–
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022

CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Cho hàm số u  u  x  xác định với x   a ; b  và u  x    c ; d  . Hàm số f u  x   cũng xác định
với x   a ; b  thì ta có các nhận xét sau đây:

Giả sử hàm số u  u  x  đồng biến với x   a; b  . Khi đó, hàm số f u  x   đồng biến
với x   a ; b   f  u  đồng biến với u   c ; d  .

Giả sử hàm số u  u  x  nghịch biến với x   a; b  . Khi đó, hàm số f u  x   nghịch
biến với x   a ; b   f  u  nghịch biến với u   c ; d  .
: Cho đồ thị hoặc bảng biến thiên của hàm số y  f  x  hoặc
y  f   x  . Yêu cầu tìm khoảng đơn điệu của hàm số dạng g  x   f u  x    v  x  .
Bước 1: Tính đạo hàm của g  x  theo công thức g   x   u  x  . f  u  x    v  x 
u   x   0

Bước 2: Giải phương trình g   x   0  
v  x 
 u  x    
f
, u   x   0.


u
x



Bước 3: Lập bảng xét dấu của g   x 
Bước 4: Từ bảng xét dâú để xét các khoảng đơn điệu của hàm số và có thể mở rộng tìm các điểm cực
đại, cực tiểu của hàm số.
: Xác định khoảng đơn điệu của hàm chứa giá trị tuyệt đối
Bước 1: Tính đạo hàm của hàm số y  f  x  .
Bước 2: Dựa vào đồ thị lập bảng xét dấu
Bước 3: Thực hiện các yêu cầu bài toán đưa ra.

Đối với các bài toán vận dụng và vận dụng cao thì không có một cách làm nào có thể bao quát hết
được. Khi gặp các bài toán này, chúng ta cần áp dụng linh hoạt các phương pháp và kiến thức lại với
nhau.

Một số phương pháp thường sử dụng: đặt ẩn phụ, biện luận và tối ưu nhất là phương pháp ghép trục.
Trong lời giải các bài tập vận dụng, chúng ta sẽ thấy được sự kết hợp giữa các phương pháp trên.
1 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Cho hàm số đa thức f  x  có đạo hàm trên  . Biết f  0   0 và đồ thị hàm số y  f   x  như
hình sau.
Hàm số g  x   4 f  x   x 2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  4;   .
Câu 2:
B.  0; 4  .
C.  ; 2  .
D.  2; 0  .
Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  . Hàm số y  f '  x  có đồ thị như hình vẽ. Số
tham số m nguyên thuộc đoạn 
 20; 20  để hàm số g  x  nghịch biến trên khoảng  1; 2  biết

 
g  x   3 f  x3  3x  m  x3  3x  m
A. 23 .
Câu 3:
  2x
2
3

 6 x  2m  6 .
C. 5 .
B. 21 .
D. 17 .
Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  2021; 2021 để hàm số
g  x   x3  3mx 2  3  m  2  x  m  1 đồng biến trên khoảng  0; 3  ?
A. 4041 .
Câu 4:
B. 4042 .
C. 2021 .
D. 4039 .
Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên R có bảng xét dấu đạo hàm như sau:
Hàm số y  3 f  2 x  1  4 x 3  15 x 2  18 x  1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây
A.  3;   .
Câu 5:

3


5
B.  1;  .
2

C.  ; 3  .
2 


5


D.  2;  .
2

Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x   x 2  x  4  x2  2mx  9 với x   . Số giá trị


nguyên âm của m để hàm số g  x   f x2  3x  4 đồng biến trên 1;    ?
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
A. 1 .
B. 3 .
Câu 6:

CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
C. 2 .
D. 4 .

Cho hàm số f  x   x 4  4  m2 x  2020 và g  x    x 3  5 x 2  2020 x  2021 . Có bao nhiêu
giá trị nguyên dương của m để h  x   g  f  x   đồng biến trên  2;   .
A. 13 .
Câu 7:
B. 12 .
D. 6 .
C. 7 .
Cho hàm số g  x   f  1  x  có đạo hàm g '  x    3  x 
với mọi x   . Có bao nhiêu số nguyên dương m
 2  x   x   m  2  x  3m  6 
để hàm số f  x  nghịch biến trên khoảng
2021
2020
2
 0;   .
A. 0 .
Câu 8:
B. 1 .
C. 2 .
D. 3 .
Cho hàm số y  f ( x ) có đạo hàm liên tục trên  . Đồ thị hàm số y  f ( x ) được cho như hình
bên dưới. Hỏi hàm số g( x)  4 f ( x)  x 2  4 x  2021 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. ( ; 1) .
Câu 9:
B. ( 2;0) .
C. (0; 2) .
D. (2; )
Cho hàm số y  f  x  liên tục và xác định trên  , biết rằng f   x  2   x 2  3 x  2 . Hàm số


y  f x2  4x  7 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  2; 1 .
B.  3; 1 .
C. 1;   .
Câu 10: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và thoả f  3   f  3  
y  f   x  là một hàm số bậc ba có đồ thị như hình vẽ sau:
D.  2; 0  .
1
. Biết rằng hàm số
2
Hỏi hàm số g  x    f  3  x    f  3  x  nghịch biến trên khoảng nào sau đây:
2
A.  3;1 .
3 | Phan Nhật Linh
B.   ; 3  .
C.  0; 2  .
D.  2; 6  .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 11: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị hàm số y  f  x  như hình vẽ.


Biết rằng hàm số f x 3  3x  1 nghịch biến trên các khoảng lớn nhất  a; b  ;  m; n  ;  p; q  . Giá


trị của biểu thức a2  b2  m2  n2  p2  q 2 bằng:
A. 9 .
B. 12 .
D. 10 .
C. 14 .
Câu 12: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có bảng xét đấu đạo hàm f   x  như hình vẽ


bên dưới. Hàm số g  x   f 4  4  x2 đồng biến trên:
A.  0;1 .
B.  1; 2  .
C.  1; 0  .
D.  3; 1 .
Câu 13: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có bảng xét đấu đạo hàm f   x  như hình
vẽ bên dưới. Hàm số g  x   f 1  7  6 x  x 2
 nghịch biến trên:
A.  5; 6  .
C.  2; 3  .

B.   1; 2  .
D.  3; 5  .
Câu 14: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị hàm số y  f  x  như hình vẽ dưới


đây. Hỏi hàm số f f  x  đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  0; 2  .
B.  3; 1 .
C.  3; 5  .
D.  5; 3  .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 4
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 15: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục và xác định trên  có biểu thức đạo hàm được cho
bởi f '  x   x  x  2  x  1 . Hỏi tham số thực m thuộc khoảng nào dưới đây thì hàm số


g  x   f x3  m đồng biến trên khoảng  1;   ?

1


B.  1; 4  .
A.  0;  .
2
1

C.  ;1  .
2 
D.  0;1 .
Câu 16: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị hàm số y  f '  x  như hình vẽ
bên dưới. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m thuộc đoạn 
 20; 20  để hàm số


g  x   f x 2  2x  m đồng biến trên khoảng 1; 3  ?
A. 19 .
B. 23 .
C. 18 .
D. 17 .
Câu 17: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị y  f   x  như hình vẽ bên dưới. Hỏi


có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  30; 30  để hàm số g  x   f x3  3x  m đồng
biến trên 
 2; 1 .
B. 25 .
A. 24 .
C. 26 .
D. 31 .
Câu 18: Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  20 ; 20  để hàm số
y
x2  2x  2  1
đồng biến trên   ;1 ?
2m  3  x2  2 x  2
A. 21 .
B. 19 .
Câu 19: Cho hai hàm số f  x  
C. 22 .
D. 20 .
x  4a
xb
và g  x  
cùng đồng biến trên từng khoảng xác
xb
x  a2
định của nó. Gọi ao và bo lần lượt là những số nguyên dương nhỏ nhất của a và b thỏa mãn. Giá
trị của biểu thức T  ao  bo tương ứng bằng:
A. 25.
5 | Phan Nhật Linh
B. 26.
C. 27.
D. 28.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022


CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 20: Cho hàm số y  f  x    m  1 x  3 m  m  1 x  3  m  1 x  m  1 với m là tham số. Biết
3
2
2
rằng với mọi tham số m thì hàm số luôn nghịch biến trên  a; b  . Giá trị lớn nhất của biểu thức
 b  a  bằng:
A. 4 7 .
B. 2 3 .
D. 4 6 .
C. 4.
Câu 21: Cho hàm số f  x   3 m 2 x 4  8 mx 3  6 x 2  12  2 m  1 x  1 với m là tham số. Biết rằng với mọi
tham số m thì hàm số luôn đồng biến trên  a; b  ; với a, b là những số thực. Giá trị lớn nhất của
biểu thức  2b  a  sẽ bằng:
A. 2.
B. 2 2 .
C.
5.
D.
Câu 22: Cho hàm số y  f ( x ) có đồ thị được cho như hình vẽ. Hỏi hàm số y 
6.
1
nghịch biến trên
f ( x)  3
khoảng nào dưới đây?
A. ( 3; 2) .
B. (2;1) .
C. ( 1; 2) .
D. (3; ) .
Câu 23: Cho hàm số y  f ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m  20; 2021 để hàm số y 
A. 19 .
B. 21 .
f ( x)  5
nghịch biến trên  1; 4  ?
f ( x)  m
C. 20 .
D. 22 .

Câu 24: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị được cho như hình vẽ. Hỏi hàm số y  f  x 

2
đồng biến trên
khoảng nào dưới đây?
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 6
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
A. 1; 3  .
B.  2; 3  .
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
D.  3; 1 .
C.  2;   .
Câu 25: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị được cho như hình vẽ. Hỏi hàm số g  x    f  x    6 f  x  nghịch
2
biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  3;1 .
B.  7;14  .
C.  14;   .
D.  1;7  .
Câu 26: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị y  f   x  như hình vẽ bên dưới. Hỏi


có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  30; 30  để hàm số g  x   f x2  2x  m nghịch
biến trên  1; 2  .
A. 0 .
C. 28 .
B. 1 .
D. 23 .
Câu 27: Cho hàm số f  x  . Hàm số y  f '  x  có đồ thị như hình bên. Hàm số g  x   f 1  2 x   x 2  x
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây ?
y
1
4
O
–2
x
–2

3


A.  1;  .
2
7 | Phan Nhật Linh

1


B.  0;  .
2
C.  2; 1 .
D.  2; 3  .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 28: Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  40; 40  để hàm số
g  x   x2  4mx  m  3 nghịch biến trên khoảng  2; 1 .
A. 79 .
B. 39 .
C. 80 .
D. 40 .
Câu 29: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  có đồ thị hàm số y  f ( x ) cho như hình vẽ


Hàm số g( x)  2 f x  1  x 2  2 x  2020 đồng biến trên khoảng nào?
A. (0;1) .
B. (3;1) .
C. (1;3) .
D. ( 2;0) .
Câu 30: Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên  có đồ thị hàm số y  f ( x ) cho như hình vẽ.


Hàm số g( x)  2 f x  1  x 2  2 x  2020 đồng biến trên khoảng nào?
A.  0; 1 .
B.  3; 1 .
C.  1; 3  .
D.  2; 0  .
Câu 31: Cho hàm số f ( x ) , g( x) có đồ thị như hình vẽ. Biết hai hàm số y  f (2 x  1) , y  g( ax  b) có
cùng khoảng nghịch biến lớn nhất. Khi đó giá trị của biểu thức  4a  b  bằng:
A. 0 .
B. 2 .
C. 4 .
D. 3 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 8
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 32: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị hàm số như hình vẽ. Khi đó hàm


số f x 3  3x  1 nghịch biến trên:
A. 1; 2  .
B.  0;1 .

1


C.  2;   .
2
 1

D.   ;0  .
 2 
Câu 33: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị nằm trên trục hoành và có đạo hàm trên  , bảng xét dấu của
biểu thức f   x  như bảng dưới đây.
Hàm số y  g  x  
A.   ;1 .

f x2  2 x



f x2  2x  1
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

5


B.  2;  .
2
C. 1; 3  .
D.  2;   .
Câu 34: Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên  và f 1  1 . Đồ thị hàm số y  f   x  như hình bên. Có
 
bao nhiêu số nguyên dương a để hàm số y  4 f  sin x   cos2 x  a nghịch biến trên  0;  ?
2

B. 3 .
A. 2 .
C. Vô số.

D. 5 .
Câu 35: Giả sử f  x  là đa thức bậc 4. Đồ thị của hàm số y  f '  1  x  được cho như hình bên. Hỏi hàm


số g  x   f x 2  3 nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?
A.  2;1 .
9 | Phan Nhật Linh
B.   1; 0  .
C. 1; 2  .
D.  0;1 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 36: Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn 10  m  10 và hàm số
y  f ( x2  2 x  m) đồng biến trên khoảng (0;1) ?
A. 5 .
C. 6
B. 4 .
D. 1 .
Câu 37: Cho hàm số y  ax4  bx3  cx 2  dx  e , a  0 . Hàm số y  f '  x  có đồ thị như hình vẽ
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên thuộc khoảng  6; 6  của tham số m để hàm số
g  x   f  3  2 x  m   x 2   m  3  x  2 m 2 nghịch biến trên  0;1 . Khi đó, tổng giá trị các phần
tử của S là
A. 12.
B. 9.
C. 6.
D. 15.




Câu 38: Có bao nhiêu giá trị thực của m để hàm số y  mx9  m2  3m  2 x6  2m3  m2  m x4  m
đồng biến trên  ?
A. Vô số.
B. 1 .
D. 3 .
C. 2 .
2
8
Câu 39: Cho hàm số f  x   m2 x5  mx 3  m2  m  20 x  1 ( m là tham số). Có bao nhiêu giá trị
5
3
nguyên của tham số m để hàm số đã cho đồng biến trên  ?
A. 7 .
B. 9 .
C. 8 .
D. 10 .


Câu 40: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có
đồ thị y  f   x  như hình vẽ bên.
2
1
x  m  1  2019 , với m là

2
tham số thực. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương
Đặt g  x   f  x  m  
của m để hàm số y  g  x  đồng biến trên khoảng  5; 6 
Tổng tất cả các phần tử trong S bằng:
A. 4 .
C. 14 .
B. 11 .
D. 20 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 10
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 41: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m




f ( x)  2  m  1 x 3  3 m 2  5m  4 x 2  6 3m 2  6 m  19 x  32
 x  1
3
1
để hàm số
đồng biến trên
khoảng  1;   . Số phần tử của tập hợp S là
A. 3 .
B. 0 .
C. 1 .
D. 2 .


Câu 42: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị hàm số y  f  x2  2 x như hình
2
vẽ bên. Hỏi hàm số y  f x2  1  x3  1 đồng biến trên khoảng nào?
3

A.  3; 2  .

B.  1; 2  .
C.  2; 1 .
D.  1; 0  .
Câu 43: Cho hàm số y  f  x  là hàm đa thức có đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ.


Hàm số g  x   f  3x  1  3 2 x3  2 x2  3x  5 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.   ; 2  ,  1;   .
B.  3;0  .
C.   ; 1 .
D.  1; 2  .
Câu 44: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hàm số y  f '  2 x  1 như hình vẽ. Hàm số
1
1
g  x   f  x   x 2  x . Đồng biến trên khoảng nào sau đây?
4
2
A.   ; 3  .
11 | Phan Nhật Linh
B.  3;0  .
C. 1; 4  .
D.  4;   .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 45: Cho hàm số bậc bốn f  x  . Đồ thị hàm số y  f '  3  2 x  được cho như hình bên. Hàm số


y  f x2  1 nghịch biến trên khoảng nào?
A.   ; 0  .
B.  0;1 .
C.  2;   .
D.  1; 0  .
Câu 46: Cho hàm số y  f  x  , y  g  x  liên tục và có đạo hàm trên  , trong đó hàm số


g  x   f  2  x  ' là hàm số bậc ba có đồ thị như hình vẽ như dưới


Hàm số y  f x2  2  x3  2 x2  x  2021 nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
A.   ; 1 .
B.  0;1 .
C. 1; 2  .
D.  2;   .


Câu 47: Cho hai hàm số f ( x ); g( x ) có đạo hàm liên tục trên  . Đồ thị y  f  x2  4x như hình vẽ.
2
Hàm số g( x)  f x 2  4  x3  2021 nghịch biến trong khoảng nào?
3
A.  0; 3  .
B.  3; 5  .
C.  2,3  .


D.  4; 6 
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 12
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ

Câu 48: Cho hàm số f  x  và g  x  xác định và liên tục trên  , trong đó g  x    f x 2  4  là hàm bậc




ba có đồ thị như hình vẽ:


Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số h  x   f x2  x  m đồng biến trên
 0;1 .
A. 0 .
B. 1 .
D. 3 .
C. 2 .


Câu 49: Cho hàm số y  f  x  là hàm đa thức và hàm số y  f x2  1 có bảng biến thiên


Hàm số g  x   f 2 x3  x đồng biến trên khoảng nào sau đây?
 1 1 
;
A.  
.
6 6


1 
B.  ; 
.
6

 1 
;1  .
C. 
 6 
 1

;   .
D.  
6


Câu 50: Cho hàm số y  f ( x 2  2) là hàm số bậc 4 có bảng biến thiên như sau.


Hàm số g  x   f x3  3x  3 đồng biến trong khoảng nào sau đây?
A.   ;  2  .
13 | Phan Nhật Linh
B.  2; 1 .
C.  1; 2  .
D.  1;    .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
1.B
2.A
3.A
4.B
5.B
6.D
7.C
8.C
9.C
10.D
11.B
12.C
13.D
14.A
15.B
16.C
17.C
18.A
19.B
20.D
21.C
22.A
23.C
24.D
25.B
26.A
27.A
28.C
29.A
30.A
31.B
32.B
33.C
34.B
35.D
36.C
37.B
38.B
39.B
40.C
41.D
42.C
43.C
44.D
45.D
46.C
47.B
48.D
49.A
50.C
Câu 1:
Chọn B
Xét hàm số h  x   4 f  x   x 2 trên  .
Vì f  x  là hàm số đa thức nên h  x  cũng là hàm số đa thức và h  0   4 f  0   0 .
1
Ta có h  x   4 f   x   2 x . Do đó h  x   0  f   x    x .
2
1
Dựa vào sự tương giao của đồ thị hàm số y  f   x  và đường thẳng y   x , ta có
2
h  x   0  x  2; 0; 4
Suy ra bảng biến thiên của hàm số h  x  như sau:
Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số g  x   h  x  như sau:
Dựa vào bảng biến thiên trên, ta thấy hàm số g  x  đồng biến trên khoảng  0; 4  .
Câu 2:
Chọn A
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 14
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022

 

 
 3 f  x3  3 x  m  2 x3
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
   x  3x  m  3
 3x  m   6   x  3x  m 
g  x   3 f  x  3 x  m  2  x  3x  m
3
3
3
2
3
2
3
Ta có

 





2

g '  x   9 x2  1 f '  x3  3x  m  18 x2  1  x 3  3x  m  36 x 2  1  x 3  3 x  m

Để hàm số nghịch biến trên  1; 2 

 
 3x  m   4   x
g '  x   0 x   1; 2   f '  x 3  3 x  m  2  x 3  3x  m



 f '  x 3  3 x  m  2  x 3
2
3

2


 4  x 3  3 x  m  0 x   1; 2 

 3x  m x   1; 2 
Đặt t  x3  3x  m . Với x   1; 2  có t '  3 x 2  3  0 x   1; 2   t   m  14; m  4 
Xét bất phương trình  1 f '  t   2t 2  4t
 1
Đồ thị hàm số y  f '  t  và y  2t 2  4t trên cùng hệ trục tọa độ:
 t   m  14, m  4 
t   m  14, m  4 

m  4  1
 m  3

t  1
Để  1 luôn đúng   t  1
.



t   m  14, m  4 
 m  14  2
 m  16


 t  2
 t  2
 
Câu 3:
Do m  20; 20  nên số giá trị của m là  3  20   1   20  16   1  23 .
Chọn A
Xét hàm số g  x   f  x   x3  3mx2  3  m  2  x  m  1 có f   x   3 x 2  6 mx  3  m  2 
Để hàm số đồng biến trên  0; 3  thì:
  f  0   0
  f  x   0
 2

, x   0; 3 
, x   0; 3 
 3 x  6 mx  3  m  2   0
  f   x   0


  f  0   0
  f  x   0
, x   0; 3 
, x   0; 3 
 2

 3 x  6 mx  3  m  2   0
  f   x   0
15 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
  m  2  0

  m  2
2
  m  x  2 , x  0; 3



2021  m  2
 
 m  2
2x  1
 m  2
2021; 2021  
. Vì m  

 


m  2
1  m  2021
m  1
   m  2  0

2

  m  1
x 2
 m 
, x   0; 3 
2x  1

Câu 4:
Vậy có tất cả 4041 giá trị m thỏa mãn đề bài.
Chọn B
Ta đặt: y  g( x)  f  2 x  1  4 x 3  15 x 2  18 x  1 .
 g( x)  6 f   2 x  1  12 x2  30 x  18  6  f   2 x  1  2 x2  5x  3 .
x  1

2x  1  1
x  3

2
x

1

2
2.
Có f   2 x  1  0  
 
2x  1  3
x2


5

 2 x  1  4
 x  2
Từ đó, ta có bảng xét dấu như sau:

3


Dựa vào bảng xét dấu trên, ta kết luận hàm số g( x ) đồng biến trên khoảng  1;  .
2
Câu 5:
Chọn B


Ta có g '  x    2x  3  f ' x2  3x  4 .
Hàm số đồng biến trên 1;    khi
 2x  3 f '  x

  x  3x  4   x  3x   x  3x  4   2m  x

2

2
2
2
2
2
Đặt t  x 2  3 x  4  t  0  do x   1;   
 1  t  t  4   t
2

 3x  4   9   0, x   1;    1

 3x  4  0, x   1;     f ' x 2  3x  4  0, x   1;   
2
2

 2 mt  9  0, t  0  t 2  2 mt  9  0, t  0
1 9 
 m    t   , t  0  m  3
2
t
Do m nguyên âm nên m  3;  2;  1 .
Câu 6:
Chọn D
Ta có h  x   g  f  x    h '  x   g '  f  x   . f '  x   0
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 16
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2
 3 f  x   10 f  x   2020  0  vn 
 g '  f  x   0
m2  4
m2  4
3

3
 


x


x

4
4
 4 x 3  4  m 2  0
 f '  x   0



Bảng biến thiên:
Hàm số đồng biến trên  2;   khi và chỉ khi
3
m2  4
 2  6  m  6 .
4
Vậy có 6 giá trị nguyên dương m thỏa mãn.
Câu 7:
Chọn C
Ta có x   , g '  x    f '  1  x   f '  1  x    g '  x  .
Suy ra f '  1  x     3  x 
2021
 f '  1  x     2   1  x  
Vậy f '  x     2  x 
2021
 2  x
2021
2020
 x 2   m  2  x  3m  6 


 3  1  x  


3  x  x
2020
2
2020
 1  x  2  m  1  x   2 m  5 


 m.x  2m  5

Hàm số f  x  nghịch biến trên khoảng  0;  
 f ' x   2  x
2021
 3  x  x
2020
2

 m.x  2 m  5  0 x   0;  
 x 2  mx  2m  5  0 , x   0;    m 
Xét h  x  
x2  5
x   0;   .  * 
x2
x2  5
9
, x   0;  
 x2
x2
x2
 h  x   1 
9
 x  2
2
 h  x   0  1 
9
 x  2
2
x  2  3
x  1

0 
 x  2  3
 x  5
Bảng biến thiên
 *   m  2 , mà m
Câu 8:
nguyên dương suy ra m  1; 2 . Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn C

 x

Xét hàm số: g( x)  4 f ( x)  x 2  4 x  2021  g( x)  4. f ( x)  2 x  4  4   f ( x)     1  
 2


17 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ

 x 
 x 
Để hàm số nghịch biến thì: g( x)  4   f ( x)     1    0  f ( x)     1 
 2

 2 

x
Trên hệ trục ta nhận thấy đường thẳng  : y    1 đi qua ba điểm ( 2;2),(0;1),(2;0) .
2
 x



Để f ( x)     1  thì đồ thị hàm số  y  f ( x )  phải nằm dưới đường thẳng  .
2
 x  2
Tương ứng với miền 
.
0  x  2
Câu 9:
Chọn C
Ta có: f   x  2   x 2  3 x  2   x  1 x  2   f   x    x  2  1 x  2  2    x  3  x  4  .
x  3
Khi đó: f   x   0  
. Đặt y  g  x   f x2  4 x  7 .
x

4



2x  4  0
Ta có: g  x    2 x  4  . f  x 2  4 x  7  0  
2
 f  x  4 x  7  0




 x  2
 x  2
 x  2

2
 2
 x  2   0

  x  1 .
 x  4x  7  3  
x2  4 x  7  4
 x  1
 x  3

 x  3
Bảng xét dấu g  x  :
x
g (x )


3
0

2
0

1

0



Dựa vào bảng biến thiên, ta có: hàm số y  g  x   f x 2  4x  7 đồng biến trên khoảng  1;  
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 18
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 10: Chọn D
Từ đồ thị ta có bảng biến thiên:
1
Suy ra f  x   x  
2


Mặt khác: g   x   2 f   3  x  f  3  x   f   3  x    f   3  x  2 f  3  x   1


Ta có g   x   0   f   3  x  2 f  3  x   1  0
3  x  3
x  0

 f  3  x   0  
 3  3  x  1
2  x  6
Do đó hàm số g đồng biến trên khoảng  2; 6  .
Câu 11: Chọn B



 

Đặt u  x 3  3x  1  g  x   f  u  f x 3  3x  1  g  x   3x2  3 f  x3  3x  1
 x  1

 x  1
x  0
 3
 g  x   0   x  3x  1  1   x   3

 x3  3x  1  1
 x  1

x  2

Bảng biến thiên


Vậy hàm số nghịch biến trên các khoảng  3; 1 ,  0;1 ,



Vậy giá trị của biểu thức a2  b2  m2  n2  p2  q 2  12
Câu 12: Chọn C


Cách 1: Tập xác định của hàm số f 4  4  x 2 là 
 2; 2 
Đạo hàm: g  x  
19 | Phan Nhật Linh
x
4x
2

f  4  4  x2


3; 2 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Hàm số đồng biến thì g   x   0 . Từ tập xác định ta có:
  x   0; 2 

 f  4  4  x2


  x   2; 0 

2
  f  4  4  x




CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
  x   0; 2 
  x   0; 2 

 

   3  4  4  x 2  1
   4  4  x 2  1   x   0; 2 



0
   4  4  x 2  4
  4  x 2  3
VN









  x   2; 0 
  x   2; 0 
  x   2;0 

 


2
  1  4  4  x 2  4
  4  x 2  3
0
  1  4  4  x




   4  4  x 2  3
  VN

  x   0; 2 

VN

 x   2; 0  .

x


2;0




 x
 


Cách 2: Ghép trục để tối ưu. g  x   f 4  4  x 2  f  u  , u  4  4  x 2 , với x  2; 2 
Bảng biến thiên kép
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng  2; 0  .
Câu 13: Chọn D
Cách 1:

Tập xác định của hàm số g  x   f 1  7  6 x  x2
Đạo hàm: g  x  
3x
2
7  6x  x
Hàm số nghịch biến: g   x   0

f  1  7  6 x  x 2
 là D   1;7 

Từ tập xác định, ta có các trường hợp sau:
  x   1; 3 
  x   1; 3 

  x   1; 3 

2




1


1

7

6
x

x

2

2

 f  1  7  6 x  x  0

  7  6 x  x 2  3


 x   3;7 







  x   3;7 
x

3;7



 1  7  6 x  x 2  1




2


  7  6 x  x 2  3

f

1

7

6
x

x

0

 
2

   1  7  6 x  x  2




Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 20
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
  x   1; 3 
 
 x  3  7
 1  x  3  7


.
   x  3  7
 3  x  3  7

  x   3;7 

 3  7  x  3  7
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Cách 2: Sử dụng phương pháp ghép trục


g  x   f 1  7  6 x  x2  f  u với u  1  7  6 x  x 2 và x  2; 2 
Bảng biến thiên kép

 
Vậy hàm số nghịch biến trên các khoảng 1; 3  7 và 3; 3  7
Câu 14: Chọn A



Xét hàm số: g  x   f f  x   g '  x   f '  x  . f '  f  x  
Hàm số đồng biến khi g '  x   f '  x  . f '  f  x    0
   x  1
   x  1


 f '  x   0
x

3

 x  3
 

 x  4

   x  4
  f '  f  x    0

   f  x   1





 
 
  1  x  3
 x  5
f  x  3
  f '  x   0
 x  5
  




1

3
1  x  3

  f '  f  x    0
 
 4  x  5
 1  f  x   3

Câu 15: Chọn B


g '  x   3x . f '  x  m   3x .  x
Xét hàm số g  x   f x 3  m có biểu thức đạo hàm:
2
3
2
3



 m x3  m  2 x3  m  1
Bảng biến thiên:
Hàm số đồng biến trên khoảng  1;   thì ta phải có:
21 | Phan Nhật Linh
3
m  2  1  m  1  m  1;  
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 16: Chọn C

CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ


Xét hàm số g  x   f x2  2 x  m  g '  x   2  x  1 . f ' x2  2 x  m

Với x   1; 3   x  1  0
Để hàm số đồng biến trên khoảng 1; 3  thì:




g '  x   2  x  1 . f ' x2  2x  m  0  f ' x2  2x  m  0
 x2  2x  m  3
m  x2  2x  3

 2
, x   1; 3 
2
2
 3  x  2 x  m  1  x  2 x  1  m  x  2 x  3
Suy ra với x   1; 3  ta có:


 m  min x2  2 x  3
m  4
 20  m  4



 max x 2  2 x  1  m  min x2  2 x  3
2  m  2 m  2

Do đó có 18 giá trị m nguyên thỏa mãn.

Câu 17: Chọn C




 
Ta có: g  x   3 x2  1 f  x 3  3x  m
Với x  2; 1  x 2  1  0



Để hàm số g  x   f x3  3x  m đồng biến trên 
 2; 1 thì

 

3 x2  1 f  x3  3x  m  0, x  2; 1
 x 3  3x  m  3, x  
 2; 1
3

 f x  3 x  m  0, x  2; 1  
3
1  x  3x  m  3, x  
 2; 1


 x 3  3x  m  3, x  2; 1

  m  1  x 3  3 x
, x  2; 1

3
 m  3  x  3x
1
 x  1  
 2; 1
Xét hàm số h  x   x 3  3x  h  x   3x 2  3  0  
 x  1  
 2; 1
Ta có: h  2   2 và h  1  2  max h  x   2 và min h  x   2
 2; 1
 2; 1
 max h  x   m  3
2  m  3
m  5
 2; 1


 m  1  min h  x 
Từ  1   
  m  1  2   m  3  m  5 .
 2; 1
 m  3  2
  m  1




m

3

max
h
x


 
 2; 1

Mà m  30; 30   5  m  30 , do đó có 26 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 18: Chọn A
Đặt u  x 2  2 x  2 . Xét trên   ;1 thì u   1;  
Để
  ;1
nằm trong TXĐ của hàm số đã cho thì: 2 m  3  x 2  2 x  2 , x    ;1
 2m  3  1  m  2
u1
2m  2
2m  2
x 1

 y 
 u 

Ta có hàm số y 
2
2
2
2m  3  u
(2m  3  u)
(2m  3  u)
x  2x  2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 22
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Để hàm số đồng biến trên   ;1 thì y 
2m  2
x 1

 0, x    ;1
2
2
(2m  3  u)
x  2x  2
Suy ra 2m  2  0  m  1
Từ, suy ra m  1 , mà m  20 ; 20  , m   
 m  20, 19,...,0 .
Vậy có 21 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu.
Câu 19: Chọn B

b  4a
 0  b  4a  * 
 f ' x 
2
 x  b

 a2  4 a  a  4  ao  5
Ta có: 
2
a

b
g ' x 
 0  a2  b  * * 
2

xa



Từ  *   b  4 a0  20  bo  21  T  26 .
Câu 20: Chọn D


Ta có f '  x   3  m  1 x2  6 m2  m  1 x  3  m  1
Hàm số luôn nghịch biến trên  a; b  nên


f '  x   3  m  1 x 2  6 m2  m  1 x  3  m  1  0 x   a; b 


  m  1 x 2  2 m2  m  1 x   m  1  0 x   a; b 


 2 xm2  x 2  2 x  1 m  x 2  2 x  1  0 x   a; b 


 2 xm  x  2 x  1 m  x 2  2 x  1  0 x   a; b 
2
2
 x  0
 x  0


 x   5  2 6; 5  2 6 
2
4
2
2


x

1
x

10
x

1

0


x

1

8
x
x

1

0


 
 






  b  a  max  5  2 6  5  2 6  4 6
Câu 21: Chọn C
Hàm số luôn đồng biến trên  a; b  suy ra
f '  x   12 m2 x 3  24 mx 2  12 x  12  2 m  1  0 x   a; b 
 m 2 x3  2 mx 2  x   2 m  1  0 x   a; b 


 m 2 x3  2  2 x 2 m  x  1  0 x   a; b
m  0

1 5
m  0
 
1 5
x 


1 x 
2

2
2
3
2

2
  1  x  x  x  1   x  1 x  x  1  0

1

5
 1  x 
 
2


Suy ra 1  a  b 


1 5
  2b  a max  5 .
2
Câu 22: Chọn A
Ta luôn có: f ( x)  2  3  phương trình mẫu số f ( x )  3  0 vô nghiệm.
Suy ra hàm số y 
23 | Phan Nhật Linh
1
có tập xác đinh là  .
f ( x)  3
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
f ( x)
Đạo hàm: y  
[ f ( x)  3]2
Hàm số nghịch biến thì: y  
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 x  ( ; 2)
f ( x)
 0  f ( x)  0  
2
[ f ( x)  3]
 x  (1; 3)
Câu 23: Chọn C
Tập xác định của hàm số y  g( x) 
f ( x)  5
là D  { x  R∣ f ( x)   m}
f ( x)  m
Để khoảng (1; 4)  D  phương trình f ( x )   m phải không có nghiệm x  (1; 4) .
 m  4
 m  4
Suy ra: 

m  2
 m  2
Đạo hàm: y  g( x)  f ( x) 
Để hàm số y  g( x) 
g( x)  f ( x) 
1
m5
 f ( x)  m 
2
; Để ý rằng trên luôn có f ( x )  0
f ( x)  5
nghịch biến trên thì:
f ( x)  m
m5
 f ( x)  m 
2
 0 với x  (1; 4)
m5
 0  m  5  0  m  5 2
 f ( x)  m 
Kết hợp  1 và  2  và điều kiện 𝑚 nguyên m  20; 2021 .
Suy ra:
2
 20  m  4
20  m  4
Ta suy ra: 
. Có 20 giá trị nguyên của 𝑚 thỏa mãn.

 2m4
 2  m  5
Câu 24: Chọn D
Đạo hàm: y  2 f   x  . f  x 
Bảng xét dấu


Từ bảng xét dấu suy ra hàm số y  f  x  đồng biến trên các khoảng  3; 1 , 1; 2  ,  3;   .
2
Câu 25: Chọn B
Xét hàm số g  x    f  x    6 f  x  .
2


g  x   2 f  x  . f   x   6 f   x   2 f   x  f  x   3 .
Hàm số nghịch biến khi g  x   2 f   x  
  f   x   0

  f  x   3  0
f  x  3  0  
  f   x   0

f x 30
   

Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 24
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
   x  3

x  7
   x  7
  x  7
 x  7





   1  x  14   7  x  14  7  x  14 .

 3  x  1
 3  x  1
 3  x  7


  7  x  1
   x  14

Câu 26: Chọn A

Ta có: g  x   2  x  1 f  x2  2 x  m

CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ


Để hàm số g  x   f x3  3x  m nghịch biến trên  1; 2  thì


g  x   2  x  1 f  x 2  2 x  m  0, x   1; 2 




2  x  1 f  x2  2 x  m  0, x   1;1


2
2  x  1 f  x  2 x  m  0, x   1; 2 


1


 f  x 2  2 x  m  0, x   1;1
1   2
 f  x  2 x  m  0, x   1; 2 
x2  2x  m  3
 x2  2 x  m  3
,

x


1;1
, x   1;1




2
2
  3  x  2 x  m  1
  m  3  x  2 x  m  1


2
2
2


1

x

2
x

m

3
m

1

x

2
x

m

3


, x  1; 2 
  x 2  2 x  m  3 , x   1; 2 
 x2  2 x  m  3
 
 
Xét hàm số h  x   x 2  2 x  h  x   2 x  2  0  x  1
Với x   1;1  h  x   2 x  2  0  h  1  h  x   h  1  1  h  x   3, x   1;1
Với x   1; 2   h  x   2 x  2  0  h  1  h  x   h  2   1  h  x   0, x   1; 2 
Câu 27: Chọn A
Ta có : g  x   f  1  2 x   x 2  x  g '  x   2 f '  1  2 x   2 x  1
Đặt t  1  2 x  g   x   2 f   t   t
t
2
x
Vẽ đường thẳng y   và đồ thị hàm số f '  x  trên cùng một hệ trục
2
g '  x   0  f ' t   
25 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2  t  0
t
Hàm số g  x  nghịch biến  g '  x   0  f '  t     
2
t  4
1
3
2  1  2 x  0  2  x  2
1  2x
Như vậy f   1  2 x  
.


2
 x3
4  1  2x

2
1 3
3

Vậy hàm số g  x   f  1  2 x   x 2  x nghịch biến trên các khoảng  ;  và   ;   .
2
2 2


3
1 3
 3
Mà  1;    ;  nên hàm số g  x   f 1  2 x   x 2  x nghịch biến trên khoảng  1; 
 2 2 2
 2
 1  m  3
 4  m


  m  4
  m  3  1   m  2



 3  m  1
 2  m


m  2


 m .
Từ  2   
   m  1  1
   m  2
 3  m  2
  0  m  3
   3  m
m  3





 0  m  3
  3  m
Vậy không có giá trị nguyên của m  30; 30  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 28: Chọn C
Xét hàm số g  x   f  x   x2  4mx  m  3 có f '  x   2 x  4 m
  f  1  0

, x   2; 1
  f '  x   2 x  4 m  0
Để hàm số nghịch biến trên  1; 3  thì 
  f  1  0
, x   2; 1

  f '  x   2 x  4 m  0

2
  5m  2  0
 m 

5


, x   2; 1
 m  x

2

m   1
1  m  40
m
 
2




 

.
2
5 
mZ , m 40;40 


40  m  1

 5m  2  0
m


1
 m  2

, x   2; 1

x

5

 m 
 m  1
2


Vậy có 80 giá trị nguyên m thỏa mãn.
Câu 29: Chọn A
Ta có đường thẳng y  x cắt đồ thị hàm số y  f ( x ) tại
các điểm x  1; x  1; x  3 như hình vẽ sau:
Dựa vào đồ thị của hai hàm số trên ta có
 x  1
1  x  1
f ( x)  x  
và f ( x)  x  
.
1  x  3
x  3
Trường hợp 1: x  1  0  x  1 , khi đó ta có g( x)  2 f 1  x   x 2  2 x  2020 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 26
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Ta có g( x)  2 f   1  x   2(1  x ) .
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 1  1  x  1 0  x  2
g( x)  0  2 f   1  x   2(1  x)  0  f   1  x   1  x  

.
1  x  3
 x  2
0  x  1
Kết hợp điều kiện ta có g( x)  0  
.
 x  2
Trường hợp 2: x  1  0  x  1 , khi đó ta có g( x)  2 f  x  1  x 2  2 x  2020 .
g ( x)  2 f   x  1  2( x  1)
 x  1  1
x  0
g( x)  0  2 f   x  1  2( x  1)  0  f   x  1  x  1  

.
1  x  1  3
2  x  4
Kết hợp điều kiện ta có g( x )  0  2  x  4 .


