       [ ], [0;1] m f t t     , với 32 [ ] 1 f t t t    [0;1] max [ ] m f t  Ta có, 2 [ ] 3 2 f t t t   0 [ ] 0 2 3 t ft t         Lập bảng biến thiên ta được: [0;1] max [ ] 1 ft  . Do đó, 1 m  , mà   0;2019 m  [1;2019] m   có 2019 giá trị nguyên của m . Câu 7. Cho hàm số   y f x  liên tục và đồng biến trên 0; 2     , bất phương trình     ln cos x f x x e m     [với m là tham số] thỏa mãn với mọi 0; 2 x      khi và chỉ khi A.   01 mf  . B.   01 mf  . C.   01 mf  . D.   01 mf  . Lời giải Chọn A Ta có:     ln cos x f x x e m         ln cos [*] x m f x x e      , trong đó   fx đồng biến trên 0; 2     . Xét hàm số       sin ln cos ' cos x g x x g x x     đồng biến trên 0; 2      . Xét hàm số    '. xx h x e h x e      đồng biến trên 0; 2     .      ln cos x f x x e   đồng biến trên 0; 2      nên đạt GTNN trên 0; 2      là         0 0 0 0 1 f g h f     . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 13 Suy ra: Bất phương trình [*] thỏa mãn với mọi 0; 2 x      khi và chỉ khi   01 mf  . Câu 8. Cho hàm số   y f x   liên tục trên và có bảng xét dấu đạo hàm như sau Bất phương trình   2 x f x e m  đúng với mọi   1;1 x khi và chỉ khi A.   0 1. mf  B.  1. m f e    C.   0 1. mf  D.  1. m f e    Lời giải Chọn C     22 xx f x e m f x e m      Xét hàm số:         22 ; 2 . xx g x f x e g x f x xe      Trên khoảng   1;0  ta có       0 0, 1;0 . 20 fx g x x x               Trên khoảng   0;1 ta có       0 0, 0;1 . 20 fx g x x x              Tại điểm 0 x  ta có     2 0 0 20 x fx gx xe           . Suy ra bảng biến thiên của   gx  : Từ bảng biến thiên ta có:       1;1 max 0 1. g x f   Do đó bất phương trình   m g x  đúng với mọi   1;1 x khi và chỉ khi       1;1 max 0 1. m g x f     Câu 9. Cho hàm số   32 f x ax bx cx d     với , , , a b c d là các số thực, có đồ thị như hình bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình   1 f x m m    có đúng 4 nghiệm phân biệt. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 14 A. 3. B. Vô số. C. 1. D. 2. Lời giải Chọn D Đặt   11 t x m t     , phương trình trở thành:   f t m    * + Với 1 t x m    . + Với   1 1 1 t x m t x m t          . Khi đó với mỗi 1 t  cho ta hai giá trị x . Vậy phương trình có đúng 4 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi   * có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1   1 4 2;3 mm      . Câu 10. Số các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn   2019;2019  để phương trình     23 2 4 1 4 x m x m x x       có nghiệm là A. 2011. B. 2012 . C. 2013. D. 2014 . Lời giải Chọn C Điều kiện : 3 4 0 0 x x x     . *] Nhận thấy 0 x  không là nghiệm của phương trình. *] Với 0 x  chia cả hai vế của phương trình cho 3 4 xx  ta được:     2 2 4 2 1. 1 4 xx mm xx       Đặt 2 4 4 4 2. . 2 x t x x x x x       . Vậy 2 t  với 0 x  . Phương trình   1 trở thành:     2 2 24 1 2 0 2 [ 2] 2 11 tt t m t m m m t t tt               . Xét hàm số   4 2 1 f t t t     trên   2;  .             2 22 3 2; 4 2 3 1 ; 0 1 2; 11 t tt f t f t t tt                      Bảng biến thiên của hàm số   ft : Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình   2 có nghiệm   2; t    . Từ bảng biến thiên ta thấy 7 m  . Kết hợp m là số nguyên và   2019;2019 m suy ra có 2013 giá trị m . Câu 11. Cho hàm số   fx liên tục trên đoạn   0;3 và có bảng biến thiên như sau: NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 15 Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình     42 22 f x m x x    có nghiệm thuộc đoạn   0;3 . A. 9 . B. 5 . C. 4 . D. 7 . Lời giải Chọn A Theo đề ta có       42 42 22 22 fx f x m x x m xx       có nghiệm thuộc đoạn   0;3 [*]. Đặt       fx hx gx  , trong đó   42 22 g x x x    .   3 44 g x x x   ;       0 0;3 0 1 0;3 x gx x        ,   02 g  ;   11 g  ;   3 65 g  Nên             0;3 0;3 min 1 1;max 3 65 g x g g x g     Từ bảng biến thiên ta có:           0;3 [0;3] max 1 9;min 3 5 f x f f x f     . Do đó                 0;3 0;3 31 1 min ;max 9. 