Vậy hàm số g( x)  2 f x  1  x2  2 x  2020 đồng biến trên khoảng (0;1) .
Câu 30: Chọn A
Với x  1 , ta có g  x   2 f  x  1   x  1  2021  g  x   2 f   x  1  2  x  1 .
2
Hàm số đồng biến  2 f   x  1  2  x  1  0  f   x  1  x  1
*  .
1  t  3  2  x  4

Đặt t  x  1 , khi đó  *   f   t   t  
.
t  1
 x  0 (loai)
Với x  1, ta có g  x   2 f  1  x   1  x   2021  g  x   2 f   1  x   2  1  x 
2
Hàm số đồng biến  2 f   1  x   2  1  x   0  f   1  x   1  x
* *  .
 1  t  1 0  x  2 0  x  1


Đặt t  1  x , khi đó  * *   f   t   t  
.
t  3
 x  2
 x  2
Vậy hàm số g  x  đồng biến trên các khoảng   ; 2  ,  0;1 ,  2; 4  .
Câu 31: Chọn B
Xét hàm số y  f (2 x  1)   f (2 x  1)  '  2 f '(2 x  1) nghịch biến khi f   x   0
  f (2 x  1)  '  2. f '(2 x  1)  0  f '(2 x  1)  0  1  2 x  1  3  1  x  2 .
Xét hàm số y  g( ax  b)   g( ax  b)  '  a.g '( ax  b) nghịch biến khi xảy ra hai trường hợp
 a  0

 a  0
   x  b
 a  0


a

   ax  b  0

  g '( ax  b)  0     ax  b  2     x  2  b
 a  0

a
  

 a  0
 a  0
  g '( ax  b)  0


 0  ax  b  2
 b  2
b
x
 
a
a



b   2  b

Nếu a  0 thì hàm số y  g( ax  b) nghịch biến trên   ;  ; 
;   không thỏa mãn điều
a   a


kiện có khoảng nghịch biến là 1; 2  .
27 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 b  2 b 
; 
a
a 

Nếu a  0 thì hàm số y  g( ax  b) nghịch biến trên  
Yêu cầu bài toán là hai hàm số y  f (2 x  1) , y  g( ax  b) có cùng khoảng nghịch biến lớn nhất
 b2
1

 a  2
nên  a

 4 a  b  4 .
b  4
 b  2
 a
Câu 32: Chọn B


Xét hàm số g  x   f x 3  3x  1

 
   
Để hàm số nghịch biến thì g '  x   3  x  1 . f '  x  3x  1  0

Đạo hàm hàm hợp g '  x   3x2  3 . f ' x3  3x  1  3 x 2  1 . f ' x3  3x  1 .
2


3
f ' x 3  3 x  1  0  1  x 3  3 x  1  3


 x x2  3  0
 x 3  3x  0

 3

 0  x  1.
2
 x  1 x  x  4  0
 x  3x  4  0


Câu 33: Chọn C
x
g  x  
 
   2x  2 . f   x  2x  .
 f  x  2 x   1
 f  x  2 x   1
2

 2 x . f  x2  2 x
2
2
2
2
2
x  1
x  1
 2
2x  2  0
x  2 x  2


g  x   0  
 2
  x  1
2
x  2 x  1
 f  x  2 x  0
 x  3

 x 2  2 x  3


Ta có bảng xét dấu của g  x  :
Dựa vào bảng xét dấu ta có hàm số y  g  x  nghịch biến trên các khoảng   ;  1 và 1; 3  .
Câu 34: Chọn B
Đặt g  x   4 f  sin x   cos 2 x  a  g  x   4 f  sin x   cos 2 x  a  .
2
 4cos x. f   sin x   2sin 2 x   4 f  sin x   cos 2 x  a 
 g  x   
.
2
 4 f  sin x   cos 2 x  a 


Ta có 4cos x. f   sin x   2sin 2 x  4cos x  f   sin x   sin x  .
 
Với x   0;  thì cos x  0,sin x   0;1  f   sin x   sin x  0 .
2


 
 
Hàm số g  x  nghịch biến trên  0;  khi 4 f  sin x   cos 2 x  a  0, x   0; 
2
2




Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 28
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
 
 4 f  sin x   1  2 sin 2 x  a , x   0;  .
 2
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Đặt t  sin x được 4 f  t   1  2t 2  a , t   0;1 .
Xét h  t   4 f  t   1  2t 2  h  t   4 f   t   4t  4  f   t   1 .
Với t   0;1 thì h  t   0  h  t  nghịch biến trên  0;1 .
Do đó  a  h  1  4 f  1  1  2.12  3 . Vậy có 3 giá trị nguyên dương của a thỏa mãn.
Câu 35: Chọn D
Đặt t  1  x  f  t   f 1  x   f '  t    f '  1  x 
 x  0 t  1


Ta có f '  t   0  f '  1  x   0   x  2   t  1
 x  3  t  2
x  0
f '  t   0  f ' 1  x   0  
2  x  3
t  1

 2  t  1
BBT của f  t 

Mặt khác g '  x   2 x. f ' x 2  3

x  0
Nên g '  x   0  2 x. f ' x2  3  0  
2
 f ' x  3  0




 x  2
 x2  3  1

 2
2
Ta có f ' x  3  0   x  3  1   x   2
 x  1
 x 2  3  2




x  3  1
f ' x2  3  0  
2
 2  x  3  1


Bảng xét dấu của g '  x 
2
x  2

x  2


 2  x  1

 1  x  2
Dựa vào bảng xét dấu g '  x  suy ra hàm số g  x  nghịch biến trên  0;1
29 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 36: Chọn C
Xét y  g( x)  f ( x2  2x  m)
Ta có: y '  g '( x)  2( x  1) f '( x2  2 x  m)
Vì x  1  0x  (0;1) nên để hàm số y  f ( x2  2 x  m) đồng biến trên khoảng (0;1) khi và chỉ
khi f '( x2  2 x  m)  0x  (0;1) , do hàm số x2  2 x  m luôn đồng biến trên (0;1) nên
Đặt t  x2  2 x  m . Vì x  (0;1) nên t  ( m; m  3)
 m  3  2
 m  5

Dựa vào bảng xét dấu của f '( x ) ta có:   m  0

m  0
m  3  3

Mà 10  m  10 nên m  { 9; 8; 7; 6; 5; 0}
Vậy có tất cả 6 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn đề bài.
Câu 37: Chọn B
Xét g '  x   2 f '  3  2 x  m   2 x   m  3  . Xét phương trình g '  x   0
 t  2

t 

Đặt t  3  2 x  m thì phương trình trở thành 2.  f '  t     0  t  4 .
2


t  0
5m
m3
1  m
. Lập bảng xét dấu, đồng thời lưu ý nếu
, x2 
, x3 
2
2
2
x  x1 thì t  t1 nên f  x   0 . Và các dấu đan xen nhau do các nghiệm đều làm đổi dấu đạo hàm
Từ đó, g '  x   0  x1 
nên suy ra g '  x   0  x   x2 ; x1     ; x3  .
3  m
5m
 2  0 1 2
Vì hàm số nghịch biến trên  0;1 nên g '  x   0, x   0;1 từ đó suy ra 
1  1  m

2
và giải ra các giá trị nguyên thuộc  6; 6  của m là -3; 3; 4; 5.
Câu 38: Chọn B




Ta có: y  9mx8  6 m2  3m  2 x5  4 2m3  m2  m x3




 x3 9mx5  6 m2  3m  2 x 2  4 2m3  m2  m

Để hàm số luôn đồng biến trên  thì y   0, x   .
Mặt khác ta thấy y   0 có nghiệm bội lẻ x  0 , do đó để y  0, x   thì phương trình




9mx 5  6 m2  3m  2 x 2  4 2m3  m2  m  0 có nghiệm x  0
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 30
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
m  1

1
 2 m3  m2  m  0   m   .

2
m  0

CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Thử lại:
Với m  0  y  12x5 .
Với m  1  y  9x8  0, x   .
1
9
45
 y   x 8  x 5 .
2
2
2
Vậy có 1 giá trị của m .
Với m  
Câu 39: Chọn B
2
8
Ta có: f  x   m2 x 5  mx 3  m2  m  20 x  1 .
5
3


 f   x   2 m 2 x 4  8 mx 2  m 2  m  20
Để hàm số đã cho đồng biến trên  thì
f   x   0, x    2 m 2 x 4  8 mx 2  m 2  m  20  0, x   .
Đặt t  x 2 , t  0 ta có: 2 m 2 t 2  8 mt  m 2  m  20  0  *  , t  0 nên ta có các trường hợp sau:
Trường hợp 1: m  0 : khi đó bpt  *  trở thành 20  0 . Nên m  0 thỏa mãn.
 m  0
 m  0
m  0
.
 2

2
4
3
2
   64 m  8 m  8m  160 m  0
 3  m  4
 m  m  12  0
Trường hợp 2: 
 m  0
 m  0
m  4
.
 2

2
4
3
2
   64 m  8 m  8m  160 m  0
 m  3
 m  m  12  0
Trường hợp 3: 
Khi đó: Yêu cầu bài toán  phương trình 2m2t 2  8mt  m2  m  20  0 có hai nghiệm phân
S  0
biệt thoả mãn t1  t2  0  
P  0
4
 m  0
m  0
m  0
 2
 2

 4  m  0 .
m  m  20  0
4  m  5
 m  m  20  0

2m2
Kết hợp điều kiện ta có: 4  m  3
Vậy để hàm số đã cho đồng biến trên  thì
31 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
3  m  4
 4  m  4, m    m  4; 3; 2; 1;0;1; 2; 3; 4 .

 4  m  3
Câu 40: Chọn C
Ta có g   x   f   x  m    x  m  1
Cho g  x   0  f   x  m   x  m  1
Đặt x  m  t  f '  t   t  1
Khi đó nghiệm của phương trình là hoành độ giao điểm của
đồ thị hàm số y  f   t  và và đường thẳng y  t  1
t  1

Dựa vào đồ thị hàm số ta có được f   t   t  1  t  1
t  3
Bảng xét dấu của g   t 
Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số g  t  đồng biến trên khoảng  1;1 và  3;  
 1  t  1  1  x  m  1  m  1  x  m  1


Hay 
t  3
x  m  3
x  m  3
m  1  5  6  m  1 5  m  6

Để hàm số g  x  đồng biến trên khoảng  5; 6  thì 
m  3  5  6
m  2
Vì m là các số nguyên dương nên S  1; 2; 5;6
Vậy tổng tất cả các phần tử của S là: 1  2  5  6  14 .
Câu 41: Chọn D
Ta có f '( x)  6. ( m  1) x 2  ( m 2  5m  4)x  8 x  1  3m 2  6 m  19 


Hàm số đồng biến trên khoảng  1;    f '( x)  0, x   1;  
( m  1)x2  ( m2  5m  4)x  8 x  1  3m2  6m  19  0, x   1;  


8
  x  3  .  m  1 x  m2  2m  1 
  0   x  3  .g( x)  0, x   1;  
x 1  2

8
Với g( x)   m  1 x  m2  2m  1 
x 1  2
m  0
Điều kiện cần: g(3)  0  3  m  1  m2  2m  1  2  0  m2  m  0  
 m  1
Điều kiện đủ:


8
Với m  0 ta có f '( x)   x  3   x  1 
=
x1  2

Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 32
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022


2 x 1 2



8
x

3
x

3

2


x

3
    
  x  3  
 
x  1  2 
x1  2




2

  x  3  1 
x1 2


Với m  1 ta có
2


CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 




 0, x   1;    m  0 thỏa mãn
2 




2 x 1 2


8
f '( x)   x  3   2 

x

3
.




x1  2
x1 2


2  x  3
2
x 1  2

2
 0, x   1;  
 m  1 thỏa mãn.
Câu 42: Chọn C
Đặt t  x  1  t  1  x .

 23  t  1
Khi đó y  t   f t 2  2t 


3
 1.


y  t   2  t  1 f  t 2  2t  2  t  1  2  t  1  f  t 2  2t  t  1


2
t  1

t  1
t  1
y  t   0  
 t  a   0;1
2


f
t

2
t

1

t

t  2

t  b   2; 3 


x  0

 x  2
  x  a  1   1; 0 

x  1

 x  b  1   1; 2 
t  1  0
 y  0 . Ta có bảng biến thiên sau
Với x  2  t  3 , ta có 
2
 f  t  2t  0


Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng  2; 1 .
Câu 43: Chọn C


Ta có, g  x   3 f   3x  1  18 x2  12x  9  0
 f   3x  1  6x2  4 x  3 
33 | Phan Nhật Linh
2
2
11 2
11
9x2  6 x  1    3x  1  .
3
3 3
3


CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2
11
Đặt t  3x  1 , ta được f   t   t 2  .
3
3
2
11
Vẽ Parabol  P  : y  t 2 
trên cùng hệ trục tọa độ Oty với đồ thị hàm số y  f (t ) như hình
3
3
vẽ sau.
 3x  1  2
 x  1
2
11

.
Ta thấy, f   t   t 2 
với mọi t    ; 2    1;    
3
3
3x  1  1
x  0
Câu 44: Chọn D
1
1
1
1
Ta có g  x   f  x   x 2  x có g'  x   f '  x   x 
4
2
2
2
1
1
Cho: g'  x   0  f '  x   x   1
2
2
1
1
Đặt x  2t  1 , phương trình  1  f '  2t  1   2t  1   f '  2t  1  t  1 .
2
2
Dựa vào đồ thị hàm số y  f '  2 x  1 phương trình có các nghiệm:
t  2
 x  3


f '  2t  1  t  1  t  0   x  1
t  2
 x  5
Bảng biến thiên
Hàm số đồng biến trên các khoảng  3;1 ,  5;  
Câu 45:
Chọn D
 x  1  t  5

Đặt t  3  2 x  f '  t   f '  3  2 x  . Cho f '  t   0  f '  3  2 x   0   x  0  t  3 .
 x  2  t  1
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 34
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Từ đó ta có bảng biến thiên của f  x  :


CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ


Xét g  x   f x2  1 , ta có g '  x   2 xf ' x2  1 .
 x0
 x0
 2

x0

x

1


1
2
g '  x   0  2 xf ' x  1  0  
 2
 x   2 .
2
 x 1 3
 f ' x  1  0
 x  2
 2

 x  1  5




Ta có bảng biến thiên sau:


Do đó hàm số f x2  1 nghịch biến trên  1; 0  .
Câu 46: Chọn C
Hàm số g  x  là hàm số bậc 3 nên có dạng:


g  x   f  2  x  '  a  x  4  x  1 x  4  , a  0  f '  2  x   a  x  4  x  1 x  4 
Đặt t  2  x  f '  t   a  t  6  t  2  t  1


Đạo hàm của hàm số y  f x 2  2  x 3  2 x2  x  2021 là


1 
y '  2 xf ' x 2  2  3 x 2  4 x  1  2 ax x 2  4 x 2  4 x 2  1   3  x  1  x   
3 


Lập bảng xét dấu






Dựa vào bảng xét dấu trên ta có hàm số đã cho nghịch biến trên  1; 2  .
Câu 47: Chọn B
35 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022

CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ



Ta có g( x)  2 xf  x2  4  2 x 2  2 x  f  x 2  4  x  . Đặt t  x  2  x  t  2


 f  t  4t  t  2
Suy ra: g(t )  2  t  2   f  t 2  4t  t  2  ; g '  t   0  


t  2



2
 t  2

t0

 t 1

 t  3
Bảng biến thiên:
 t0
 x2  0
 x2


Dựa vào bảng biến thiên ta có: 
1  t  3
1  x  2  3
3  x  5
Câu 48: Chọn D

Ta có: g  x    f  x 2  4    2 xf   x 2  4 




Dựa trên đồ thị ta có g  x   kx  x  1 x  1  kx x2  1 ; k  0
k 2
k
x  1 ; k  0 . Đặt t  x2  4, t  4 ta có f   t    t  3  ; k  0
2
2
Phương trình đạo hàm: f   t   0  t  3 . Bảng xét dấu



Vì vậy, f  x 2  4 

h  x    2 x  1 f   x


 x  m   0, x   0;1
mà
nên
2 x  1  0, x   0;1
h  x   0, x   0;1  f   x  x  m  0, x   0;1  x  x  m  3, x   0;1
 m   x  x  3, x   0;1  m  max   x  x  3   3 vì max   x  x  3   3 tại x  0
Hàm số h  x   f x2  x  m đồng biến trên  0;1 khi
2
2
2
2
2
2
x 0;1
x0;1
Kết luận: có 3 giá trị nguyên âm của m thỏa đề là m  1;  2; 3 .
Câu 49: Chọn A
x  0
Xét y  f x2  2 x có y  2 xf  x2  1 ; y  0  
.
2
 f  x  1  0








Có x   2 là nghiệm bội lẻ của f  x 2  1  0 và f   1  0 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 36
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022


CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ

 
Xét g  x   f 2x3  x , cho g  x   6 x 2  1 f  2 x3  x


1

1
x
x



Cho g  x   0  
6 
6.
 2 x 3  x  1
 x  1
 1 1 
;
Hàm số g  x  đồng biến trên các khoảng  
 và  1;   .
6 6

Câu 50: Chọn C
 x  1

Ta có y '  2 x. f ' x  2 , dựa vào bảng biến thiên ta thấy y '  0   x  0 do đó
 x  1

2

 x  1
f ' x2  2  0  
và do đó f '( x)  0  x  1 .
x  1





 

 x  1
 3 x  3   0
 x  1


g ' x  0 

 x  1
 f '  x  3x  3   0
 x  3x  3  1
 x  2

Xét g  x   f x3  3x  3 ta có g '  x   3x2  3 f ' x3  3x  3
2
3
Ta có bảng xét dấu g '  x 
Vậy hàm số đồng biến trên 1; 2  .
37 | Phan Nhật Linh
3
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 38
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
: Cho hàm số y  f  x  (Đề có thể cho bằng công thức, đồ thị hoặc
bảng biến thiên của hàm y  f  x  hoặc y  f   x  ). Tìm số điểm cực trị của hàm số y  f u  x   .
Bước 1: Tính đạo hàm của hàm số theo công thức y  u . f   u 
 u  0
Bước 2: Giải phương trình y  0  
 f u   0
Bước 3: Tìm số nghiệm đơn và bội lẻ hoặc các điểm mà y không xác định.
: Đồ thị hàm số y  f  x  có bao nhiêu điểm cực trị
Bước 1: Tính đạo hàm của hàm số y  f  x   y 
f  x . f   x 
f  x
.
 f  x   0 1
Bước 2: Giải phương trình y  0  
 f   x   0  2 
Bước 3: Số nghiệm của phương trình 1 chính là số giao điểm của hàm số y  f  x  và trục hoành
y  0 . Còn số nghiệm của phương trình  2  là số điểm cực trị của hàm số y  f  x  , dựa vào đồ thị
ta có thể suy ra  2  . Vậy tổng số nghiệm bội lẻ của phương trình 1 và  2  chính là số điểm cực trị
cần tìm.
Ta có thể sử dụng công thức đếm nhanh số điểm cực trị của hàm f  u  để tối ưu thời gian trong khi
giải toán trắc nghiệm như sau:
Số điểm cực trị của f  u   Số điểm cực trị của u + Số nghiệm đơn (bội lẻ) của u  a ; u  b ; u  c,...
39 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có bảng xét dấu đạo hàm f '  x  như sau


Hàm số g  x   f x 2  2 x  1  x  1 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 8 .
Câu 2:
C. 9 .
B. 7 .
D. 10 .
Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  biết f  1  1 và có đồ thị như hình vẽ dưới.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   2020; 2021 để hàm số sau đây có tất cả 9 điểm
cực trị g  x   f 3  x  
A. 1
Câu 3:
3 2
f  x  m .
2
C. 0
B. 2
D. 4
Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có bảng biến thiên như sau:
Hàm số y  2  f  x    9  f  x    12 f  x   2021 có bao nhiêu điểm cực đại?
A. 5 .
B. 10 .
C. 7 .
D. 9 .
3
Câu 4:
2
Cho hàm số bậc bốn f  x  có bảng biến thiên như sau:
Số điểm cực tiểu của hàm số g  x    f  x  1   2021 là
2
A. 5 .
B. 4 .
C. 3 .
D. 7 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 40
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 5:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 
Cho hàm số f  x  xác định và liên tục trên  \  3 , thỏa mãn 1  x  2 x 2 f  x   xf 2  x   f '  x 
3
và f  1  0 . Hàm số g  x    f  2 x  1  có bao nhiêu điểm cực tiểu?
2
A. 0 .
Câu 6:
B. 1 .
D. 3 .
C. 2 .
Cho hàm số bậc năm y  f  x  có đồ thị y  f   x  như hình vẽ dưới đây


Tìm tất cả các giá trị của m để số điểm cực trị của hàm số g  x   f x 2  3x  m là 5 .
A.  2;   .
Câu 7:

17 
B.  ;  .
4 


9
C.  ;  .
4

Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đạo hàm f   x    x  12 

 9 17 
D.  ;  .
4 4 
2020
x
2

 2 x . Có bao nhiêu

giá trị nguyên của m   2020; 2020  để hàm số y  f x2  2020 x  2021m có 3 điểm cực trị
dương.
A. 4038.
Câu 8:
B. 2021.
C. 2020.
D. 2019.
Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  , g( 2)  0 . Đồ thị hàm số y  f '  x  như hình vẽ bên
dưới.
Số điểm cực trị của hàm số y  g  x   2 f  x  2    x  1 x  3   log 2 2021 là
A. 2 .
Câu 9:
B. 1 .
C. 3 .
Cho hàm số y  f  x   ax 3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ
41 | Phan Nhật Linh
D. 4 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022

Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số y  f f
B. 0 .
A. 4 .
2
x  2 f x  m 
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
có 17 cực trị.
D. 6 .
C. 2 .
Câu 10: Cho f  x  là hàm số bậc bốn thỏa mãn f  0   0 . Hàm số f '  x  có bảng biến thiên như sau:
 
Hàm số g  x   f x3  6 x có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2
B. 4
C. 5
D. 3
Câu 11: Cho f  x  là hàm số bậc bốn thỏa mãn f  0   0 . Hàm số f '  x  có bảng biến thiên như sau:
 
Tìm m nguyên để hàm số g  x   f x3  3m 2 x  m  1 có nhiều điểm cực trị nhất có thể. Thì
giá trị m nhỏ nhất thỏa mãn thuộc khoảng nào dưới đây?
 3
A.  2;0  .
B.  1;1 .
C.  1;  .
 2
3 
D.  ; 3  .
2 
Câu 12: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ dưới đây.


Hàm số g  x   x  x 2  1 có bao nhiêu điểm cực đại
A. 3 .
B. 4 .
C. 5 .
D. 7 .
Câu 13: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  , có đồ thị như hình vẽ dưới đây
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 42
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022

 
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ

Số điểm cực trị của hàm số g  x   8 f x  3x  3  2 x  12 x  16 x  18 x 2  48 x  1 là
A. 5 .
B. 3 .
3
6
4
C. 7 .
3
D. 9 .
Câu 14: Cho hai hàm số bậc bốn y  f  x  và y  g  x  có các đồ thị như hình dưới đây.
Số điểm cực trị của hàm số h  x   f 2  x   g 2  x   2 f  x  g  x  là
A. 5 .
B. 4 .
C. 6 .
D. 3 .
Câu 15: Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  f
điểm cực trị. Tổng các phần tử của S là
A. 2.
B. 4.
C. 8.
 x  1  m có 3
2
D. 10.
Câu 16: Cho hàm số f  x   ax 4  bx 3  cx 2  dx  e ,  a  0  có đồ thị của đạo hàm f '( x) như hình vẽ.
Biết rằng e  n . Số điểm cực trị của hàm số y  f   f  x   2 x  bằng
A. 7 .
43 | Phan Nhật Linh
B. 10 .
C. 14 .
D. 6 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 17: Cho hàm số y  f  x  có bẳng biến thiên như sau


CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2
Số điểm cực đại của hàm số g  x    f 2 x 2  x  là


A. 3 .
B. 4 .
C. 2 .
D. 1 .
Câu 18: Cho hàm số bậc bốn trùng phương f ( x) có bảng biến thiên như sau:
Số điểm cực trị của hàm số y 
A. 6 .
B. 7 .
4
1
 f ( x)  1 là
4 
x
C. 5 .
D. 4 .
Câu 19: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới:
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số h  x   f 2  x   f  x   m có đúng 3 cực trị.
1
.
B. m  1 .
C. m  1 .
4
Câu 20: Cho hàm số bậc bốn f  x  có bảng biến thiên như sau:
A. m 
D. m 
1
.
4
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 44
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Số điểm cực trị của hàm số g  x  
A. 7 .
 x  2
 f  x  1 
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
4
3
là
C. 5 .
B. 4 .
D. 6 .
Câu 21: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên các khoảng  ; 2  và  2;   có đồ thị như hình vẽ.


Số điểm cực trị của hàm số g  x   f 2 x  1  2 là
A. 5 .
B. 4 .
C. 2 .
D. 3 .
Câu 22: Cho hàm đa thức bậc bốn y  f  x  , hàm số y  f '  x  có đồ thị như hình vẽ
 
Số điểm cực tiểu của hàm số g  x   f x 4  2 x 3  1 là
A. 3 .
B. 6 .
C. 4 .
D. 5 .
Câu 23: Cho hàm bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số y   xf  x  1 
là
A. 9 .
45 | Phan Nhật Linh
B. 7 .
C. 6 .
D. 5 .
2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 24: Cho bảng biến thiên của hàm số f (2 x  1) như hình vẽ bên dưới. Số điểm cực trị của hàm số


f 4  3 4 x  x 2 tương ứng là
x
∞
1
2
3
7
+ ∞
0
y
∞
A. 3 .
B. 5 .
-1
∞
C. 4 .
D. 7


Câu 25: Cho bảng biến thiên của hàm số f  3  2 x  như hình vẽ bên dưới. Hỏi hàm số f x2  2 x đồng biến
trên khoảng nào dưới đây?
A.  2 ; 0  .
B.  1; 2  .
C.  2 ;    .
D.   ;  2  .
Câu 26: Cho hàm số f  x  liên tục và xác định trên  . Biết rằng hàm số f  x  có 2 điểm cực trị là


x  a; x  8  a . Bên dưới cho bảng biến thiên của hàm số f x2  2 x  3 . Số điểm cực trị của hàm


số f x 3  3x 2  1 là
A. 3 .
B. 4 .
C. 8 .
D. 6
Câu 27: Cho bảng biến thiên của hàm số f ( x) như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số g( x)  x 4 .  f ( x ) 
2
là:
A. 9 .
B. 6 .
C. 5 .
D. 7
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 46
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 28: Cho bảng biến thiên của hàm số f  x  như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số
g  x   x2 .  f  x  2   là
6
A. 5 .
B. 12 .
D. 9
C. 7 .
Câu 29: Cho đồ thị hàm đa thức y  f  x  như hình vẽ. Hỏi hàm số g  x   f  x  . f  2 x  1 có tất cả bao
nhiêu điểm cực trị?
A. 5 .
B. 6 .
D. 9
C. 7 .
Câu 30: Cho bảng biến thiên của hàm đa thức f  x  như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số
g  x    x  2   f  x  1  là:
3
A. 8 .
2
B. 5 .
D. 6 .
C. 7 .


Câu 31: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  . Biết đồ thị hàm số y  f x2  x như hình vẽ. Hỏi hàm số


y  f x 2  2 mx  x  m  m2 có tất cả bao nhiêu điểm cực trị.
A. 7 .
47 | Phan Nhật Linh
B. 3 .
C. 5 .
D. 9
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 32: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  . Biết đồ thị hàm số f  x  được cho như hình vẽ.


Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m  21; 21 để hàm số y  f  x  2021m  2m  1
có đúng 5 điểm cực trị. Số phần tử của S là:
A. 5 .
B. 2 .
C. 1 .
D. 3 .
Câu 33: Cho đồ thị hàm số y  f  x  như hình vẽ. Hỏi có bao nhiêu giá trị thực của tham số m sao cho hàm


số y  f x3  mx 2  5x  4m có 6 điểm cực trị?
A. 1.
B. 2.
C. 4.
D. 5.
Câu 34: Cho bảng biến thiên của hàm số f ( x) như hình vẽ bên dưới. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên
3
của tham số m để hàm số y   f ( x)  m   3 f ( x) có đúng 9 điểm cực trị?
A. 4.
B. 5.
C. 6.
D. 3.
Câu 35: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục xác định trên  , có đồ thị hàm số y  f  x  như hình vẽ bên
dưới. gọi S


là tập hợp chứa các giá trị nguyên của tham số m


để hàm số
y  f  x   m. f  x    2m  3  f  x   2021 có đúng 4 điểm cực trị. Số phần tử của tập S là:
3
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 48
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
A. 11.
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
B. 8.
C. 10.
D. 9.
Câu 36: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục và xác định trên R, đồ thị hàm số y  f ( x) như hình vẽ dưới.
gọi
S
là
tập
các
giá
trị
nguyên
của
tham
số
m  20; 20 
để
hàm
số
y   f ( x)   2  m  2  f ( x)  3m  12 có đúng 5 điểm cực trị. Số phần tử của tập S là:
2
A. 35
B. 32
C. 33
D. 34
Câu 37: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục và xác định trên R, đồ thị hàm số y  f ( x) như hình vẽ dưới.
gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m  20; 20  để hàm số y   f ( x)  m  có đúng 5 điểm
cực trị. Số phần tử của tập S là:
2
A. 20
B. 22
C. 21
D. 19
Câu 38: Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm liên tục và xác định trên R và có bảng biến thiên của hàm số
3
2
như hình vẽ. Hàm số y   f ( x)   6  f ( x)   2021 có bao nhiêu điểm cực tiểu?
A. 3
49 | Phan Nhật Linh
B. 5
C. 6
D. 7
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 39: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị y  f   x  như hình vẽ dưới đây. Biết


rằng f  10   30 f  6   30 f  5   30 . Hỏi hàm số y  f f  x   3x  9 có tất cả bao nhiêu điểm
cực trị?
B. 3 .
A. 7 .
C. 5 .
D. 9
Câu 40: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có bảng biến thiên như sau. Hỏi hàm số


y  f x 3  3x 2  1 có bao nhiêu điểm cực trị?
B. 3 .
A. 7 .
C. 5 .
D. 9
Câu 41: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ dưới

đây. Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số f 2 x
3
3 x 2

 m có đúng
9 điểm cực trị. Số phần tử của tập S là:
A. 8 .
B. 6 .
C. 4 .
D. 10
Câu 42: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục và xác định trên toàn  . Biết rằng biểu thức đạo hàm

m 
m

f   x    x 2  5x  1   x 2  4 x   8  . Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để
4 
4


  có 5 điểm cực trị. Số phần tử của tập S là
hàm số f x
A. 31 .
B. 35 .
C. 33 .
D. 37
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 50
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 43: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá tị nguyên
của tham số m để hàm số g  x   f 3  x   3mf  x   11  2 m có đúng 9 điểm cực trị?
A. 3 .
B. 5 .
C. 8 .
Câu 44: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Đặt f  x  
x2  2 x
 g  t  dt . Số điểm cực trị của
2018
hàm số f  x  tương ứng là:
A. 1 .
D. 9
C. 3 .
B. 2 .
D. 5
Câu 45: Cho hàm số f  x   x 3  3 x  1 . Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  60; 60 


để phương trình f x2  2 mx  1 có đúng 3 điểm cực trị?
B. 3 .
A. 2 .
C. 4 .
D. 1
Câu 46: Cho hàm số f  x   x 3  3mx 2  3  2 m  1 x  m . Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham
số m  2022; 2022  để hàm số f  x  có đúng 5 điểm cực trị nằm về phía bên phải của trục tung
Oy ?
A. 2019 .
B. 2020 .
C. 2021 .
D. 2022
Câu 47: Cho hàm số y  f  3  2 x  như hình vẽ. Biết rằng tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số




f x2  2m x có đúng 7 điểm cực trị là  a; b  . Giá trị của biểu thức P  2 a2  b2 là:
A. 5 .
51 | Phan Nhật Linh
B. 10 .
C. 15 .
D. 20
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 48: Cho hàm số y  f  x  như hình vẽ. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị thực của tham số m để hàm số


f x3  mx 2  2 x  m có đúng 6 điểm cực trị?
A. 3 .
B. 1 .
C. 4 .
D. 2
Câu 49: Cho hàm số bậc ba có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:


Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  f x 3  3 x 2  1  m có 10 điểm cực trị?
A. 2 .
B. 3 .
C. 0 .
D. 1
Câu 50: Cho hàm số bậc bốn có đồ thị như hình vẽ dưới đây:


Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số g  x   f f 2  x   2 f  x   m có
51 điểm cực trị?
A. 2 .
B. 3 .
C. 0 .
D. 1
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 52
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 51: Cho hàm số bậc bốn có đồ thị như hình vẽ dưới đây:


CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
3
Số điểm cực trị của hàm số g  x   x 2  f x 2  1  là


A. 5 .
B. 7 .
C. 9 .
D. l
Câu 52: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và có bảng biến thiên như sau:


Số điểm cực đại của hàm số g  x   f x 2  8 x  7  x 2  3 là:
A. 6 .
53 | Phan Nhật Linh
B. 7 .
C. 8 .
D. 9
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Chọn B

x 1 
2
Ta có: g '  x    2 x  2 
 . f '  x  2 x  1  x  1 
x

1



 2 x 1 1 
1 
2
2
  x  1  2 
 . f '  x  2 x  1  x  1    x  1 
 . f '  x  2 x  1  x  1 
x

1
x

1




Phương trình + x  1  0  x  1
3

x

1
2
Khi: 2. x  1  1  0  x  1   
2
x  1

2
 x 2  2 x  1  x  1  1  x  1  x  1  1  0

 2
2
2
Khi: f '  x  2 x  1  x  1   0   x  2 x  1  x  1  0   x  1  x  1  0

 2
 x 1 2  x 1 1  0
 x  2 x  1  x  1  1

2




x 1
 x 1  0
x  2


 x  0
Giải các phương trình trên ta được  x  1  1


1 5

x  3  5
 x  1  2

2

x  1 5

2
 g '  x   0 có 7 lần đổi dấu . Vậy hàm số có 7 điểm cực trị.
Câu 2:
Chọn C
Số cực trị của hàm số g  x   f 3  x  
3 2
f  x  m
2
3 2
f  x   m cộng với số giao
2
3
h  x   f 3  x   f 2  x   m và đường thẳng: y  0 .
2
3
Xét hàm số: h  x   f 3  x   f 2  x   m .
2
h  x  f 3  x 
bằng số cực trị của hàm số
điểm
của
đồ
thị
hàm
số
Có: h '  x   3 f 2  x  . f   x   3 f  x  . f   x   3 f  x  . f   x   f  x   1
x  0
 f  x  0


x3
Giải phương trình: h '  x   0   f   x   0  
.
x  1

 f  x   1  x   ,   0 

Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 54
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Bảng biến thiên
1
. Nên để đồ thị hàm số g  x  có 9 điểm cực
2
1
1
 m 0m 
 m  0 . Đối chiếu điều kiện suy ra không có giá trị nào của m .
2
2
Chọn A
Ta
Câu 3:
có
h 1  m 
Hàm số y  g  x   2  f  x    9  f  x    12 f  x   2021 liên tục trên  .
3
2
Ta có y   6. f 2  x  . f   x   18 f  x  . f   x   12 f '  x   6 f   x   f 2  x   3 f  x   2  .
 f ' x  0

Giải phương trình đạo hàm: y   0   f  x   1
f x 2
  
1
 2 .
 3
x  1
x  2
Từ 1 , ta có f '  x   0  
.
x  3

x  4
 x  a   ;1

 x  2  nghiem kep 
Từ  2  , ta có f  x   1  
.
x

b

3;
4



 x  c   4;  

 x  d   a;1

 x  e  1; 2 
Từ  3 , ta có f  x   2  
.
x

3
nghiem
kep



 x  u   c;  

Lập bảng xét dấu, ta có
Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số y  g  x  có 5 điểm cực đại.
55 | Phan Nhật Linh
trị
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 4:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Chọn B
Ta có: g   x   2 f  x  1 f   x  1
 x 1  a  a  1
 x  1 a  x  0


 x 1  b  1  b  0  x  1 b  0  x  1


 x 1  c  0  c  1
 x  1 c 1  x  2
 f  x 1  0



g  x   0  2 f  x 1 . f  x 1  0  
  x 1  d  d  1
   x  1  d  x  2

 f   x 1  0 
 x 1  1
 x  0


  x 1  0
 x  1
  x 1  1
 x  2


 x  1  1
x  0
f   x  1  0  

 0  x  1  1 1  x  2
Vậy hàm số y  g  x  có 4 điểm cực tiểu.
Câu 5:
Chọn D
Ta có:
1  x3  2 x 2 f  x   xf 2  x   f '  x   1  f '  x   x  x 2  2 xf  x   f 2  x    x  x  f  x  

1 f ' x
 x  f  x  
x
1 f ' x
dx   xdx  
 x  f  x  
1
1
3
 C  C  
Do f 1  0  
1  f 1 2
2
Khi đó: 
2
2
2
1
x2

C
x  f  x 2
1
x2  3
2
4x

 f  x   2
 x  f ' x 
1
2
2
x  f  x
2
x 3
x

3


2
2
 x  x 3  3 x  2  0   x  1  x  2   0  x  1  x  2
x 3
2
 x 1
Và f '  x   0  4 x   x 2  3  4 x  x 4  6 x 2  9  x 4  6 x 2  4 x  9  0  
x  a  2
Suy ra: f  x   0  
2

1

 2 x  1  2
 x2


x 1
Khi đó: g '  x   4 f '  2 x  1 f  2 x  1  0   2 x  1  1  
 2x 1  a

a 1 3


x 
2
2


Ta
có:
f  x
2x 1   3  x 
không
xác
định
khi
x   3  g  x
không
xác
định
khi
 3 1
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 56
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 4 8
Mặt khác: g '  1  4. f '  3  . f  3  4.    .  0 và
 3 3
lim
  3 1 
x 

 2 

g  x    ,
lim
  3 1 
x 

 2 

g  x    ,
lim
 3 1 
x 

 2 

g  x   ,
lim
  3 1 
x 

 2 

g  x   ,
lim g  x   , lim g  x   
x 
x 
Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy ra g  x  có 3 điểm cực tiểu
Câu 6:
Chọn C
2 x  3  0
2
Ta có: g  x    2x  3 . f  x  3x  m . Cho g   x   0  
2
 f   x  3 x  m   0
3
Ta có: 1  x  .
2

 x2  3x  m  0

Và  2    x 2  3 x  m  2

 x 2  3 x  m  a, a  2


m   x2  3x

2
m  2   x  3x .
 m  a   x 2  3x

2
Với x  3x  m  2 thì g   x   0 có nghiệm kép.
Xét hàm số y  x 2  3x ta có đồ thị
57 | Phan Nhật Linh
1
.
 2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 7:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
9
Do a  2 , suy ra m  phương trình g   x   0 có 5 nghiệm đơn phân biệt nên g  x  có 5
4
9
điểm cực trị khi và chỉ khi m 
4
Chọn D
Ta có: y  f  x 2  2020 x  2021m   y    2 x  2020  f   x 2  2020 x  2021m 
  2 x  2020   x 2  2020 x  2021m  12 
2020
x
2
 2020 x  2021m  x 2  2020 x  2021m  2 
 2 x  2020  0
1
 2
x  2020 x  2021m  12  0  2 
y  0   2
 x  2020 x  2021m  0
 3

 x 2  2020 x  2021m  2  0  4 
Dễ thấy  2  ,  3  ,  4  không có nghiệm chung, và  x 2  2020 x  2021m  12 
2020
 0, x   nên
hàm số y  f  x 2  2020 x  2021m  có 3 điểm cực trị dương khi hai phương trình  3 ,  4  có 2
nghiệm trái dấu khác 1010 .
 2021m  0
có 2 nghiệm trái dấu khác 1010  
m0
2
1010  2020.1010  2021m  0
 2021m  2  0
2
m
 4  có 2 nghiệm trái dấu khác 1010  
2
2021
1010  2020.1010  2021m  2  0
3
Vậy m  0 thì hàm số có 3 cực trị dương.
Do m   2020; 2020  nên có 2019 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 8:
Chọn C
Xét hàm số g  x   2 f  x  2    x  1 x  3  log 2 2021
Ta có g   x   2 f   x  2   2 x  4 . Cho g   x   0  f   x  2     x  2  .
Đặt t  x  2 ta được f   t   t . 1
1
là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y  f   t  và đường thẳng d : y  t
Dựa vào đồ thị của y  f   t  và đường thẳng y  t ta có
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 58
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
t  1  x  2  1
 x  3
t  0
x  2  0
 x  2
f   t   t  


.
t  1
x  2  1
 x  1



t  2
x  2  2
x  0
Bảng biến thiên của hàm số g  x 
Suy ra hàm số g  x   2 f  x  2    x  1 x  3  log 2 2021 có 2 điểm cực trị và g  x   0 có 1
nghiệm bội lẻ .
Vậy hàm số y  g  x   2 f  x  2    x  1 x  3   log 2 2021 có 3 điểm cực trị.
Câu 9:
Ta thấy hàm số y  f  x đạt cực trị tại các điểm x  2 và x  1
f  x   2 f  x   m   f  x   2 f  x   m 

y 
f
2
Ta có:
2
f 2  x  2 f  x  m
f
2
 x  2 f  x  m 

2 f   x   f  x   1  f 2  x   2 f  x   m   2
 f  x  2 f  x   m  2  f 2  x  2 f  x   m 1

 


f 2  x  2 f  x  m
0



 f   x   0  x  2; x  1

 f  x   1  x  a, x  b, x  c
y  0   2
2
 f  x  2 f  x  m  0  f  x  2 f  x  m
 f 2  x  2 f  x  m  1  f 2  x  2 f  x  m 1

Xét hàm số g  x   f 2  x   2 f  x  ; g   x   2 f   x   f  x   1
 g  a   g  b   g  c   12  2.1  1
 f   x   0  x  2; x  1

g  x  0  
;  g  2   4 2  2.4  8
 f  x   1  x  a, x  b, x  c 
2
 g 1  (1)  2.  1  3
59 | Phan Nhật Linh

CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Bảng biến thiên hàm số g  x 
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Số nghiệm bội lẻ của y '  0 phụ thuộc vào số giao điểm của đồ thị hàm số g  x  với 3 đường
thẳng d1 : y  m  1, d2 : y  m, d3 : y  m  1 .
Yêu cầu bài toáng tương đương với 3 trường hợp sau.
Trường hợp 1: d1 , d2 , d3 đều cắt đồ thị hàm số g  x  tại 4 điểm phân biệt không trùng với các
điểm x  2;1; a; b; c .
3  m  2  8 1  m  6


m
 3  m  8
 3  m  8  5  m  6 
m  5 .
3  m  2  8
5  m  10


Trường hợp 2: 2 đường thẳng d1 , d2 cắt đồ thị hàm số g  x  tại 6 điểm phân biệt và d3 không cắt
hoặc tiếp xúc đồ thị hàm số g  x  tại điểm có tung độ bằng 1 .
1  m  2  3 3  m  1


m
  1  m  3
 1  m  3  1  m  1 
 m  0  2 .
m  2  1
m  1


Trường hợp 3: Hai đường thẳng d1 cắt đồ thị hàm số g  x  tại 2 điểm phân biệt và d 2 cắt đồ thị
hàm số g  x  tại hai điểm phân biệt, d3 cắt g  x  tại 6 điểm phân biệt.
m  2  8
m  6


 3  m  8
 3  m  8  m   3
1  m  2  3 1  m  5


Từ 1 ,  2  &  3  có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 10:
Chọn D
 
 
Xét hàm số h  x   f x 3  6 x có h '  x   3 x 2 f ' x 3  6 .
 