3 13 1 ff h x h x gg     Vậy   1 [*] 9 1,....,9 . 13 mm      Câu 12. Giá trị lớn nhất của hàm số 32 1 x x m y x    trên   0; 2 bằng 5 . Tham số m nhận giá trị là A. 5  . B. 1. C. 3  . D. 8  . Lời giải Chọn C Đặt   32 1 x x m fx x    . Giá trị lớn nhất của   y f x  trên   0; 2 bằng 5         00 5, 0; 2 0;2 5 f x x x f x             . *     5, 0; 2 f x x     32 5, 1 x x m x      0; 2 x  32 5 5, m x x x        0; 2 x      0;2 max m h x  , với   32 55 h x x x x     . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 16 + Ta có:   2 3 2 5 h x x x     ,   0 hx   2 3 2 5 0 xx       1 5 L 3 x x        . Ta có:  05 h  ,  23 h  ,  18 h  . Suy ra     0;2 max 3 hx  ,     0;2 min 8 hx  . Vậy 3 m  .   1 *     00 0;2 5 x f x    32 5 1 x x m x    có nghiệm trên   0;2 . 32 55 m x x x      có nghiệm trên   0;2 . Theo phần trên, ta suy ra 83 m     .   2 Từ   1 và   2 suy ra 3 m  . Cách dùng casio: Kiểm tra từng giá tri của m từ các đáp án A, B, C, D như sau Trường hợp 1: 5 m  thì   32 5 1 xx fx x    . Trước khi làm thì tắt hàm   gx bằng lệnh “ SHIFT + MODE +  + 5 + 1”. Bước 1: Vào môi trường TABLE bằng lệnh “Mode + 7”. Bước 2: Nhập hàm   32 5 1 xx fx x    . Bước 3: Nhập 0 Start  ; 2 End  ; 20 29 Step   . Quan sát bên cột   fx có giá trị   5,67 fx  nên loại 5 m  . Ba trường hợp còn lại làm tương tự như trên chỉ có 3 m  thỏa mãn giá trị lớn nhất của   fx là 5 . Câu 13. Cho hàm số [] fx có bảng biến thiên như hình vẽ sau NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 17 Phương trình   sinx 23 f  có bao nhiêu nghiệm trên đoạn 5 0; . 6     A. 3 . B. 2 . C. 4 . D.5 . Lời giải Chọn A Với     sin 5 0; sin 0;1 2 1;2 . 6 x x x t           Phương trình trở thành [ ] 3. ft  Kẻ đường thẳng 3 y  cắt đồ thị hàm số   fx tại bốn điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là       1; 1; 2 ; 2 ;2 ; 2; . x a x b x c x d          Vậy phương trình [ ] 3 ft  có bốn nghiệm là:       1; 1; 2 ; 2 ;2 ; 2; . t a t b t c t d          Đối chiếu điều kiện   1;2 t  nhận ; tb  tc  .   sin 2 1 2 1; 2 sin log 0; . 2 x b x b         Phương trình này có một nghiệm trên đoạn 5 0; . 6       sin 2 1 2 2 ;2 sin log ;1 . 2 x c x c         Phương trình này có hai nghiệm trên đoạn 5 0; . 6     Vậy phương trình đã cho có tất cả 3 nghiệm trên đoạn 5 0; . 6     Câu 14. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số   9;9 m để phương trình:   2 1 2 1 2 1 3 1 0 x m x x         có nghiệm? A. 14. B. 8 . C. 10. D. 12 . Lời giải Chọn D Điều kiện: 11 x    Đặt:   1 1 1 t x x     Xét hàm số   11 t x x x     trên   1;1        1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 1 xx tx xx xx           00 t x x     Ta có bảng biến thiên NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 18 Suy ra 2;2 t    Từ   2 2 2 2 2 1 2 2 suy 11 2 ra t t x x        . Khi đó PT trở thành:     2 2 2 2 3 1 0 4 6 0 2 2 t m t t mt m          Bài toán trở thành: Tìm giá trị nguyên của tham số m để phương trình: 2 4 6 0 t mt m    có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn 2 ;2   . Ta có: 22 4 6 0 2 [2 3] 0 t mt m t m t        TH1: Nếu 3 2 3 0 2 tt     thay vào   2 ta được: 9 0 4  [ vô lý] TH 2 : Nếu 3 2 t      2 2 2 * 23 t PT m t   Xét hàm số:   2 23 t gt t   trên 2;2         2 23 23 tt gt t           2 0 2 ;2 23 00 23 3 2 ;2 t tt gt t t                   BBT Dựa vào BBT suy ra: để PT có nghiệm     2 4 2 2 2 2 2 3 2 2 3 mm mm             Với 2 m  ,     9;9 2;3;4;5;6;7;8;9 mm     [ 8 giá trị thỏa mãn ]. Với   2 2 3 m    ,     9;9 6; 7; 8; 9 mm         [ 4 giá trị thỏa mãn ]. Vậy có tất cả 12 giá trị nguyên của tham số   9;9 m thỏa mãn yêu cầu bài toán. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 19 Câu 15. Cho phương trình 2 3 3 2 16 16 8 2 2 2 10 m x x x x m       [m là tham số]. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Phương trình đã cho vô nghiệm. B. Phương trình đã cho có đúng một nghiệm thực. C. Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt. D. Số nghiệm của phương trình phụ thuộc vào giá trị của tham số . m Lời giải Chọn B Ta có 2 3 3 2 16 16 8 2 2 2 10 m x x x x m       2 3 3 2 16 16 8 2 2 2 10 0 m x x x x m         . Điều kiện:   32 1 1 1 8 2 2 0 8 4 4 0 0 2 2 2 x x x x x x x                  . Đặt:   2 3 3 2 16 16 8 2 2 2 10 f x m x x x x m        với 1 2 x  . Khi đó:   2 22 3 12 1 1 48 16 0, 2 8 2 2 x f x m x x xx           . Bảng biến thiên: x 1 2     fx  +   fx 18   Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình   0 fx  có duy nhất một nghiệm với mọi x . Câu 16. Tổng các giá trị nguyên dương của m để tập nghiệm của bất phương trình 2 1 72 m xx  có chứa đúng hai số nguyên là A. 27 . B. 29 . C. 28 . D. 30. Lời giải Chọn B ĐK: 0 x  . Do m dương nên 2 1 0, . 72 m xx     Ta có, 2 1 72 m xx  2 1 72 m xx      2 72 1 mx x      1 Nhận thấy 0 x  không là nghiệm của   1 nên     2 72 1 1 x m x   Xét hàm số   2 72 1 [] x y f x x   với 0 x  . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 20   3 72 2 [ ] 0 x y f x x      2 x  . Bảng biến thiên của   fx với 0 x  : Từ bảng biến thiên ta có           27 2 3 4 , \ 2,3,4 2 f f f f x x       , nên để tập nghiệm của bất phương trình   2 72 1 x m x   có chứa đúng hai số nguyên thì     27 4 3 16 2 f m f     . [tập nghiệm chứa 2, 3 xx  ] Với * m  thì   14,15 m  Do vậy, tổng các giá trị nguyên dương của m là 14 15 29  . Câu 17. Cho hàm số   fx liên tục trên . Hàm số   y f x   có đồ thị như hình vẽ Bất phương trình   2 2sin 2sin f x x m  đúng với mọi   0; x   khi và chỉ khi A.   1 1 2 mf  . B.   1 1 2 mf  . C.   1 0 2 mf  . D.   1 0 2 mf  . Lời giải Chọn A NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 21     2 2sin 2sin 1 f x x m  Ta có:     0; sin 0;1 xx     . Đặt     2sin 0;2 x t t  ta được bất phương trình:     2 1 2 2 f t t m  .   1 đúng với mọi   0; x   khi và chỉ khi   2 đúng với mọi   0;2 t  . Xét     2 1 2 g t f t t  với   0;2 t  .     g t f t t   . Từ đồ thị của hàm số   y f x   và yx  [hình vẽ] ta có BBT của   gt như sau: Vậy yêu cầu bài toán tương đương với     1 11 2 m g f    . Câu 18. Cho hàm số   y f x  có  21 fm    ,  12 fm  . Hàm số   y f x   có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình   1 2 1 23 x f x m x    có nghiệm   2;1 x là A. 7 5; 2     . B.   2;0  . C.   2;7  . D. 7 ;7 2     . Lời giải NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 22 Chọn D Đặt     1 2 1 23 x h x f x x    , với   2;1 x . Ta có       2 15 2 3 h x f x x    . Dựa vào bảng biến thiên của hàm số   y f x   ta có     0, 2;1 f x x      và     2 5 0, 2;1 3 x x       . Do đó     0, 2;1 h x x      . Bảng biến thiên của hàm số   y h x  trên khoảng   2;1  . Khi đó, phương trình   h x m  có nghiệm   2;1 x khi và chỉ khi     12 h m h        1 3 1 1 2 3 2 4 2 f m f       2 3 1 3 2 4 2 mm m       2 7 7 42 mm m     7 7 2 m     . Câu 19. Cho hàm số   fx liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình     1 f f x m  có ít nhất 6 nghiệm thực phân biệt? A. 2 . B. 3 . C. 5 . D. 4 . Lời giải Chọn A Nhận xét: Số nghiệm của phương trình   f x b a  cũng chính là số nghiệm của phương trình   f x a  . Xét phương trình     1 f f x m    1 . Đặt   1 t f x  Khi đó ta có phương trình   f t m    * . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 23 + Trường hợp 1: Với     ; 1 2; m        . Khi đó phương trình   * có đúng 1 nghiệm. Suy ra phương trình   1 có tối đa 3 nghiệm [không th ỏa mãn]. + Trường hợp 2: Với 1 m  . Khi đó   * trở thành           1 11 12 2 1 0;1 1 , 0;1 fx t ft tt f x t t                  . Phương trình   12 fx có 2 nghiệm, phương trình     11 1 , 0;1 f x t t    có 3 nghiệm. Suy ra phương trình   1 có 5 nghiệm [không th ỏa mãn]. + Trường hợp 3: Với 2. m  Khi đó   * trở thành           2 22 11 1 2 2;3 1 , 2;3 fx t ft tt f x t t                 . Phương trình   11 fx có 3 nghiệm, phương trình     22 1 , 2;3 f x t t    có 1 nghiệm. Suy ra phương trình   1 có 4 nghiệm [không th ỏa mãn]. + Trường hợp 4: Với   1;2 m . Khi đó                     3 3 3 4 4 4 5 5 5 0;1 1 , 0;1 * 1;2 1 , 1;2 2;3 1 , 2;3 t t f x t t t t f x t t t t f x t t                       . Phương trình     33 1 , 0;1 f x t t    có 3 nghiệm, phương trình     44 1 , 1;2 f x t t    có 3 nghiệm, phương trình     55 1 , 2;3 f x t t    có 1 nghiệm. Dựa vào đồ thị ta thấy các nghiệm trên là các nghiệm phân biệt. Suy ra phương trình   1 có 7 nghiệm phân biệt [th ỏa mãn]. Vậy, phương trình     1 f f x m  có ít nhất 6 nghiệm thực phân biệt 12 m     . Vì m nguyên nên   0;1 m  . Minh họa bằng đồ thị: Câu 20. Cho hàm số   y f x  liên tục trên 7 0; 2    có đồ thị hàm số   y f x   như hình vẽ sau: NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 24 Hàm số   y f x  đạt giá trị nhỏ nhất trên 7 0; 2    tại điểm 0 x nào dưới đây ? A. 0 0 x  . B. 0 7 2 x  . C. 0 3 x  . D. 0 1 x  . Lời giải Chọn C Xét hàm số   y f x  trên đoạn 7 0; 2    . Dựa vào đồ thị ta có   1 0 3 x fx x        Bảng biến thiên: Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số   y f x  đạt giá trị nhỏ nhất trên 7 0; 2    tại điểm 0 3. x  Câu 21. Cho phương trình 2 2 2 4 1 x mx x     [m là tham số]. Gọi , pq lần lượt là các giá trị m nguyên nhỏ nhất và giá trị lớn nhất thuộc   10; 10  để phương trình có nghiệm. Khi đó giá trị 2 T p q  là A. 10. B. 19. C. 20. D. 8. Lời giải Chọn B Ta có     2 2 1 2 2 4 1 . 2 2 5 0 1 x x mx x x m x                  2 2 25 2 2 5 0 2 xx x m x m x        Xét hàm số 2 25 2 xx y x   trên   1;  . Ta có 2 2 2 10 y' 4 x x   . Bảng biến thiên sau NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 25 Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình [1] có nghiệm lớn hơn bằng 11 m    . Kết hợp điều kiện     10; 10 1; 10 mm      . Do đó -1, 10 2 19 p q p q      . Câu 22. Cho hàm số   32 3 3 4 f x x x x     . Số nghiệm thực phân biệt của phương trình       2 2 3 f f x f x     là A. 7 . B. 4 . C. 6 . D. 9 . Lời giải Chọn C Đặt     22 f x t f x t      phương trình trở thành:       32 2 3 2 2 1 3 3 2 1 f t t f t t t t t t                 2 32 32 10 10 0,58836 . 0,40642 4 1 0 3 3 2 1 t t t t t t t t t t t                           Với 0,58836 t  , ta có: 32 1,21627 3 3 2 0,58836 0,586256. 3,63001 x x x x x x               Với 0,40642 t  , ta có: 32 1,1951 3 3 2 0,40642 0,552834. 3,64227 x x x x x x               Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thực phân biệt. Câu 23. Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên âm của tham số m để phương trình 2 4 2 m xx    có nghiệm. Tập S có bao nhiêu phần tử? A. 10. B. 6 . C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn C Ta có: 2 4 2 m xx    [*] điều kiện xác định: 22 x    . Xét hàm số   2 4 f x x x    ,   2;2 x . Có   2 '1 4 x fx x   .     2 2 0 ' 0 1 0 4 2 2;2 2 4 2 x x f x x x x x x x                          NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 26 Hàm số   2 4 f x x x    liên tục trên   2;2  ; có đạo hàm trên   2;2  .       2 2; 2 2; 2 2 2 f f f      .Suy ra         2;2 2;2 min 2; 2 2 f x max f x      . Vậy phương trình [*] có nghiệm 2 2 2 4 4 2 2 m m         . Mặt khác m nguyên âm nên   4; 3; 2; 1 S      . Câu 24. Cho hàm số [] y f x  có bảng xét dấu của '[ ] fx như sau: Xét hàm số 2 [1 ] [] f x x g x e   , tập nghiệm của bất phương trình '[ ] 0  gx là A. 1 ; 2     . B. 1 ; 2     . C.   1 1; 2; 2        . D.   1 ; 1 ;2 2       . Lời giải Chọn C Ta có       2 1 2 '[ ] 1 2 . ' 1 . , f x x g x x f x x e x        Yêu cầu của bài toán       2 1 2 '[ ] 0 1 2 ' 1 0 f x x g x x f x x e        .     