Ta có h '  x   0  f ' x 3 
2
 *
x2
 x3 3x 2

Ta dễ dàng thấy được f ''  x   a ( x  1)( x  2)  f '  x   a  
 2x  C 
2
 3

13
3
4
ta tìm được a   , C   , từ đó f '  0   2  0
4
2
3
2
3
Với x  0 , f '  x   0 nên kéo theo f ' x  0 mà 2  0 nên phương trình *  không có
x
nghiệm và h '  x   0 .
Từ bảng biến thiên: f '  2   3, f '  1 
 
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 60
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2
Với x  0 , f '  x  là hàm sô nghịch biến, còn 2 là hàm số đồng biến nên phương trình *  có
x
nhiều nhất 1 nghiệm. Ta có h '  0    và h '      nên phương trình *  có nghiệm duy
nhất x  c  0 .
Từ đó ta có bảng biến thiên của h  x 
Do ta có h  0   f (0)  6.0  0 nên h  c   0
Từ đó suy ra hàm số g  x   h  x  có 3 cực trị.
Câu 11:
Chọn D
 
 
Nếu m  0 thì h  x   f  x  nên g  x   f  x   3m x  m  1 có 3 cực trị
Xét hàm số h  x   f x 3  3m 2 x  m  1 có h '  x   3x 2 f ' x 3  6 m 2 .
3
3
2
Xét với m  0
 
Ta có h '  x   0  f ' x 3 
2 m 2
* 
x2
 x3 3x 2

Ta dễ dàng thấy được f ''  x   a ( x  1)( x  2)  f '  x   a  
 2x  C 
2
 3

Từ bảng biến thiên: f '  2   1, f '  1 
7
1
1
ta tìm được a  1, C   , từ đó f '  0    0
6
3
3
 
3
Với x  0 , f '  x   0 nên kéo theo f ' x  0 mà
2 m 2
 0 nên phương trình *  không có
x2
nghiệm và h '  x   0 .
Với x  0 , f '  x  là hàm số nghịch biến, còn
2m 2
là hàm số đồng biến nên phương trình * 
x2


2m 2 
2m 2 
nhiều nhất 1 nghiệm. Ta có lim  f ' x 3  2    và lim  f ' x 3  2    nên phương
x 0
x 
x 
x 


 
trình *  có nghiệm duy nhất x  c  0 .
Từ đó ta có bảng biến thiên của h  x 
61 | Phan Nhật Linh
 
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Dựa vào bảng biến thiên và h  0   f (0)  m  1  m  1 nên hàm số g  x   h  x  có nhiều nhất 3
cực trị nếu h  c   0 . Từ đó ta cần h  0   0  m  1 . Vậy m  0 .
Câu 12:
Chọn A
Từ đồ thị của y  f   x  , suy ra bảng biến thiên của y  f  x  như sau
Đặt u  x  x 2  1 .
Ta có bảng ghép trục sau:


Vậy hàm số g  x   f x  x 2  1 có ba điểm cực đại.
Câu 13:
Chọn A
Ta có: g   x   8  3x 2  3 f   x3  3x  3  12 x5  48 x3  48 x 2  36 x  48 .

x 3  3 x  3  1 

3
;
 24  x  1  f   x  3 x  3 
2


 x 2  1  0  x  1.

g x  0  
x3  3x  3  1

3
1 .
 f   x  3 x  3 
2
2
Từ đồ thị hàm số y  f  x  , ta có:
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 62
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
t  1
t 1
 t  1 .
Đặt t  x  3 x  3 . Phương trình 1 trở thành: f   t  
2
t  5
3
Với t  1 ta có: x 3  3 x  3  1 . Phương trình này có 1 nghiệm.
x  1
Với t  1 ta có: x3  3 x  3  1  
, trong đó x  1 là nghiệm kép.
 x  2
x  2
Với t  5 ta có: x3  3 x  3  5  
, trong đó x  1 là nghiệm kép.
 x  1
Như vậy g   x   0 có 3 nghiệm đơn phân biệt và 2 nghiệm bội ba.
Câu 14:
Chọn A
Ta có: h  x    f  x   g  x    h '  x   2  f  x   g  x   f   x   g '  x   .
2
 f  x   g  x   0 1
h  x   0  
 f   x   g '  x   0  2 
Từ đồ thị ta thấy phương trình 1 có đúng 3 nghiệm phân biệt là x  1 ; x  x1  x1   1;3  ;
x  3 , và f  x   g  x  đổi dấu khi đi qua các nghiệm này. Do đó các nghiệm trên là nghiệm bội
lẻ của 1 . Mà f  x  và g  x  đều là đa thức bậc 4 nên bậc của phương trình 1 nhỏ hơn hoặc
bằng 4 . Từ đó suy ra phương trình 1 là phương trình bậc 3 .
Do phương trình 1 là phương trình bậc 3 có 3 nghiệm phân biệt nên phương trình  2  phải
có 2 nghiệm phân biệt không trùng các nghiệm của phương trình 1 .
Suy ra h  x   0 có 5 nghiệm phân biệt và h  x  đổi dấu khi đi qua các nghiệm đấy, nên hàm
h  x  có 5 điểm cực trị.
Câu 15:
Chọn A
Xét hàm số y  f
 x  1
2



 m có đạo hàm y  2  x  1 f   x  1  m .
2
x 1
x  1


2
2
Cho y '  0   x  1  m  1   x  1  1  m


2
2
 x  1  m  3
 x  1  3  m
Để hàm số có 3 điểm cực trị thì 1  m  0  3  m  1  m  3  m  1;0;1; 2
Vậy tổng các phần tử của S là 2 .
Câu 16: Chọn A
Ta có y '   f  x   2 x  '. f ''  f  x   2 x    f '( x )  2  . f ''  f  x   2 x  .
 f ' x  2  0
y' 0  
 f ''  f  x   2 x   0
.
Khi f '  x   2  0  f '  x   2 có 3 nghiệm.
 f  x   2 x  m (1)
Khi f ''  f  x   2 x   0  
.
 f  x   2 x  n (2)
63 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Xét phương trình 1 : f  x   2 x  m  m  0  , đặt g  x   f  x   2 x  g '  x   f '  x   2 .
 x  x1  m
Phương trình đạo hàm g '  x   0  f '  x   2   x  0
.
 x  x2  n
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên  phương trình 1 có 2 nghiệm.
Xét phương trình  2  : f  x   2 x  n  n  e  , đặt h  x   f  x   2 x  h '  x   f '  x   2 .
 x  x1  m
.
h '  x   0  f '  x   2   x  0
 x  x2  n
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên  phương trình có 2 nghiệm.
Vậy hàm số y  f   f  x   2 x  có 7 điểm cực trị.
Câu 17:
Chọn C



Ta có g   x    f 2 x 2  x 
2
  2 f  2x  x   4x 1 f   2x  x  .
2
2

1  1  8a
 a  1
x 
 2 x 2  x  a  a  1
4
2


 f  2x  x   0
1

x   1

x
.
g  x   0  4 x  1  0


4
4



2
f  2x2  x   0
x  1
2 x  x  1
 

 2 x 2  x  2
2


 x  1
Vì a  1 nên có thứ tự các nghiệm của g   x   0 là:
1  1  8a
1
1
1  1  8a
.
 x2  1  x3    x4   x5 
4
4
2
4
Vậy g   x   0 có 5 nghiệm đơn như trên suy ra g   x  đổi dấu khi x chạy qua các nghiệm đơn.
x1 
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 64
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 1 1
Với 0    ;   0   x3 ; x4   . Xét g   0   2. f  0  f   0   0 . Suy ra g   x   0 trên khoảng
 4 2
 1 1
  ;  hay khoảng  x3 ; x4  . Ta có bảng xét dấu của g   x  như sau
 4 2


2
Ta có hàm f  x  liên tục trên  nên hàm số g  x    f 2 x 2  x  cũng liên tục trên  .


2
1
Vậy hàm số g  x    f 2 x 2  x  có 2 điểm cực đại là x  x2  1 và x  x4  .
2
Câu 18: Chọn C
 f '(0)  0
a  2
 f (0)  1


4
2
4
2
Giả sử f ( x)  ax  bx  c. Từ 
 b  4 . Suy ra f ( x)  2 x  4 x  1.
f
'(

1)

0


c  1
 f ( 1)  0
Khi đó y 
4
1
 2 x 4  4 x 2   24 x 4 ( x 2  2)4 . Có y '  24.4.x 3.( x 2  2)3.(3x 2  2) .
4 
x
Và y '  0  x  0 ; x   2 ; x  
Câu 19:
2
. Do đó, hàm số y có 5 cực trị.
3
Chọn D
 f ' x  0
Xét g  x   f  x   f  x   m  g '  x   2 f  x  f '  x   f '  x   0  
.
 f  x   1

2
2
1
2
Ta có: f '  x   0  có hai nghiệm là x  0; x  3 và f  x     có một nghiệm là x  a  0
nên hàm số g  x  có ba cực trị. Do đó để đồ thị hàm số h  x   f 2  x   f  x   m có đúng 3 cực
trị thì phương trình f 2  x   f  x   m  0 vô nghiệm    1  4m  0  m 
Câu 20:
1
.
4
Chọn C
Từ bảng biến thiên  phương trình f   x   0 có ba nghiệm là x  1 ; x  0 ; x  1


 f   x  có dạng f   x   kx  x  1 x  1  k x3  x , với k   và k  0
 x4 x2

 f  x   k    C  , C là một hằng số
 4 2

  1

k  16

k    C   3

Mà đồ thị hàm số f  x  đi qua 1;3  và  0;  1    4

1
C  16
kC  1

65 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x
x
1 
 f  x   16      4 x 4  8 x 2  1
 4 2 16 
4
2
 f  x  1  4  x  1  8  x  1  1
4
2
 f  x  1  4  x 4  4 x 3  6 x 2  4 x  1  8  x 2  2 x  1  1
 f  x  1  4 x 4  16 x 3  16 x 2  3  f   x  1  16 x3  48 x 2  32 x
4  x  2   f  x  1    x  2  .3  f  x  1  . f   x  1
Ta có: g   x  
6
 f  x  1 
3
3
 g x 
4  x  2  f  x  1  3  x  2  f   x  1
3
2
4
4
 f  x  1 
4

 x  2
3
 4 f  x  1  3  x  2  f   x  1 
4
 f  x  1 
x  2  0  x  2
Do đó: g   x   0  
 4 f  x  1  3  x  2  f   x  1  0
Phương trình: 4 f  x  1  3  x  2  f   x  1  0
 4  4 x 4  16 x3  16 x 2  3  3  x  2   16 x3  48x 2  32 x   0
 16 x 4  64 x3  64 x 2  12  3  16 x 4  16 x3  64 x 2  64 x   0
 16 x 4  64 x 3  64 x 2  12  48 x 4  48 x3  192 x 2  192 x  0
 32 x 4  16 x3  256 x 2  192 x  12  0  8 x 4  4 x3  64 x 2  48 x  3  0
Xét hàm số h  x   8 x 4  4 x 3  64 x 2  48 x  3
 x  x1
Ta có: h  x   32 x  48 x  128 x  12  0   x  x2 với x1  1  0  x2  1  2  x3

 x  x3
Bảng biến thiên:
3
2
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình h  x   0 có 4 nghiệm phân biệt
Mà h  2   233  x  2 không là nghiệm của phương trình h  x   0
 Phương trình g   x   0 có 5 nghiệm phân biệt
 x  2
g  x 
3
 f  x  1 
4
Vậy hàm số
Câu 21:
có 5 điểm cực trị.
Chọn C
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 66
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
g  x   f  2x 1  2  g ' x  
2  2 x  1
2x 1
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
f '  2x  1  2
 2 x  1  2  1VN 

1
Ta có: g '  x   0  f '  2 x  1  2   0   2 x  1  2  VN   2 x  1  2  4

2

 2 x  1  2  4
3

x  2
2 x  1  2
 2x 1  2  

 2 x  1  2
x   1

2
1
1
1
g '  x  không xác định tại x  và g '  x  đổi dấu tại x  , nhưng tại x  thì g  x  không
2
2
2
1
3
xác định . Vậy hàm số có 2 điểm cực trị là x  , x  .
2
2
Câu 22: Chọn C
 
Ta có: g  x   f x 4  2 x3  1  g '  x   4 x3 . f '  x 4   6 x 2  2 x 2 .  2 x. f '  x 4   3
 x2  0
Xét g '  x   0  
 f '  x4   3

2x
*
 x  0

 x  0
 f '  x4    3
 4
 
2 4 x4
x  f

*  
x0
 x  0
 


3
  x 4  1
 f '  x4  
 
2 4 x4
67 | Phan Nhật Linh
x   4 f

x   4 a

4
x   c
4
4
4
 x a  x c  x d

 x   4 d
x  1

 x4  b  x4  e
x  4 b

4
x  e

CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Bảng biến thiên:
Vậy hàm số g  x  có 4 điểm cực tiểu.
Câu 23:
Chọn B
Đặt: f  x   ax 3  bx 2  cx  d  f   x   3ax 2  2bx  c .
Ta có: đồ thị giao với trục Oy tại điểm  0;1  d  1 .
Đồ thị hàm số y  f  x  có hai điểm cực trị là  1;3 ; 1;  1 nên
3a  2b  c  0
b  0
3a  2b  c  0



 a  1  f  x   x3  3x  1 .
a  b  c  1  1
 c  3

a  b  c  1  3
 f  x  1   x  1  3  x  1  1  x3  3x 2  3  f   x  1  3x 2  6 x .
3
Có g  x    xf  x  1   g   x   2 xf  x  1  f  x  1  xf   x  1  .
2
 g   x   2 x  x 3  3 x 2  3 4 x3  9 x 2  3 .
x  0
 x  2, 532

x  0
 x  1,347
 3

2
Suy ra g   x   0   x  3 x  3  0   x  0,879 .
 x  2, 076
4 x3  9 x 2  3  0


 x  0, 694
 x  0,52

Phương trình g   x  là phương trình bậc 7 và có 7 nghiệm phân biệt nên hàm số g  x  có 7 điểm
cực trị.
Câu 24: Chọn A
4 x  x 2  4   2  x    0; 2
2
Ta có


y  f 4  3 4 x  x 2  y  3
x2
4x  x
2

f  4  3 4 x  x2

x  2  0
y  0  
2
 f  4  3 4x  x  0



 5  3 4 x  x2 
f  4  3 4 x  x 2  f  2
 1  0
2



Ta có

4 x  x 2  4   2  x    0; 2 nên
2
5  3 4x  x2  1 5 
  ; 
2
 2 2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 68
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 5  3 4x  x

5  3 4x  x
1
f  2
 1  0 
 2  4x  x2  .
2
2
3


Phương trình này có 2 nghiệm
Vậy y có 3 nghiệm, và qua mỗi nghiệm này thì y đổi dấu, do đó hàm số có 3 cực trị.
2
Câu 25:
2
Chọn B
Trước hết ta khôi phục bảng biến thiên của hàm số f  x  từ bảng biến thiên của hàm
f  v  t    f  3  2t  như sau:
Ta có thể vẽ lại bảng biến thiên của hàm số f  x  cho dễ nhìn như sau:
Xét hàm số f  x 2  2 x   f  u  ; u  x 2  2 x . Ta có bảng biến thiên ghép  x ; u ; f  u   từ kỹ năng
ghép trục như sau:

 
 

Suy ra hàm số đồng biến trên 1  6 ;1  2 , 1;1  2 , 1  6 ;   .


Mà 1; 2   1;1  2 . Nên hàm số đồng biến trên 1; 2 .
Câu 26:
Chọn B
1
Chọn hàm số f ( x)   x 3  4 x 2  12 x  4 liên tục và xác định trên  .
3
x  2  a
Khi đó f '( x)  0   x 2  8 x  12  0  
x  6  8  a
 hàm số f ( x) có 2 điểm cực trị là x  a; x  8  a .
69 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022


Ta có f x 2  2 x  3  
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
1 2
x  2 x  3  4 x 2  2 x  3  12 x 2  2 x  3  4
3



3


2


  f x2  2x  3   0   2x  2  f  x2  2x  3  0






x  1
x  1
2x  2  0
 2


  x  2 x  3  2   x  1  x0
2

f
x

2
x

3

0

 x2  2 x  3  6
 x  3  5  2 x0





Bảng biến thiên của hàm số f x 2  2 x  3 thỏa đề bài.

Mặt khác:  f x 3  3 x 2  1   0  3 x 2  6 x f  x 3  3 x 2  1  0





 

x  0
 3x 2  6 x  0

 3x 2  6 x  0
 3
2
x  2


x

3
x

1

2
(4 nghiệm đơn)


3
2
 x  3,103
 f  x  3x  1  0
 x3  3x2  1  6


 x  3, 425




Vậy hàm số f x 3  3 x 2  1 có 4 điểm cực trị.
Câu 27:
Chọn D
Ta có :
x0

 x  a,( a  2)
x 2 . f ( x)  0  
, trong đó x  0 là nghiệm bội chẵn, x  a, x  b là nghiệm
 x  b,  2  b  0 

x4

bội lẻ, x  4 là nghiệm bội chẵn.
Suy ra g ( x )  x 4 . f ( x)  0 có bốn nghiệm bội chẵn suy ra ĐTHS g ( x) tiếp xúc với trục Ox
2
tại bốn điểm. Mặt khác hàm số g ( x) có đạo hàm trên  và lim g ( x)   nên ta có thể phác
x 
họa đồ thị hàm số g ( x) như sau :
Vậy hàm số có 7 cực trị.
Câu 28: Chọn D
 x2  0
x  0

Ta có: g  x   0  
6
  f  x  2    0
 f  x  2  0
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 70
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x  0
x  0


 x  2  a  2
 x  a  2  4
  x  2  b, b   2;0    x  b  2   4; 2 


 x  2  c, c   0;2 
 x  c  2   2;0 


x  2  d  2
x  d  2  0
Suy ra đồ thị hàm số y  g  x  cắt trục hoành tại 5 điểm phân biệt, và cả 5 nghiệm đều là
nghiệm kép.
Ta suy ra hình dáng đồ thị y  g  x  như sau
Dựa vào đồ thị ta suy ra hàm số có 9 điểm cực trị.
Câu 29: Chọn A
Ta có:
f
g  x   0  f  x  . f  2 x  1  0  
 f
 x  3
 x  3
x  1
x  1


x  3
x  3
 x  0


 2 x  1  0  2 x  1  3  x  2
2x  1  1
x  0


2x  1  3
x  1
Suy ra đồ thị hàm số y  g  x  cắt trục hoành tại 6 điểm, trong đó các nghiệm 3;3; 2;0
là nghiệm đơn và x  1 là nghiệm kép
Ta có hình dáng đồ thị y  g  x  như sau
Suy ra hàm số có 5 điểm cực trị.
Câu 30: Chọn D
71 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 g  x   0, x  2

Nhận xét  g  x   0, x  2
,

g  x   , lim g  x   
 xlim

x 
x  2

 x  1  a  a  2 
  x  2 3  0
x  2

Cho g  x   0  
  x  1  b  2  b  1 

f
x

1

0


  f  x  1  2  0



x 1  1

 x  1  c c  2
x  2
 x  1  a  1

.
 x  1  b   1;2 

x  1 c  3
Do đó g  x   0 có 4 nghiệm phân biệt trong đó có ba nghiệm bội chẵn và 1 nghiệm bội lẻ
Hay đồ thị g  x  có 3 điểm tiếp xúc với trục hoành và một điểm giao điểm với trục hoành mà
tại đó hàm số đổi dấu
Vậy hàm số g  x  có 6 cực trị.
Câu 31:
Chọn C

2
Ta có y  f x  m  x  m






Đặt g  x   f x 2  x . Suy ra g  x   f x2  x . Suy ra g x  m  f x  m  x  m
 


2



Hàm số g  x  có 2 điểm cực trị dương nên hàm g  x  có 5 điểm cực trị.
Suy ra hàm g  x  m  có tất cả là 5 điểm cực trị.
Ta biết số điểm cực trị của hàm g x và g x  m là như nhau.
Câu 32:
Chọn B




Hàm số y  f  x  2021m  2m  1 có cùng số điểm cực trị với hàm số y  f  x  2 m  1 .
Sơ đồ biến đổi đồ thị:




f ( x)  f (  x)  f   x  2 m  1  f   x  2 m  1  f  x  2m  1
Các điểm cực trị của hàm số f  x  là: ( x1  a  1 ); ( x2  1 );  x3  3  ;  x4  b  3 
Suy ra các điểm cực trị của hàm số f    x  2m  1   f   x  2m  1 là
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 72
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 x1  a  2m  1 ;  x2  1  2m  1 ;  x3  3  2m  1 ;  x4  b  2m  1


Để hàm số y   x  2 m  1 có đúng 5 điểm cực trị thì hàm số y  f   x  2 m  1 có đúng 2
giá trị của m.
Câu 33: Chọn B
 x  2
Ta có: f   x   0  
x  2



 

y  f x 3  mx 2  5 x  4 m  y  3 x 2  2 mx  5 . f  x 3  mx 2  5 x  4m  0
 3 x 2  2 mx  5  0
 3 x 2  2 mx  5  0


  x 3  mx 2  5x  4m  2
3
2
 f  x  mx  5 x  4 m  0
 x 3  mx 2  5x  4m  2

 3 x 2  2 mx  5  0
 1

  x  2   x 2   m  2  x  2 m  1  0  2 

 x  2   x 2   m  2  x  2m  1  0  3 





 1  m2  15  0

Có  2  m2  4 m  8  0
  m2  4 m  8  0
 3
Nên (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt, (2) luôn có 3 nghiệm phân biệt, (3) luôn có 3 nghiệm phân
biệt.


Để hàm số y  f x 3  mx2  5x  4m có 6 điểm cực trị thì (1) có 2 nghiệm trùng với các nghiệm
của (2) hoặc (3).
7
(thử lại thỏa mãn).
4
7
Trường hợp 2: Phương trình (1) nhận x  2 là nghiệm  m 
(thử lại thỏa mãn).
4
7
Vậy có 2 giá trị m   thỏa mãn yêu cầu đề bài.
4
Câu 34: Chọn A
Trường hợp 1: Phương trình (1) nhận x  2 là nghiệm  m 
3
Ta có: y   f ( x)  m   3  f ( x)  m   3m
 3  f ( x)  m  2  3  0

 y '  3  f ( x)  m   3 . f '( x)  y '  0   
 f '( x)  0
 f ( x)  m  1(1)
  f ( x)  m  2  1




  f ( x)  m  1(2)
 f '( x)  0
 f '( x)  0(3)

2

3
y   f ( x)  m   3 f ( x)
Nhận xét: số điểm cực trị của hàm số
là tổng số nghiệm bội lẻ của ba
phương trình (1);(2);(3).
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra phương trình (3) có 3 nghiệm phân biệt.
3
y   f ( x)  m   3 f ( x) có 9 điểm cực trị thì phương trình (1) và (2) có 6 nghiệm
Vậy để hàm số
phân biệt bội lẻ. Căn cứ vào bảng biến thiên, có 2 trường hợp sau:
73 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Trường hợp 1: Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, phương trình (2) có 4 nghiệm phân biệt.
m  1  2
m  1
mZ


 1  m  3 
  m  2.

2

m

1

2

1

m

3


Khi m  1  2  m  1 thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bội
chẵn nên m  1 (thỏa mãn).
Trường hợp 2: Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt, phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt.
 2  m  1  2
3  m  1
mZ


 3  m  1 
  m  2.

5

m

1


2

4

m




Khi m  1  2  m  1 thì phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bội
chẵn nên m  1 (thỏa mãn).
Vậy m  2; 1;1; 2 .
Câu 35:
Chọn D
Ta có:
y  3 f   x   f  x    2 m. f   x  . f  x    2 m  3  . f   x 
2


2
 f   x   3 f  x   2mf  x    2 m  3  


 f  x   0
Cho y  0  
2
 3  f  x    2 mf  x    2m  3   0

Dựa vào đồ thị  f   x   0 có 4 nghiệm đơn phân biệt.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 74
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Để hàm số có 4 cực trị  3  f  x    2mf  x    2m  3   0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép.
2
Đặt t  f  x   3t 2  2 mt   2 m  3   0
Phương trình vô nghiệm:
   0  m2  3  2m  3   0  m2  6m  9  0  3  3 2  m  3  3 2
Câu 36:
Vậy có 9 giá trị của tham số m thỏa yêu cầu bài toán.
Chọn C
Ta có y  2 f ( x) f ( x)  2  m  2  f ( x)  2 f ( x)  f ( x)  m  2 
 f ( x)  0 ()
y  0  
 f ( x)  m  2
Dựa vào đồ thị thì () có 4 nghiệm
 m  2  3
 m  5

Do đó để hàm số có 5 điểm cực trị  
. Vậy có 33 giá trị m .
m  2  6
m  4
Câu 37:
Chọn B
Ta có: y  2  f ( x)  m  . f ( x)
 f ( x)   m

 f ( x)   m
x  2
y  0  


x4
 f ( x)  0

 x  7
Hàm số có 5 điểm cực trị khi
 m  2
m  2

. Vậy có 22 giá trị m

 2  m  5
 5  m  2
75 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Chọn B
Câu 38:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Ta có: y  3 f 2 ( x). f ( x)  12 f ( x). f ( x)  3 f ( x). f ( x)  f ( x)  4 
 x  a  a  2 

 x  b  2  b  0 

x  c  0  c  3
 f ( x)  0


y  0   f ( x)  0   x  d  d  3 
 x  2
 f ( x)  4

x  0
x  3

 x  2
Bảng xét dấu.
Dựa vào bảng xét dấu y  thì hàm số có 4 điểm cực tiểu
Câu 39:
Chọn A
Xét hàm số y  g  x   f  f  x   3 x  9   g   x    f   x   3 f   f  x   3 x  9  .
 f   x   3 (co mot nghiem boi le)
Giải phương trình đạo hàm: g   x   0  
 f   f  x   3x  9   0
Để xét phương trình f   f  x   3x  9   0 thì ta cần khảo sát hàm số h  x   f  x   3 x  9 .
Ta có: h  x   f   x   3  0  f   x   3  x  c; x  a .
Bảng biến thiên:
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 76
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 h  x   f  x   3 x  9  5  2 nghiemboi le

Xét f   f  x   3 x  9   0   h  x   f  x   3 x  9  b   0;5   2 nghiem boi le
 h x  f x  3 x  9  5  2 nghiem boi le
 
  
Như vậy phương trình đạo hàm g   x   0 có 7 nghiệm bội lẻ ứng với 7 điểm cực trị.
Câu 40:
Chọn A
Đặt u  x 3  3 x 2  1  u   3 x 2  6 x .
Sử dụng phương pháp ghép trục như sau:
Như vậy hàm số có tất cả 7 điểm cực trị.
Câu 41: Chọn B

Xét hàm số g  x   f 2 x
3
3 x  2



 m  g   x   3  x 2  1 .2 x 3 x 2. f  2 x 3 x  2  m .ln 2 .
3
 x 2  1  0  x  1  co 2 nghiem boi le
Cho g   x   0  
.
3
 f  2 x 3 x  2  m  0


3


Để thoả mãn yêu cầu bài toán thì phương trình f  2 x
3
3 x  2

 m  0 phải có 7 nghiệm bội lẻ.
 2 x 3 x 2  m  2
 2 x 3 x  2  2   m
 3
 3
3
Ta có: f  2 x 3 x  2  m  0   2 x 3 x  2  m  1   2 x 3 x  2  1   m
 x3  3 x  2
 x3  3 x  2
m 4
4 m
 2
 2
3

3

3
Xét sự biến thiên của ba hàm số 2 x 3 x  2  2 , 2 x
độ

Để phương trình f  2 x
77 | Phan Nhật Linh
3
3 x  2

3
3 x  2
3
 1 , 2 x 3 x  2  4 trên cùng một hệ trục toạ
 m  0 phải có 7 nghiệm bội lẻ thì
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
12  m  15
 15  m  12 m

 m  14; 13; 12; 3; 2; 1 .
 0   m  3   3  m  0


Vậy có 6 giá trị nguyên của tham số m thoả mãn.
Câu 42: Chọn C
Hàm số liên tục và xác định trên toàn  và có đạo hàm không triệt tiêu trên một lân cận chứa
điểm x  0 nên hàm số f  x  đạt cực trị tại điểm x  0 .
Để hàm số f  x  có 5 điểm cực trị thì hàm số f  x  phải có hai điểm cực trị dương.
m 
m


Ta có: f   x    x 2  5 x  1   x 2  4 x   8   0
4 
4


m
 2
 4  x 2  5 x  1  m  f  x 
 x  5x  1  4  0


m
 4  x 2  4 x  8   m  g  x 
2
 x  4x   8  0


4
Vẽ hai đồ thị hàm số f  x  , g  x  trên cùng một hệ trục toạ độ như sau:
 16  m  4
 16  m  3
 32  m  21  31  m  21
m
Để có đúng hai điểm cực trị dương thì 


 có tất cả 33
 m  17
 m  17


 m  20
 m  20
giá trị nguyên của tham số m thoả mãn.
Câu 43: Chọn C
 f   x   0  co 3 nghiem don : x  3; x  0; x  1
Có: g   x   3  f 2  x   m  . f   x   0   2
 f  x   m  0
Để hàm số g  x  có đúng 9 điểm cực trị thì phương trình f 2  x   m  0 phải có 6 nghiệm bội
lẻ.
 f  x  m
Suy ra: 
.
  f  x   m
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 78
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Xét sự tương giao của hai hàm số f  x  và  f  x  trên cùng một bảng biến thiên như hình vẽ
sau đây:
Suy ra 1  m  3  1  m  9  có 8 giá trị nguyên m thoả mãn.
Câu 44: Chọn C
Ta có: f  x  
x2 2 x

2018
g  t  dt  G  t 
x2  2x
 G  x 2  2 x   G  2018 .
2018
Đạo hàm f   x   G   x 2  2 x   2 x  2   g  x 2  2 x  .2  x  1 .
Xét phương trình
 x  1  nghiem boi le

 x 2  2 x  3  vo nghiem 

2

g  x  2 x  .2  x  1  0  
2
2
2
 g  x  2 x   0   x  2 x   a  0  co hai nghiem kep


 x 2  2 x  7  x  1  2 2  hai nghiem boi le


Suy ra phương trình đạo hàm có 3 nghiệm bội lẻ nên hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 45: Chọn A
Xét hàm số g  x   f  x 2  2mx  1  g   x   2  x  m  f   x 2  2mx  1 .
x  m
1
x  m
x  m
 2
 2
  x  2mx  1  1   x  2mx  0
Cho g   x   0  
2
2
 f   x  2mx  1  0

2
2
 x  2mx  1  1

 x  2mx  2  0  3
*
Bài toán yêu cầu phương trình  * phải có đúng 3 nghiệm bội lẻ. Đã có một nghiệm bội lẻ ở
phương trình 1 , vậy nên trong hai phương trình bậc hai còn lại phải có một phương trình có
hai nghiệm phân biệt và phương trình còn lại không có nghiệm phân biệt.
 2  4m 2  0
m  0
m
2
2


 m  1.
Ta có:  2  4m và  3  4m  8  

2
 3  4m  8  0  2  m  2
Vậy có hai giá trị nguyên của m thoả mãn.
Câu 46: Chọn C
Đặt g  x   x 3  3mx 2  3  2 m  1 x  m .
79 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Hình vẽ minh hoạ:
Đạo hàm g   x   3 x 2  6 mx  3  2m  1  3  x 2  3mx  2m  1  0  x  1; x  2m  1 .
Yêu cầu bài toán tương đương với đồ thị hàm số y  g  x  có hai điểm cực trị và hai điểm cực
trị này nằm phía bên phải Oy và nằm về hai phía của trục hoành, đồng thời g  0   0 . Suy ra:
m  1

m  1
m  1
 2m  1  1
2


1
 2m  1  0


2 2

m  2

2 2
 m 
m
 g 1 . g 2m  1  0  

2
2
   
 2m  2   4m  12m 2  10m  2   0

 g  0   m  0


2 2

m 
m  0
2

m  0


2  m  2022 . Vậy có tất cả 2021 giá trị thoả mãn.
Kết hợp điều kiện 
m
m 2022;2022
Câu 47:
Chọn B
 x  3  3  2 x  9
Hàm số f  3  2 x  đạt cực trị tại  x  1  3  2 x  5 .
 x  4  3  2 x  5
Vậy ta coi như hàm số f  x  sẽ đạt cực trị tại các điểm x  5; x  5; x  9 .
Ta đặt g  x   f  x 2  2mx   g  x   f  x 2  2m x  .
Nhận thấy hàm số g  x   f  x 2  2 mx  xác định tại điểm x  0 và không phải là hằng số trong
một khoảng chứa điểm x  0 , nên hàm số g  x   f  x 2  2m x  sẽ đặt cực trị tại x  0 .
Để hàm số g  x   f  x 2  2m x  có 7 điểm cực trị thì hàm số g  x   f  x 2  2mx  có 3 điểm
cực trị dương.
x  m
x  m
 2
 2
x

2
mx

9
 x  2mx  9  0
Ta có: g   x    2 x  2m  f   x 2  2mx   0  2
 2
 x  2mx  5
 x  2mx  5  0

2
 x 2  2mx  5  0
 x  2mx  5

1
 2
 3
 4
Dễ thấy phương trình  2  và  3 mỗi phương trình cho ta một nghiệm đơn và dương. Phương
trình  4  nếu có nghiệm đơn và dương thì sẽ có hai nghiệm phân biệt. Vì vậy phương trình  4 
không thể có hai nghiệm phân biệt dương, tức là phải có hai nghiệm phân biệt âm hoặc không
có hai nghiệm phân biệt và phương trình 1 có nghiệm dương.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 80
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Suy ra:
m  0

2
   ' 4  m  5  0
a  0
  
0

m

5

m

0;
5
 P  2  a 2  b 2   2  02  5   10

2

b  5
   ' 4  m  5  0

  2m  0
 
Câu 48: Chọn D
Xét hàm số g  x   f  x 3  mx 2  2 x  m   g   x    3 x 2  2mx  2  f   x 3  mx 2  2 x  m  .

Yêu cầu bài toán xảy ra khi phương trình đạo hàm phải có 6 nghiệm bội lẻ:
 x 2  2mx  2  0
3 x  2mx  2  0

Ta có: g   x   0  
   x 3  mx 2  2 x  m  1 .
3
2
 f   x  mx  2 x  m   0
 3
2
  x  mx  2 x  m  1
2
Phương trình 3x 2  2mx  2  0 luôn cho hai nghiệm phân biệt. Suy ra hai phương trình còn lại
phải
cho
đúng
4
nghiệm
bội
lẻ:
2
 x 3  mx 2  2 x  m  1  x  1  x   m  1 x  m  1  0 1


 3
2
 x  1  x 2   m  1 x  m  1  0  2 
 x  mx  2 x  m  1

Nhận thấy hai phương trình 1 ,  2  luôn cho hai nghiệm phân biệt, và các nghiệm của hai
phương trình này là không trùng nhau.
Để hai phương trình có đúng 4 nghiệm bội lẻ thì:
Trường hợp 1: x  1 là nghiệm của  x  1  x 2   m  1 x  m  1  0 và x  1 không phải là
nghiệm của  x  1  x 2   m  1 x  m  1  0 .
Trường hợp 2: x  1 là nghiệm của  x  1  x 2   m  1 x  m  1  0 và x  1 không phải là
nghiệm của  x  1  x 2   m  1 x  m  1  0 .