2 2 1 2 0 [1] ' 1 0 1 2 0 [2] ' 1 0 x f x x x f x x                             Xét trường hợp 1:   2 2 1 1 2 0 2 ' 1 0 1 1 3 x x f x x xx                    2 2 1 2 20 20                  x xx xx 1 1 1 2 2 12 x x x               . Xét trường hợp 2:   2 1 2 0 ' 1 0 x f x x          22 22 11 22 1 1 2 0 1 3 2 0                             xx x x x x x x x x 2 1 1 2 2 2 1 20 2 x x x x xx x                        NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 27 Kết hợp hai trường hợp ta được 1 1 2 2 x x         . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là   1 1; 2; 2 T         . Câu 25. Cho hệ phương trình 2 2 2 6 6 6 6 3 x y z xy yz xz x y z m                với ,, x y z là ẩn số thực, m là tham số. Số giá trị nguyên của m để hệ phương trình có nghiệm là A. 25 . B. 24 . C. 12 . D. 13. Lời giải Chọn D Ta có:       2 2 2 2 2 6 2. 3 0 x y z x y z xy yz xz             . Vây 0 x y z    . Suy ra:   2 2 2 2 z x y z x xy y        2 2 2 2 2 2[ ] x y z x y xy         2 2 2 2 2 1 2 x y z x y xy       [1]. Thay 2 2 2 6 x y z    vào [1] ta được 22 3 x y xy    .     2 2 30 3 3 0 x y xy x y xy               . Vậy 31 xy    . Ta có:   6 6 6 6 6 6 m x y z x y x y        [ thay   z x y    ]     2 6 3 3 3 3 2 x y x y x y            2 6 2 2 3 3 .2 x y x xy y x y x y          =         2 2 3 6 22 . 2 2 x y x y xy xy xy x y          [2] Thay   2 22 3 3 x y xy x y xy            vào [2] ta được:         2 3 3 6 6 6 3 . 3 2 2 3 x y z xy xy xy xy         Đặt   31 t xy t     . Khi đó       23 6 6 6 3 3 2 3 . 3 2 2 3 3 9 54 x y z t t t t t t            Xét hàm số   32 3 9 54 f t t t    trên   3;1  . Ta có:   2 9 18 f t t t   .       0 3;1 0 2 3;1 t ft t              Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta thấy:   54 66 ft  với   3;1 t    . Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình   f t m  có nghiệm   3;1 t NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 28 54 66 m    . Vậy có 13 giá trị nguyên của m để hệ phương trình có nghiệm. Câu 26. Cho phương trình     2 3 2 1 1 1 m x m x m        . Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình có nghiệm là đoạn   ; ab . Giá trị của biểu thức 53 ab  bằng A. 13 . B. 7 . C. 19 . D. 8 . Lời giải Chọn D Cách 1: Tập xác định :   3;1 D . Từ phương trình suy ra : 2 3 1 1 . 3 2 1 1 xx m xx          Xét hàm số 2 3 1 1 [] 3 2 1 1 xx gx xx          trên đoạn   3;1  . Ta có :     2 3 1 3 1 1 1 2 3 1 2 31 '[ ] 0, x 3;1 . 3 2 1 1 xx xx xx gx xx                     Suy ra hàm số [] y g x  đồng biến trên   3;1  . Do đó,     3;1 3;1 35 min [ ] ;maxg[x] . 53 gx    Suy ra phương trình có nghiệm 35 ; 53 m     . Vậy 5 3 8 ab  . Đáp án D. Cách 2: Tập xác định :   3;1 D . Từ phương trình suy ra : 2 3 1 1 . 3 2 1 1 xx m xx          Xét hàm số 2 3 1 1 [] 3 2 1 1 xx gx xx          trên đoạn   3;1  . Dùng máy tính ta dự đoán 35 [ ] . 53 gx  Ta chứng minh: 2 3 1 1 3 . [1] 5 3 2 1 1 xx xx          Ta có: [1] 10 3 5 1 5 3 3 6 1 3 x x x x           7 3 2 1 0. xx       Xét trên đoạn   3;1  thì 7 3 0;2 1 0. xx      Suy ra [1] luôn đúng. Dấu ""  xáy ra khi 3 x  . Ta lại chứng minh: 2 3 1 1 5 . [2] 3 3 2 1 1 xx xx          NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 29 Ta có: [2] 6 3 3 1 3 5 3 10 1 5 x x x x           3 7 1 2. xx      Xét trên đoạn   3;1  thì 3 2;7 1 2 2. xx      Suy ra [2] luôn đúng. Dấu ""  xáy ra khi 1. x  Do đó, 35 . 53 m  Suy ra phương trình có nghiệm 35 ; 53 m     . Vậy 5 3 8 ab  . Đáp án D. Câu 28. Cho hàm số   y f x  liên tục trên   1;3  và có đồ thị như hình vẽ sau: Bất phương trình [ ] 1 7 f x x x m      có nghiệm thuộc   1;3  khi và chỉ khi A. 7. m  B. 7 m  . C. 2 2 2 m . D. 2 2 2 m . Chọn A Xét hàm số   17 g x x x     liên tục trên   1;3  ta có:     11 ' , 1;3 2 1 2 7 g x x xx        ' 0 1 7 1 7 3 g x x x x x x            [nhận]                   1;3 1 2, 3 4 max max 1 , 3 3 4. 1 g g g x g g g          Từ đồ thị hàm số   y f x  ta có:         1;3 max 3 3. 2 f x f   Đặt     [] h x f x g x  trên   1;3  , kết hợp với   1 và   2 ta suy ra:               1;3 1;3 max max 3 3 7 h x f x g x f g       , đẳng thức xảy ra khi 3. x  Vậy bất phương trình   m h x  có nghiệm thuộc   1;3  khi và chỉ khi     1;3 max 7. m h x   Câu 29. Cho hàm số       3 3 2 1 3 4 2 f x m x x m x       với m là tham số. Có bao nhiêu số nguyên   2018;2018 m sao cho   0 fx  với mọi giá trị   2;4 x  . A. 2021. B. 2019 . C. 2020 . D. 4037 . Lời giải Chọn C Ta có: NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 30       3 3 2 3 2 3 3 1 3 4 2 3 4 2 f x m x x m x x x x m x mx               3 2 3 3 3 3 3 0 3 4 2 [x 1] 1 [1]. f x x x x m x mx x m x mx              Xét hàm số 3 [t] t ; , g t t    '2 [t] 3t 1 0 gt      . Vậy hàm [t] g đồng biến trên . Bất phương trình [1] [x 1] g[mx] x 1 mx g       Xét   2;4 x  bất phương trình x1 m x   [2] Đặt x1 [] hx x   . Bất phương trình [2] luôn đúng với mọi   2;4 x  suy ra:   2;4 min [ ]. m h x  Ta có:   2 1 '[ ] 0 2;4 h x x x        2;4 5 min [ ] h[4] 4 hx    . Do đó: 5 . 4 m  Mà   2018;2018 m và m nguyên nên có 2020 giá trị của m thỏa mãn. Câu 30. Tìm số thực m lớn nhất để bất phương trình sau có nghiệm đúng với mọi  x   sin cos 1 sin 2 sin cos 2018       m x x x x x . A. 1 3  . B. 2018  . C. 2017 2  . D. 2017  . Lời giải Chọn C Đặt sin cos  t x x 2 1 sin 2 2     tx 12    t Khi đó bất phương trình đã cho trở thành:   2 1 2019 m t t t       2 2019 1 tt m f t t      với mọi 1; 2    t . Ta có     2 2 2 2020 0, 1; 2 1 tt f t t t          . Vậy   2 2019 1 tt m f t t    với mọi 1; 2    t     1; 2 2017 min 1 2         t m f t f . Câu 31. Số giá trị nguyên của tham số   10;10 m để bất phương 22 3 6 18 3 1 x x x x m m          nghiệm đúng   3;6 x    . A. 28. B. 20. C. 4. D. 19. Lời giải Chọn D 22 3 6 18 3 1 x x x x m m          [1] nghiệm đúng   3;6 x    . Đặt 36 t x x     ,   3;6 x .  1 1 6 3 2 3 2 6 2 3 . 6 xx t x x x x            . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 31 0 t   63 xx     3 2 x  . Bảng biến thiên:  3;3 2 t    . Ta có 2 2 2 3 6 2 18 3 9 2 18 3 t x x x x x x             2 2 9 18 3 2 t xx     . Bất phương trình [1] nghiệm đúng   3;6 x       2 2 9 1 2 t f t t m m       nghiệm đúng 3;3 2 t       2 3;3 2 1 max m m f t      . [2] Xét hàm số   2 9 2 t f t t   , 3;3 2 t       1 1 2 1 0 3;3 2 2 f t t t t               ft nghịch biến trên 3;3 2   .    2 3;3 2 39 max [ ] 3 3 3 2 f t f        . Khi đó [2]  2 13 mm     2 1 m m      . Kết hợp với điều kiện bài toán: m nguyên và   10;10 m      10; 1 2;10 m m         . Vậy có 19 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nhận xét: Trên tinh thần thi trắc nghiệm, học sinh hoàn toàn có thể sử dụng tính năng TABLE của máy tính cầm tay để tìm     3;6 max 3 fx   với   2 3 6 18 3 x x x f x x        . Từ đó đưa bài toán về dạng giải bất phương trình bậc hai cơ bản: 2 13 mm    một cách dễ dàng. Câu 32. Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn   1 2 2 2 log 2 yy y x x      . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức x P y  bằng A. ln 2 2 e  . B. ln 2 2 e  . C. ln 2 2 e . D. 2ln 2 e . Lời giải NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 32 Chọn C Có   1 2 2 2 log 2 yy y x x        2 2 2 log 2 2 1 yy y x x       .   1 Đặt   2 log 2 2 y tx  2 2 2 yt x    2 2 2 ty x    .   1 trở thành : 2 2 2 1 y t y yt      1 2 1 2 yt yt       .   