1
 m  2

 1   m  1  m  1  0
 m   1

 
1   m  1  m  1  0
1
2
Suy ra: 

m .
2
 m  1
1   m  1  m  1  0


 1  m  1  m  1  0
2


  
 m   1
2
 
Vậy có hai giá trị thực của m thoả mãn.
Câu 49:
Chọn C
 x3 x 2

Ta có: f   x   a  x  2  x  1  f  x   a    2 x   b .
 3 2

10
 10

4  3 a  b
 a  9
Đồ thị hàm số đi qua A  2; 4  , B 1; 1 nên ta có: 

.
 1   7 a  b
b  8


6
27
81 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Hàm số ban đầu là f  x  
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 8
10  x
x
.
   2x  
9 3 2
 27
3
2
u  x 3  3 x 2  1  m

Đặt 
 x  2 .
 f  x   f  x   0  
x 1

Bảng biến thiên:
  2   3  m
 m  1
 loai 


 1  1  m
 m  2
 3  m  2  1  m
  1  m  1
Yêu cầu bài toán xảy ra khi và chỉ khi:  
 
.
  1  m  1  1  m
 0  m  2


  2  1  m
 m  1  loai 

 1  1  m
  m  0
Vậy m   0;1  không có giá trị nào của m thoả mãn.
Câu 50:
Chọn D
u  f 2  x   2 f  x   m
Đặt 
 u   x   2 f   x . f  x   2 f   x  .
 h  x   f  x 
 f   x   0  x  1;5;9
Giải phương trình đạo hàm: u   x   0  
.
 f  x   1  x  a; b; c; d 
Lại có: h  x   0  x  9;  5;  1;0 .
Bảng biến thiên:
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 82
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
9  1  m
m  8
5  1  m
m  4


Để hàm số g  x  có 51 điểm cực trị thì 1  8  m
 m  7  4  m  6 .
5  8  m
m  3


9  15  m
m  6
Vậy có một giá trị m  5 thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 51: Chọn B
 x2  0
 2
 x  1  1
2

x

0
3
2
2
  x 2  1  0,5 .
Ta có: g  x   x  f  x  1   0  
2

f
x

1

0

 
 x 2  1  0,5
 2
 x  1  1


 x  0;  0,5;  1, 5;  2 .
Phác họa nhanh đồ thị:
83 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 52: Chọn B
Xét hàm số y  x 2  8 x  7  x 2  3 , tập xác định trên  .
2 x 2  8 x  4 neu x  1hoac x  7
4 x  8 neu x  1hoac x  7
 y  
Ta có: y  
.
neu 1  x  7
neu 1  x  7
8
8 x  10
Bảng biến thiên:
Suy ra hàm số có một điểm cực trị x  1 .
Đặt u  x 2  8 x  7  x 2  3 . Sử dụng phương pháp ghép trục:
Suy ra hàm số y  f  u  có 7 điểm cực đại.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 84
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:
2
Số điểm cực đại của hàm số g  x    f 2 x 2  x là


A. 3.
B. 2.
C. 1.
Câu 2:
D. 4.
Cho hàm số f  x   ax  bx  cx  dx  e,  a  0  có đồ thị hàm số f   x  như hình vẽ. Biết
4
3
2
rằng e  n
Số điểm cực trị của hàm số y  f   f  x   2 x  là
Câu 3:
A. 7 .
B. 6 .
C. 10
D. 14 .
Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  , đồ thị hàm số y  f   x  có đúng 4 điểm chung
với trục hoành như hình vẽ bên dưới:

3

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y  f x  3 x  m  2021 có đúng 11 điểm cực
trị?
A. 0 .
85 | Phan Nhật Linh
B. 2 .
C. 5 .
D. 1.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 4:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Cho đồ thị của hàm số y  f  x  như hình vẽ bên dưới. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên
của tham số m để hàm số f  3 f  x   m  có đúng 6 điểm cực trị?
A. 7 .
Câu 5:
B. 4 .
C. 6 .
D. 5 .
Cho hàm số bậc năm y  f  x  có đồ thị y  f   x  như hình bên. Số điểm cực trị của hàm số
g  x   f  x3  3x 2   2 x 3  6 x 2 là
Câu 6:
A. 7.
B. 10.
C. 5.
Cho hàm số bậc bốn trùng phương y  f  x  có bảng biến thiên sau
Số điểm cực trị của hàm số g  x  
A. 2 .
Câu 7:
B. 4 .
4
1
f  x   6  là
2 
x
C. 5 .
D. 11.
D. 3 .
Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x    x  2   x 2  x  với x   . Gọi S là tập hợp tất
2
1

cả các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số f  x 2  6 x  m  có 5 điểm cực trị.
2

Tính tổng các phần tử của S ?
A. 154 .
B. 17 .
C. 213 .
D. 153 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 86
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 8:
Cho hàm số y  f ( x ) có đồ thị đạo hàm y  f   x  như hình vẽ.
Câu 9:
1
Số điểm cực đại của hàm số g ( x )  f ( x 2  4 x  3)  3( x  2) 2  ( x  2) 4 là
2
A. 7.
B. 3.
C. 4.
D. 5.
Cho hàm số bậc năm y  f  x  có đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ dưới đây. Số điểm cực
8
trị của hàm số y  f  4 x 2  4 x   x 3  6 x 2  4 x  1 là
3
A. 4.
B. 5.
C. 9 .
D. 7 .
Câu 10: Cho hàm số f  x  có f  0   1 . Biết y  f   x  là hàm số bậc ba có đồ thị là đường cong dưới
đây.
y
3
2
1
O
1
3
x
Số điểm cực trị của hàm số g  x   f  x 4   6 x 2 là
A. 3 .
87 | Phan Nhật Linh
B. 6 .
C. 5 .
D. 4 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 11: Cho hàm số y  f  x  là hàm số đa thức bậc bốn. Biết f  0  0 và đồ thị hàm số y  f   x
có hình vẽ bên dưới.
Hàm số g ( x)  5 f  2sin x  1  1  4 có bao nhiêu điểm cực trị trên đoạn  0;3  ?
A. 16 .
B. 32 .
C. 17 .
D. 33 .
Câu 12: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  và f  3   0 đồng thời có bảng xét dấu đạo
hàm như sau:
Hàm số g  x   2  x  1  6  x  1  3 f   x 4  4 x 3  4 x 2  2  có bao nhiêu điểm cực trị?
6
A. 7 .
2
B. 6 .
C. 3 .
D. 5 .
Câu 13: Cho hàm số y  x  4 x  4 x  m ( m là tham số). Khi m thay đổi thì số điểm cực trị của hàm
4
3
2
số có thể là a hoặc b hoặc c . Tính tích a.b.c .
A. 105 .
B. 120 .
C. 60 .
D. 15 .
Câu 14: Cho f  x  là hàm số bậc 4 thõa mãn f  0   0 . Hàm số f   x  có có bảng biến thiên như sau
Hàm số g  x   f   x 2   3 x 2  x 4 có bao nhiêu điểm cực trị
A. 4 .
B. 3 .
C. 5 .
Câu 15: Cho hàm số đa thức f  x  có đồ thị như hình vẽ.
D. 2 .
Số điểm cực trị của hàm số y  f 1  2x    f 1  2x    2 là
2
A. 7 .
B. 9 .
C. 11 .
D. 15 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 88
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
có ba điểm cực trị
A. 10 .
B. 19
C. 9 .
Câu 17: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên đạo hàm như hình vẽ sau:
D. 5 .
Câu 16: Có bao nhiêu số nguyên m thuộc khoảng  10;10  để đồ thị hàm số y  x 2  2 x  m  2 x  1
Hỏi số điểm cực trị tối đa của hàm y  2 f  x 2  2 x   2021 bằng bao nhiêu?
A. 29 .
B. 23 .
C. 15 .
D. 31 .
Câu 18: Cho hàm số y  f  x  có f (2)  0 và đạo hàm liên tục trên  và có bảng xét dấu như hình
sau
Hàm số g  x   15 f   x 4  2 x 2  2   10 x 6  30 x 2 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2.
B. 3.
C. 5.
3
2
Câu 19: Cho hàm số y  f  x   ax  bx  cx  d có đồ thị như hình vẽ.
D. 7.
Đặt g  x   f 2  x  m   2 mf  x  m  , x   . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc

 10;10  để g  x  có đúng 2 điểm cực tiểu?
A. 18 .
B. 5 .
C. 4 .
Câu 20: Cho đồ thị hàm số bậc bốn y  f  x  như hình vẽ bên. Số các giá
trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [-2020 ; 2021] để hàm số
g  x   f 2  x   mf  x  có đúng hai điểm cực đại là.
A. 2027 .
C. 2019 .
89 | Phan Nhật Linh
B. 2021 .
D. 2022 .
D. 16 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 21: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục và xác định trên
R và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hỏi hàm số
y  2 f  f  x    f  3  2 f  x   có ít nhất bao nhiêu điểm
cực trị?
A. 3 .
C. 5 .
B. 6 .
D. 7 .
Câu 22: Cho hai đường cong  C1  : y  x 4   m  1 x 2  2 và  C2  : y  2  x  1  4 x 2  8 x  3m . Biết
4
rằng mỗi đường cong đều có 3 điểm cực trị tạo thành tam giác đồng thời các tam giác đồng dạng
với nhau. Hỏi m thuộc khoảng nào dưới đây?
A. 1; 2  .
B.  0;1 .
C.  2;3 .
D.  3; 4  .
3
2
Câu 23: Cho hàm số y  f  x  x   2m 1 x   3  m x  2 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m để hàm số y  f  x  có ba cực trị.
A. m  3 .
1
B.   m .
2
1
D.   m  3 .
2
C. m  3 .
Câu 24: Cho hàm số y  f  x có đạo hàm f   x    x  8  x 2  9  , x   . Có bao nhiêu giá trị nguyên


dương của tham số m để hàm số g  x   f x3  6 x  m có ít nhất 3 điểm cực trị?
A. 5 .
B. 7 .
C. 8 .
D. 6 .
3
2
Câu 25: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có biểu thức đạo hàm f   x   x  3x  10 x . Hỏi có


tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số g  x   f x 2  2mx  m  1  3 có 13
điểm cực trị?
A. 2
C. 4
B. 3
D. 5
Câu 26: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x  7   x 2  9  , x   . Có bao nhiêu giá trị nguyên


dương của tham số m để hàm số g  x   f ax3  bx  2m  3 với a.b  0 có ít nhất 3 điểm
cực trị?
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Câu 27: Cho hàm số f  x  liên tục trên  , có bảng biến thiên dưới đây
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  f  6 x  5   2021  m có 3 điểm
cực đại?
A. 5 .
B. 6 .
C. 7 .
D. 8 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 90
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 28: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có đồ thị hàm số y  f  1  2 x  như hình vẽ:

2

Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  f  x  2 x  2020  m có
7 điểm cực trị?
A. 5 .
B. 8 .
 ax  b
Câu 29: Cho hàm số f  x   
2
 x  bx  a  9
C. 7 .
neu x  1
neu x  1
D. 6 .
, với a, b là các tham số thực xác định và
hàm số liên tục trên toàn  . Hỏi có tất cả bao nhiêu số a là số nguyên để hàm số f  x  có
đúng hai điểm cực trị?
A. 5 .
B. 8 .
C. 7 .
D. 6 .
Câu 30: Cho hàm số y  f  x  liên tục và có đạo hàm trên  , hàm số y  f  2021x  2  có đồ thị như
hình vẽ dưới đây. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  2022; 2022
3
để hàm số y   f 1  4 x   3 f 1  4 x   m có đúng 17 điểm cực trị?
A. 35 .
91 | Phan Nhật Linh
B. 33 .
C. 34 .
D. 32 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 31:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  . Biết rằng hàm số y  f  x 2  2 x  có đồ thị

trên  của đạo hàm như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số y  f x 4  4 x  6 x 2  4 x
 bằng
B. 11 .
A. 9 .
Câu 32:
3
C. 7 .
D. 5 .
Cho hàm số đa thức f  x  có đồ thị của đạo hàm f   x  như hình vẽ bên:
Biết rằng f  0   0 . Hàm số g  x   f  x 6   x 3 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 7 .
B. 4 .
D. 3 .
Câu 33: Cho hàm số f  x   ax  bx  cx  dx  ex  f  a  0  và hàm số y  f   x  có hình vẽ dưới
5
4
C. 5 .
3
2
đây
Đặt g  x   f  3 x  1  9 x 3 
9 2
x  6 x  2021. Hòi hàm số f  g  x  có bao nhiêu điểm cực
2
trị ?
A. 7 .
B. 3 .
C. 9 .
D. 5 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 92
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 34: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  và bảng biến thiên của f   x  như sau:
Hỏi hàm số g  x   f  x 4   4 x có mấy điểm cực tiểu?
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Câu 35: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và đồ thị hàm số y  f   x  cắt trục hoành tại các
4
4
 a  1 ; 1  b  ; 4  c  5 (có dạng như
3
3
hình vẽ bên dưới). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m để hàm số
điểm có hoành độ  3 ; 2 ; a ; b ; 3; c ; 5 với 
y  f  2 x  m  3 có 7 điểm cực trị?
A. 3 .
B. 2 .
C. 4 .
D. Vô số.
Câu 36: Cho hàm đa thức y  f ( x) . Hàm số y  f '( x) có đồ thị như hình vẽ sau
Có bao nhiêu giá trị của m   0; 6 ; 2 m   để hàm số g ( x)  f  x 2  2 x  1  2 x  m  có đúng
9 điểm cực trị?
A. 7 .
B. 5 .
C. 3 .
D. 6 .
Câu 37: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm là f   x   ( x  2)2  x 2  x  , x   . Gói S là tập hợp tất cả các
1

giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số f  x 2  6 x  m  có 5 điểm cực trị. Tính tổng
2


tất cả các phần tử của S.
A. 154 .
B. 17 .
C. 213 .
D. 153 .
93 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 38: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Số điểm cực trị của hàm số g  x    f  x     f   x    2 f  x  . f   x  là
A. 4
B. 7
C. 5
D. 3
3
Câu 39: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   4 x  2 x và f  0  1 . Số điểm cực tiểu của hàm số
2
2
g  x   f 3  x  là
A. 1.
Câu 40: Hàm số f  x  
A. 2 .
B. 2 .
x
2
x 1
C. 3 .
D. 0 .
 m (với m là tham số thực) có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị?
B. 3 .
C. 5 .
D. 4 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 94
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Chọn B
Ta có: g  x    f 2 x 2  x ; g   x   2 f 2 x 2  x. f  2 x 2  x.4 x 1.



1
4 x  1  0  x  

4

2


Giải phương trình đạo hàm: g  x   0  f 2 x  x  0


 f   2 x 2  x  0


2
 2 x 2  x  2 vo nghiem  x  1
2


Từ bảng biến thiên ta có: f 2 x  x  0   2
1 .
x 
 2 x  x  1

2
Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình f  x   0 chỉ có 1 nghiệm x0  1 . Khi đó
 x  x1  ; 1

f 2 x 2  x  0  2 x 2  x  x0  
.
1


 x  x2   2 ; 

Do lim g  x   lim g  x    nên ta có bảng biến thiên:
x 
x 
Từ bảng biến thiên của hàm số y  g  x ta có số điểm cực đại của hàm số g  x    f 2 x 2  x


là 2 .
Câu 2:
Chọn A
 f  x  2
Xét y  f   f  x   2 x   y   f   x   2  . f   f  x   2 x   0  
.
 f   f  x   2 x   0
Với f   x   2 . Đường thẳng y  2 cắt đồ thị f   x  tại 3 điểm phân biệt.
 f  x   2 x  m,  m  0 
Với f   f  x   2 x   0  
 f  x   2 x  n,  n  e 
Đặt h  x   f  x   2 x  h  x   f   x   2  0 
Bảng biến thiên của h  x  :
95 | Phan Nhật Linh
1
 2
f  x  2 .
2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Vậy các phương trình 1 và  2 cho 4 nghiệm phân biệt.
Câu 3:
Chọn D
Xét x  0 : Hàm số có dạng y  f  x3  3x  m  2021
Khi đó ta có đạo hàm như sau: y   3 x 2  3 f   x3  3x  m  2021
Do nghiệm của phương trình x3  3x  m  2021  4 là các nghiệm bội bậc chẵn của phương trình
y  0 nên ta có:
 x  1  do x  0 
 3
3 x  3  0
 x  3 x  m  2021  1
y  0  
 3

3
x

3
x

m

2021

1
 f   x  3 x  m  2021  0

 x 3  3 x  m  2021  2
2
 x  1  do x  0 

3
 m  2021   x  3x  1
 m  2021   x 3  3x  1

 m  2021   x 3  3x  2
Vẽ đồ thị ba hàm số y   x 3  3 x  1 ; y   x 3  3 x  1 ; y   x3  3 x  2 với x  0 trên cùng
một hệ trục.

3

Hàm số y  f x  3 x  m  2021 có đúng 11 điểm cực trị
 Hàm số y  f  x3  3x  m  2021 có đúng 5 điểm cực trị dương
 Phương trình f   x3  3x  m  2021  0 có đúng 4 nghiệm bội lẻ dương và khác 1
 Đường thẳng y  m  2021 cắt đồ thị ba hàm số y   x 3  3 x  1 ; y   x 3  3x  1 ;
y   x3  3x  2 tại 4 điểm phân biệt có hoành độ dương khác 1
 1  m  2021  1
 2022  m  2020


. Do điều kiện m nguyên nên m  2021 .
 2  m  2021  3
 2019  m  2018
Vậy chỉ có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4:
Chọn C
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 96
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Đặt g  x   f  3 f  x   m  . Khi đó, đạo hàm g   x   3 f   x  . f   3 f  x   m 
 f  x  0
Giải phương trình g   x   0  3 f   x  . f   3 f  x   m   0  
 f   3 f  x   m   0
x  0
Từ đồ thị ta thấy f   x   0  
x  3
1
m

 f  x  3
3 f  x   m  0
Do f   3 f  x   m   0  

3 f  x   m  3
 f  x  m 1

3
 2
 3
.
Từ 1 và dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  điều kiện để hàm số f  3 f  x   m  có đúng 6 điểm
m
m
và phương trình f  x    1 cùng với 2
3
3
nghiệm ở 1 thỏa mãn g   x  đảo dấu 6 lần. Hay nói cách khác: Để hàm số có 6 điểm cực trị
cực trị là số nghiệm của phương trình f  x  
thì phương trình  2  và  3 phải có 4 nghiệm phân biệt. Đến đây ta có hai hướng để tiếp cận
là biện luận truyền thống và xét sự tương giao trên cùng một hệ trục tọa độ.
Với cách biện luận truyền thống: Khi đó xảy ra các trường hợp sau:
m

m  0
0  3  4

Trường hợp 1: 
 m  12  9  m  12 . Do m nguyên nên m  9;10;11 .
m 1  4

m  9
 3
m
m  0
 3  0

Trường hợp 2: 
  m  9  3  m  0 . Do m nguyên nên m  2; 1; 0 .
0  m  1  4
 m  3


3
m
m
Với cách xét tương giao: Từ phương trình  3 , ta có: f  x    1 f  x   1 
3
3
Xét tương giao trên cùng một hệ trục tọa độ như sau:
m

3  3  4  9  m  12
Từ đồ thị, để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì 
 1  m  0  3  m  0

3
Vậy có 6 giá trị của m .
97 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 5:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Chọn B
Xét hàm số g  x   f  x 3  3x 2   2 x3  6 x 2
Ta có g   x    3 x 2  6 x  f   x 3  3 x 2   6 x 2  12 x  3 x  x  2   f   x3  3 x 2   2  .
x  0
 x  2

x  0
 x3  3 x 2

Cho g   x   0   x  2
 3
 x  3x 2

3
2
 3
2
 f   x  3 x   2
 x  3x
 3
2
 x  3x
 c1  c1  0 
1
.
 c2  0  c2  2   2 
 c3  2  c3  4   3
 c4  c4  4 
 4
Xét hàm số h  x   x 3  3 x 2 , ta có h  x   3 x 2  6 x .
Bảng biến thiên h  x  :
Vẽ đồ thị của các hàm số y  h  x  , y  c1 , y  c2 , y  c3 , y  c4 trên cùng một mặt phẳng tọa
độ ta được
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 98
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 x  x2
 x  x3

Phương trình 1  x  x1 ;  2    x  x5 ;  3    x  x4 ;  4   x  x8
 x  x6
 x  x7
Trong đó x1  x2  x3  2  x4  x5  0  x6  x7  x8 .
Bảng xét dấu g   x  :
Từ bảng xét dấu ta kết luận được hàm số g  x  có 10 điểm cực trị.
Câu 6:
Chọn B
Theo giả thiết ta có f  x   ax 4  bx 2  c  f   x   4ax 3  2bx .
Từ bảng biến thiên ta có hàm số f  x  đi qua A  2; 2  , B  0; 6  , C  2; 2  và có ba điểm cực trị
1

a  4
16a  4b  c  2

1

 b  2 . Vậy f  x   x 4  2 x 2  6 , f   x   x 3  4 x
 c  6
4
32a  4b  0
c  6



4
1
Ta có hàm số g  x   2  f  x   6  xác định trên D   \ 0 .
x
4
3
2
1
Đạo hàm: g   x    3  f  x   6   2 .4  f  x   6  . f   x 
x
x
 g  x 
 f  x   6

x3
3
 4 x. f   x   2 f  x   12 
 f  x   6  0
1
Giải phương trình g   x   0  
4 xf   x   2 f  x   12  0
Ta có 1 
 2
x  0
1 4
x  2x2  6  6  
.
4
 x  2 2
x  0
7 4
1 4

2
2
 2   4 x.  x  4 x   2  x  2 x  6   12  0  x  12 x  0 
2 42 .
2
4

x

7
3
 x  2 2

Vì x  0 nên có g   x   0  
2 42 và các nghiệm đó đều là nghiệm bội lẻ.
x



7
Do đó hàm số g  x  có 4 điểm cực trị.
99 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 7:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Chọn D
x  2
Ta có f '  x    x  2   x  x   f '  x   0   x  1 . Với x  2 là nghiệm kép, x  1, x  0 là
 x  0
2
2
nghiệm đơn. Do đó hàm số f  f  x  đạt cực trị tại x  1, x  0 .
1

Đặt g  x   f  x 2  6 x  m 
2

x  6
1
 x2  6x  m  2
2
1

1

.
g  x   f  x2  6 x  m   g ' x    x  6 f '  x2  6 x  m   0   1 2
 x  6 x  m  0 1
2

2

2
1 2
 x  6 x  m  1 2 
2
1 2
x0  6 x0  m  0 do đó x0 không thể là nghiệm
2
của phương trình  2 hay nói cách khác phương trình 1 ,  2  không có nghiệm chung. Vì vậy,
Giả sử x0 là nghiệm của phương trình 1 thì
1

để hàm số f  x 2  6 x  m  có 5 điểm cực trị thì phương trình 1 ,  2  có hai nghiệm phân
2

 1  0
 m
  0
9  2  0
2


1 2
  m 1 
m 
biệt khác 6 hay  .6  6.6  m  0  9  
 m  1, 2,...,17 .
  0  m  18 
2
  2 
1 2
m  18, m  19
 .6  6.6  m  1


2
Vậy tổng các giá trị của m là: 1  2  ...  17  153 .
Câu 8:
Chọn B
Ta có:
g ( x)  (2 x  4) f ( x 2  4 x  3)  6( x  2)  2( x  2)3  (2 x  4)  f ( x 2  4 x  3)  3  ( x  2)2 
2 x  4  0
x  2
Ta có: g ( x )  0  


2
2
2
2
 f ( x  4 x  3)  3  ( x  2)  0
 f ( x  4 x  3)  2  ( x  4 x  3)
Đặt x 2  4 x  3  t , ta có: (*)  f ( t )  2  t .
(*)
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 100
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Từ đồ thị hàm số y  f ( t ) và y  2  t ta có:
 x 2  4 x  3  2
x 1
t  2

x  3
t  0
x2  4 x  3  0


f (t )  2  t 
 2
 
t  1
x  2 2
x  4x  3  1



 x 2  4 x  3  2
 x  2  3
t  2
Ta có bảng biến thiên hàm số y  g ( x ) như sau:
Vậy hàm số y  g ( x ) có 3 điểm cực đại.
Câu 9:
Chọn B
Ta có y   4  2 x  1 f   4 x 2  4 x   4  2 x  1 x  1  y  4  2 x  1  f   4 x 2  4 x    x  1  .
1

x

2
y  0  y  4  2 x  1  f   4 x  4 x    x  1   0  
2
 f   4 x  4 x   x  1
2
Xét phương trình: f   4 x 2  4 x   x  1 1
Đặt t  4 x 2  4 x  4 x 2  4 x  t  0   4  4t  0  t  1 .

1
x 
Khi đó: 4 x 2  4 x  t  0  

1
x 


1 t
1  1  t
 x 1 
2
2


1 t
1  1  t
 x 1 
2

2

1  1  t
 f  t  
2
Phương trình 1 trở thành: 

1  1  t
 f  t  

2
1  1  x
1  1  x
 C1  , y 
 C2  trên cùng hệ trục tọa
2
2
cắt đồ thị y  f   x  tại 3 điểm, đồ thị  C 2  cắt đồ thị y  f   x  tại 1
Vẽ đồ thị 3 hàm số y  f   x  , y 
độ ta thấy đồ thị  C1 
điểm.
101 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Với mỗi nhánh, mỗi giao điểm t sẽ tương ứng với một giá trị duy nhất của x khác
1
.
2
8
Vậy hàm số y  f  4 x 2  4 x   x 3  6 x 2  4 x  1 có 5 điểm cực trị.
3
Câu 10: Chọn C
Xét hàm số h  x   f  x 4   6 x 2 có h  x   4 x 3 f   x 4   12 x  4 x  x 2 f   x 4   3 .
x  0
2
4


h  x   0  4 x  x f   x   3  0  
.
 f   x 4   32  x  0  1
x

Xét phương trình 1 : đặt t  x 4 thì phương trình có dạng
3
f  t  
với t  0  2 . Dựa vào đồ thị, phương trình  2  có
t
một nghiệm duy nhất a  0 . Khi đó ta được x   4 a .
y
3
2
1
O
Bảng biến thiên của hàm số h  x   f  x 4   6 x 2
1
3
x
Số điểm cực trị của hàm số g  x   f  x 4   6 x 2 bằng số điểm cực trị của hàm số
h  x   f  x 4   6 x 2 cộng với số nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ của phương trình h  x   0 .
Do đó hàm số g  x  có 5 cực trị.
Câu 11: Chọn D
 x3

 x 2   c qua  0;2 ,  1;  2 .
 3

Ta có f   x   ax  x  2   f   x   a 
c  2
x4
Nên 
 f   x   x 3  3x 2  2  f  x    x 3  2 x .
4
a  3
Bảng biến thiên của hàm số y  f  t  với t  2sin x 1 1
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 102
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Suy ra phương trình có f  2 sin x  1  1  
4
có 16 nghiệm trên đoạn
5
h( x)  5 f  2sin x  1  1  4 có 17 điểm cực trị trên đoạn
0;3 và hàm số
0;3  .
Vậy hàm số g ( x)  5 f  2sin x  1  1  4 có 16  17  33 điểm cực trị trên đoạn
0;3 .
Câu 12: Chọn D
Đặt h  x   2  x  1  6  x  1  3 f   x 4  4 x 3  4 x 2  2 
6
2
 h '  x   12  x  1  12  x  1  3  4 x 3  12 x 2  8 x  . f '   x 4  4 x 3  4 x 2  2 
5
 12  x  1  x 2  2 x  x 2  2 x  2   12  x  1  x 2  2 x  . f '   x 4  4 x3  4 x 2  2 
 12( x  1)  x 2  2 x   x 2  2 x  2  f '   x 4  4 x 3  4 x 2  2  
Mà  x 4  4 x3  4 x 2  2    x  x  2    2  2 , x   nên dựa vào bảng xét dấu của f '  x  ta
2
suy ra được f '   x 4  4 x3  4 x 2  2   0 .
Khi đó: x 2  2 x  2  f '   x 4  4 x3  4 x 2  2   0, x  
Do đó dấu của h '  x  cùng dấu với u  x   12  x  1  x 2  2 x  , tức là đổi dấu khi đi qua các điểm
x  2; x  1; x  0 nên hàm số h  x  có 3 điểm cực trị.
Ta có h  1  3 f  3   0 nên đồ thị hàm số y  h  x  tiếp xúc Ox tại x  1 và cắt trục Ox
tại 3 điểm phân biệt.
Vậy y  g  x  có 5 điểm cực trị.
Câu 13: Chọn A
x  0
Đặt g  x   x  4 x  4 x  m ta có g   x   4 x  12 x  8 x do đó g   x   0   x  1 .
 x  2
4
103 | Phan Nhật Linh
3
2
3
2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Bảng biến thiên của hàm số g  x  như sau :
Ta có đạo hàm của hàm số đã cho là y 
g  x  .g   x 
g  x
do đó ta có số điểm cực trị của hàm số
y  g  x  bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  g  x  với trục hoành cộng với số điểm cực
trị của hàm số y  g  x  .
Ta có y  g  x  có 3 điểm cực trị với mọi giá trị m   .
Trường hợp 1: Nếu m  0 thì g  x   0 vô nghiệm hoặc có hai nghiệm trùng với hoành độ các
điểm cực trị do đó trường hợp này hàm số y  g  x  có tổng số điểm cực trị là 3 .
Trường hợp 2: Nếu 1  m  0 thì g  x   0 có 4 nghiệm phân biệt và không có nghiệm nào
trùng với các hoành độ các điểm cực trị do đó trường hợp này hàm số y  g  x  có tổng số điểm
cực trị là 7 .
Trường hợp 3: Nếu m  1 thì g  x   0 có 2 nghiệm hoặc có 3 nghiệm do đó trường hợp này
hàm số y  g  x  có tổng số điểm cực trị là 5 .
Vậy tích số a.b.c  3.5.7  105 .
Câu 14: Chọn C
Với bài toán này, ta có thể giải theo hai cách là cách truyền thống và ghép trục
Cách 1:
Đặt h  x   f   x 2   3x 2  x 4 có tập xác định D   .
Đạo hàm: h   x    2 xf    x 2   6 x  4 x 3  2 x  f    x 2   3  2 x 2  .
 f    x 2   3  2 x 2 1
Giải phương trình: h  x   0  
.
 x  0
Xét phương trình 1 đặt t   x 2  0 . Từ 1  f   t   3  2t .
Hàm số g  t   3  2t đồng biến trên   ; 0 và g  t   0 t   1; 0 .
Do đó phương trình f   t   3  2t có nghiệm duy nhất t0  1 .
Suy ra phương trình 1 có 2 nghiệm  x0  1  1  x0 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 104
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Vậy hàm số g  x   f   x 2   3 x 2  x 4 có 5 điểm cực trị
Cách 2
Đặt t  x    x 2  0 . Ta có: t   x   2 x  0  x  0 .
Khi đó: h  t   f   x 2   3 x 2  x 4  f  t   3t  t 2  h  t   f   t   3  2t  0  f   t   3  2t
Vì t  0 nên phương trình h  t   0 có nghiệm duy nhất t0  1 .
Sử dụng phương pháp ghép trục:
Vậy hàm số g  x   f   x 2   3 x 2  x 4 có 5 điểm cực trị
Câu 15: Chọn C
Xét hàm số g  x   f 1  2x    f 1  2 x    2 có
2
1

g   x   2 f  1  2 x   4 f 1  2 x  f  1  2 x   4 f  1  2 x   f 1  2 x   
2

1
Nhận xét: f   x  đổi dấu 3 lần và f  x   đổi dấu 4 lần suy ra g   x  đổi dấu 7 lần.
2
Do đó g  x  có 7 điểm cực trị.
Mặt khác, g  x   f 1  2 x    f 1  2 x    2  1  f 1  2 x  .  2  f 1  2 x   có 4 lần đổi


2
0
dấu vì 2  f  x  có 4 lần đổi dấu.
Vậy hàm số y  g  x  có tất cả 7  4  11 điểm cực trị.
Câu 16: Chọn C
Xét f  x   x 2  2 x  m có    1  m
Trường hợp 1:   0  1  m  0  m  1  f  x   0 x  
 y  x 2  m  1 luôn có một cực trị
Trường hợp 2:   0  1  m  0  m  1
Phương trình f  x   0 có hai nghiệm phân biệt x1  1  1  m ; x2  1  1  m
105 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 x  m  1, x   ; x1    x2 ;   
Dễ thấy x1  1 và x2  0 . Khi đó y   2
 x  4 x  1  m, x   x1 ; x2 
2
2 x, x   ; x1    x2 ;   
Đạo hàm: y  
2 x  4, x   x1 ; x2 
 0   ; x1    x2 ;   

2  x   x1; x2 
Đồ thị hàm số y  x 2  2 x  m  2 x  1 có ba điểm cực trị  
0   ; x1    x2 ;   
 2  x  x ; x
 1 2
 
1
 2
0  1  1  m
Từ 1  
 0  m 1
2  1  1  m
0  1  1  m
Từ  2   
m0
2  1  1  m
Vì m   10; 10    nên m  9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1
Vậy có 9 giá trị của tham số m
Câu 17: Chọn D
Xét hàm số y  g  x   f  x 2  2 x   g '  x    2 x  2  f '  x 2  2 x  .
x  1
Cho: g '  x   0  
.
2
 f '  x  2 x   0
 x 2  2 x  a  1
 2
 x  2 x  b   1;0 
2
Ta có: f '  x  2 x   0   2
 x  2 x  c   0; 2 
 x2  2x  d  2

i 
 ii 
 3i 
 4i 
Mỗi phương trình đều có 2 nghiệm phân biệt khác 1.
Suy ra hàm số y  g  x   f  x 2  2 x  có 7 điểm cực trị.
Suy ra hàm số y  g  x   f  x 2  2 x  có tối đa 15 điểm cực trị.
Suy ra hàm số y  2 f  x 2  2 x   2021 cũng có tối đa 15 điểm cực trị.
Suy ra hàm số y  2 f  x 2  2 x   2021 có tối đa 31 điểm cực trị.
Câu 18: Chọn C
Hàm số h  x   15 f   x 4  2 x 2  2   10 x 6  30 x 2
Ta có h '  x   15  4 x3  4 x  . f    x 4  2 x 2  2   60 x5  60 x
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 106
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
 h '  x   60 x  x  1  f    x  2 x  2   x  1 .
2
4
2
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2
Mà  x 4  2 x 2  2    x 2  1  1  1, x   nên dựa vào bảng xét dấu của f   x  ta suy ra
2
f    x 4  2 x 2  2   0 . Suy ra f    x 4  2 x 2  2   x 2  1  0, x   .
Do đó dấu của h '  x  cùng dấu với u  x   60 x  x 2  1 , tức là đổi dấu khi đi qua các điểm
x  1; x  0; x  1 .
Vậy hàm số h  x  có 3 điểm cực trị.
Ta có h(0)  15 f (2)  0 nên đồ thị hàm số y  h( x) tiếp xúc Ox tại O và cắt trục Ox tại 3
điểm phân biệt. Vậy y  g  x  có 5 cực trị.
Câu 19: Chọn A
Ta có: g  x   2 f  x  m  f   x  m   2 mf   x  m   2 f   x  m   f  x  m   m 
 x  m  1
 f  x  m  0

Giải phương trình đạo hàm: g  x   0  
 x  m  1
.
 f  x  m   m
 f  x  m  m

Do g  x  là hàm đa thức bậc chẵn nên g  x  có đúng 2 điểm cực tiểu  g  x  có đúng 3 lần đổi
dấu  f  x  m   m chỉ có 1 nghiệm x  m 1 hoặc f  x  m   m chỉ có 2 nghiệm trong đó
m  1
có 1 nghiệm x  m 1 và 1 nghiệm kép x  m 1 hoặc x  m 1  
.
 m  3
1  m  10
Kết hợp m  
 10;10    10  m  3 . Vậy có 18 giá trị nguyên m thỏa mãn.

Câu 20: Chọn A
Từ đồ thị hàm số của y  f  x  , ta có bảng biến thiên
Xét hàm số g  x   f 2  x   mf  x  , ta có g '  x   2 f  x  f '  x   mf '  x   f '  x  [2 f  x   m] .
f
Có g '( x)  0  
f

107 | Phan Nhật Linh
x  0
x  a
' x   0

m  x  b
 x 

2
 f  x  m

2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Do g  x  là hàm đa thức bậc chẵn, có hệ số của bậc cao nhất là số dương nên để hàm số g  x 
có đúng hai điểm cực đại thì g '  x  phải đổi dấu đúng 5 lần thì g  x  sẽ có ba điểm cực tiểu và
hai điểm cực đại. Phương trình f '  x   0 có ba nghiệm phân biệt x  0 , x  a , x  b . Vậy để
g   x  phải đổi dấu đúng 5 lần thì phương trình f  x  
0, a, b hoặc phương trình f  x  
x  a hoặc x  b .
m
phải có hai nghiệm phân biệt khác
2
m
có ba nghiệm, trong đó có đúng một nghiệm trùng x  0 ,
2
Trường hợp 1: Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác 0, a, b .
 m
1  2  5
 2  m  10
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: 
.

 m  2
 m  1
 2
m
Trường hợp 2: Phương trình f ( x ) 
có ba nghiệm, trong đó có đúng một nghiệm trùng
2
x  0 , x  a hoặc x  b .
m
 2 1
m  2
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: 

.
 m  1  m  2
 2
Kết hợp cả hai trường hợp ta có 2027 số nguyên m thuộc đoạn  2020; 2021 .
Câu 21: Chọn D
Tập xác định: D  
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số f  x  đạt cực trị tại x  a , x  b , x  c
x  a

Suy ra f '  x   0   x  b
x  c

 nghiem
 nghiem
 nghiem
don 
don 
don 
Đạo hàm: y '  2 f '  x  . f '  f  x    2 f '  x  . f '  3  2 f  x  
Giải phương trình đạo hàm: y '  0  f '  x  .  f '  f  x    f '  3  2 f  x     0
 f ' x  0

 f '  f  x    f '  3  2 f  x  
x  a
x  b

x  c

 f  x   3  2 f  x *
Phương trình *  f  x   1 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 108
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Số nghiệm của phương trình * là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng
y 1
Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình * có 4 nghiệm đơn phân biệt khác các nghiệm a, b, c
Vậy phương trình y '  0 có 7 nghiệm đơn phân biệt.
Suy ra hàm số y  2 f  f  x    f  3  2 f  x   có ít nhất 7 cực trị.
Câu 22: Chọn C
Xét  C2  : y  2  x  1  4 x 2  8 x  3m .
4
Đạo hàm y  8  x  1  8 x  8  8 x  x  1 x  2  .
3
 x  1  y  4  3m  A  1;4  3m 

Giải phương trình y  0   x  0   y  2  3m   B  0 ; 2  3m  .
 x  2  y  2  3m  C  2;2  3m 
Nhận thấy tam giác ABC cân tại A .
Xét  C1  : y  x 4   m  1 x 2  2 , hàm số có 3 cực trị do đó m  1 .
Đạo hàm y  4 x 3  2  m  1 x




 A '  0; 2 
 x0
 y2



2
2
  m  1
m  1
m  1 



m 1


Giải phương trình y  0   x 
y  2 
  B '
;2 
 .


2
4
2
4
 



2


m  1
m 1 
2

 m  1 
  m 1
x  
y  2
C
'

;2


2

4

 

2
4
 

Nhận thấy tam giác ABC  cân tại A .
Tam giác ABC đồng dạng với tam giác ABC 
m  1  m  1

; B C   2  m  1 ; AB  5; BC  2 , suy ra
2
16
4
Ta có: AB 
109 | Phan Nhật Linh
AB BC

.
AB
BC
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
m  1  m  1

2
16

5
4
 2  m  1
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
m  1  m  1

2  m  1
16
 2

5
4
4
2  m  1
2
 m  1

4
4
 10  m  1
 m  1
3
1

  m  1   m  1  8  0  
.  m  1  3 32 .
3
4


 m  1  32
Câu 23: Chọn C
Để hàm số y  f  x  có ba cực trị thì hàm số y  f  x phải có đúng một điểm cực trị dương.
Ta có: y  3x  2  2m 1 x  3  m . Hàm số y  f  x có đúng một điểm cực trị dương khi và
2
chỉ khi phương trình y   0 có hai nghiệm trái dấu hoặc có một nghiệm dương và một nghiệm
bằng 0 .
Trường hợp 1: phương trình y   0 có hai nghiệm trái dấu  3. 3  m  0  m  3.
Trường hợp 2: phương trình y   0 có một nghiệm dương và một nghiệm bằng không
3  m  0
m  3


  2  2m  1

1  m  3.
 0 m  


2
3

Kết hợp hai trường hợp ta được m  3 là giá trị cần tìm.
Câu 24: Đây mà một dạng toán khá hay và đã được xuất hiện trong đề thi THPT Quốc Gia 2021 lần 1.
Bài toán này có hai hướng tiếp cận chính: thứ nhất là giải theo phương pháp truyền thống và
cách thứ hai là sử dụng công thức đếm nhanh số điểm cực trị.
Cách 1: Giải theo phương pháp truyền thống



 
Ta có: g  x   f x3  6 x  m  g   x   x3  6 x  m . f  x 3  6 x  m

x
3
 6 x  .  3x 2  6 
x3  6 x

x  0
. f  x3  6 x  m . Cho g   x   0  
3
 f  x  6 x  m  0




 x3  6 x  m  8
 x3  6 x  8  m


Ta có: f  x3  6 x  m  0   x3  6 x  m  3   x 3  6 x  3  m .


 x3  6 x  m  3  x 3  6 x  3  m




Xét hàm số h  x   x 3  6 x , vì h  x   3 x 2  6  0, x   nên h  x  đồng biến trên  .
Ta có bảng biến thiên của hàm số k  x   h  x   x3  6 x như sau:
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 110
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022

CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ



Hàm số g  x   f x  6 x  m có ít nhất 3 điểm cực trị khi phương trình f  x3  6 x  m  0
3
có ít nhất hai nghiệm khác 0. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 8  m  0 hay m  8 .
Kết hợp điều kiện m nguyên dương, ta được m  1; 2;3...;7 .
Vậy có 7 giá trị của m thoả mãn.
Cách 2: Đếm nhanh số điểm cực trị
Số điểm cực trị của f  u  = Số điểm cực trị của u + Số nghiệm bội lẻ của u  a, b, c,...
Hàm số y  f  x  đạt cực trị tại các điểm x  8; x  3 .
Đặt u  x3  6 x  m , khi đó ta có bảng biến thiên của u như sau:
Từ bảng biến thiên, ta thấy số điểm cực trị của u là 1 .
Để hàm số có ít nhất 3 điểm cực trị thì các phương trình u  8, 3 cắt đồ thị nhiều hơn hoặc ít
mZ 
nhất là tại hai điểm. Suy ra: m  8 
1  m  8 .
Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 25: Chọn C
Hàm số đạt cực trị tại các điểm x  5; x  0; x  2 .