2 Xét hàm số  2, x f x x x      2 ln 2 1 0, x f x x        nên hàm số   2 x f x x  luôn đồng biến trên . Kết hợp với   2 ta có: 1 ty    2 log 2 2 1 y xy     1 2 2 2 yy x     1 2 y x   . Khi đó x P y  1 2 y y   11 2 2 ln 2 2 yy y P y     . Cho 0 ln 2 1 0 Py      1 ln 2 y  . Bảng biến thiên: Vậy min ln 2 2 e P  khi 2 e x  và 1 ln 2 y  . Câu 33. Cho hàm số   32 1 4 1 4 3 3 3 3 f x x x x     có đồ thị như hình vẽ bên. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình   22 2019 15 30 16 15 30 16 0 f x x m x x m        có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn   0;2 A. 1513. B. 1512. C. 1515. D. 1514. Lời giải Chọn D Đặt 2 15 30 16 t x x       2 15 1 1 tx    do   0;2 x  nên   1;4 t  . Nhận xét : Ứng với mỗi   1;4 t  thì có 2 nghiệm phân biệt   0;2 x  . Phương trình:   22 2019 15 30 16 15 30 16 0 f x x m x x m        [1] trở thành :   2019 0 f t mt m     2019 [ ] 1 ft m t   với   1;4 t  . 1  1 4 O y x 1 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 33  2 1 5 4 2019 3 3 3 m t t          2 673 5 4 m t t    với   1;4 t  . [2 ] Phương trình [1] có 4 nghiệm x phân biệt thuộc đoạn   0;2 tương đương phương trình [2] có 2 nghiệm t phân biệt thuộc nửa khoảng   1;4 . Xét     2 673 5 4 h t t t    với   1;4 t  . Bảng biến thiên   ht t  1 5 2 4    ht   0    ht 0 0 6057 4  Dựa vào bảng biến thiên suy ra: 6057 0 4 m    và m nguyên suy ra 1514 1 m     . Vậy có 1514 giá trị m nguyên thỏa mãn. Nhận xét: Đề bài cho thừa giả thiết đồ thị   y f x  . Câu 34. Cho mà đồ thị hàm số như hình vẽ bên Bất phương trình nghiệm đúng với mọi khi và chỉ khi A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Để bất phương trình nghiệm đúng với mọi thì Xét hàm số [] fx '[ ] y f x  [ ] sin 2 x f x m     1;3 x [0] mf  [1] 1 mf  [ 1] 1 mf    [2] mf    [ ] sin 2 sin 2 x f x m x m f x         1;3 x     1;3 sin 2 x m Min f x           sin 2 x g x f x   NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 34 Có Nhận xét : Đến đây ta khó có thể giải được phương trình để lập bảng xét dấu. Nhận thấy đổi dấu khi qua gợi ý cho ta xét dấu của hàm trên 2 khoảng và Xét khoảng [ đồ thị hàm số nằm dưới trục hoành ] Vậy Xét Xét khoảng [ đồ thị hàm số nằm trên trục hoành ] Vậy Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau Vậy Vậy Câu 35. GọiS là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình sau 6 4 3 3 2 3 4 2 0 x x m x x mx       nghiệm đúng với mọi   1;3 x  . Tổng tất cả các phần tử của S bằng: A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 4 . Lời giải     cos 22 x g x f x      0 gx     fx  1 x    gx    1;1    1;3   1;1      1;1 0 x f x         fx      1;1 ; cos 0, 1;1 2 2 2 2 2 xx xx                                   cos 0, 1;1 22 x g x f x x            1 x      .1 1 1 cos 0 22 gf           1;3     1;3 0 x f x        fx      3 1;3 ; cos 0, 1;3 2 2 2 2 2 xx xx                                cos 0, 1;3 22 x g x f x x             gx       1;3 sin 1 1 2 x Min f x f           11 mf  NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 35 Chọn A Ta có: 6 4 3 3 2 6 4 2 3 3 3 4 2 0 3 4 2 x x m x x mx x x x m x mx                     3 3 22 1 1 1 x x mx mx       Xét hàm đặc trưng     32 ' 3 1 0 f t t t f t t             22 1 1 1 f x f mx x mx       Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình 2 1 x mx  nghiệm đúng với mọi   1;3 x      2 2 1 1 , 1;3 x x mx m g x x x                   2 1;3 1 ' 1 0 1;3 1 2 x g x x Ming x g x          Vậy để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi   1;3 x  thì 2 m  Vì m nguyên dương nên   1;2 S  có 2 phần tử. Tổng các phần tử bằng 3 . Câu 36. Số giá trị nguyên của tham số m nằm trong khoảng   0;2020 để phương trình 1 2019 2020 x x m      có nghiệm là A. 2020 . B. 2021. C. 2019 . D. 2018 . Lời giải Chọn D Ta có       2018, 1;2019 1 2019 2 2020 , 1;2019 x f x x x xx             . Vì hàm số [ ] 2x 2020 hx là hàm số đồng biến trên đoạn [1;2019] nên ta có     [1;2019] [1;2019] max [ ] max [1], [2019] 2018, min [ ] min [1], [2019] 2018 h x h h h x h h      Suy ra     1;2019 min 0 fx  và     1;2019 max 2018 fx  . Do đó, ta có:   min 0 fx  và   max 2018 fx  . Vì vậy, phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi: 0 2020 2018 2 2020 mm       . Suy ra có 2018 giá trị nguyên của m nằm trong khoảng   0;2020 . Câu 37. Cho hàm số   53 34 f x x x m    . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình     3 3 f f x m x m    có nghiệm thuộc đoạn   1;2 ? A. 15. B. 16. C. 17 . D. 18. Lời giải Chọn B Đặt       33 3 t f x m t f x m f x t m           1 . Ta có     3 3 f f x m x m    , suy ra   3 f t x m    2 . Từ   1 và   2 ta có         3 3 3 3 5 3 5 3 44 f x f t t x f x x f t t x x t t              3 . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 36 Xét hàm số       5 3 4 2 4 5 12 0 g u u u g u u u u g u           đồng biến trên . Do đó       3 g x g t x t     . Thay vào   1 ta được   3 5 3 23 f x x m x x m        4 . Xét hàm số   53 2 h x x x  trên đoạn   1;2 . Ta có       42 5 6 0 1;2 h x x x x h x        đồng biến trên đoạn   1;2 . Vậy ta có       1;2 min 1 3 h x h  và       1;2 max 2 48 h x h  . Phương trình đã cho có nghiệm thuộc   1;2  Phương trình   4 có nghiệm trên   1;2 .         1;2 1;2 min 3 max 3 3 48 1 16 h x m h x m m          . Vậy có 16 giá trị nguyên của m . Câu 38. Cho hàm số   32 f x ax bx cx d     có đồ thị như hình vẽ. gọi S là tập hợp các giá trị của   mm  sao cho         3 1 2 1 1 0, x m f x mf x f x x           . Số phần tử của tập S là? A 2 . B. 0 . C. 3 D. 1 . Lời giải Chọn A Cách 1 Xét       10 g x x h x    với x  , với         3 2 1 . 1 h x m f x m f x f x      . Do       1 0 1 0 1 * 1 0 1 0 1 x x h x x x x h x x                        0 hx  tại 1 x        33 0 1 1 1 1 0 0 1 m m f mf f m m m               + Với     0 1 1 m h x f     thỏa mãn   * do hàm   fx đồng biến và   11 f  . + Với     1 2 1 1 m h x f x      thỏa mãn   * Do 1 x  thì   2 1 1 2 1 1 0 x f x       và 1 x  thì   2 1 1 2 1 1 0 x f x       . + Với       1 2 1 2 1 m h x f x f x         . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 37 Khi đó   hx là hàm số bậc ba có hệ số 0 a  nên   lim 0 x hx     không thỏa mãn   * . Vậy 0 m  và 1 m  . Cách 2 Từ đồ thị hàm số ta suy ra           3 1 11 2 10 0 11 00 0 22 1 1 0 2 2 f a f b f x x f c f d                           Theo đề bài   3 0 1 1 0 1 1 m f m m m m              Với 0 m  , ta có:         3 11 1 1 1 1 22 x f x x x                  2 32 11 1 1 1 1 0 22 x x x x x x           [Nhận] Với 1 m  , ta có:             3 11 1 2 1 1 1 2 1 1 22 x f x f x f x x x                        3 2 3 2 1 1 8 12 6 1 1 1 4 6 3 1 2 x x x x x x x x                2 2 1 4 2 1 0 x x x x        [Nhận] Với 1 m  , ta có:             3 3 11 1 2 1 1 1 2 1 22 x f x f x f x x x x                     32 1 1 6 3 0 0 x x x x x x            [Loại] Vậy 0 m  và 1 m  . Cách 3 Để         3 1 2 1 1 0, x m f x mf x f x x           thì       3 2 1 1 m f x mf x f x       nhận 1 x  là nghiệm bội lẻ duy nhất và khi qua 1 x  [       3 2 1 1 m f x mf x f x       đổi dấu từ  sang  ]. Khi đó: 3 0 0 1 m mm m         . + Thử lại, ta thấy với 0 m  thỏa. + Với 1 m  , ta có:         3 2 1 1 2 1 1 m f x mf x f x f x          là một hàm số bậc ba có hệ số bậc cao nhất dương. Ta có:     lim 2 1 1 , lim 2 1 1 xx f x f x                     nên khi qua 1 x  hàm số sẽ đổi dấu từ  sang  thỏa mãn. + Với 1 m  , ta có:           3 2 1 1 2 1 2 1 m f x mf x f x f x f x            là một hàm số bậc ba có hệ số bậc cao nhất âm. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 N.C.Đ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 38 Ta có:     lim 2 1 1 , lim 2 1 1 xx f x f x                     nên khi qua 1 x  hàm số sẽ đổi dấu từ  sang  không thỏa mãn.

Video liên quan