Xét hàm số f  u   f x 2  2mx  m  1  3 với u  x 2  2mx  m  1  3 .
2
Đặt h  x   x  2mx  m  1, ta vẽ bảng biến thiên của hàm số h  x  như sau:
111 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2
Nhận thấy,  m  m  2  0 nên ta suy ra được bảng biến thiên của u như sau:
u  5
Số điểm cực trị của f  u   Số điểm cực trị của u + Số nghiệm đơn (bội lẻ) của u  0 .

u  2
Từ bảng biến thiên ta thấy u có 3 điểm cực trị. Để hàm số g  x  có 13 cực trị thì số nghiệm
u  5
đơn (bội lẻ) của u  0 phải bẳng 10.

u  2
Để có 10 nghiệm bội lẻ thì các đường thẳng u  2; u  0 phải nằm dưới m 2  m  1 (nếu nằm
trên thì chỉ cho tối đa 6 nghiệm) và đường thẳng u  5 phải nằm trên m 2  m  1 .


1 5

m 
2
m2  m  1  0  

m

 m  2;  2; 2;3 .
Yêu cầu bài toán  
1  5 
m




2

2
m  m  1  5  2  m  3
Câu 26: Chọn A
Ta có bảng biến thiên của hàm y  h  x   ax 3  bx như sau
x  3ax2  b  ax 2  b 

3
. f  ax3  bx  2m  3 .
Ta có g   x   ax  bx . f  ax  bx  2m  3 
ax3  bx

3



Rõ ràng g   x  không xác định tại x  0 và đổi dấu khi x đi qua 0 nên x  0 là 1 điểm cực trị


của hàm số g  x   f ax3  bx  2m  3 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 112
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 ax  bx  2m  3  7
 ax  bx  4  2m


Ta có: f  ax 3  bx  2m  3  0   ax 3  bx  2m  3  3   ax 3  bx  2m .


 ax3  bx  2m  3  3  ax 3  bx  6  2m


3

3

Để hàm số g  x  có ít nhất 3 điểm cực trị thì phương trình g   x   0 có ít nhất 2 nghiệm phân
biệt khác 0 và g   x  đổi dấu khi đi qua ít nhất 2 trong số các nghiệm đó.
m 
Từ bảng biến thiên, ta có 4  2m  0  m  2 
 m  1.
Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 27: Chọn B
Xét hàm số y  f  6 x  5   2021  m . Đặt u  6 x  5 
Hàm u đạt cực trị tại x 
 6 x  5
2
 u' 
6  6 x  5
 6 x  5
2
5
6
Bảng biến thiên kép như sau:
Suy ra hàm số y  f (u )  2021  m có 3 điểm cực đại thì:
m  2017  0

 2024  m  2017
m  2024  0
Do m    m  2023, 2022, 2021, 2020, 2019, 2018 .
Câu 28: Chọn B
Đồ thị hàm số y  f  1  2 x  cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt x  4; x  1; x  5 nên ta có thể
suy ra f   7   f   3   f  11  0.




Xét hàm số h  x   f  x 2  2 x  2020  m có h  x    2 x  2  f   x 2  2 x  2020  m .
x  1
Ta có h  x   0  
2
 f   x  2 x  2020  m  0

113 | Phan Nhật Linh

 *
.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
  x  2 x  2020  m  7
 m  x  2 x  2013
 2

Khi đó,  *    x  2 x  2020  m  3   m  x 2  2 x  2023 .
 2

2
  x  2 x  2020  m  11
 m  x  2 x  2031
2
2
Biểu diễn trên giản đồ V như sau:
Để
hàm

số

2
y  f  x  2 x  2020  m

có
7
điểm
cực
trị
thì
hàm
số

y  f  x 2  2 x  2020  m phải có ba điểm cực trị dương.
 2012  m  2013 m
Từ đó suy ra: 

 m   2023;2030  .
 2023  m  2030
Vậy có 7 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn.
Câu 29: Chọn A
neu x  1
a
Ta có: f   x   
. Khi đó, bảng biến thiên của f  x  như sau:
 2 x  b neu x  1

a  0

Hàm số y  f  x  phải liên tục và xác định tại x  1   f  1  a  b  b  a  8 .
 b
  1
 2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 114
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ

a  0

 b  a  4
 0  m  6 . Vậy có tất cả 5 giá trị nguyên thỏa mãn.
 b
a
     2  1
 2
2
Câu 30: Chọn C
 9

Đặt u  2021x  2 . Xét phương trình f   u   0  x   ;  3;0;3;4  .
 2

Suy ra: u  9096,5;  6065;  2;6061;8082 .
Khi đó ta sử dụng phương pháp ghép trục như sau:
Để hàm số đã cho có 17 điểm cực trị thì: 18  m  0  52  m  18  m  52 .
Vậy có 34 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 31: Chọn C
 x  1

Ta có: f  x 2  2 x   0   2 x  2  . f   x 2  2 x   0  
2
 f   x  2 x   0


Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình f   x 2  2 x   0 có hai nghiệm bội lẻ là 2 và 5
 f   8   0

 f   35   0
Do đó phương trình f   x   0 có hai nghiệm bội lẻ là 8 và 35 . 1
Xét hàm số y  g  x   f  x 4  4 x3  6 x 2  4 x  liên tục trên  có:
 f x
4


 4 x3  6 x 2  4 x   0   4 x3  12 x 2  12 x  4  . f   x 4  4 x3  6 x 2  4 x   0
 4  x  13  0
x 1

 4 x  12 x  12 x  4  0


  x 4  4 x3  6 x 2  4 x  8   x  1  3 .
4
3
2
 4
 f   x  4 x  6 x  4 x   0
3
2
x  1 6
 x  4 x  6 x  4 x  35

Cả 5 nghiệm này đều làm bội lẻ trong đó có đúng 3 nghiệm dương
3
2
Hay hàm số y  g  x   f  x 4  4 x3  6 x 2  4 x  có 5 điểm cực trị trong đó có đúng 3 nghiệm


dương. Suy ra hàm số y  g  x   f x 4  4 x  6 x 2  4 x có 2.3  1  7 điểm cực trị.
115 | Phan Nhật Linh
3
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 32: Chọn D
Xét hàm số u  f  x 6   x 3 có u   6 x 5 f   x 6   3 x 2  3 x 2  2 x 3 f   x 6   1
x  0
u   0  3 x 2  2 x 3 f   x 6   1  0   3
6
 2 x f   x   1 1
Nếu x  0  2 x 3  0, x 6  0  f   x 6   0  2 x 3 f   x 6   1  0  1   1  g   x   0 x  0.
6
3
Nếu x  0 đặt t  x  0  x  t
Khi đó phương trình (1) trở thành 2 t f   t   1  f   t  
Hàm số y 
1
2 x
có y  
1
4 x3
1
2 t
 t  0  (2)
 0, x  0 Vẽ đồ thị hàm số này cắt đồ thị hàm số f   x  tại
một điểm có hoành độ x  a  0 . Khi đó,  2   t  a  x  6 a .
Bảng biến thiên như sau:
Trong đó, u  0   f  0   0  0 . Vì vậy u có 1 điểm cực trị và u đổi dấu 2 lần.
Do đó, hàm số g  x   u có 3 điểm cực trị.
Câu 33: Chọn B
Ta có đạo hàm: g   x   3 f   3x  1  27 x 2  9 x  6 . Đặt t  3x  1  3x  t  1
Suy ra: g   t   3 f   t   3t 2  3t  6
1

 t  2  x   3

Giải phương trình đạo hàm: g   t   0  f   t   t 2  t  2  t  1  x  0

2
t  1  x 
3

Bảng biến thiên của g  x  như sau:
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 116
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Vậy hàm số g  x  có ba điểm cực trị
Câu 34: Chọn B
Ta có g   x   4 x3 f   x 4   4  g   x   0  x3 f   x 4   1 * .
Nhận thấy x  0 không là nghiệm của phương trình * nên chia 2 vế cho x 3 , ta được
f   x4  
1
x3
1
 
f t  
,  khi x  0 

4 3
 t , x  0
t
4
3
Đặt t  x ;(t  0)  x  
. Khi đó ta có 
* .
4 3

1
 t , x  0

 f  t    4 3 ,  khi x  0 
t

Số nghiệm của phương trình g   x   0 tương ứng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f   t  và
4
hai đồ thị hàm số y  
1
4
t3
3
khi t  0 .
Dựa vào bảng biến thiên của f   x  , ta vẽ mô phỏng đồ thị hàm số y  f   t  và vẽ đồ thị hàm
số y 
1
4
t3
, y
1
4
t3
khi t  0 như sau:
 x  1
 x 4  1, x  0
t  1


  x 4  t1 , x  0   x   4 t1 .
Khi đó *  t  t1 , t1  1

t  t2 , t2  t1  1  x 4  t2 , x  0
4

 x  t2
117 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
1
Dễ thấy x  4 t2 thì g   x   f   x 4   3  0 .
x
Bảng biến thiên
Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực tiểu.
Câu 35: Chọn A
Xét hàm số h  x   f  2 x  m  3
Ta có: h  x   2 f   2 x  m  3  0  f   2 x  m  3  0
Từ đồ thị của hàm số f   x  suy ra f   2 x  m  3   0  2 x  m  3  k
x
k 3m
4
4
với k  3;  2; a ; b ;3; c ;5 (   a  1 ; 1  b  ; 4  c  5 )
2
3
3
Hàm số y  f  2 x  m  3 có 7 điểm cực trị  hàm số h  x   f  2 x  m  3  có 3 cực trị có
hoành độ dương, mà 3 là nghiệm bội chẵn của f   x  nên hàm số h  x   f  2 x  m  3 có 3
cực trị có hoành độ dương  phương trình h  x   0 có 3 nghiệm dương phân biệt khác
6m
2
a  3 m
0

a  3  m  0
m  a  3
2



 a3 m  b3
b  3  m  0
m  b  3
b  3  m  0

2
4
4
Do   a  1 và 1  b  nên 1  3  m  1  3 hay 2  m  4
3
3
Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 2 ; 3 ; 4 .
Câu 36: Chọn C
Ta có:
x  1
x  0
2  x  1  x  1  1
2
g ( x) 
f ' x  2 x  1  2 x  m   0  
x  2
x 1

2
 f '  x  2 x  1  2 x  m   0
Dựa vào đồ thị hàm số
 x  0  x2  2 x  1  2x  m  1  x 2  2 x  1  2 x  1  m
x 1 

f  x  f  x  0  
  x2  2 x  1  2x  m  2   x2  2 x  1  2 x  2  m
x  2 
 2
2

 x  2 x  1  2 x  m  3  x  2 x  1  2 x  3  m
x

3

2
Xét hàm số h  x   x  2 x  1  2 x . Ta có bảng biến thiên như sau:
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 118
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Để hàm số có 9 cực trị thì
Trường hợp 1: 2  2  m  1  3  m  4
Trường hợp 2: 1  m  1  m  2.
Vậy có 3 giá trị của tham số m thỏa mãn.
Câu 37: Chọn D
Ta có. Với x  2 là nghiệm kép, x  0, x  1 là nghiệm đơn. Dó đó hàm số f  x  có hai điểm
cực trị là x  0, x  1 .
1

1

Đặt g ( x)  f  x 2  6 x  m   g ( x)  ( x  6) f   x 2  6 x  m  .
2

2

x  6
1
 x2  6x  m  2
2
.
Khi đó g ( x)  0   1 2
 x  6 x  m  0(1)
2
1 2
 x  6 x  m  1(2)
2
Để hàm số có 5 điểm cực trị thì 1 &  2  có hai nghiệm phân biệt không trùng nhau và khác 6
1  0
 m
  0
9  2  0
 2

1 2
  m 1 
Suy ra   6  6.6  m  0 9  
  0  m  18  m  {1, 2,,17}.
2
  2 
1 2
 m  18, m  19
 2  6  6.6  m  1 


Vậy tổng các giá trị của m là 1  2  17  153.
Câu 38: Chọn B
Ta có: g  x    f  x     f   x    2 f  x  . f   x    f  x   f   x   .
2
2
2
Đa thức bậc bốn f  x   ax 4  bx3  cx 2  dx  e tiếp xúc với trục hoành tại hai điểm
x  1, x  2 do đó f  x   a  x  1  x  2  với a  0 .
2
2
2
2
Do lim f  x    , suy ra f   x   a  2  x  1 x  2   2  x  2  x  1  .


x 
2
2
2
2
f  x   f   x   a  x  1  x  2   a  2  x  1 x  2   2  x  2  x  1 


 a  x  1 x  2   x  1 x  2   2  x  2   2  x  1
 a  x  1 x  2   x 2  5 x   a  x  1 x  2  x  x  5 .
Do đó g  x    f  x   f   x    a 2  x  1 x 2  x  2   x  5 có 7 điểm cực trị.
2
Câu 39: Chọn A

2
2
2

Ta có f  x    4 x3  2 x dx  x 4  x 2  C . Do f  0   1  C  1 . Vậy f  x   x 4  x 2  1 .

  4x
Ta có g   x   3 f 2  x  f   x   3 x 4  x 2  1
Đạo hàm: g   x   0  x  0 .
119 | Phan Nhật Linh
2
3
 2 x   3  x 4  x 2  1  2 x 2  1  2 x  .
2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Bảng biến thiên của hàm g  x   f
3
 x
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
như sau:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho chỉ có một điểm cực tiểu.
Câu 40: Chọn D
Xét hàm số: g  x  
x
x2  1
thì có: g   x  
1  x2
 x  1
2
2
.
Bảng biến thiên như sau:
Suy ra hàm số y  g  x   m có 2 điểm cực trị.
Lại thấy, đồ thị hàm số y  g  x   m cắt trục hoành tại nhiều nhất 2 điểm.
1

0  m  2
Vậy hàm số f  x   g  x   m có tối đa 4 cực trị, đạt được khi 
 1  m  0
 2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 120
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
–
: Tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của hàm hợp
y  f u  x   hoặc y  g  f  x    h  x  trên miền D cho trước
Cách 1: Đặt ẩn phụ t  u  x  hoặc t  u  f  x  
Cách 2: Tách biểu thức cần tìm thành các biểu thức đơn gian và tìm min , max
Cách 3: Sử dụng định nghĩa và ứng dụng của tích phân để tìm min , max .
: Tìm m để max y  f  x   m  a
 ;  
 a  0
CÁCH 1:
Bước 1: Tìm K  max f  x  và k  min f  x  (với K  k ).
 ;  
 ;  
Bước 2: Kiểm tra xem max  m  K , m  k  
K k
mK  mk
2
Trường hợp 1:

Trường hợp 2:

 m  K  a
Trường hợp 1: max  m  K  
 m  K  m  k

 m  k  a
Trường hợp 2: max  m  k  
 m  k  m  K
K k
2
CÁCH 2: Xét trường hợp
mK mk
2

K k
2
.
m  k  a
 a . Để max y  a  
 m   a  k ; a  K  .
 ;  
m  K  a

2

 a  m.
CÁCH 3: Sử dụng đồ thị
: Tìm m để min y  f  x   m  a
 ;  
 a  0
Bước 1: Tìm K  max f  x  và k  min f  x  (với K  k ).
 ;  
 ;  
m  k  a m  K  a
m  a  k m  a  K
Bước 2: Để min y  a  



 m  S1  S2 .
 ;  
m  k  0 m  K  0
m   k
m   K
Ngoài ra, có thể sử dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối để giải quyết bài toán
121 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Cho hàm số y  f  x   ax3  bx 2  cx  d và hàm số y  xf  x  cùng đạt cực tiểu tại x  1 và
có tổng hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số bằng 4. Biết giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
1 
của hàm số y  f  x  trên đoạn  ; 4  lần lượt là  và 2  1 . Giá trị của số thực  bằng
2 
A. 
Câu 2:
27
.
320
B. 
C. 
11
.
108
D. 
32
.
307
Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị thực nguyên tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
f x 
x3  3x 2  m
 x 3  3 x 2  m
2
tử của S bằng:
A. 68 .
Câu 3:
16
.
291
 25
trên đoạn 0; 4  bằng
B. 80 .
12
. Tổng bình phương giá trị của các phần
13
C. 100 .
D. 41 .
Cho hàm số y  f  x  có f   x   0 với x   . Biết rằng trên đoạn  1;1 , hàm số


y  f x 4  6 x 2  4 x đạt giá trị nhỏ nhất tại x  m cos
n
n
( m, n, p   ; n  p ;
là phân số
p
p
tối giản). Giá trị m  n. p bằng
A. 1 .
Câu 4:
B. 2 .
C. 47 .
D. 65 .
Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên như hình dưới đây. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
1
1
g  x  f  4 x  x 2   x3  3x 2  8x  trên đoạn 1;3.
3
3
A.
Câu 5:
25
.
3
B. 15 .
C.
19
.
3
D. 12 .
2021
Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f '  x   x  x với mọi số thực x , đồng thời f  0  2020
và z , t là hai số thực tùy ý thỏa mãn z  t  1 . Giá trị lớn nhất của f  t   f  z  bằng
A.
1010
.
1011
B. 
505
.
1011
C. 
1010
.
1011
D.
505
.
1011
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 122
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 6:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Cho hàm số y  f  x  . Biết hàm số y  f '  x  có đồ thị cắt trục
hoành tại các điểm có hoành độ lần lượt là b, c, d
 a  b  c  d  e  như hình vẽ. Gọi
M , m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x  trên đoạn  a ; e  .
Khẳng định nào sau đây đúng?
A. M  m  f  d   f  c  .
B. M  m  f  d   f  a  .
C. M  m  f  b   f  a  .
D. M  m  f  b   f  e  .
Câu 7:
Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau
x
∞
f'(x)
+
4
1
2
0
0
0
4
+
+ ∞
0
Biết f  4   f  4    14 . Giá trị lớn nhất của hàm số y  f  x   5 trên đoạn  4; 4 đạt được
tại điểm nào?
A. x   4 .
Câu 8:
B. x   1 .
C. x  2 .
D. x  4 .
Cho hàm số bậc ba y  f ( x) có đồ thị là đường cong trong
hình bên dưới. Giá
của hàm số
 1
g  x   f  x 2  3x  2   2022 trên đoạn  3;  bằng
 2
lớn
nhất
 21 
B. f    2022 .
 16 
3
D. f    2022 .
4
A. 2025 .
C. 2024 .
Câu 9:
trị
Cho hàm số đa thức y  f  x  có đồ thị hàm số y  f   x  là đường cong trong hình vẽ bên
 4
dưới. Giá trị lớn nhất của hàm số g  x   f  3 x   3 x 2  6 x trên đoạn  1;  bằng
 3
A. f  4  
88
.
9
123 | Phan Nhật Linh
B. f 1 
19
.
9
C. f  1 
17
.
9
5
D. f  1  .
3
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 10: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:


Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  f sin x  3 cos x  1  2 cos 2 x  4 cos x  10 .
A. 2.
B. 5 .
C. 9 .
D. 2 .
 x 2  xy  3  0
Câu 11: Cho x; y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 
. Tổng giá trị lớn nhất và
 2 x  3 y  14  0
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3 x 2 y  xy 2  2 x 2  2 x thuộc khoảng nào dưới đây?
A.  0;   .
B.  2;2  .
C. 1;3 .
D.  ; 1 .
Câu 12: Cho hàm số f  x  liên tục trên  và hàm số f   x  có đồ thị như đường cong trong hình bên.
Bất phương trình 3 f  x   x 3  3 x 2  m nghiệm đúng với mọi x   1;3 khi và chỉ khi
A. m  3 f  1  4 .
B. m  3 f  3 .
C. m  3 f  1  4 .
D. m  3 f  3 .
Câu 13: Cho hàm số f  x  , đồ thị của hàm số y  f   x  là đường cong như hình vẽ. Giá trị nhỏ nhất
1 
của hàm số g  x   f  2 x  1  6 x trên đoạn  ; 2  bằng
2 
A. f 1  6 .
B. f  3  12 .
C. f  0  3 .
1
D. f   .
 2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 124
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
mx  2 x  4 5
 ?
2x  4
4
Câu 14: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trên khoảng  40;32  để max
x1;20
A. 64 .
B. 65 .
C. 69 .
D. 79 .
Câu 15: Cho hai hàm số u  x   x  log x và v  x   x 3  mx 2   m2  1 x  2 . Gọi M là giá trị lớn nhất
của hàm số y  v  x  u  x   trên đoạn 1;10 . Khi M đạt giá trị nhỏ nhất thì giá trị của m bằng?
A.
21
.
2
B. 5 .
C. 21 .
D.
11
.
2
7
Câu 16: Cho hàm số f  x   ax 5  bx 3  cx ,  a  0, b  0  thỏa mãn f  3   ; f  9   81 . Gọi S là
3
tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho max g  x   min g  x   86 với
 1;5
 1;5
g  x   f 1  2 x   2. f  x  4   m . Tổng của tất cả các phần tử của S bằng
B. 80 .
A. 11 .
C. 148 .
D. 74 .
x  2m 2  m
. Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị thực của tham số m để
x 1
max y  2 max y  4 . Tập S tương ứng là
Câu 17: Cho hàm số y 
 2;3
 4;5
A. 1 .
B.  .
C.  0;1 .
1
D.  ;1  .
2 
Câu 18: Xét hàm số f ( x)  x 2  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 được, tính a  2b .
B. 5 .
A. 5 .
C. 4 .
D. 4 .
Câu 19: Cho hàm số y  f (3  2x ) có bảng biến thiên như hình vẽ
Có bao nhiêu số tự nhiên m để hàm số g x   2 f (x 2  4x  3)  m có giá trị lớn nhất?
A. 1.
B. 3 .
Câu 20: Cho hàm số f  x  
C. 4 .
D. 2 .
xm
với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao
x 1
cho max f  x   2 min f  x   200 ?
x0;1
A. 400 .
Câu 21: Gọi
 a; b
x 0;1
B. 301 .
C. 401 .
là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hệ bất phương trình
2
 x  3 x  4  0
có nghiệm. Tính a  b .
 3
2
 x  3 x x  m  15m  0
A. 17 .
B. 15 .
C. 17 .
125 | Phan Nhật Linh
D. 200 .
D. 15 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 22: Cho hàm số f  x  liên tục trên đoạn  4; 4 và có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới.
Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của m   4; 4 để hàm số g  x   f  x 3  2 x   3 f  m  có giá
trị lớn nhất trên đoạn  1;1 bằng 8?
B. 9 .
A. 11 .
Câu 23: Cho hàm số f  x  
C. 10 .
D. 12 .
x  2m
. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho
x2
max f  x   min f  x   2 . Số phần tử của S bằng
1;3
1;3
A. 1.
B. 0 .
C. 2 .
D. 3 .
Câu 24: Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   40; 40  để giá trị lớn nhất của hàm số
y
x 2  4mx  5
lớn hơn 7.
x2  x  1
A. 76 .
B. 73 .
C. 75 .
D. 78 .


Câu 25: Gọi  là giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x4  2mx3  m2  1 x 2  2mx  m2  2m . Khi tham
số m  m0 thì  đạt giá trị lớn nhất bằng  max . Giá trị của biểu thức T  m0   max bằng
A. 2 .
B. 0 .
C. 4 .
D. 1 .
Câu 26: Gọi S là tập các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y  x3  3x  m
trên đoạn  0; 2 bằng 3 . Tập S có bao nhiêu phần tử
A. 1.
B. 0.
C. 6.
D. 2
2
Câu 27: Cho hàm số y  f  x   2 x  4 x  2. Gọi S là tổng tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
y  g  x   f 2  x   2 f  x   m đạt giá trị lớn nhất trên đoạn  1;3 bằng 15. Tổng S thuộc
khoảng nào sau đây?
A.  25; 15 .
B.  14;1 .
Câu 28: Cho hàm số y  x 2  2 x  4
D. 1;8 .
D.  8;12  .
 x  1 3  x   m  3 . Tính tổng tất cả các giá trị thực của tham số
m để giá trị lớn nhất của hàm số đã cho bằng 2021.
A. 4048 .
B. 24 .
C. 0 .
D. 12 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 126
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 29: Cho hàm số f  x  liên tục trên  và đồ thị như hình vẽ bên:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 2x 1 
2
Có bao nhiêu số thực m để hàm số g  x   f 
g  x  3 ?
  m . f  m  có max
 1;1
 x2 
A. 7 .
B. 4 .
C. 6 .
D. 8 .
Câu 30: Cho hàm số y  f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên  . Biết f   0   3 , f  1  f   2020   0 và
bảng xét dấu của f   x  như sau:
Hàm số y  f ( x  1  2020) đạt GTNN tại điểm x0 thuộc khoảng
A.  1;1 .
B. 1; 2  .
1 4
C.  ;  .
2 5
 5
D.  1;  .
 2
Câu 31: Cho hàm số f  x   x 2  2 x  1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để giá trị lớn nhất
của hàm số g  x   f 2  x   2 f  x   m trên đoạn 1;3 bằng 8 .
B. 4 .
A. 5 .
C. 3 .
D. 2
Câu 32: Cho hàm số f  x   x 4  2 x 2  m ( m là tham số thực). Gọi S là tập hợp các giá trị của m sao
cho max f  x   min f  x   7 . Tổng các phần tử của S là
0;2
0;2
A. 7 .
B. 14 .
C. 7 .
D. 14 .
3
2
Câu 33: Cho hàm số f  x   x  3x  1 . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số


y  f sin x  3 cos x  m có giá trị nhỏ nhất không vượt quá 5 ?
A. 30 .
Câu 34: Xét hàm số f  x  
B. 32 .
C. 31 .
D. 29 .
mx  2 2 x  7  m
, với m là tham số thực. Có bao nhiêu số nguyên m
x2
thỏa mãn điều kiện 0  min f  x   2 .
 1;3
A. 6 .
127 | Phan Nhật Linh
B. 7 .
C. 4 .
D. 5.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
7
Câu 35: Cho hàm số f  x   ax5  bx3  cx;(a  0; b  0) thỏa mãn f 3   ; f 9  81 . Gọi S là
3
tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho max g  x   min g  x   86 với
1;5
1;5
g  x  f 1 2 x  2. f  x  4  m . Tổng của tất cả các phần tử của S bằng
B. 80 .
A. 11 .
C.  148 .
D. 74 .
Câu 36: Cho hàm số f  x    sinx  m    cosx  n  ( m, n là các tham số nguyên). Có tất cả bao nhiêu
2
2
bộ số  m, n  sao cho min f  x   max f  x   52 ?
x
A. 4 .
x
B. 12 .
C. 0 .
D. 8
Câu 37: Cho hàm số f  x   ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu số thực m để
bất phương trình  x  1  m3 f  2 x  1  mf  x   f  x   1  0 nghiệm đúng với mọi x   .
A. 2 .
C. 1 .
B. 3 .
D. 0 .
Câu 38: Cho đa thức f  x  có đồ thị của hai hàm số y  f  x  và y  f '  x  trên cùng một hệ trục tọa
độ như hình vẽ bên. Phương trình f  x   me x có hai nghiệm thực phân biệt trên đoạn 0;2 khi
và chỉ khi
B. e 2 f  2   m  0 .
A. e 2 f  2   m  0 .
C. f  0  m  0 .
D. f  0  m  0 .
x2  5x  2
Câu 39: Cho hàm số f  x  
. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để bất
2x  1
phương trình 2021 f


3x 2  18 x  28  m 3x 2  18 x  28  m  4042 nghiệm đúng với
mọi x thuộc đoạn  2; 4 .
A. 673 .
B. 808 .
C. 135 .
D. 898 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 128
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 40: Cho hàm số f  x  
A. m 
4
.
5
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2x  m
. Giá trị của m để max f  x   min f  x   8 là
 1;2
 1;2
x 3
46
18
B. m   .
C. m  12 .
D. m  .
5
5
Câu 41: Cho hàm số y  f  x   x 3  3x 2  m2  2m . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham
số m thoả mãn 3max f  x   2 min f  x   112 . Số phần tử của S bằng
3;1
 3;1
B. 10 .
A. 12 .
C. 11 .
D. 9 .
Câu 42: Cho hàm số bậc ba y  f x có đồ thị là đường cong trong hình bên dưới. Giá trị lớn nhất của



1
2 
hàm số g  x  f x 2  3 x  2  2022 trên đoạn 3;  bằng

 21 
  2022 .
 16 
A. f 

B. 2024 .
C. 2025 .
3
4
D. f    2022 .
Câu 43: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
f  x   x3  3x  m trên đoạn  0;3 bằng 16 . Tổng tất cả các phần tử của S bằng
A. 16 .
C. 12 .
B. 16 .
D. 2 .
3
2
Câu 44: Cho hàm số f  x    x  1  x  m2   m ( m là số thực). Gọi tổng các giá trị của m sao cho
2
9
1
b
max f  x   min f  x   là S 
a  b . Giá trị bằng
1;2
1;2
4
2
a
9
5
36
18
A.
.
B. .
C.
.
D.
.
5
18
5
5


4
3
2
Câu 45: Cho hàm số y  f  x   ax  bx  cx  dx ,  a, b, c, d    , biết đồ thị hàm số y  f  x  như
hình vẽ.
129 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Gọi S là tập hợp các giá trị của x sao cho hàm số g  x  
2 f  x  2
đạt giá trị lớn nhất
f  x  2 f  x  2
2
hoặc đạt giá trị nhỏ nhất. Số phần tử của tập S là
A. 3 .
B. 4 .
C. 5 .
Câu 46: Cho hàm số f ( x) 
A. 3.
D. 7 .
xm
16
. Số giá trị của m thỏa mãn min f  x   max f  x  
là
1;2
1;2
x 1
3
B. 0.
C. 1.
D. 2.
Câu 47: Cho hàm f  x  liên tục trên đoạn  4; 4 và có bảng biến thiên như hình vẽ bên dưới.
Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc đoạn
 4; 4
để hàm số
g  x   f  x 3  2 x   3 f  m  có giá trị lớn nhất trên đoạn  1;1 bằng 8 ?
A. 12 .
B. 11 .
C. 9 .
D. 10 .
Câu 48: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ và hàm số g  x  


x  2  x  4x  2  6  4x
2x 1  2x  3
.


Đặt h  x   f  g  x    f 3  2 x  x 2  f 2  4  m2 . Gọi M là giá trị lớn nhất của h  x  .
Giá trị lớn nhất của M thuộc khoảng nào sau đây:
A.  0; 2  .
Câu 49: Cho hàm số f  x  
1
A. m  .
4
B.  2; 4  .
C.  4;5  .
D.  5;10  .
3
2 x 4  mx  4
, với m là tham số. Tìm tham số m để min f  x   ?

1;1


4
x2
B. m 
1
.
5
C. m   .
D.
1
5
m .
4
4
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 130
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 50: Cho hàm số f  x   x  3x và g  x   f  2  cos x   m ( m là tham số thực) gọi S là tập hợp
3
tất cả các giá trị của m sao cho 3max g  x   min g  x   100 . Tổng giá trị tất cả các phần tử


của S bằng
A. 16.
Câu 51: Cho
hàm
C. 32.
B. 12.
số
y  f  x
đồng
biến
D. 28.
trên

và
thỏa
mãn
 f  x   x  . f  x   x 6  3x 4  2 x2 , x   . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của hàm số y  f  x  trên đoạn 1; 2  . Giá trị của 3M  m bằng
A. 33 .
B. 3 .
C. 4 .
D. 28 .
Câu 52: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham
số m thuộc đoạn  0; 20 sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số g  x   2 f  x   m  4  f  x   3
trên đoạn  2; 2 không bé hơn 1?
A. 18.
B. 19.
C. 20.
D. 21.
Câu 53: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số f  x  
2mx  2 4 x  8
có
x2
giá trị nhỏ nhất trên đoạn  1;1 là a thỏa mãn 0  a  1 .
A. 3 .
B. 4 .
C. 5 .
D. 2 .
Câu 54: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi S là tập hợp tất cả các giá
trị nguyên của tham số m thuộc đoạn 1; 20 sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số
g  x   2 f  x   m  4  f  x   3m  2 trên đoạn  2; 2 không bé hơn 2. Tổng tất cả các phần
tử của S bằng:
A. 207 .
131 | Phan Nhật Linh
B. 209 .
C. 210 .
D. 212 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 55: Cho hàm số y  x  3x  m . Đặt u1  min y , u2  y  2  , u3  max y . Giá trị của tham số m để
3
0;3
0;3
u1 , u2 , u3 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân là
A.
10
.
3
B.
16
.
3
C. 2 .
D.
18
.
3
Câu 56: Biết đồ thị hàm số f  x   ax4  bx 2  c có đúng ba điểm chung với trục hoành và
f 1  1; f  1  0 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để bất
phương trình f  x   m  12 nghiệm đúng x   0;2 . Số phần tử của S là
A. 10 .
B. 11 .
C. 16 .
D. 0 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 132
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Chọn D
Xét y  f  x   ax3  bx 2  cx  d có f   x   3ax 2  2bx  c và f   x   6ax  2b
Xét y  g  x   xf  x  có g   x   f  x   x. f   x  và g   x   2 f   x   x. f   x 
Vì cả hai hàm số f  x  và g  x  cùng đạt cực tiểu tại x = 1 nên ta có
 f  1  0
3a  2b  c  0
3a  2b  c  0 (1)
 f  1  0
6a  2b  0



 a  b  c  d  0 (2)
 
f 1  1. f  1  0
 g 1  0

3a  b  0
(3)
2 f  1  1. f  1  0
 g  1  0


Xét phương trình hoành độ f  x   x. f  x    x  1 ax3  bx 2  cx  d  0
Từ suy ra đa thức ax3  bx 2  cx  d có nghiệm x = 1, khi đó
ax3  bx 2  cx  d   x  1  ax 2   a  b  x   a  b  c  


x 1
Từ đó suy ra phương trình tương đương với  2
 ax   a  b  x   a  b  c   0 (5)
Từ suy ra đa thức ax 2   a  b  x   a  b  c  có nghiệm x = 1. Như vậy để tổng các nghiệm của
phương trình bằng 4 thì phương trình phải có một nghiệm bằng 1 và một nghiệm bằng 3, nên
9a  3  a  b    a  b  c   0  13a  4b  c  0 (6)
b  5a
c  7 a
Từ,, và ta được 
. Vậy f  x   ax3  5ax 2  7ax  3a với a  0
d  3a

a  0
x  1
f   x   3ax  10ax  7 a , f   x   0  
7
x 
3

2
Câu 2:
32

 32a
   307
32a



Vậy max f  x   
, min f  x   9a . Ta có  27
27
1 
27  1 ;4

a 
;4
9
a

2


1

 2 
 2 
307

Chọn B
133 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Ta có f  x  
x3  3x 2  m
 x 3  3x 2  m
2
 x 3  3x 2  m
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2
 25

 x 3  3x 2  m
2
 25
Đặt t  x 3  3 x 2  m với t   4  m;16  m  . Khi đó xét hàm số g t  
Ta có g t  
t2
t 2  25
t2
144

 t 2  144 với t   4  m;16  m 
2
t  25 169
m  4 2  12 2
4  m  28


 4  m  8 . Suy ra


m  16 2  12 2
 16  m  8



m  4

 m  8
Thử lại
144
 t  12
169
144
Với m  8  t   12; 4   g t  
 t   12
169
Với m  4  t   8;12   g t  
Vậy S  4;8 . Suy ra 4 2  8 2  80
Câu 3:
Chọn C
Ta có y   4 x 3  12 x  4  . f   x 4  6 x 2  4 x  .
Do f   x   0 với x   nên y   0  4 x3  12 x  4  0  x 3  3 x  1 .
Bảng biến thiên của hàm số g  x   x 3  3 x  1 trên đoạn  1;1 :
  2 
Suy ra x 3  3 x  1  x  x0   1; 0  . Đặt x  2cos t , t   ;
 , phương trình trở thành:
2 3 
1

 k 2
, k  .
8 cos3 t  6 cos t  1  cos 3t   3t    k 2  t   
2
3
9
3
5
5
  2 
Vì t   ;
. Do đó trên đoạn  1;1 , y   0  x  2 cos
.
 nên t 
9
9
2 3 
Bảng biến thiên của hàm số y  f  x 4  6 x 2  4 x  trên đoạn  1;1 :
Do đó, trên đoạn  1;1 , hàm số y  f  x 4  6 x 2  4 x  đạt giá trị nhỏ nhất tại x  2 cos
5
.
9
Vậy m  2 , n  5 , p  9 hay m  n. p  47 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 134
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 4:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Chọn D
4 x

Ta có g   x   f  4 x  x 2 .(4  2 x)  x 2  6 x  8  2  2  x   f (4 x  x 2 ) 
2 



Xét thấy x  1;3  3  4 x  x 2  4  f (4 x  x 2 )  0
4x
 0 x  1;3
2
Suy ra g   x   0  x  2
Mặt khác
19
17
17 32
 f (4) 
 5

3
3
3
3
19
19
19 34
g (3)  f (3)   f (4)   5  
3
3
3
3
g (2)  5  7  12.
g 1  f (3) 
 g 1  g  2  ; g  3  g  2  . Vậy max g  x   12 tại x  2.
1;3
Câu 5:
Chọn D
2021
Ta có f '  x   x  x nên f  x    f '  x dx    x 2021  x  dx 
1 2022 1 2
x  x C .
2022
2
Mà f  0  2020  C  2020 .
1
1
x 2022  x 2  2020 .
2022
2
1
1
Xét hàm số f  x  
x 2022  x 2  2020 .
2022
2
Suy ra f  x  
f ' x  0  x
2021
 x  0  xx
2020
 x0
 1  0   x  1 .
 x  1
Bảng biến thiên:
Trên  1;   để f  t   f  z  đạt GTLN thì f  t  đạt GTLN và f  z  đạt GTNN.
Theo giả thiết thì z  t  1 nên min f  z   f 1 
 1; 
1
1
  2020 .
2022 2
Do t   1; z  và f  z  đạt GTNN tại z  1 nên max f  t   f  0   2020 .
 1;1
Câu 6:
1
1
505
 1
 1
Vậy GTLN của f  t   f  z  bằng 2020  
  2020   

.
 2022 2
 2 2022 1011
Chọn D
Dựa vào đồ thị, ta có bảng biến thiên
135 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
b
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
c
Ta có: S1   f '  x  dx  f  x  a  f  b   f  a  ; S 2    f '  x  dx   f  x  b  f  b   f  c 
b
a
c
b
d
e
S3   f '  x  dx  f  x  c  f  d   f  c  ; S 4    f '  x  dx   f  x  d  f  d   f  e 
d
c
e
d
 f a  f c
 S2  S1
 f  a   f  c   f  e 


Mà  S2  S3 nên  f  b   f  d   
.
f
b

f
d





S  S


 4
3
 f c   f  e
Kết hợp với bảng biến thiên ta có M  f  b  và m  f  e  .
Vậy M  m  f  b   f  e  .
Câu 7:
Chọn C
Ta có bảng biến thiên sau:
x
f'(x)
∞
+
4
1
2
0
0
0
14
f(x)
4
+
+∞
0
14
f(2)
f(2)+5
f(x)+5
9
9
Từ bảng biến thiên ta có giá trị lớn nhất của hàm số y  f  x   5 trên đoạn  4; 4 đạt được tại
Câu 8:
điểm x  2 .
Chọn A
Ta có: g   x    2 x  3 f   x 2  3x  2 

3  1
 x  2   3; 2 




 1
 x  2  3; 
 2

2 x  3  0


 1
g   x   0   x 2  3 x  2  0   x  1   3; 
2


 x 2  3x  2  2


 1
 x  3   3; 
2



 1
 x  0   3; 
2


Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 136
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Khi đó, ta có:
1
3
g  0   f  2   2022  2025, g  3  f  20   2022, g    f    2022  2025 .
 2
4
 1
Hàm số y  g ( x) xác định và liên tục trên  3;  . Do đó, max g  x   g  0   2025 .
1

 2
 3; 

Câu 9:
2
Chọn D
2
Ta có g   x   3 f   3 x   2.3 x  6 . Xét g   x   0  3 f   3 x   2.3x  6  0  f   3 x   .3x  2
3
2
Ta đi vẽ đồ thị hàm số y  x  2 .
3
 x  1

1
 3 x  3
x  
 3 x  1
3





Dựa vào hai đồ thị ta có g  x   0 
1 .
3 x  1
x 
3


3 x  4

4
x 
3

Bảng biến thiên
5
Từ bảng biến thiên suy ra max g  x   f  1  .
4


3
x 1; 

3
Câu 10: Chọn B


Đặt t  sin x  3 cos x  1  2 sin  x    1  t  1;3 .
3

Xét hàm y  f  t  với t  1;3 . Ta có bảng biến thiên sau:
Do đó y  f  t   2 t  1;3 . Dấu “=” xảy ra khi t  1 .





t  1  2 sin  x    1  1  sin  x    0  x   k  k    .
3
3
3


137 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Đặt g  x   2cos 2 x  4cos x  10  4 cos x  4 cos x  8    2cos x  1  7 .
2
2
Khi đó g  x   7 . Dấu “=” xảy ra khi cos x 


1

 x    k 2  k    .
2
3
Từ và  y  f sin x  3 cos x  1  2 cos 2 x  4cos x  10  2   7   5 .
Dấu “=” xảy ra khi x 

3
 k 2  k    .


Vậy giá trị lớn nhất của y  f sin x  3 cos x  1  2cos 2 x  4cos x  10 là 5 .
Câu 11: Chọn A
 x 2  xy  3  0 (1)
Từ đề bài ta có x  0, y  0 . Theo giả thiết 
2 x  3 y  14  0 (2)
x2  3
5 x 2  14 x  9
9
 0  1  x   do x  0  .
thay vào ta được
x
x
5
9
Khi đó P  3 x 2 y  xy 2  2 x 2  2 x  2 x 3  2 x 2  5 x 
x
9
 9
Có P  6 x 2  4 x  5  2  0, x  1; 
x
 5
648
 9  1148
 5.184
Do đó min P  P (1)  4 và max P  P   
. Vậy min P  max P 
9
9
9


 9



125
5
125
1;
1;
1;


1;
 
 
 
 
Từ suy ra y 
 5
 5
 5
 5
Câu 12: Chọn A
Xét hàm số g  x   3 f  x   x 3  3 x 2  m .
Bất phương trình 3 f  x   x 3  3 x 2  m nghiệm đúng với mọi x   1;3  m  max g  x  .
 1;3
 x  1
Đạo hàm: g   x   3 f   x   3 x  6 x . Cho g   x   0  f   x   x  2 x   x  1
 x  3
2
2
Ta thấy g   x   0, x   1;3 suy ra max g  x   g  1  3 f  1  4 . Vậy m  3 f  1  4 .
 1;3
Câu 13: Chọn A
1 
Xét hàm số g  x   f  2 x  1  6 x trên đoạn  ; 2 .
2 
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 138
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 x  0 l 

2
x

1


1

x  1
2x 1  0

2 .

Ta có g   x   2 f   2 x 1  6 ; g   x   0  f   2 x  1  3  
2x 1  1
x 1



3
2x 1  2
 x  2
Bảng biến thiên
Dựa trên bảng biến thiên, min g  x   g 1  f 1  6 .
1 
 2 ;2
 
Câu 14: Chọn B
Thấy hàm số y 
max
x1;20
mx  2 x  4
mx  2 x  4
liên tục trên đoạn 1; 20 nên tồn tại max
.
x1;20
2x  4
2x  4
mx  2 x  4 5
mx  2 x  4 5
  Bất phương trình
 có nghiệm x  1; 20
2x  4
4
2x  4
4
5

 mx  2 x  4  4  2 x  4 

có nghiệm x  1;20
 mx  2 x  4   5  2 x  4 

4
5

2 x  4   2 x  4

4
 f  x
 m  min f  x 
m 
x1;20
x

có nghiệm x  1; 20  
.
 m  max g  x 
5

2 x  4   2x  4
x1;20


4
m


g
x



x

Khảo sát các hàm số f  x  , g  x  tìm được
55  4 6
9
 3, 24 và max g  x   g 12     2, 25 .
x1;20 
x1;20
20
4
Vậy các giá trị nguyên cần tìm của m là 39, 38,..., 3; 4,5,...,31 , do đó có tất cả 65 giá trị.
min f  x   f  20  
Câu 15: Chọn A
1
1 

Ta có y '   2 
 .v  x  u  x   . Ta thấy: 2  x ln10  0, x  1;10
x ln10 

Mà v  x   3 x 2  2mx  m2  1   x  m   2 x 2  1  0, x    v  x  u  x    0, x  1;10 .
2
Từ đó : y  0, x  1;10  M  max y  y 10   v  21  21m 2  441m  9280
1;10
2
21  27859 27859
27859
21

 21 m   

. Vậy giá trị nhỏ nhất của M là
, đạt được khi m  .
4
2
2
4
4

139 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 16: Chọn D
Ta có: f  x   ax 5  bx 3  cx ,  a  0, b  0  là hàm số lẻ trên  và f   x   5ax 4  3bx 2  c .
Khi đó: g   x   2 f  1  2 x   2 f   x  4 
4
2
4
2
 2 5a 1  2 x   3b 1  2 x   c   2  x  4  5a  x  4   3b  x  4   c 




4
4
2
2
 10a  x  4   1  2 x    6b  x  4   1  2 x  





  x  4  1  2 x    6b  x  4  1  2x  
 10a  x  4   1  2 x     x  4   1  2 x    6b 



 30a 1  x  5  x    x  4   1  2 x    6b   0 x   1;5 .


 10a   x  4   1  2 x 

2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Suy ra hàm số g  x  đồng biến trên đoạn  1;5 nên ta có:
g  1  g  x   g  5   f  3  2 f  3  m  g  x   f  9   2 f  9   m
 3 f  3  m  g  x    f  9   2 f  9   m
 3 f  3  m  g  x   f  9   m  m  7  g  x   m  81
m  7
Trường hợp 1: Nếu  m  7  m  81  0  
* thì
 m  81
m  6
max g  x   min g  x   86  m  7  m  81  86  2m  74  86  
.
 1;5
 1;5
 m  80
Trường hợp 2: Nếu  m  7  m  81  0  81  m  7 ** thì
min g  x   0
  1;5
.

g  x   max 7  m; m  81
max
 1;5
Khi đó: max g  x   min g  x   86  max 7  m; m  81  86
 1;5
 1;5
 m  81  86

7  m  m  81  m  5


. Vậy tổng của tất cả các phần tử của S bằng: 5   79   74
 7  m  86
 m  79

 m  81  7  m
Câu 17: Chọn B
Tập xác định: D   ;1  1;   .
Ta có: y 
2m 2  m  1
 x  1
2

 2m  1 m  1
.
2
 x  1
 m  1
 Hàm số đã cho trở thành y  1.
Trường hợp 1: 
m  1

2
 max y  1; max y  1  max y  2 max y  4.
 2;3
 4;5
Trường hợp 2: 1  m 
 2;3
4;5
1
 y  0  Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định.
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 140
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  2;3 ,  4;5  .
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ

2  2m 2  m
max
y

y
2

 2m 2  m  2


 2;3
1

2
max y  y  4   4  2m  m
 4;5
3
4  2m 2  m
 max y  2 max y  4  2m 2  m  2  2
4
 2;3
4;5
3
m  2  L 
2
2
2
 6m  3m  6  4  4m  2m  2m  m  10  0  
.
 m  5  L 

2
1

m

Trường hợp 3:
2  y  0  Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định.

 m  1
 Hàm số đồng biến trên các khoảng  2;3 ,  4;5  .

3  2m 2  m
max
y

y
3



 2;3
2

2
max y  y  5   5  2m  m
  4;5
4
3  2m 2  m 5  2 m 2  m
 max y  2max y  4 

 4  0  3
 2;3
4;5
2
2
Vậy không có giá trị m để max y  2 max y  4 .
 2;3
 4;5
Câu 18: Chọn C
M  1  a  b
M  1  a  b
 M  f  1



Ta có M  max f  x    M  f  3   M  9  3a  b   M  9  3a  b
.
x 1;3



 M  f 1
M  1  a  b
2 M  2  2a  2b
Áp dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối: x  y  z  x  y  z , ta được
4M  M  M  2M  1  a  b  9  3a  b  2  2a  2b  1  a  b  9  3a  b   2  2a  2b   8
 M  2.
1 a  b  2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  9  3a  b  2
và 1  a  b,9  3a  b, 2  2a  2b cùng dấu.

 2  2a  2b  2
a  2
Do đó 
. Vậy a  2b  4 .
b  1
Câu 19: Chọn B
Đặt t  3  2 x , ta có:
Bảng biến thiên của hàm số y  f  t 
cũng là bảng biến thiên của hàm số
y  f  x .
141 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Bảng biến thiên của hàm số y  f  x  .
Ta có: u  x 2  4 x  3   x  2   1  1  u   1;   .
2
Từ bảng biến thiên của f  x   f  u    2; 4  2 f  u    4;8
 4  m  2 f  u   m  8  m . Đặt g  u   2 f  u   m
8  m  0
Để g  u  có giá trị lớn nhất thì 
 m  2 . Vì m là số tự nhiên  m  0;1; 2 .
 m  4  8  m
Câu 20: Chọn D
1 m
Ta có f  x  liên tục trên  0;1 và có f   x  
.
2
 x  1
Trường hợp 1: m  1  f   x   0  f  x  là hàm hằng  max f  x   min f  x   f  0   1
x 0;1
x0;1
Thỏa điều kiện max f  x   2 min f  x   200 nên nhận m  1 .
x 0;1
x0;1
Trường hợp 2: m  1  f   x   0  f  x  đồng biến  0;1
Suy ra max f  x   f 1 
x0;1
m 1
, min f  x   m .
x0;1
2
Trường hợp 2.1: m  0 thì max f  x   2 min f  x   200 
x0;1
x 0;1
Suy ra m   0;1 .
m 1
399
.
 2 m  200  m 
2
5
 min f  x   0
 x0;1
Trường hợp 2.2: 1  m  0  
, nên max f  x   1 .
 m 1

x 0;1
;m
 max f  x   
x 0;1
 2


Do đó max f  x   2 min f  x   200 luôn đúng. Nên 1  m  0 .
x0;1
x 0;1
Trường hợp 3: m  1
201
 m 1 
max f  x   2 min f  x   200  m  2.  
 200  m  
.

x 0;1
x 0;1
2 
2

 201 
 201 
; 1 . Kết hợp 3 trường hợp của TH2, ta nhận m   
;1 .
Suy ra m  
 2

 2 
Mà m  nên m  100; 99;...;0 .
Trường hợp 3: m  1  f   x   0  f  x  nghịch biến  0;1 .
m 1
 1 , max f  x   f  0   m
x0;1
x 0;1
2
m 1
199
Nên max f  x   2 min f  x   200  m  2.
 200  m 
x0;1
x0;1
2
2
Suy ra min f  x   f 1 
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 142
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 199 
Suy ra m   1;
. Mà m nên m  2;3;...99 .
 2 
Kết hợp 3 trường hợp, ta được m  100; 99;...;99 .
Vậy có 200 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn.
Câu 21: Chọn D
2
 x  3 x  4  0
Xét hệ  3
2
 x  3 x x  m  15m  0
(1)
(2)
.
Bất phương trình: x 2  3 x  4  0  1  x  4 . Bài toán tương đương tìm tất các các giá trị của
tham số m sao cho bất phương trình có nghiệm x   1; 4 .
 x 3  3 x 2  m 2  15m,  1  x  0
Đặt f ( x)  x 3  3x x  m2  15m . Ta có f ( x)   3
.
2
2
 x  3 x  m  15m, 0  x  4
3 x 2  6 x, 1  x  0
Suy ra f '( x)   2
.
3 x  6 x, 0  x  4
Ta thấy khi 1  x  2 thì f '( x )  0 , khi 2  x  4 thì f '( x )  0 . Do đó
Max f ( x )  Max  f (1), f (4)  f (4)   m 2  15m  16 .
 1;4
Để bất phương trình f ( x )  0 có nghiệm thuộc  1; 4 thì
Max f ( x )   m 2  15m  16  0  16  m  1 . Vậy a  b  15 .
 1;4
Câu 22: Chọn A
Đặt t  x3  2 x , với x   1;1 ta có t   x   3 x 2  2  0, x   1;1 . Do đó, t   3;3 .
Khi đó, xét hàm số y  f  t   3 f  m  trên đoạn  3; 3 , ta có
 t  2
y  f   t  ; y   0  t  1 .

t  2
Ta có: y  2   f  2   3 f  m   5  3 f  m  ;
y 1  f 1  3 f  m   6  3 f  m  và y  2   4  3 f  m  .
Nhận xét rằng y 1  y  2   y  2  nên max g  x   y  2  hoặc max g  x   y 1 .
1;1
1;1
Trường hợp 1:
 5  3 f  m   8
Nếu max g  x   y  2  thì ta phải có 
 f  m   1 . Khi đó có 5 giá trị thực
1;1
 6  3 f  m   8
của m trên đoạn  4; 4 thỏa yêu cầu bài toán.
Trường hợp 2:
 5  3 f  m   8
2
Nếu max g  x   y 1 thì ta phải có 
 f  m    . Khi đó có 6 giá trị
1;1
3
 6  3 f  m   8
thực của m trên đoạn  4; 4 thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy có tất cả 11 giá trị thực của m trên đoạn  4; 4 thỏa yêu cầu bài toán.
143 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 23: Chọn C
Ta có f   x  
2  2m
 x  2
2
; f 1 
2m  1
2m  3
và f  3 
.
3
5
2m  3
2m  1
; min f  x  
.
1;3


5
3
3
2m  1
2m  3
Với 2m  3  0  m   . Khi đó max f  x  
; min f  x  
.
1;3
1;3




2
3
5
2m  1 2m  3
11
Suy ra

2m .
3
5
4
1
2m  1
2m  3
Với 2m  1  0  m   . Khi đó max f  x  
; min f  x  
.
1;3
1;3
2
3
5
2 m  1 2m  3
Suy ra

 2  m  1.
3
5
 2m  1  0
3
1
   m   . Khi đó min f  x   0 và
Với 
1;3
2
2
 2m  3  0
Trường hợp 1: 2  2m  0  m  1  max f  x  
1;3
  2 m  3 2 m  1

7

7
m
m
  5 






3
8
8



2
m

3
2
m

3
7
 max f x 

 m 
2
  1;3  
  5
 
7
5
2


m .

2
  2m  3  2m  1
 m   7
m   7



 5


3
8
8



 max f  x   2m  1   2m  3  2
 m   7
1;3
3
2
 
   
  5
7
So với điều kiện, loại m  .
2
Trường hợp 2: 2  2m  0  m  1  max f  x  
1;3
Suy ra
2m  1
2m  3
 0; max f  x  
 0.
1;3
3
5
2 m  1 2m  3

 2  m 1
3
5
Trường hợp 3: 2  2m  0  m  1 . Khi đó max f  x   min f  x   1  m  1 thỏa mãn.
1;3
1;3
Vậy có 2 giá trị m thỏa đề.
Câu 24: Chọn D
Tập xác định: D  
Giá trị lớn nhất của hàm số y 
x 2  4mx  5
x 2  4mx  5

7
lớn
hơn
7
bất
phương
trình
x2  x  1
x2  x  1
có nghiệm.


 x 2  4mx  5  7 x 2  x  1
x 2  4mx  5
2
2
 7  x  4mx  5  7  x  x  1  
Ta có:
x2  x  1
 x 2  4mx  5  7 x 2  x  1


 6 x 2   7  4m  x  2  0
 2
8 x   7  4m  x  12  0

1
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 144
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ

7  4 3
m

2
4
Bất phương trình 1 có nghiệm  1   7  4m   48  0  

7  4 3
m 
4

Do m   và m   40; 40  nên m  40; 39;...; 4; 0;1;...; 40 .

7 8 6
m 
2
4
Bất phương trình  2  có nghiệm  2  0   7  4m   384  0  

7 8 6
m 

4
Do m   và m   40; 40  nên m  40; 39;...; 4; 7;...; 40 .
x 2  4mx  5
 7 thì m  40; 39;...; 4; 0;1;...; 40
Để bất phương trình
x2  x  1
Vậy có 78 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 25: Chọn D
2
3
3
5 1 3
1 1
1
1
Ta thấy f     m2  m     m    . Dấu bằng xảy ra khi m  .
2
4
4
16 2 4 
2 2
2
1 1
Gọi  là giá trị nhỏ nhất của f  x  . Khi đó   f    .
2 2
Ta chứng tỏ rằng dấu bằng ở xảy ra, tức là tồn tại m để  
1
.
2
1
5
3
, ta có hàm số y  x 4  x 3  x 2  x  .
2
4
4
5
1
Khi đó y  4 x3  3x 2  x  1 và y  0  x  .
2
2
Bảng biến thiên của hàm số này là
Thật vậy, khi m 
1
1
khi x  .
2
2
1
1
 khi m  m0  .
2
2
Qua bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng
Vậy, giá trị nhỏ nhất  của f  x  đạt giá trị lớn nhất  max
Do đó T  m0   max  1 .
Câu 26: Chọn D
 x  1   0; 2
Xét hàm số f  x   x 3  3 x  m  f   x   3 x 2  3; f   x   0  x 2  1  0  
.
 x  1 0; 2
f  0   m; f 1  m  2; f  2   m  2
Trường hợp 1: Nếu m  2  0  m  2  max f  x   max f  x   m  2  m  2  3  m  1
145 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Trường hợp 2: Nếu m  2  0  m  2  max f  x   2  m  2  m  3  m  1 .
 max f  x   m  2
Trường hợp 3: Nếu  m  2  m  2   0  2  m  2  
 max f  x   2  m
 2  m  3  m  1


. Vậy m  1;1 .
m  2  3 m  1
Câu 27: Chọn A
Xét hàm số y  f  x   2 x 2  4 x  2 có f   x   4 x  4; f   x   0  x  1  f 1  4
 f  x  0
2
Xét hàm số h  x   f  x   2 f  x   m có h  x   2 f   x   f  x   1 ; h  x   0  
 f  x   1
Với f   x   0  x  1  h 1  m  24
Với f  x   1  x  1  a, với a  0 .  h 1  a   m 1
Tại x  1  h  1  m  8 ; tại x  3  h  3  m  8
Khi đó B  max h  x   m  24; b  min h  x   m  1.
1;3
Mà max g  x   15 
 1;3
1;3
B b  B b
 m  9
 15  2m  23  25  30  
2
 m  14
Vậy tổng các giá trị của m là 23.   25; 15 .
Câu 28: Chọn D


2
2
Hàm số đã cho được viết lại như sau: y    x  2 x  3  4  x  2 x  3  m .
Nhận xét: với 1  x  3 thì ta có 0   x 2  2 x  3  4   x  1  2 .
2
Đặt t   x 2  2 x  3 .
Bài toán đã cho trở thành: “Tính tổng tất cả các giá trị thực của tham số m để giá trị lớn nhất
của hàm số g  t   t 2  4t  m trên đoạn  0; 2 bằng 2021”.
Xét hàm số f  t   t 2  4t  m trên đoạn  0; 2 .
Ta có: f   t   2t  4  0 , t   0 ; 2   Hàm số f  t  nghịch biến trên đoạn  0; 2  .
Từ đó suy ra: max f  t   f  0   m ; min f  t   f  2   m  12 .
0;2
 0;2
Khi đó: max g  t   max  m ; m  12  .
 0;2
Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: Nếu m  m  12  m 2  m 2  24m  144  m  6 thì max g  t   m .
0;2
 m  2021  lo¹ i 
Theo bài ra, ta có max g  t   2021  m  2021  
.
 0;2
 m  2021  nhËn
Trường hợp 2: Nếu m  m  12  m 2  m 2  24m  144  m  6 thì max g  t   m  12 .
0;2
 m  2009  nhan 
Theo bài ra, ta có max g  t   2021  m  12  2021  
.
 0 ; 2
 m  2033  loai 
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 146
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Vậy tổng các giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 2021   2009   12 .
Câu 29: Chọn A
Đặt a  m 2 f  m  ; Đặt t 
2x 1
3
 t 
 0, x   1;1  t   1;1 .
2
x2
 x  2
Suy ra: max g  x   max  f  t   a  max f  t   a  f 1  a  3  a
 1;1
 1;1
1;1
min g  x   min  f  t   a  min f  t   a  f  0   a  2  a
1;1
1;1
 1;1
Suy ra max g  x   max  3  a ; 2  a   3
 1;1
  3  a  3

 m 2 . f  m   1
 3  a  2  a
 a  1


  2
a  0
 m . f  m   0
 2  a  3

  2  a  3  a
1

 f  m   m2 1

.
 
m0
 f  m   0  2


Từ đồ thị hàm số f  x  , ta có phương trình  2  : f  m   0 có 4 nghiệm phân biệt khác 0 .
Vẽ thêm đồ thị hàm số y 
1
1
. Ta thấy đồ thị y  2 cắt đồ thị f  x  tại 2 điểm nên phương
2
x
x
trình 1 có 2 nghiệm.
Câu 30:
Vậy có tất cả 7 số thực m thỏa mãn.
Chọn D
Ta có bảng xét dấu của hàm số y  f ( x ) như sau
Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số y  f ( x ) :
147 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Xét y  g  x   f ( x  1  2020) có g '  x  
x 1
f   x  1  2020  , với x  1 .
x 1
 x  1  2020  2020
 x  2022
g   x   0  f   x  1  2020   0  

 x  2020
 x  1  2020  1
Ta có bảng xét dấu của hàm số y  g  x   f ( x  1  2020) như sau:
Dựa vào bảng biến thiên ta có GTNN của y  g  x  trên  là g 1 tại x0  1 .
Câu 31: Chọn D
Xét hàm số h  x   f 2  x   2 f  x   m, x   1;3
Đạo hàm h '  x   2 f '  x  . f  x   2 f '  x  ; Cho h '  x   0  2 f '  x  . f  x   2 f '  x   0
 f '  x   0
2x  2  0
x 1
 2

 
   f  x   1    x  2 x  1  1   x  1  3


x 1 3
 x   1;3
 x   1; 3

h 1  f 2 1  2 f 1  m  8  m
     
h 1  3   f 1  3   2 f 1  3   m  1  m
h 1  3  f 2 1  3  2 f 1  3  m  1  m
2
h  1  f 2  1  2 f  1  m  m
h  3  f 2  3  2 f  3  m  m


 max g  x   max max h  x  , min h  x   max  8  m ; 1  m 
 1;3
 1;3
 1;3
63
 max g  x   8  m  8  m  0
 1;3
18
63
Với 8  m  1  m  63  18m  0  m  
18
m  9
 max g  x   1  m  8  
 m  7 . Kết luận m  0, m  7 .
 1;3
 m  7
Với 8  m  1  m  63  18m  0  m  
Câu 32: Chọn A
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 148
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 x  1
x  0
Ta có f   x   4 x  4 x  0   x  0 . Vì x   0;2  
x 1
 x  1
3
Mặt khác: f  0   m; f 1  m  1; f  2   m  8
Trường hợp 1: Nếu m  1  0  m  1 .
Khi đó max f  x   m  8; min f  x   m  1  m  1  m  8  7  m  0 .
 0;2
0;2
Trường hợp 2: Nếu m  8  0  m  8 .
Khi đó max f  x   m  8; min f  x   1  m  1  m  m  8  7  m  7
0;2
0;2
Trường hợp 3: Nếu  m  8 m  1  0  8  m  1 .
Khi đó max f  x   max  m  8 , m  1 ; min f  x   0
0;2
0;2
 7
7
  m  1
Ta có: m  8  m  1  m   , từ đó suy ra:  2
 m  1 ;
2
 m8  7

7

 8  m  
2  m  6

 m 1  7

 S  6; 1 . Tổng các phần tử của S là: 6 1  7 .
Câu 33: Chọn A
Đặt t  sin x  3 cos x , điều kiện t   2;2 . Hàm số viết lại y  t 3  3t 2  1  m
t  0
3
2
2
Xét hàm số g  t   t  3t  1  m có g   t   3t  6t ; g   t   0  
.
t  2
Ta có g  2   m  19; g  0   m ; g  2   m  2  min g  t   m  19; max g  t   m .
 2;2
 2;2
Trường hợp 1: m  19  0  m  19 : min y  min g  t   m  19  m  19  5  19  m  24 .
 2;2
Mà m  Z  m 19;20;21;22;23; 24 .
Trường hợp 2: m  0 : min y  min g  t   m  m  5  5  m  0 .
 2;2
Mà m  Z  m 5; 4; 3; 2; 1;0 .
Trường hợp 3: m  19  0  m : min y  min g  t   0  5  0  m  19 .
 2;2
Mà m  Z  m 1; 2;3;...;18 . Vậy có 30 giá trị m .
Câu 34: Chọn A
Ta tìm điều kiện để min f  x   2 hoặc min f  x   0 .
 1;3
 1;3
Nếu min f  x   2  f  x   2, x   1;3  m  x  1  2 2 x  7  2  x  2  , x   1;3
 1;3
 m  x  1  2 2 x  7  2  x  2  , x   1;3 1

 m  x  1  2 2 x  7  2  x  2  , x   1;3  2 
149 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Ta có 1 không xảy ra do tại x  1 không đúng.
Do đó min f  x   2  m  x  1  2 2 x  7  2  x  2  , x   1;3 .
 1;3
 2 2x  7  2  x  2
 m, x  1;3


x 1

 3 ,.
 2 2x  7  2  x  2
 m, x   1;1

x 1
Xét hàm số g  x  
2 2x  7  2 x  2
x 1
m  13  5
 3  
m  1  5
trên  1;3 \ 1 , ta được
 m .
Nếu min f  x   0  m  x  1  2 2 x  7  0 có nghiệm trong  1;3 .
 1;3
m
2 2x  7
có nghiệm trong  1;3 \ 1  4  .
x 1
Xét hàm số h  x  
m   5
2 2x  7
trong  1;3 \ 1 ta được  4   
.
x 1
 m  13
Như vậy 0  min f  x   2   5  m  13 .
 1;3
Suy ra có 6 giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài.
Câu 35: Chọn D
Ta có: f  x  ax5  bx3  cx;(a  0; b  0) là hàm số lẻ trên  và f ' x  5ax 4  3bx 2  c .
Khi đó:
4
2
4
2
g ' x 2 f '12x  2. f ' x  4 2 5a12x 3b12x c  2 5a x  4 3b x  4 c




4
4
2
2
10a  x  4 12x  6b  x  4 12x 




2
2 
2
2
2
2

10a  x  4 12x   x  4 12x  6b  x  4 12x 





2
2
2
2
 10a  x  4 12x   6b .  x  4 12x 




2
2
 10a  x  4 12x   6b .3 x 15 x  0, x 1;5




Suy ra hàm g  x  đồng biến trên đoạn  1;5 nên ta có:


g  1  g  x   g  5   f  3  2 f  3  m  g  x   f  9   2 f  9   m
 3 f  3  m  g  5    f  9   2 f  9   m
 3 f  3  m  g  x   f  9   m  m  7  g  x   m  81 .
m  7
Trường hợp 1: Nếu  m  7  m  81  0  
* thì
 m  81
m  6
max g  x  min g  x  86  m  7  m  81  86  2m  74  86  
).
 m  80
1;5
1;5
Trường hợp 2: Nếu  m  7  m  81  0  81  m  7 ** thì
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 150
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 min g  x   0
  1;5
.

max
g
x

max
7

m
;
m

81




 1;5
Khi đó:
m  81  86

7  m  m  81  m  5

max g  x   min g  x  86  max 7  m; m  81  86  

(tm)
 m  79
1;5
1;5
7  m  86

m  81  7  m
Vậy tổng của tất cả các phần tử của S bằng: 5   79   74 .
Câu 36: Chọn B
Ta có f  x   1  m 2  n 2  2  msin x  ncosx  .Xét m  n  0  f  x   1
Xét m 2  n2  0 , khi đó f  x   1  m 2  n 2  2 m 2  n 2 .sin  x   

 sin  

n
m2  n2
, cos  


m2  n2 
m
 min f  x   1  m 2  n 2  2 m 2  n 2 ; max f  x   1  m 2  n 2  2 m 2  n 2
x
x
 min f  x   max  2  2  m 2  n 2   m 2  n 2  25 vì m, n là các tham số nguyên suy ra có 12
x
x
bộ số  m, n  thỏa mãn là  0;5  ,  0; 5  ,  3; 4  ,  3; 4  ,  3; 4  ,  3; 4  và hoán vị của nó.
Câu 37: Chọn A
Để g  x    x  1  m3 f  2 x  1  mf  x   f  x   1  0, x
thì trước tiên m3 f  2 x  1  mf  x   f  x   1  0 phải có nghiệm x  1 .
 m3 f 1  mf 1  f 1  1  0  m3  m  0  m  0; m  1 .
Với m  0  g  x    x  1  f  x   1  0, x thoả mãn.
Với m  1  g  x    x  1  f  2 x  1  1  0, x thoả mãn.
 lim  x  1  
 x 
Ta có 
6ax 3  
  f  2 x  1  2 f  x   1  xlim
 8ax3  2ax 2   xlim
 xlim



Nên lim  x  1   f  2 x  1  2 f  x   1   
x 
Do đó với m  1  g  x    x  1   f  2 x  1  2 f  x   1  0, x không thoả mãn.
Vậy m  0;1 .
Câu 38: Chọn A
Quan sát đồ thị có 1;0  là điểm cực trị của  C2  và là giao điểm của  C1  với Ox .
Do đó  C2  : y  f  x  và  C1  : y  f '  x  . Ta có f  x   me x  m  e  x f  x  .
Ta đặt g  x   e  x f  x  .
151 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x  a  0
Khi đó: g '  x   e f  x   e f '  x   e  f '  x   f  x    0  f '  x   f  x    x  1

 x  2.
Bảng biến thiên
x
x
x
 g 1  e 1 f 1  0

Trong đó  g  0   f  0   2
. Vậy phương trình m  g  x  có hai nghiệm phân biệt trên

2
2
 f  2   e f  2    2e
đoạn 0; 2  2e 2  m  0  e 2 f  2   m  0 .
Câu 39: Chọn A
Đặt u  3x 2  18 x  28  3( x  3)2  1  3  x  2  x  4   4 do đó ta có với x   2; 4 thì
u  1; 2  .
Biến đổi BPT ta được 2021 f  u   m.u  m  4042  2021  f  u   2   m  u  1 .
Ta có f  x  
x2  5x  2
u 2  5u  2
u2  u
2 
nên f  u   2 
do vậy bất phương trình được
2x 1
2u  1
2u  1
2021 u 2  u 
2021u
.
2u  1
2u  1
2021u
, u  1; 2  m  min g (u ) .
Lúc này yêu cầu bài toán tương đương m 
u1;2 
2u  1
2021u
2021
, u  1; 2 ta có g (u ) 
Xét hàm số g (u ) 
 0, u  1; 2 do vậy hàm số
2
2u  1
 2u  1
biến đổi tiếp
 m  u  1  m 
2021u
2021
 g 1 
.
u1;2
2u  1
3
Kết hợp với m là các số nguyên dương ta được m  1;2;3;...;673 .
g  u  tăng trên đoạn 1; 2 . Vì vậy min g (u ) 
Vậy tìm được 673 số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 40: Chọn B
6  m
Ta có: f   x  
.
2
 x  3
Nếu m  6  y  2 .
Nếu m  6 khi đó y   0, x   1; 2  hoặc y   0, x   1; 2 nên hàm số đạt giá trị nhỏ nhất
và giá trị lớn nhất tại x  1, x  2 .
Theo bài ra ta có:
max f  x   min f  x   8  f  1  f  2   8 
1;2
1;2
2  m 4  m
46

8 m  
4
1
5
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 152
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 41: Chọn C
Ta có f   x   3x 2  6 x , nên lập được bảng biến thiên
Suy ra




Từ đây ta có 3max f  x   2 min f  x   112  3. m2  2m  2. m2  2m  4  112
 3;1
 3;1
 m2  2m  24  0  4  m  6 . Vậy có 11 giá trị nguyên của tham số m .
Câu 42: Chọn C
Ta có 3  x 
3 
1
3
   f x2  3x  2  f 2
  x2  3x  2  2  f 
2
4
4 

 
 Maxg  x  g 2  f 2  2022  2025 .
 1
x3; 
 2 
Câu 43: Chọn A
Ta có : x3  3x  m  16 x   0;3  16  x 3  3x  m  16 x   0;3
 16  m  x 3  3 x  16  m x   0;3
 max g  x   18
 0;3
Xét hàm số g  x   x 3  3x với x   0;3 . Khi đó : 
g  x   2
 min
0;3
18  16  m

 14  m  2 .
2  16  m
m  14
Dấu ‘  ’ xảy ra khi 
. Tổng tất cả các phần tử của S bằng  16 .
m  2
Câu 44: Chọn A
Đạo hàm: f '  x    x  1  3x  2m2  1 .
 x  1 1; 2 
2
f '  x   0   x  1 3x  2m  1  0  
 x  1  2m  1; 2  m

3

Bảng biến thiên:
153 | Phan Nhật Linh
2

CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
3
3
Từ bảng biến thiên ta có: min f  x    m và max f  x   m 2  m  2  0 m .
1;2
1;2
2
2
Xét phương trình max f  x   min f  x  
1;2
1;2
9
1 .
4
3
Trường hợp 1:  m  0  m  0 .
2

3  10
m 
3
3
9
1
3  10
2
. Do m  0 nên m 
1  m2  m  2  m   m2  3m   0  
2
2
4
4
2

3  10
m 

2
3
9
Trường hợp 2:  m  0  m  0 . Phương trình 1  max f  x  
2
4
 3m 9


3
m
3
m
9
3


 2 .Khi max f  x     2 4
Khi max f  x   max  ; m 2 
m
2
4
2
 2

 3m  m 2  3m  2
 2
2

3  13
9
 2 3m
m
m 
2
 ktm 


9

4
2
4

Khi max f  x    

4

3  13
 3m  m 2  3m  2
 ktm 
m 
 2
2

4
Vậy S 
Câu 45:
3  10 3 1
 
2
2 2


36  10 nên a  36, b  10 giá trị
b 10 5

 .
a 36 18
Chọn D
Đặt f  x   t , t  (  ; a ], a  2 . Ta có g  x  
2 f  x  2
2t  2
 2
.
f  x   2 f  x   2 t  2t  2
2
2  t 2  2t 
t  0
2t  2
Đặt h  t   2
, t  (  ; a ], a  2 . Đạo hàm: h '  t  
0
.
2
2
t  2t  2
t  2
 t  2t  2
Ta có bảng biến thiên của hàm số h  t  .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 154
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Ta có h  a  
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2a  2
 0 a  2 nên từ bảng biến thiên suy ra:
a  2a  2
2
max g  x   max h  t   1  t  2 hay f  x   2 .
 ;a 

min g  x   min h  t   1  t  0 hay f  x   0 .
  ;a 

Vậy có tất cả 7 giá trị của x sao cho hàm số g  x  đạt giá trị lớn nhất hoặc đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 46:
Chọn D
Ta có: min f ( x)  max f ( x) 
1;2
1;2
xm
1 m
16
.Đặt h  x  
có đạo hàm h '  x  
.
2
x 1
3
 x  1
Nếu m  1 thì min f  x   max f  x   1
1;2
1;2
m 1
m2
; h  2 
2
3
m  1 m  2 16

 m5
Trường hợp 1: h 1 , h  2   0 khi đó m  1 . PT (1) 
2
3
3
m 1 m  2
16
39

 m
Trường hợp 2: h 1 , h  2   0 khi đó m  2 . PT (1) 
2
3
3
5
 h 1 .h  2   0
m  2 16
7

 m  14

Trường hợp 3:  m  1 m  2 khi đó   m  1 . PT (1) 
5
3
3

 2
3

Nếu m  1 thì h  x   0, x  1 . Mặt khác: h 1 
 h 1 .h  2   0
7
m  1 16
35


Trường hợp 4:  m  2 m  1 khi đó 2  m 
. PT (1)  
m
5
2
3
3
 3  2

Vậy m  5, m 
Câu 47: Chọn B
Cách 1:

39
nên có 2 giá trị của m thỏa mãn.
5

Đặt t  f x3  2 x . Vì x   1;1 nên t   6;5 . Khi đó, g  x   t  n với n  3 f  m 
  n  5

 n  5
Do đó, max g  x   max  n  5 ; n  6   8  
 1;1
 n  6

  n  6
8
 n6
8
 n5
Với n  3  3. f  m   3  f  m   1 . Có 5 giá trị của m .
155 | Phan Nhật Linh
 n3
 n  2
.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2
Với n  2  3. f  m   2  f  m    . Có 6 giá trị của m .
3
Vậy có 11 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Cách 2:


Vì x   1;1 nên 3  x3  3x  3  6  f x3  3x  5. .


Ta có : f  x 3  3 x   3 f  m   8, x   1;1  8  f x3  3x  3 f  m   8, x   1;1
 f  m  1
 f  x3  3x   8  3 f  m 
5  8  3 f  m




x   1;1  
2.
3
8  3 f  m   f  x  3x 
8  3 f  m   6  f  m   3

 f  m  1
3

max
f
x

3
x

3
f
m

8

Do đó

  
 f  m   2 .
3

2
, có 6 giá trị của m .
Với f  m   1, có 5 giá trị của m . Với f  m  
3
Vậy có 11 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 48: Chọn D
Điều kiện: x   0; 2 .
Ta có: g  x  
Do

x  2 x
x  2  x  4x  2  6  4x

2x 1  2x  3

2
x  2 x
2.
2x 1  2x  3
x  2  x   1, x   0; 2 .
 2  2 x  2  x   4 vì
 x  2  x  2  2 x  1  3  2 x  2  g  x   3  f  g  x    4 1 .
Dấu "  " xảy ra  x  1 .


Ta có: 3  2 x  x 2   2;3 , x   0; 2   f 3  2 x  x 2  0


Ta có: 2  4  m2   0; 2  f 2  4  m2  4
 2 . Dấu "  " xảy ra
 3 . Dấu "  " xảy ra
 x  1.
 m 0.
Từ 1 ,  2  ,  3   h  x   4  0  4  8  max h  x   8  x  1; m  0 .
Câu 49:
Chọn D
3

f  x   , x   1;1 1

3
3
4
Ta có: min f  x    f  x   , x   1;1  
.

1;1
 
4
4
 f  x    3 , x   1;1  2 

4
3
Trường hợp 1: f  x   , x   1;1 .
4
3
Nhận thấy f  0   2  . Nên trường hợp không tìm được m .
4
3
3
Trường hợp 2: f  x    , x   1;1. Ta có: f  x    , x   1;1 .
4
4
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 156
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2 x  mx  4
3
  , x   1;1  8 x 4  4mx  16  3x  6, x   1;1
x2
4

0  10, khi x  0

10

 4mx  8 x 4  3 x  10, x   1;1  4m  8 x3  3  , x   0;1 *
x

10

3
4m  8 x  3  x , x   1;0 

4
Xét hàm số g  x   8 x 3  3 
10
10 24 x 4  10
có g   x   24 x 2  2 
 0, x  0 .
x
x
x2
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên:

1

 m   khi x  0
m

4
m

1


1
5

4
g  x  

 m .
*  4m  max
 0;1
4
4
 4m  5

m  5

4m  min g  x 
4
1;0

Câu 50: Chọn A
Đặt t  2  cos x, t  1;3. Ta có f  t   t 3  3t . Và đặt g1  t   t 3  3t  m
t  1 (tm)
Xét hàm số h  t   t 3  3t  m trên đoạn 1;3 có đạo hàm h  t   3t 2  3  0  
.
 t  1 (l )
h 1  m  2, h  3  m  18.
 min g1  t   m  2
 1;3
Trường hợp 1: m  2  
g  t   m  18
 max
1;3 1
Từ giả thiết bài toán ta có : 3  m  18  m  2  100  m  12 (tm)
 min g1  t    m  18
 1;3
Trường hợp 2: m  18  
g  t   m  2
 max
1;3 1
Từ giả thiết bài toán ta có : 3  m  2   m  18  100  m  28 (tm)

min g1  t   0
1;3

Trường hợp 3: 18  m  2  
g  t   max  m  2 ; m  18 
 max
1;3 1
Nếu m  2  m  18  m  8.
106

 m  3 (l )
Từ giả thiết bài toán ta có : 3 m  2  100  
vì 18  m  8
 m  94 (l )

3
157 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Nếu m  18  m  2  m  8.
154

 m  3 (l )
Từ giả thiết bài toán ta có : 3 m  18  100  
vì 8  m  2
 m  46  l 

3
Vậy S  12;  28  12  28  16
Câu 51: Chọn A
 f  x   x  . f  x   x6  3x 4  2 x2   f  x   x  . f  x    x3  2 x   x3  2 x  x  , x  
 f  x   x3  2 x
  f  x   x  2 x  .  f  x   x  x   0  
3
 f  x    x  x
3
3
Vì f  x  là hàm đồng biến trên  nên loại f  x    x 3  x .
 f  x   x3  2 x
 f   x   3 x 2  2  0, x  
 f 1  3  min f  x   m; f  2   12  max f  x   M
1;2
1;2
3M  m  3.12  3  33
Câu 52: Chọn B
Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy f  x    2;2 với x   2; 2 .
Đặt t  f  x   2 với x   2; 2  t   0; 4 với x   2; 2 .
Xét h  t   2t  m  t  1  2t  m  t  1  t  m  1 .
Trường hợp 1: Xét m  1  0  m  1  Min g  x   Min h  t   m  1  1  m  2
 2; 2
0; 4
m  1  0
Trường hợp 2: Xét 
 0  m  1  Min g  x   Min h  t   0  1
x 2;2
t 0;4
m  3  0
Trường hợp 3: Xét m  3  0  m  3 .
Ta có Min g  x   1  m  1  1  m  2 mà m  , m   0; 20 nên m  2;3;...; 20 .
 2; 2
Suy ra có 19 giá trị nguyên m thỏa mãn đề bài.
Câu 53: Chọn D
Đặt t  x  2 với x   1;1  t  1; 3  và x  t 2  2 .
Hàm số đã cho trở thành g  t  
Xét hàm số h  t  
Đạo hàm h  t  
2mt 2  4t  4m
. Khi đó: min f  x   min g  t  .
1; 3 
1;1
t2


2mt 2  4t  4m
trên đoạn 1; 3 
t2
4t 2  8mt
 0, t  1; 3  và m  0 .
t4
suy ra min h  t   2m  4 và max h  t  
1; 3 


1; 3 


2m  4 3
3
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 158
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Điều kiện cần:
Ta có: min g  t   a   0;1  h 1 .h
1; 3 



 3   0   2m  4  2m 34

3
  0  2  m  2 3 .

Vì m nguyên dương nên m  1; 2;3 .
Điều kiện đủ: m  1;2;3

Khi đó: min g  t   min g 1 ; g
1; 3 



 3   min  2m  4 ; 2m 34

3 
.

 4 3  2  4 3  2
1.
Với m  1 : min g  t   min 6;
 
1; 3 
3
3 



 4 3  4  4 3  4
  0;1 .
Với m  2 : min g  t   min 8;
 
1; 3 
3 
3



 4 3  6  4 3  6
  0;1 .
Với m  3 : min g  t   min 10;
 
1; 3 
3 
3



Vậy m2;3 nên có 2 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 54: Chọn C
Với m  * , m  20 , ta có x   2; 2  t  f  x    2; 2 .
Khi đó h  t   2t  m  4  t  3m  2  2  0, t   2; 2
 h  t   2t  m  2  t  3m  2  0, t   2; 2
Trường hợp 1: t  2  3m  h  t   3t  4m
2  3m   2; 2
6
min h t  h 2  3m  6  5m  0  0  m   m  1




5
 2;2
2  3m  2
3
min h  t   h  2   4m  6  0  m   m  2;3;...; 20  m  1; 2;...; 20
2
 2;2
Trường hợp 1: t  2  3m không cần xét nữa vì đã lấy tất cả các giá trị m nguyên thuộc đoạn
cho trong đề bài. Vậy tổng các phẩn tử của S là 1  2  ....  20 
Câu 55: Chọn A
Ta có u2  y  2   m  2 .
Xét hàm số f  x   x 3  3 x  m trên  0;3
 x  1
Ta có f   x   3x 2  3  0  
.
x 1
Ta có BBT của hàm số f  x  trên  0;3 như hình vẽ bên:
159 | Phan Nhật Linh
1  20  20  210 .
2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Trường hợp 1: m  2  0  m  2 . Ta có
u1  min y  m  2 , u2  y  2   m  2 , u3  max y  m  18 . Để u1 , u2 , u3 lập thành một cấp số
0;3
0;3
nhân thì u1 .u3  u 2 2   m  2  m  18    m  2   12m  40  m 
2
10
.
3
Trường hợp 2: m  18  0  m  18 . Ta có
u1  min y  m  18 , u2  y  2   m  2 , u3  max y  2  m . Để u1 , u2 , u3 lập thành một cấp số
0;3
 0;3
nhân thì u1 .u3  u 2 2   2  m  m  18   m  2   m 
2
10
.
3
Trường hợp 3:  m  2  m  18   0  18  m  2 . Ta có
u1  min y  0 , u2  y  2   m  2 , u3  max y  max  m  2 ; m  18 
0;3
0;3
Do u1  0 mà u1 , u2 , u3 lập thành một cấp số nhân nên u3  0  max y  0 . Vậy m 
0;3
10
.
3
Câu 56: Chọn B
Đồ thị hàm số f  x   ax4  bx 2  c có đúng ba điểm chung với trục hoành nên đồ thị hàm số
3
tiếp xúc với trục hoành tại gốc toạ độ, suy ra f  0  0  c  0  I  . Ta có f   x   4ax  2bx .
 f 1  1 a  b  c  1
Theo giả thiết 

 II  .
4a  2b  0
 f  1  0
4
2
Từ  I  và  II  suy ra a  1; b  2; c  0  f  x   x  2 x .
Xét hàm số y  x4  2 x 2  m trên đoạn 0;2 .
 x  0   0; 2

Dễ thấy hàm số đã cho liên tục trên đoạn 0;2 và có y  0  4 x 3  4 x  0   x  1  0; 2 .

 x  1  0; 2
 max y   m  8
 0;2
Khi đó y  0  m ; y 1  m 1 ; y  2   m  8 .  
.
y  m  1
 min
0;2
   m  8  12

  m  8   m  1
4
2
Theo bài ra x  2 x  m  12, x   0; 2  max  m  1 ; m  8   12  
  m  1  12

   m  1   m  8
 4  m  20

7

 m  7
4  m 



2
2  4  m  11


. Suy ra S có 11 phần tử.
7

13

m

11



 m  11
 2

7
 m 
2

Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 160
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 Đường tiệm cận ngang

Cho hàm số y  f ( x) xác định trên một khoảng vô hạn (là khoảng dạng  a;   ,  ; b  hoặc
 ;   ). Đường thẳng
y  y0 là đường tiệm cận ngang (hay tiệm cận ngang) của đồ thị
hàm số y  f ( x) nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thỏa mãn:
lim f ( x)  y0 , lim f ( x)  y0 .
x 
x 
 Đường tiệm cận đứng

Đường thẳng x  x0 được gọi là đường tiệm cận đứng (hay tiệm cận đứng) của đồ thị hàm
số y  f ( x) nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thỏa mãn:
lim f ( x)   , lim f ( x)   , lim f ( x)   , lim f ( x)  
x  x0 
x  x0
x  x0
x  x0
 Lưu ý:

Với đồ thị hàm phân thức dạng y 
y
Câu 1:
ax  b
 c  0; ad  bc  0  luôn có tiệm cận ngang là
cx  d
a
d
và tiệm cận đứng x   .
c
c
Cho hàm số y  f ( x) liên tục tại mọi điểm thuộc  \ 1;3 và có bảng biến thiên như sau
Đồ thị hàm số g  x  
tiệm cận ngang là
A. 4 .
161 | Phan Nhật Linh
2020 
f  x
2 f  x  f 2  x
B. 5 .
có tổng số tất cả các đường tiện cận đứng và đường
C. 6 .
D. 3 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 2:
Cho y  f  x  là hàm đa thức bậc ba và có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  100;100 để đồ thị hàm số
y
1  mx 2
có đúng hai đường tiệm cận?
f  x  m
A. 100 .
Câu 3:
B. 99 .
D. 196 .
Cho hàm số bậc bốn có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số
x
y
2
 4  .  x  3 .  x3  1
4
f  f ( x)  1
A. 2.
Câu 4:
C. 2 .
Cho hàm số y 
là
B. 3.
x 1
ax 2 1
C. 4.
D. 5.
có đồ thị C  . Tìm tham số a để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang
và tồn tại tiếp tuyến của C  cách một tiệm cận ngang một khoảng bằng
A. a  2 .
Câu 5:
B. a  3 .
C. a  0 .
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y 
một tiệm cận đứng.
 m  4
A. 

m  0
 m  5
B. 

 m  1
C. 5  m  1.
2 1 .
D. a  1 .
x 1
có đúng
x  3x 2  m  1
3
 m  5
D. 

 m  1
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 162
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 6:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Cho số thực a  0 .Gọi  C  là đồ thị của hàm số
2x 1

khi x  0

2
ax

3
x

2
x
x

3



y  f  x  
.
3x2
 2 x  4  4

khi x  0

 2 x  1 


Biết rằng các đường tiệm cận của  C  đều nằm phía trên trục Ox , diện tích hình phẳng giới hạn
bởi các đường tiệm cận của  C  và đường thẳng y  x có dạng S 
A. 4 .
Câu 7:
B. 32 .
C. 8 .
Có hai giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y 
1 m
e  n . Tính a  m  n
2
D. 8 .
mx  x 2  2 x  3
có một tiệm cận ngang là
2x 1
y  1. Tổng hai giá trị này bằng?
A. 4.
Câu 8:
B. 3.
D. 1.
Tính tổng bình phương tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số
y
x 1
có đúng một đường tiệm cận đứng.
x  2mx  3m  4
2
A. 35.
Câu 9:
C. 2.
Cho hàm số y 
B. 40.
x 1
ax 2  1
C. 42.
D. 45.
có đồ thị  C  . Tồn tại a   để đồ thị hàm số có đường tiệm cận
ngang và đường tiệm cận ngang đó cách đường tiếp tuyến của  C  một khoảng bằng
2 1 .
Giá trị của a thuộc tập nào trong các đáp án sau?
A.  3;5 .
Câu 10: Đồ thị hàm số y 
A.
1
.
2
B. 1;3 .
3x  1  ax  b
 x  1
2
3
B.  .
4
D.  0;5 .
C. (1;5) .
không có tiệm cận đứng. Khi đó hiệu a  b bằng:
5
C.  .
4
D. 
Câu 11: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y 
đường tiệm cận ?
A. 8 .
B. 6 .
x 1
mx 2  8x  2
C. 7 .
 x2  x 4  x3  1

Câu 12: Gọi  C  là đồ thị hàm số y  
x 1

2
 4 x  2 x  1  2 x  2020
1
.
2
D. Vô số.
khi x  1
. Gọi S  a   | x  a
khi x  1
hoặc y  a là tiệm cận của  C  . Tính tổng các phần tử của S .
A. 2022 .
163 | Phan Nhật Linh
B. 2020 .
C.
4045
.
2
có đúng 4
D.
4043
.
2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 13: Cho hàm số y  f  x  xác định trên  \ 2 , liên tục trên từng khoảng xác định, có bảng biến
thiên như hình vẽ. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  log f  x  là
B. 3 .
A. 2 .
D. 5 .
C. 4 .
Câu 14: Cho hàm số y  f  x  xác định trên  , có bảng biến thiên như hình vẽ
Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số y 
1
có tổng số đường tiệm cận ngang và
f  x  m
2
tiệm cận đứng bằng 3?
B. 0  m  1 .
A. 0  m  1 .
C. 0  m  1 .
D. 0  m  1 .
 x2  2 x  2
neu x  2

2
Câu 15: Đồ thị hàm số y  f ( x)   x  x  2 
có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận?

2
 4 x  x  1  2 x neu x  2
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Câu 16: Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho đồ thị hàm số y 
x 1
có đúng
x  3x 2  m  1
3
một tiệm cận đứng
 m  4
A. 
.
m  0
 m  5
B. 
.
 m  1
C. 5  m  1 .
 m  5
D. 
.
 m  1
Câu 17: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số sau có đúng hai đường tiệm cận
6x  3
y
2
mx  6 x  3 9 x 2  6mx  1



A. 1 .
B. Vô số
y
Câu 18: Cho hàm số
C.  .
D. 2 .
x3
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
x  3mx   2m  1 x  m
3
2
m   6; 6  để đồ thị hàm số đã cho có ba đường tiệm cận.
A. 0 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Câu 19: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Số đường tiệm cận đứng của hàm
số y 
 x 2  4. x 2  2 x
 f  x   2 f  x   3


2
là
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 164
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
A. 4 .
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
B. 3 .
D. 2 .
C. 5 .
x3
. Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn  6; 6 của
x  3mx   2m 2  1 x  m
Câu 20: Cho hàm số y 
3
2
tham số m để đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận.
A. 8 .
B. 9 .
C. 12 .
Câu 21: Tổng tất cả các giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số y 
tiệm cận đứng là
A. 12 .
Câu 22: Cho
y
hàm
số
B. 15 .
y  f  x
D. 11.
20  6 x  x 2
x 2  8 x  2m
C. 13 .
có
đồ
thị
như
hình
có đúng hai đường
D. 7 .
vẽ
bên.
Đồ
f ( x) x 2  x
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
 f  x   2  ( x 2  1)( x 2  4)(2 x  1)
A. 5 .
B. 3 .
C. 6 .
Câu 23: Cho hàm bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi đồ thị
hàm số
x
y
2
 4 x  3 x 2  x
x  f 2  x   2 f  x  
đứng?
A. 2 .
C. 4 .
165 | Phan Nhật Linh
B. 3 .
D. 6 .
có bao nhiêu đường tiệm cận
D. 4 .
thị
hàm
số
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 24: Cho hàm số y 
ax  bx  3x  c
3
2
 x  2
3
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
có đồ thị  C  . Biết rằng tồn tại a, b, c   để đồ thị hàm số
 C  không có tiệm cận đứng. Tính biểu thức
A.
23
.
9
C. 4 .
B. 4 .
Câu 25: Tìm m để đồ thị hàm số y 
S  4a  2b  3c .
D.
3
.
4
mx  x 2  3  1
có 2 đường tiệm cận đứng và 2 đường tiệm cận
x2  x
ngang tạo thành hình chữ nhật có diện tích bằng 2 .
A. m  1 .
B. m  0 .
C. m  2 .
D. m  1 .
Câu 26: Gọi m, n lần lượt là số đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
y
x

x2  3  x  1
x 4
2
A. 4 .
 . Khi đó m  n bằng
B. 3 .
C. 2 .
D. 1 .
 x 2  2019 x  2020  4038
Câu 27: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham để m đồ thị hàm số y 
xm
có tiệm cận đứng?
A. 1 .
B. 2 .
C. 2019 .
D. 2020 .
Câu 28: Cho hàm số y  f  x   ax3  bx 2  cx  d
Tìm m để đồ thị hàm số g  x  
A. m  0 .
Câu 29: Cho hàm số g  x  
 a  0 có đồ thị như hình vẽ bên dưới
1
có đúng 6 tiệm cận đứng?
f  x  3  m
2
B. 2  m  0 .
C. 3  m  1 .
D. 0  m  4 .
2018
với h  x   mx 4  nx3  px 2  qx  m , n , p , q    . Hàm số
2
h x  m  m
y  h  x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 166
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Tìm các giá trị m nguyên để số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  g  x  là 2 .
B. 10 .
A. 11.
C. 9 .
D. 20 .
Câu 30: Cho f  x  là hàm bậc 4 và có bảng biến thiên như hình vẽ sau:
Đồ thị hàm số g  x  
x4  2 x2
có mấy đường tiệm cận?
f 2  x  2 f  x  3
.
B. 4 .
A. 3 .
Câu 31: Cho hàm số y 
D. 6 .
x3
 C  .Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng
x  3mx   2m 2  1 x  m
3
 10;10  của tham số
2
m để đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận là nhiều nhất?
A. 20 .
Câu 32: Cho hàm số y 
C. 5 .
B. 15 .
C. 16 .
D. 18 .
x2
. Tìm điều kiện của tham số m để đồ thị hàm số có 4
x  3x  (m  2) x  m
3
2
đường tiệm cận?
m  1
B. 
.
m  0
A. m  1 .
C. m  1 .
m  1
D. 
.
m  0
Câu 33: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình dưới đây
Gọi tập S là tập chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m   10;10 để đồ thị hàm số
y
x2
có đúng hai đường tiệm cận đứng. Số phần tử của tập S là:
f  x   mf  x 
2
A. 9.
Câu 34: Cho hàm số y 
B. 12.
C. 13.
D. 8.
xm 
3
 m    có đồ thị  C  . Giả sử M  xM ; yM  là 1 điểm bất kỳ thuộc
2x  3 
2
 C  . Gọi A, B lần lượt là khoảng cách từ M tới các đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng
của  C  . Biết diện tích  MAB bằng 1. Khẳng định nào sau đây là đúng?
 5 11 
A. m   ;   .
2 2 
167 | Phan Nhật Linh
 5 11
B. m   ;   .
 2 2
 5 11
C. m   ;  .
 2 2
 5 11 
D. m   ;  .
2 2 
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2x  2
Câu 35: Cho hàm số y 
có đồ thị  C  . Giả sử M  xM ; yM  là điểm thuộc  C  thỏa mãn tổng
x 1
khoảng cách từ M tới trục hoành và đường tiệm cận đứng của  C  đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị
của xM  yM bằng
B. 2.
A. 2.
D. 1.
C. 1.
2mx  3
có đồ thị C  và I là giao điểm của hai đường tiệm cận của C 
x m
Câu 36: Cho hàm số y 
.Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho tiếp tuyến tại điểm M trên đồ thị C 
cắt hai đường tiệm cận tại hai điểm A, B và tam giác IAB có diện tích bằng 64 .Tổng các phần
tử của tập hợp S là
A.
58 .
B. 2 58 .
Câu 37: Cho hàm số y 
C. 2 58 .
D. 0 .
2x  1
có đồ thị C  và I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Giả sử
x 1
M x 0; y 0  là điểm trên đồ thị C  có hoành độ dương sao cho tiếp tuyến tại M với C  cắt tiệm
cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại hai điểm A, B thỏa mãn IA2  IB 2  40 . Giá trị của
biểu thức P  x 02  y 02  x 0y0 bằng
A. 8 .
B. 3 .
D. 7 .
C. 5 .
x2
có đồ thị là  C  . Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận và M  x0 ; y0 
x 1
Câu 38: Cho hàm số y 
là điểm nằm trên  C  với x0  0 . Biết tiếp tuyến của  C  tại điểm M cắt tiệm cận đứng và
tiệm cận ngang lần lượt tại hai điểm P và Q sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
IPQ lớn nhất. Tính tổng x0  y0 .
B. x0  y0  2  2 3 . C. x0  y0  2 .
A. x0  y0  0 .
Câu 39: Cho hàm số y 
D. x0  y0  2 3 .
2x 1
có đồ thị là  C  . Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận và M là điểm
2x  2
nằm trên  C  có hoành độ lớn hơn 1. Tiếp tuyến của  C  tại điểm M cắt tiệm cận đứng và
tiệm cận ngang lần lượt tại hai điểm A và B . Hoành độ của điểm M thuộc khoảng nào sau đây
để P  IA  IB đạt giá trị nhỏ nhất?
A.  4;1 .
B.  ; 4  .
C.  4;   .
D. 1; 4  .
Câu 40: Cho hàm số y 
x2
có đồ thị  C  . Gọi M  x0 ; y0  là một điểm thuộc  C  sao cho tổng
3 x
khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận của  C  là nhỏ nhất. Tính 2x0  y0 biết y0  0 .
A. 2 x0  y0  4 .
Câu 41: Cho hàm số y 
B. 2 x0  y0  2 .
C. 2 x0  y0  6 .
D. 2 x0  y0  10 .
x 1
có đồ thị là  C  . Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận và
x3
M  x0 ; y0  là một điểm thuộc  C  . Phương trình tiếp tuyến của  C  tại M cắt tiệm cận đứng
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 168
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
và tiệm cận ngang của  C  lần lượt tại hai điểm A , B sao cho IA  IB  32 . Tìm tọa độ điểm
2
2
M biết y0  0 .
A.  5;3 .
 1
B.  2;  .
 5
 1
C.  3;  .
 3
D.  1; 1 .
2x 1
có đồ thị  C  . Có bao nhiêu điểm M thuộc  C  sao cho tổng khoảng
x 1
cách từ M đến hai đường tiệm gấp 2 lần tích khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận của
Câu 42: Cho hàm số y 
C  ?
A. 0 .
B. 1.
C. 4 .
D. 2 .
x 1
có đồ thị  C  . Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của  C  . Có bao
x2
1
nhiêu điểm trên  C  có hoành độ âm sao cho tam giác OMI có diện tích bằng
biết O là gốc
2
tọa độ?
A. 0 .
B. 1.
C. 4 .
D. 2 .
Câu 43: Cho hàm số y 
Câu 44: Cho hàm số y  f  x  
x2  x
3
x3  3x 2  m
có đồ thị  C  . Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên
của tham số m 20;20 để  C  có đúng 4 đường tiệm cận?
A. 18 .
B. 3 .
C. 4.
D. 17 .
Câu 45: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m   0; 2021 sao cho đồ thị hàm số y 
có đúng một tiệm cận đứng?
A. 2021 .
B. 2015 .
169 | Phan Nhật Linh
C. 2017 .
x 2022  x  2
x 2  (m  2) x  2
D. 2016 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
1.B
2.A
3.A
4.B
5.B
6.D
7.C
8.C
9.C
10.D
11.B
12.C
13.D
14.A
15.B
16.C
17.C
18.A
19.B
20.D
21.C
22.A
23.C
24.D
25.B
26.A
27.A
28.C
29.A
30.A
31.B
32.B
33.C
34.B
35.D
36.C
37.B
38.B
39.B
40.C
41.D
42.C
43.C
44.D
45.D
46.C
47.B
48.D
49.A
50.C
Câu 1:
Chọn B
 x  1;3
 x  1;3

 D   ; a    b; c  \ 1 .
Điều kiện xác định:  f  x   0


 f  x    0; 2 
2
2 f  x   f  x   0
Ta có:
2020 
lim g  x   lim
x 
2 f  x  f 2  x
f  x  1
2020 
lim g  x   lim 
x a
2020 
x 1
f  x  2
2020  f  x 
f  x   2  f  x 
lim g  x   lim 
x c
Câu 2:
f  x
f  x  2  f  x
f  x  0
lim g  x   lim 
f  x
f  x  2  f  x
f  x 2
lim g  x   lim 
x b
f  x
f  x 0
2020 
 2021  y  2021 là TCN của đồ thị hàm số g  x  .
   x  a là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số g  x  .
   x  b là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số g  x  .
   x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số g  x  .
f  x
f  x   2  f  x 
   x  c là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số g  x  .
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 5 đường tiệm cận.
Chọn B
Với m  0 . Do lim
x 
1  mx 2
không tồn tại nên đồ thị hàm số không có TCN.
f  x  m
Khi đó để đồ thị hàm số có đúng 2 tiệm cận thì phương trình f  x   m  0 có ít nhất hai nghiệm
 2  m  0 . Do m là giá trị nguyên nên ta xét:
1  2x2
 1 1 
2
; 
Với m  2 . Hàm số ban đầu trở thành y 
; 1  2x có nghĩa khi x   
f  x  2
 2 2
.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 170
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 1 1 
;
Phương trình f  x   2  0 có hai nghiệm x  0   
 và x  d  2 . Do đó đồ thị hàm
 2 2
số chỉ có một TCĐ là x  0 .
1  x2
2
Với m  1. Hàm số ban đầu trở thành y 
; 1  x có nghĩa khi x 1;1 .
f  x 1
Phương trình f  x   1  0 có ba nghiệm x  a   1;0 ; x  b   0;1 và x  c  2 . Do đó đồ
thị hàm số y 
1  x2
có 2 đường TCĐ là x  a và x  b . Vậy m  1 là giá trị cần tìm.
f  x 1
Với m  0 . Hàm số ban đầu trở thành y 
lim
x
1
f  x
1
 0 nên đồ thị hàm số có TCN là y  0 .
f  x
Phương trình f  x   0 có 3 nghiệm nên đồ thị hàm số có ba TCĐ.
Với m  0 . Do lim
x 
1  mx2
 0 nên đồ thị hàm số có TCN là y  0 .
f  x  m
Yêu cầu bài toán được thỏa mãn khi phương trình f  x   m  0 có nghiệm duy nhất  m  2 .
Do m là giá trị nguyên nên m3,4,5,...,100 . Trường hợp này có 98 giá trị của m thỏa mãn.
Câu 3:
Kết luận: Có tất cả 99 giá trị của m cần tìm.
Chọn B
 f ( x )  1  1  f ( x)  0
Ta có: f  f ( x )  1  0  

.
f
(
x
)

1

2
f
(
x
)

3


 x  1 (boi 4)
 x  2 (kep)
f  x  0  
; f  x  3  
 x  2 (boi 4)
 x  3 (kep)
x  2
 x  2
4
Ta lại có x 2  4 ( x  3) x3  1  0  
. Trong đó x  2 và x  2 là nghiệm bội 4.
x  3

 x  1
x  3 và x  1 là nghiệm đơn.
Suy ra đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận đứng là x  1 và x  3 .




Bậc của f  f ( x)  1  16  lim y  0  y  0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x 
x
Suy ra hàm số y 
Câu 4:
2
 x  3  x3  1
f  f ( x)  1
4

4
có 2 TCĐ và 1 TCN.
Chọn D
Ta có: y  
171 | Phan Nhật Linh
ax 2  1   x  1.
ax  1
2
ax
ax 2  1

ax 2  1 ax 2  ax
ax
2
 1 ax  1
2

ax
1 ax
2
 1 ax 2  1
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
1
Với a  0 không có TCN. Với a  0 có 2 TCN: y  
a
1
Tiếp tuyến song song với TCN suy ra y   0 . Suy ra x0  là hoành độ tiếp điểm
a
1
1
Khi đó tiếp tuyến là y  y    1  .
 a 
a
1
Theo yêu cầu bài toán, ta có
Câu 5:
1
1

 2 1 . Thử đáp án chọn a  1
a
a
Chọn D
Điều kiện xác định x 3  3x 2  m  1  0. Đặt g  x   x 3  3 x 2  m  1 .
Ttường hợp 1: g 1  0  m  5.
Khi đó g  x   x 3  3 x 2  4   x  1 x  2   y 
2
+ lim
x 1
x 1
 x  1 x  2 
+ lim y  lim
x2
x2
2

x 1
 x  1 x  2 
2
1
suy ra đường thẳng x  1 không là TCĐ.
9
x 1
 x  1 x  2 
2
  , lim y  lim
x2
x 2
x 1
 x  1 x  2 
2
  suy ra đường thẳng
x  2 là TCĐ. Vậy đồ thị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận đứng x  2 .
Trường hợp 2: g 1  0  m  5
Đồ thị của hàm số y 
x 1
có đúng một tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình
x  3x 2  m  1
3
x3  3x 2  m  1  0 có đúng một nghiệm x  1  m    x 3  3 x 2  1 có đúng một nghiệm
x 1
Xét hàm số: f  x     x 3  3 x 2  1
x  0
Ta có f   x     3 x 2  6 x  , f   x   0    3x 2  6 x   0  

 x  2
Bảng biến thiên:
Để phương trình có đúng một nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số
Câu 6:
 m  5
thì đồ thị
y    x 3  3 x 2  1 tại một điểm duy nhất. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 
 m  1
 m  5
hàm số có đúng một TCĐ. Kết luận: 
là giá trị cần tìm.
 m  1
Chọn B
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 172
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
3x2
4
3 

 1
 lim  1  
Ta có lim y  lim  1 

x 
x 
t 
 2x 1 
 t
Nếu a  4 thì lim y  0  loại a  4 .
x 
Nếu a  4 thì lim  lim
x 
lim y  lim
x 0
x0

 2 x  1 
2x 1
4 x 2  3x  2 x
3 x  x  3
x 

9 t 1
8
4 x 2  3x  2 x  x  3
9
 e8
8
3
  .
9
8
Vậy  C  có hai đường tiệm cận ngang là y  ; y  e 8 , và có 1 tiệm cận đứng là x  0 .
3
Câu 7:
1  8 9  9 8  1  9 64  1 9 32
9 32
Ta có S    e 8  e 8     e 4    e 4  . Vậy a.m.n  4. .  32 .
23
3 2
9  2
9
4 9

Chọn A
Khi x   :

2 3 
2 3
2 3
2 3
 2 mx  x 1   2 x  m  1  x  x 2  m  1   2
x x 
x x  
x x

y
1
1
2x 1
2x 1

2
x2 
x
x

m 1
Ta có: lim y 
1 m 1.
x 
2
Khi x   :
mx  x 1 
2 3
2 3
 2 mx  x 1   2
x x 
x x 
2x 1
2x 1
mx  x 1 
y
Ta có: lim y 
x 
Câu 8:

2 3 
x  m  1  2  m  1 2  3
x x 
x x2


1
1

2
x2  
x
x

m 1
 1  m  3 . Vậy tổng hai giá trị m bằng 4.
2
Chọn C
Xét hàm số y 
x 1
x  2mx  3m  4
2
Để đồ thị hàm số có đúng 1 đường tiệm cận đứng thì có những trường hợp sau
Trường hợp 1: x 2  2mx  3m  4  0 có nghiệm là 1
Khi đó: 1  2m  3m  4  0  m  5
173 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Trường hợp 2: x  2 mx  3m  4  0 có nghiệm kép
2
 m  1
Khi đó  '  0  m 2  3m  4  0  
m  4
Câu 9:
Vậy có tất cả 3 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn và tổng bình phương là 42
Chọn D
Nhận xét:
Khi a  0 thì y  x  1 : Hàm số không có tiệm cận.
1
1 

;
y , lim y , suy ra đồ
Với a  0 , hàm số có tập xác định D   
 , không tồn lại xlim

x 
a a 

thị hàm số không tồn tại tiệm cận ngang
x 1
1
x 1
1
Với a  0 , ta có: lim
và lim


x 
x 
a
a
ax 2  1
ax 2  1
Như vậy, đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là y 
1
1
và y  
a
a
'
 x 1 
1  ax
y'
 
2
2
2
 ax  1   ax  1 ax  1
Tiếp tuyến song song với tiệm cận ngang nên y '  xo   0 suy ra x0 
1
1
; y0  1 
a
a
1
1
1
Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có tọa độ  ; 1   là: y  1 
a

a
a

Khoảng cách giữa tiệm cận ngang và tiếp tuyến của  C  một khoảng bằng
Câu 10:
Trường hợp 1.
1
 a  1 (tm)
1
1

 2 1  
a
a
 a  0  ktm 
Trường hợp 2.
1
1
1

 2  1 . Vậy a  1
a
a
2  1 nên
Chọn A
3 x  1  ax  b
Hàm số y 
 x  12
không có tiệm cận đứng
 f  x   3 x  1  ax  b  0 có nghiệm kép x  1 1
Ta có f '  x  
Vậy a  b 
3
 f
 a . PT 1  
2 3x  1
 f
5

 3.1  1  a  b  0
b



1  0 

4
 3

' 1  0
 a0
a   3
4

4
1
.
2
Câu 11: Chọn B
Nhận xét: Đồ thị hàm số đã cho có tối đa 2 tiệm cận đứng và 2 tiệm cận ngang.
Vì vậy để đồ thị hàm số có đúng 4 đường tiệm cận thì đồ thị có đủ 2 tiệm cận ngang và 2 tiệm
cận đứng.
Tiệm cận ngang
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 174
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Điều kiện xác định: mx  8x  2  0
2
Với m  0 thì y 
x 1
không có đủ 4 đường tiệm cận. Vậy m  0 không thỏa mãn.
8 x  2
Với m  0 thì từ suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang vì không thỏa mãn điều kiện về
tập xác định.
1
1
x

Với m  0 thì lim y  lim
nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận
x 
x 
8
2
m
 m  2
x x
ngang.
Tiệm cận đứng
1
Đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình mx 2  8x  2  0 có hai
 '  16  2m  0
m  8

nghiệm phân biệt khác 1  
 
 f 1  0
m  6


Vậy đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận với m  0; 8  \ 6 .
Câu 12:
Chọn B
Ta có
+)
 x  1  x 2  x  1
x 2  x 4  x3  1
x 4  x 4  x3  1
lim y  lim
 lim
 lim
x 
x 
x 
x 1
 x  1 x 2  x 4  x3  1 x  x  1 x 2  x 4  x 3  1


 lim
x 
x2  x  1
x 
2
x 4  x3  1
+) lim y  lim
x 
x 




1
2



2x 1
1
4 x 2  2 x  1  2 x  2020  lim 
 2020     2020
2
x 
2
 4x  2x  1  2x

+) lim y  lim
x 2  x 4  x3  1
x3  1
x2  x  1
3
 lim
 lim

x 1
x 1
 x  1 x 2  x 4  x3  1 x1 x 2  x 4  x3  1 2
+) lim y  lim

x 1
x 1
x 1
x 1



4 x 2  2 x  1  2 x  2020  2022  7 .
1
1
Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  ; y    2020 .
2
2
1  1

Vậy tổng các phần tử của S là     2020   2020 .
2  2

Câu 13: Chọn B
x  2
Xét hàm số y  log f  x  . Hàm số xác định khi f  x   0  
.
x  1
Khi x   thì f  x   1 suy ra y  log f  x   0

Khi x  1 thì f  x   0 suy ra y  log f  x   
Khi x  2 thì f  x    suy ra y  log f  x   
175 | Phan Nhật Linh



CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Vậy hàm số có tất cả ba đường tiệm cận trong đó có một đường tiệm cận ngang y  0 và hai
Câu 14:
đường tiệm cận đứng x  1 và x  2 .
Chọn B
Trường hợp 1: m  0  y 
1
f
2
 x
.
1

y  lim 2
 
 xlim

x  f  x 

 đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

 lim y  lim 1  
x  f 2  x 
 x 
Khi f  x   0 vô nghiệm nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.
Nên m  0 không thỏa mãn.
Trường hợp 2: m  0
1
1

y  lim 2

 xlim
x  f  x   m
m
1
 
 đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y   .

1
1
m
 lim y  lim

2
x

x


f  x  m
m
1
Vậy để đồ thị hàm số y  2
có tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng bằng
f  x  m
3
2
thì phương trình f  x   m có hai nghiệm phân biệt.
m  0  phương trình vô nghiệm.
 f  x   m 1
m  0  f 2  x  m  
 f  x    m  2 
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình  2 vô nghiệm, suy ra 1 có hai nghiệm phân biệt khi
và chỉ khi 0  m  1  0  m  1 . Vậy 0  m  1 .
Câu 15:
Chọn C

1 2
 1 2 3  4
x 2 x2
1
x
x
Ta có: lim y  lim
 lim  .
2
2
x 
x 
x   x
x  x  2
 2

1  
 x

 y  0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
2


0



Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 176
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
lim y  lim


CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x 1
4x  x  1  2x  lim
2
4x  x  1  2x
x 
x 
 y
1
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
4
lim y  lim
x2
x2
x2  2 x  2
x  x  2
2
 lim
x2
x 
2
x4  4x  8
x  x  2
2
x
2
2 x2

1
 lim
x 
 lim
x2
 4
1
x
1 1
 2
x x2

1
4
x3  2x 2  4 x  4

x  x  2 x2  2 x  2

 lim  x3  2x 2  4 x  4   28
 x  2
Vì 
2
2
 lim x  x  2  x  2 x  2  0 va x  x  2  x  2 x  2 >0, x  2
x 2
Nên lim y    x  2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số





x 2
Vậy đồ thị hàm số trên có tất cả 3 đường tiệm cận
Câu 16: Chọn D
Ta có x 3  3x 2  m  1  0  m   x 3  3x 2  1 1 .
x  0
Xét hàm số y  f  x    x 3  3 x 2  1 có y  3x 2  6 x, y '  0  
.
 x  2
Đồ thị hàm số đã cho có đúng một đường tiệm cận đứng  phương trình 1 có đúng một
nghiệm và nghiệm đó khác 1 hoặc có một nghiệm đơn x  1 và một nghiệm kép khác 1.
 m  5
Dựa vào bảng biến thiên trên suy ra 
là giá trị cần tìm.
 m  1
Câu 17: Chọn C
1
Với m  0  y  2
không có tiện cận đứng  m  0 không thỏa mãn.
9x 1
Với m  0 , lim y  0 nên đồ thị hàm số luôn có 1 tiệm cận ngang là đường thẳng y  0 .
x 
Yêu cầu bài toán tương đương tìm m để đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng.
 h  x   mx 2  6 x  3  0 1
Xét:  mx 2  6 x  3  9 x 2  6 mx  1  0  
2
 g  x   9 x  6mx  1  0  2 
1  9  3m

2
  2  9m  9
 1
m
Ta có: h   
 2 4
 1
13
 g    3m 
4
  2 
177 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
1  0

Với m  3 thì   1 
nên phương trình 1 có 2 nghiệm phân biệt khác
h  2   0
  
hàm số có ít nhất 2 tiệm cận đứng.
 2  0

Với m  3 thì   1 
nên phương trình  2  có 2 nghiệm phân biệt khác
g  2   0
  
hàm số có ít nhất 2 tiệm cận đứng. Vậy không tồn tại m thỏa mãn đề bài.
Câu 18: Chọn A
Ta dễ dàng tìm được đồ thị có một tiệm cân ngang: y  0
1
. Khi đó, đồ thị
2
1
. Khi đó đồ thị
2
Xét
x  1
x 3  3mx 2   2 m  1 x  m  0   x  1  x 2   3m  1 x  m   0   2
 x   3m  1 x  m  0 *
Để đồ thị hàm số có 3 tiệm cận thì đồ thị hàm số sẽ có 2 tiệm cận đứng, suy ra có nghiệm thỏa
mãn một trong các trường hợp sau:
  9m 2  2m  1  0

Trường hợp 1: có nghiệm kép x0  1; 3   4m  2  0
 10m  12  0

  9m 2  2m  1  0
1

Trường hợp 2: có 2 nghiệm phân biệt ( x1  1, x2  3 )   4m  2  0
m
2
 10m  12  0

  9m 2  2m  1  0
6

Trường hợp 3: có 2 nghiệm phân biệt ( x1  1, x2  3 )  4m  2  0
m
5
 10m  12  0

Do yêu cầu bài toán lấy giá trị nguyên của m   6; 6  suy ra không tìm được m thỏa mãn
Vậy không có giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 19: Chọn A
 x 2  4 x 2  2 x
x  x  2   x  2
y

.
2
2
 f  x   2 f  x  3  f  x   2 f  x   3




x  0

2
Xét x  x  2  x  2  0   x  2 .

x  2

2
 x  a  a  2

x  0


f
x

1


2




Ta có:  f  x  2 f  x  3  0  
  x  b b  2 .

 f  x   3
x  2

 x  2

Dựa vào đồ thị ta thấy các nghiệm x  0; x  2 là các nghiệm kép.
Vì y  f  x  là hàm bậc bốn nên đa thức  f  x   2 f  x  3 có bậc là 8.
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 178
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Vậy y 
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x  x  2  x  2
2
k 2 x 2  x  2  x  2  x  a  x  b
2
2
với k  0 .
Vậy hàm số có 4 tiệm cận đứng là x  0; x  2; x  a; x  b .
Câu 20: Chọn B
Ta có lim y  0 nên đồ thị hàm số luôn có 1 đường tiệm cận ngang.
x 
Ta có x3  3mx 2   2m 2  1 x  m  0  x  x 2  3mx  2m2   x  m  0
xm

 x  x  m  x  2m   x  m  0   x  m   x 2  2mx  1  0   2
 x  2mx  1  0
Để đồ thị hàm số đã cho có 4 đường tiệm cận thì phương trình
g  x   x 3  3mx 2   2m2  1 x  m  0 phải có 3 nghiệm phân biệt khác 3 .
Suy ra m  3 và phương trình h  x   x 2  2mx  1 phải có hai nghiệm phân biệt khác m và 3 .
 m  1

 m3



m3
 m 1
  m  1


2

   m 1  0
 m  1 
5
Vậy 
 
 m .
h
3

9

6
m

1

0
3
  
 m5

m

3
 h  m   m 2  1  0


3




 m  1

Do m nhận giá trị nguyên và m thuộc đoạn  6;6 nên m  6; 5; 4; 3; 2; 2; 4;5;6 .
Vậy có 9 giá trị thỏa mãn.
Câu 21: Chọn D
(1)
 6 x  x2  0
 0 x6
Điều kiện  2
 2
 x  8 x  2m  0  x  8 x  2m  0 (2)
Từ yêu cầu bài toán suy ra phương trình x 2  8 x  2m  0 có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn
 0; 6 , hay phương trình
2m   x 2  8 x có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn  0; 6  .
Xét hàm số f ( x )   x 2  8 x có BBT.
x
0
f'(x)
6
4
+
0
-
16
f(x)
0
12
Từ bảng biến thiên (*)  12  2m  16  6  m  8.
Thử lại:
 x1  2   0; 4 
Khi m  6 : phương trình có hai nghiệm 
 x2  6
Khi đó, từ; suy ra TXĐ của hàm số: D   0; 2  nên không tồn tại lim y , do đó đường thẳng
x  x2
x  x2 không phải là tiệm cận đứng. Vậy m  6 không thỏa mãn.
179 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
 x1   0; 4 
Khi 6  m  8 : phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 ( x1  x2 ) : 
 x2   4;6 
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Khi đó, từ; suy ra TXĐ của hàm số: D   0; x1    x2 ; 6  , suy ra lim y  ; lim y   nên đồ
x  x1
x  x2
thị có hai tiệm cận đứng. Vậy 6  m  8 thỏa mãn, và m   nên m  7 . Kết luận: m  7 .
Câu 22: Chọn B
Ta có y 

f ( x) x 2  x
kx 2 ( x  1)( x  2) x 2  x

 f  x   2 ( x 2  1)( x 2  4)(2 x  1) ( x   )( x   )( x  1)( x  2)( x  1)( x  2)(2 x  1)
kx 2 x 2  x
( x   )( x   )( x  1)( x  2)(2 x  1)
Với (1    0, 2    3) . Điều kiện tồn tại căn
x  0
x2  x : 
.
 x  1

 x   ( KTM )

x  
Xét phương trình ( x   )( x   )( x  1)( x  2)(2 x  1)  0   x  1
.

 x  2

1
 x  ( KTM )

2
lim
x 1
lim
x 2
kx 2 x  x  1
( x   )( x   )( x  1)( x  2)(2 x  1)
kx 2 x  x  1
( x   )( x   )( x  1)( x  2)(2 x  1)
kx 2 x  x  1
lim
( x   )( x   )( x  1)( x  2)(2 x  1)
Vậy đồ thị hàm số có 3 tiệm cận đứng.
Câu 23: Chọn C
x 
x
y
2
 4 x  3 x 2  x
x  f
=
2
 x   2 f  x  

  . Suy ra x  1 là tiệm cận đứng.
  nên x  2 là tiệm cận đứng.
  nên x   là tiệm cận đứng.
 x  1 x  3 x  x  1
 x  1 x  3 x  x  1

x.k ( x  3)2 ( x  a ).k ( x  b)( x  c)( x  1)
x. f  x  .  f  x   2 
x  x  1
x.k ( x  3)( x  a ).k ( x  b)( x  c )
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 180
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Điều kiện tồn tại căn
Ta có lim
x 0
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x  0
x2  x : 
. Với f  x   0  x  3 hoặc x  a .
 x  1
x  x  1
k x.  x  3 ( x  a)( x  b)( x  c)
Ta có: lim
x 3
2
x  x  1
  . Suy ra x  0 là tiệm cận đứng.
k x.  x  3 ( x  a)( x  b)( x  c)
2
  nên x  3 là tiệm cận đứng.
 x  1

Với f  x   2   x  b  3  b  1 .
 x  c c  3



Ta có:
lim
x b
 x  1 x  3 x  x  1

x. f  x  .  f  x   2
lim
x b
x  x  1
k x.  x  3 ( x  a)( x  b)( x  c)
2
 
nên x  b là tiệm cận đứng.
lim
x c
Câu 24:
x  x  1
 x  1 x  3 x  x  1
 
 lim 2
x  c k x.  x  3  ( x  a )( x  b)( x  c )
x. f  x  .  f  x   2 

nên x  c là tiệm cận đứng. Vậy đồ thị hàm số có 4 tiệm cận đứng.
Chọn C
TXĐ: D  R | 2 . Đặt f  x   ax3  bx 2  3x  c
Để đồ thị hàm số  C  không có tiệm cận đứng thì phương trình f  x   0 nhận x  2 nghiệm
1

a   4
 2  0
8a  4b  c  6

3


. Vậy S  4a  2b  3c  4
'  2   0  12a  4b  3  b 
2
12a  2b  0

''  2   0

c  2


f

bội 3   f

f
Câu 25:
Chọn A
Tập xác định: D   ;  1   0;    . Ta có lim y  lim
x 
3 1

x2 x  1  m
1
 12 
x
m  12 
x 
3 1

x2 x  m  1
1
12 
x
m  12 
lim y  lim
x 
x 
Suy ra để đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang thì m  1  1  m  m  0
lim y  lim
x 0
x 0
mx  x 2  3  1
x x
2
  ; lim y  lim
x 1
x 1
mx  x 2  3  1
x x
2

  khi m  1
 khi m  1
Vậy khi m  0, m  1 thì đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang là y  m  1; y  1  m và
181 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2 đường tiệm cận đứng là x  0; x  1 . Để 2 đường tiệm cận đứng và 2 đường tiệm cận
ngang
tạo thành hình chữ nhật có diện tích bằng 2 thì 1.2 m  2  m  1
Đối chiếu điều kiện m  1 .
Câu 26: Chọn D
 x  3
Điều kiện: 
 x  2
Tiệm cận ngang:
x



3
1 1 
3
1 1 
2
x
x
1



x
1


 



x  3  x 1
x2
x x2 
x2
x x2 




4
x2  4
 4
2
x 1  
x 2 1  
 x
 x
2

3
1 1
3
1 1

 2
1 2 

2
x
x x  lim y  lim
x
x x2  1

x 
x 
4
4
1
1
x
x
Suy ra đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang y  1
1
Tiệm cận đứng:
Điều kiện cần: Xét phương trình x 2  4  0  x  2
Điều kiện đủ: Đặt f ( x)  x( x 2  3  x  1)
Xét x  2 , ta có f  2   0 nên ta sẽ đi tìm bậc của  x  2  của f  x 
x2  3  x  1 
( x 2  3  x  1)( x 2  3  x  1)

x2  x  2
 ( x  2) h( x )
g ( x)
x2  3  x  1
( x  2) h( x)
h( x )
Suy ra y 
, suy ra x  2 không phải là tiệm cận đứng

( x  2)( x  2) x  2
Xét x  2 , ta có f  2  không tồn tại hay x  2 không phải là tiệm cận đứng.
Vậy m  1, n  0  m  n  1 .
Câu 27: Chọn D
 x 2  2019 x  2020 xác định khi  x 2  2019 x  2020  0  1  x  2020
Đặt f  x    x 2  2019 x  2020  4038 . Xét x  m  0  x  m .
Đồ thị nếu có tiệm cận đứng chỉ có thể là x  m , khi đó điều kiện là:
1
1  x  2019
m   1; 2019


2
 f  m   0
 m  2019m  2020  24 7 *
m  1
Ta có *  m 2  2019m  2018  0  
 2
m  2018
Từ 1 ,  2   m   1; 2020 \ 1;2019
Vậy có 2022  2  2020 số nguyên m thỏa mãn bài toán.
Câu 28: Chọn D
Xét hàm số h  x   f  x 2  3  h  x   2 x. f   x 2  3 
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 182
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x  0
x  0
x  0

 2
 h  x   0  
  x  3  1   x   2 2

 f  x  3  0
 x  2
 x2  3  1


Ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số g  x  
1
có đúng 6 tiệm cận đứng 
f  x  3  m
2
h  x   m có 6 nghiệm phân biệt  0  m  4 .
Câu 29:
Chọn B
 x  1

5
Ta có h  x   4mx 3  3nx 2  2 px  q . Từ đồ thị ta có h  x   0   x 
và  m  0  .
4

x  3

5

Suy ra h  x   4m  x  1  x    x  3  4mx3  13mx 2  2mx  15m .
4

13
Suy ra h  x   mx 4  mx 3  mx 2  15mx  C . Từ đề bài ta có C  0 .
3
13
13
Vậy h  x   mx 4  mx 3  mx 2  15mx . Xét h  x   m 2  m  0  m  x 4  x 3  x 2  15 x  1 .
3
3
 x  1

13
5
Xét hàm số f  x   x 4  x 3  x 2  15 x  1  f   x   4 x3  13x 2  2 x  15  0   x  .
3
4

x  3

Bảng biến thiên
Để đồ thị hàm số g  x  có 2 đường tiệm cận đứng  phương trình h  x   m2  m  0 có 2
13 3
x  x 2  15 x  1 có 2 nghiệm phân biệt.
3
35
Từ bảng biến thiên kết hợp thêm điều kiện m  0 ta có   m  1 .
3
nghiệm phân biệt  phương trình m  x 4 
183 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Do m nguyên nên m  11;  10;...;  2 . Vậy có 10 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 30:
Chọn C
x  0
Ta có x 4  2 x 2  0  
, trong đó x  0 là nghiệm kép.
x   2


Dễ dàng chứng minh được nếu x  x0 với x0  0;  2 là nghiệm đơn của mẫu hoặc x  x0 là
nghiệm kép khác 0 của mẫu thì đường thẳng x  x0 là đường TCĐ của đồ thị hàm số g  x  .
Nếu x  0 là nghiệm kép bội hai của mẫu thì đường thẳng x  0 không là TCĐ của đồ thị hàm
số g  x  .
 f  x  1
Ta có f 2  x   2 f  x   3  0  
 f  x   3
Dựa vào BBT ta được PT f  x   1 có hai nghiệm kép là x   2 và x  2
và PT f  x   3 có hai nghiệm đơn là x  a   2 và x  b  2 và một nghiệm kép x  0 .
Khi đó đồ thị hàm số g  x  có 4 đường TCĐ là x  a , x  b , x  2 và x   2 .
Mặt khác, bậc của tử là bậc 4 và bậc của mẫu là bậc 8 nên dễ tính được lim g  x   0 . Khi đó
x 
đồ thị hàm số g  x  có đường TCN là y  0 .
Vậy đồ thị hàm số g  x  có 5 đường tiệm cận.
Câu 31:
Chọn B
Ta có: lim
x 
x3
x 3
 0 và lim 3
0
2
2
x

x  3mx   2m  1 x  m
x  3mx   2 m 2  1 x  m
3
2
nên đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang là y  0.
Do đó  C  có tổng số đường tiệm cận là nhiều nhất khi  C  có 3 đường tiệm cận đứng nên
phương trình x 3  3mx 2   2 m 2  1 x  m  0 1 có 3 nghiệm phân biệt x  3 .
x  m
Ta có: 1   x  m   x 2  2mx  1  0  
2
 g  x   x  2mx  1  0  2 
Suy ra m  3 và phương trình có 2 nghiệm phân biệt khác 3

m  3
m  3
m  3


 2
m  1
   0
 m  1  0   
g 3  0

  m  1
10  6m  0
  

5
m 
3

Mà m nguyên thuộc khoảng  10;10  nên m  9; 8; 7; 6  5; 4; 3; 2; 2; 4;5;6;7;8;9 .
Câu 32:
Chọn D
Gọi  C  là đồ thị hàm số y 
Ta có y 
x2
.
x  3x  (m  2) x  m
3
2
x2
x2

x  3x  (m  2) x  m  x  1  x 2  2 x  m 
3
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 184
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
1 2
 3
2
x2
x
x
Vì lim 3
 lim
 0 nên đồ thị hàm số có 1 đường tiệm
x  x  3 x 2  ( m  2) x  m
x 
3 m2 m
1  2  3
x
x
x
cận ngang là y  0.
Do đó  C  có 4 đường tiệm cận khi và chỉ khi  C  có 3 đường tiệm cận đứng
  x  1  x 2  2 x  m   0 có 3 nghiệm phân biệt khác 2
 x 2  2 x  m  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1; 2 .
 '  1  m  0
m  1
m  1
2

 1  2.1  m  0  m  1  
 m  0.
 22  2.2  m  0
m  0


Câu 33: Chọn B
Xét hàm y  g  x  
x2
với x  2 .
f  x   mf  x 
2
 f  x  m
Khi đó f 2  x   mf  x   0  
 f  x   0
 x  a  a  1

Phương trình f  x   0   x  b  1  b  2 

 x  c  c  2, c  n 
Với x  a , x  b loại vì không thõa điều kiện.
Với x  c , lim g  x    nên đường x  c là một tiệm cận đứng của đồ thị g  x  .
xc
Đồ thị g  x  có hai đường tiệm cận đứng  f  x   m có một nghiệm x  2 và x  c
m  2
Dựa vào BTT của y  f  x  , f  x   m có một nghiệm x  2 và x  c  
.
m  0
Câu 34: Chọn A
3
3
1
Với m   , đồ thị  C  có đường tiệm cận đứng là x   và tiệm cận ngang y  .
2
2
2
3
Khoảng cách từ M tới đường tiệm cận đứng: d1  xM  .
2
Khoảng cách từ M tới đường tiệm cận ngang: d 2 
Từ giả thiết,  MAB vuông tại M nên S MAB 
2m  3
xM  m 1
2 m  3
 

.
2 xM  3 2 2  2 xM  3 2 2 xM  3
1
1
MA.MB  d1.d 2  1  d1d 2  2
2
2
5

m  2
 2m  3  8
3 2m  3
Do đó xM  .
 2  2m  3  8  

2 2 2 xM  3
 2 m  3  8
 m   11

2
Câu 35: Chọn D
2x  2
.
Đồ thị  C  có đường tiệm cận đứng x  1. Ta có M   C  nên yM  M
xM  1
185 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Khoảng cách từ M tới đường tiệm cận đứng: d1  xM  1 .
Khoảng cách từ M tới trục hoành: d 2  yM 
2 xM  2
.
xM  1
Tổng khoảng cách từ M tới tiệm cận đứng và trục hoành: d  d1  d2  xM  1 
Nếu xM  1, ta có d  xM  1 
2 xM  1
xM  1
2 xM  2
xM  1
 2 2 xM  1  2 2.2  4
Nếu 1  xM  1, ta có
d  1  xM 
 2
2 xM  2
2x  2
 2   1  xM   M
1  xM
1  xM
 1  xM 1  xM   2 xM  2  2  xM2  1  2 xM  2  2   xM  1
1  xM
1  xM
2
1  xM
 2.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xM  1.
Nếu xM  1, ta có d  1  xM 
2 xM  2
 1  xM  2
xM  1
Vậy d  2, dấu bằng chỉ xảy ra khi xM  1, do đó M  1;0  .
Câu 36:
Chọn D
2mx  3
có tiệm cận đứng x  m và tiệm cận ngang y  2m nên giao điểm
x m
 2mx  3 
0
  C 
của hai tiệm cận là I m; 2m  . Giả sử M x 0;
x 0  m 

Đồ thị C  : y 
Phương trình tiếp tuyến  với C  tại M là y  
2m 2  3
x
 m
2
0
x  x  
0
2mx 0  3
x0  m
.
 2mx  2m 2  6 
0
 , cắt tiệm cận ngang tại
Tiếp tuyến cắt TCĐ x  m tại A m;

x0  m


B 2x 0  m; 2m
Ta có IA 
4m 2  6
và IB  2 x 0  m . Diện tích tam giác IAB là
x0  m
S IAB  64 
Vậy S 
Câu 37:

1
1 4m 2  6
58
IA.IB  64 
.2 x 0  m  64  4m 2  6  64  m  
2
2 x0  m
2
58 
58 
 
 0.

2
2 
Chọn D
Đồ thị C  : y 
2x  1
có tiệm cận đứng x  1 và tiệm cận ngang y  2 nên I 1; 2 .
x 1
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 186
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 2x  1
, x 0  0
Vì M  C  nên M x 0 ; 0

x 0  1 
Phương trình tiếp tuyến với C  tại M là y 
x
3
0
 1
2
x  x  
0
2x 0  1
x0  1
.

2x  4 
6
, B 2x 0  1; 2 . Ta có IA 
và IB  2 x 0  1 .
 A 1; 0

x 0  1 
x0  1

Khi đó IA2  IB 2  40 

x
36
0
 1
2
 4 x 0  1  40 , x 0  0
2
2

4
2
x 0  1  1

 x 0  1  10 x 0  1  9  0  
x  12  9
 0
Suy ra M 2; 1 . Giá trị của biểu thức P  7.
Câu 38:
x
 0
x
 0
x
 0
x
 0
 0 (l )
 2 (l )
 2 (n )
 x 0  2  y0  1 .
 4 (l )
Chọn A
Đồ thị  C  có đường tiệm đứng x  1 và đường tiệm cận ngang y  1 .
Giao điểm hai đường tiệm cận I  1;1 .

x 2
3
Gọi M  x0 ; 0
.
   C  với x0  0 . Ta có y  
2
x0  1 
 x  1

Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm M là y 
3
 x0  1
2
 x  x0  
x0  2
.
x0  1

x 5
Tiếp tuyến của  C  tại điểm M cắt tiệm cận đứng tại điểm P  1; 0
 và cắt tiệm cận
x0  1 

1
1 6
.2 x0  1  6 .
ngang tại điểm Q  2 x0  1;1 . Ta có SIPQ  IP.IQ 
2
2 x0  1
SIPQ
6
nên r đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi p đạt giá trị nhỏ
p
p
nhất hay chu vi tam giác IPQ đạt giá trị nhỏ nhất.
Mặt khác SIPQ  pr  r 

Mà chu vi tam giác IPQ :
C  IP  IQ  PQ  IP  IQ  IP 2  IQ 2  2  2


Nên chu vi tam giác IPQ nhỏ nhất khi IP  IQ 
 x0  1  3
6
 2 x0  1  
.
x0  1
 x0  1  3



IP.IQ  2  2
Do x0  0 nên x0  1  3  M 1  3 ;1  3 . Vậy x0  y0  0 .
Câu 39:
Chọn D
Đồ thị  C  có đường tiệm đứng x  1 và đường tiệm cận ngang y  1 .
Giao điểm hai đường tiệm cận I 1;1 .
187 | Phan Nhật Linh

12
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ

2x 1 
2
Gọi M  x0 ; 0
.
   C  với x0  1 . Ta có y  
2
2 x0  2 
 2x  2

Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm M là y  
2
 2 x0  2 
2
 x  x0  
2 x0  1
.
2 x0  2

x 
Tiếp tuyến của  C  tại điểm M cắt tiệm cận đứng tại A 1; 0  và cắt tiệm cận ngang tại
 x0  1 
1
điểm B  2 x0  1;1 . Ta có IA  IB 
 2  x0  1  2 2
x0  1

2 2
 x0 
1
2 .
Suy ra Min  IA  IB   2 2 khi
 2  x0  1  
x0  1

2 2
 x0 

2
Do x0  1 nên x0 
2 2
2 2
. Vậy x0 
.
2
2
Câu 40: Chọn D

x 2
Gọi M  x0 ; y0    C   M  x0 ; 0
.
3  x0 

Đồ thị  C  có tiệm cận đứng x  3 và tiệm cận ngang y  1 .
Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là d1  x0  3 .
Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang là d 2 
Ta có d1  d 2  x0  3 
1
.
3  x0
1
1
 2 . Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi x0  3 
3  x0
3  x0
 x  2  y0  0
. Mà y0  0 nên y0  2 . Vậy 2 x0  y0  2.4   2   10 .
 0
 x0  4  y0  2
Câu 41: Chọn A
Đồ thị  C  có tiệm cận đứng x  3 và tiệm cận ngang y  1 .
Giao điểm của hai đường tiệm cận I  3;1 .

x 1 
4
Ta có điểm M  x0 ; y0    C   M  x0 ; 0
, x  3 .
 và y  
2
x0  3 
 x  3

Phương trình tiếp tuyến của  C  tại M có dạng y 
4
 x0  3
2
 x  x0  
x0  1
.
x0  3
Cho y  1   x0  3   4 x  4 x0   x0  1 x0  3   x  2 x0  3 .
2
Cho x  3  y 
4
 x0  3
2
 3  x0  
x0  1 x0  5
.

x0  3 x0  3

x 5
Suy ra tiếp tuyến của  C  tại điểm M cắt tiệm cận đứng tại A  3; 0
 và cắt tiệm cận
x0  3 

ngang tại điểm B  2x0  3;1 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 188
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Ta có IA2  IB 2  32 
64
 x0  3
2
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x 3 2
2
 4  x0  3  32   0

 x0  3  2
 x 0  1
 x  5
 0
Với x0  1  y0  1 . Với x0  5  y0  3 . Vậy M  5;3 .
Câu 42:
Chọn C
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng d1 : x  1 và tiệm cận ngang d 2 : y  2 .
 2x 1 
Giả sử M  x0 ; 0    C  với x0  1 .
x0  1 

Ta có: d  M ; d1   x0  1 ; d  M ; d 2  
Theo đề bài: x0  1 
2 x0  1
1
2 
x0  1
x0  1
 x0  2
1
1
 2 x0  1 .
 2  x0  1  1  
.
x0  1
x0  1
 x0  0
Vậy có 2 điểm M thỏa mãn đề bài.
Câu 43: Chọn B
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  2 và tiệm cận ngang y  1 . Do đó I  2;1 .
Suy ra OI  5 và đường thẳng OI có phương trình:  : x  2 y  0 .
 m 1 
Giả sử M  m;
   C  với m  0 .
 m2
Ta có: d  M ;   
Theo đề bài: S OMI
m  2.
m 1
m 2  4m  2
m2

h
5
5 m2
1
 OI .h  h 
2
2.
1
2
2  1  m  4m  2  1
m2
5
5
 m  0 (L)
 m  5 (L)
 m  4m  2  m  2
2
 m  4m  2  m  2   2

.
 m  1
m

4
m

2

2

m


 m  4 (L)
Vậy có 1 điểm thỏa mãn đề bài.
Câu 44: Chọn B
2
Ta có: lim f  x   lim
x x
x 1
2
 lim
1
x
3 m
x. 3 1   3
x x
Suy ra: y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x 
x  3
lim f  x   lim
x3  3 x 2  m
x2  x
x 
x 1
 lim
1
x
3 m
x. 3 1   3
x x
Suy ra: y   1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x 
189 | Phan Nhật Linh
x  3
x3  3 x 2  m
x 
1
 lim
x 
 1
 lim
x 
1
x
3 m
3 1

x x3
1
x
3 m
3 1

x x3
 1 .
 1.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Vậy để  C  có 4 đường tiệm cận thì  C  cần có thêm đúng 2 đường tiệm cận đứng.
Điều kiện cần:
3
x3  3x2  m  0 có ít nhất 2 nghiệm phân biệt.
Suy ra: m   x 3  3 x 2 có ít nhất 2 nghiệm phân biệt.  * 
Xét hàm số f  x   x  3x có bảng biến thiên như sau:
3
2
Dựa vào bảng biến thiên suy ra: *  0  m  4 . Mà m  Z  m 0;1;2;3;4 .
Điều kiện đủ:
Với m  0  f  x  
x . x 1
3
x 2  x  3
. Do lim
x0 3
x . x 1
  và lim
x 2  x  3
x 3
x . x 1
3
x 2  x  3
 
Đồ thị hàm số có đúng 2 tiệm cận đứng là x  0 và x  3 .
Với m  1  f  x  
x . x 1
3
x3  3x 2  1

x . x 1
 x  x1  x  x2  x  x3 
3
( x 1 ; x 2 ; x 3 khác 0 và 1)
Đồ thị hàm số có đúng 3 tiệm cận đứng x  x1 ; x  x 2 và x  x3 .
Với m  2  f  x  
x . x 1
3
x 3  3x 2  2

x . x 1
3
 x  x4  x  1 x  x5 
( x 4 ; x 5 khác 0 và 1)
Đồ thị hàm số có đúng 2 tiệm cận đứng là x  x 4 và x  x5 .
Với m  3  f  x  
x . x 1
3
x3  3x 2  3

x . x 1
3
 x  x6  x  x7  x  x8 
( x 6 ; x 7 ; x 8 khác 0 và 1)
Đồ thị hàm số có đúng 3 tiệm cận đứng x  x 6 ; x  x 7 và x  x8 .
Với m  4  f  x  
x . x 1
3
x3  3x2  4
x . x 1

3
 x  1 x  2 
2
Đồ thị hàm số có đúng 2 tiệm cận đứng x  1 và x  2 .
Vậy m0;2;4 thì thỏa yêu cầu đề bài. Có 3 giá trị của m .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 190
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 45: Chọn C
Với x  2 thì x 2022  x  2  0.
Xét phương trình x 2   m  2  x  2  0 1 , x  2 . Ta có 1  m  x  2 
2
2
x
YCBT  phương trình  2  có đúng 1 nghiệm thuộc  2;    Đường thẳng  d  : y  m cắt
đồ thị y  g  x   x  2 
2
2
tại duy nhất 1 điểm trên  2;   . Ta có : g   x   1  2
x
x
Bảng biến thiên của g  x 
 *  m  5
191 | Phan Nhật Linh
 m
mà 
. Suy ra m  5; 6;...; 2021 . Suy ra có 2017 số cần tìm.
m   0; 2021
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
: Từ bảng biến thiên hoặc đồ thị của hàm số y  f  x  hoặc
y  f   x  . Tìm số giao điểm hoặc số nghiệm của phương trình y  f u  x   hoặc biện luận theo tham
số thỏa mãn yêu cầu bài toán đưa râ.
Đây là dạng toán hay và khó được các SGD và các trường Chuyên trên cả nước khai thác một cách triệt
để. Để giải quyết các bài toán này, chúng ta có thể sử dụng phương pháp biện luận truyền thống hoặc
tối ưu hơn là phương pháp ghép trục (hoặc ghép bảng biến thiên). Đi vào từng ví dụ minh họa và bài
tập vận dụng, chúng ta sẽ hình dung và hiểu sâu hơn về dạng toán này.
Câu 1:
Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau
 9 
Số nghiệm thuộc đoạn 0;  của phương trình f  f cos x   2 là
 2 
A. 3 .
Câu 2:
Cho hàm số f  x  
C. 7 .
B. 5 .
D. 9 .
9x
1


. Tìm m để phương trình f  3m  sin x   f  cos 2 x   1 1 có
x
9 3
4


đúng 8 nghiệm phân biệt thuộc đoạn  0;3  .
 1

A.  
;0 .
 192 
 1 
B.   ; 0  .
 64 
 1 
C.   ; 0  .
 64 
 1

D.  
; 0 .
 192 
1
Câu 3:
Cho hàm số f  x   log 3 x  3 x  3 x . Tính tổng bình phương các giá trị của tham số m để


1
phương trình f 
  f x 2  4 x  7  0 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt.
 4 xm 3


A. 14 .
B. 13 .
C. 10 .
D. 5 .

Câu 4:

Biết tập tất cả các giá trị thực của m để 4 x  m  x 2  2mx  m 2  3  9 x  1  0 có 4 nghiệm
phân biệt là khoảng  a; b  . Hỏi giá trị của  b  a  nằm trong khoảng nào dưới đây?
1 
A.  ; 1 .
3 
 1
B.  0;  .
 3
C. 1; 2  .
 5
D.  2;  .
 2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 192
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 5:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Cho hàm số y  f  x   ax  bx  cx  d  a, b, c, d    có đồ thị như hình vẽ
3
2
Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình f 2  x    m  7  f  x   4m  12  0
có 7 nghiệm phân biệt là
A. 6 .
B. 3 .
Câu 6:
D. 6 .
2x 1
có đồ thị là (C ) . Tìm các giá trị của m để đường thẳng d m : y   x  m
x 1
cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác ABM là tam giác đều với M  2;5 
Cho hàm số y 
.
A. m  1 , m  5 .
Câu 7:
C. 3 .
B. m  1, m  5 .
C. m  0 , m  2 .
D. m  0 , m  1 .
Cho hàm số f ( x)  x3  3x 2 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số
g ( x)  f  x   m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.
A. 2 .
Câu 8:
B. 0 .
C. 4 .
D. 3 .
Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau:
Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình 3 f  sin x   m  0 có lẻ nghiệm trên đoạn
  ; 2  ?
Câu 9:
A. 4 .
B. 2 .
C. 1 .
D. 3 .
4
2
Tập các giá trị của tham số m để phương trình x  2 x  3m  1  0 có hai nghiệm phân biệt là
1

A. 1;     0 .
B.  ;     0 .
C.  0;    .
D. 1;    .
3


Câu 10: Cho f ( x) là hàm số bậc ba có đồ thị như hình vẽ sau:
193 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ


Có bao nhiêu cặp số nguyên dương  a; b  thoả mãn a  b  16 để phương trình f ax 2  1 
có 7 nghiệm thực phân biệt?
A. 101 .
B. 96 .
C. 89 .
1
bx
D. 99 .
Câu 11: Gọi S là tập các hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số d sao cho đồ thị hàm số
y  x 3  3 x 2  2 cắt đường thẳng d : y  m 2  x  1 tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3
thỏa mãn: x13  x23  x33  2057 . Số phần tử của tập S là
A. 19 .
B. 36 .
C. 18 .
D. 37 .
Câu 12: Cho hàm số đa thức bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
tham số m để phương trình f  x  
A. 9 .
2 2 1 4
m  m có 8 nghiệm phân biệt?
9
81
B. 8 .
C. 6 .
D. 3 .
Câu 13: Cho hàm số y   x  1 2 x  1 3 x  1  m  2 x  và y  12 x 4  22 x3  x 2  10 x  3 có đồ thị
lần lượt là  C1  và  C2  . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trên đoạn  2020;2020
để  C1  cắt  C2  tại 3 điểm phân biệt.
A. 2020 .
B. 4040 .
C. 2021 .
D. 4041 .
Câu 14: Cho hai hàm số y  x  x  2  x  3 m  | x | , y  x 4  6 x 3  5 x 2  11x  6 có đồ thị lần lượt là
 C1  ,  C2  . Có bao nhiêu giá trị nguyên
điểm phân biệt?
A. 2021 .
B. 2019 .
m thuộc đoạn  2020; 2020  để  C1  cắt  C2  tại 4
C. 4041 .
D. 2020 .
Câu 15: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  có bảng biến thiên như hình vẽ
Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f  x 3  1  3m  1 có đúng 6 nghiệm
phân biệt là  a; b  . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?
2
A. b  a   .
3
B. b  a  2 .
C. b  a 
4
.
3
D. b  a 
2
.
3
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 194
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ


Câu 16: Cho hàm số f  x   x  3 x . Số giá trị nguyên của m để phương trình f x 4  4 x 2  2  m 1
3
2
có đúng 4 nghiệm phân biệt là
A. 14 .
B. 16 .
C. 17 .
D. 15 .


Câu 17: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình 27 x  32 x 1  ln m  m2  1  0 có hai nghiệm
thực phân biệt?
A. 27 .
B. 29 .
C. 28 .
D. 30
Câu 18: Gọi S là tập hợp giá trị thực của tham số m sao cho phương trình x3  2  m  3 3x 2  4 x  m
có đúng hai nghiệm thực. Tích tất cả phần tử của tập hợp S bằng.
23
4
A.
.
B. 0 .
C. 1 .
D.
.
27
27
Câu 19: Cho hai hàm số y  x 6  6 x 4  6 x 2  1 và y  x3 m  15 x ( m  3  15 x) có đồ thị lần lượt là (C1 )
và (C2 ). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  2021; 2021 để
(C1 ) và (C2 ) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Số phần tử của tập hợp S bằng
A. 2009 .
B. 2008 .
C. 2006 .

D. 2007 .

Câu 20: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình bên. Phương trình 2 f x  1  6 x  3  1 có bao
nhiêu nghiệm?
A. 4.
B. 3.
C. 5.
D. 6.
Câu 21: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
tham số m để phương trình f  f  x   m   1  f  x   m có đúng 3 nghiệm phân biệt trên
 1;1
A. 1.
195 | Phan Nhật Linh
B. 4.
C. 3.
D. 2.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 22: Cho hàm số đa thức bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình vẽ.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f  x  
phân biệt?
A. 9 .
B. 8 .
C. 6 .
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2 2 1 4
m  m có 8 nghiệm
9
81
D. 3 .
3
2
Câu 23: Cho hàm số f  x   ax  bx  cx  d có bảng biến thiên như hình vẽ. Khi đó tất cả các giá trị
của tham số m để phương trình f  x   m có 4 nghiệm phân biệt x1  x2  x3 
1
1
 m  1.
B.  m  1 .
C. 0  m  1 .
2
2
Câu 24: Cho hàm số bậc bốn f  x  có đồ thị như hình vẽ bên:
A.

1
 x4 là
2
D. 0  m  1 .

Số nghiệm của phương trình 5 f x  1  2 x  1  12  0 là
A. 2
B. 3
C. 5
D. 4
Câu 25: Cho hàm số đa thức f  x  có đồ thị như hình vẽ bên:
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 196
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Số nghiệm của phương trình f  4 x  4 x   x  1 là
2
A. 6 .
B. 4 .
C. 8 .
D. 5
Câu 26: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình dưới đây:
 9 
Số nghiệm của phương trình f  3sin x   3 cos x trên khoảng  0;  là
 2 
A. 16 .
B. 17 .
C. 15 .
D. 18 .
Câu 27: Cho hai hàm y  f  x  và y  g  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Khi đó tổng số
nghiệm của phương trình f  g  x    0 và g  f  x    0 là
A. 25 .
B. 22 .
D. 26 .
C. 21 .
Câu 28: Cho hàm số f  x  có đồ thị như hình vẽ:
y
3
1
-1
O
2
x
-1
Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để phương trình f  4 sin x  m   3  0 có
đúng 12 nghiệm phân biệt thuộc nửa khoảng  0; 4  . Tổng các phần tử của S bằng
A. 3 .
197 | Phan Nhật Linh
B. 1 .
C. 3 .
D. 1 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 29: Cho hàm số y  f  x  là hàm số bậc ba, có đồ thị như sau:


Phương trình f 2  sin x  cos x   1  2 2 sin  x   f  sin x  cos x   sin 2 x có mấy nghiệm
4

 5 5 
thực thuộc đoạn  
:
;
 4 4 
B. 3 .
A. 1.
D. 6 .
C. 4 .
Câu 30: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị là đường cong như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của
phương trình f



x 2  1  x f  x   2  0 là
y
x
O
2
A. 8 .
B. 12 .
C. 6 .
D. 9 .
Câu 31: Cho hàm đa thức bậc ba y  f  x  liên tục trên  có đồ thị như hình vẽ
y
1
2
1
1
2
x
1
3
Phương trình f  f  x   1  f  x  có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt
A. 3 .
B. 2 .
C. 7 .
D. 5 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 198
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 32: Cho hàm số y  f  x  là hàm đa thức bậc ba có đồ thị như hình vẽ.
Số nghiệm thực của phương trình
A. 4 .
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
f  f  x   1  1  f  x   2 là
B. 1.
C. 7 .
D. 5 .
1
Câu 33: Cho hàm số bậc ba f  x   ax 3  bx 2  x  c và đường thẳng g  x  có đồ thị như trong hình vẽ
3
bên dưới và AB  5 . Biết phương trình f  x   g  x   x 2  2 có nghiệm dương có dạng
m n
.
p
Khi đó giá trị m  n  p bằng
A. 10.
B. 15.
C. 16.
D. 18.
Câu 34: Cho hàm số f  x  liên tục trên  . Biết rằng phương trình f  x   0 có 8 nghiệm dương phân
biệt không nguyên, phương trình f  2 x3  3x 2  1  0 có 20 nghiệm phân biệt, phương trình
f  x 4  2 x 2  2   0 có 8 nghiệm phân biệt. Hỏi phương trình f  x   0 có bao nhiêu nghiệm
thuộc khoảng  2;    ?
A. 0 .
B. 1 .
C. 2 .
D. 4 .
Câu 35: Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f  x 3 f  x    1  0 là
A. 6 .
199 | Phan Nhật Linh
B. 4 .
C. 5 .
D. 8 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 36: Cho hàm số bậc bốn y  f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số nghiệm thực phân biệt


của phương trình f x 2 f ( x)  2  0 là
y
x
O
2
A. 8.
B. 12.
C. 6.
D. 9.
Câu 37: Cho hàm số bậc ba y  f ( x) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Số nghiệm thực phân
biệt của phương trình f

A. 14 .
B. 10 .

4  x2  x2  1 
1
là
2021
C. 24 .
D. 12 .
Câu 38: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  liên tục và xác định trên  và có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
Gọi  C1  và  C2  lần lượt là đồ thị của hàm số y  f   x  . f  x    f   x   và y  2021x . Số
2
giao điểm của  C1  và  C2  là?
A. 1.
B. 0 .
C. 2 .
D. 4 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 200
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 39: Cho đồ thị hàm số y  f  x  như hình vẽ dưới. Hỏi phương trình
x  3x
2
x  3x
2
f  x 2  2 x   2 có
tất cả bao nhiêu nghiệm thực?
A. 6 .
B. 3 .
C. 5 .
D. 4 .
Câu 40: Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau


Số nghiệm của phương trình f x 3  6 x 2  9 x  3  0 là
A. 9 .
B. 7 .
C. T  8 .
D. 6 .
Câu 41: Biết rằng đồ thị hàm số bậc bốn y  f  x  được cho như hình vẽ bên.
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình  f   x    f  x  . f   x   0 bằng
A. 4.
B. 0.
C. 3.
D. 2.
2
Câu 42: Cho hàm đa thức y  f  x  có đồ thị như hình vẽ.
Đặt g  x   f  x 2  . Số nghiệm của phương trình g  x  .  2 g  x   1  0 là
A. 11.
201 | Phan Nhật Linh
B. 10.
C. 13.
D. 12.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 43: Cho hàm số bậc ba f  x   ax  bx  cx  d  a, b, c, d    có đồ thị như hình vẽ.
3
2
Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên m thuộc
 10;10
sao cho phương trình
 f  x 2  1    2m  1 f  x 2  1  m  m  1  0 có nghiệm và số nghiệm thực phân biệt là số


chẵn. Số phần tử của S là
A. 19.
B. 10.
C. 11.
D. 12.
2
Câu 44: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  , f  2   7 và có bảng biến thiên như sau:


Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f x 2  1  2  m có đúng
6 nghiệm phân biệt?
A. 9 .
B. 8 .
C. 7 .
D. 6 .
Câu 45: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:
Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình f 1  2sin x   f  m  có nghiệm thực?
A. 7 .
B. 6 .
D. 4 .
C. 5 .
Câu 46: Cho hai hàm số y   x  1 x  2  x  3  m  x  ; y   x 4  6 x3  5 x 2  16 x  18 có đồ thị lần
lượt là  C1  ;  C2  . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn  2021; 2021 để  C1  cắt
 C2  tại
4 điểm phân biệt?
A. 4042 .
B. 2022 .
C. 2019 .
D. 2021 .
Câu 47: Cho đồ thị hàm số bậc bốn có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 202
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
và m   2021; 2021 để phương trình log
dương phân biệt?
A. 2021 .
f  x
mx
B. 2020 .
2
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 x  f  x   mx   mx3  f  x  có 2 nghiệm
C. 2019 .
D. 2022 .
Câu 48: Cho hàm số f  x   x  3x  5. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để
3
2
phương trình f  2 f  x   1  m có đúng 3 nghiệm thực x ?
A. 484.
B. 486.
C. 485.
D. 3.
Câu 49: Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m    2021; 2021 đê phương trình
x4  8x2  mx  2m 16  0 có đúng 6 nghiệm thực phân biệt?
A. 3 .
B. 5 .
C. 4 .
D. 2 .
1
Câu 50: Cho hàm số f  x   x3  8 x . Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương
3
trình f

3

f  x   m  x 3  m có 3 nghiệm thực phân biệt?
A. 21 .
B. 5 .
C. 19 .
D. 3 .
3
Câu 51: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình x  15x  3x  m  0 có đúng
3 nghiệm thực?
A. 43 .
B. 44 .
C. 45 .
D. 41 .
2
Câu 52: Cho hàm số y  f  x   x  4 x  3 . Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m để
phương trình f 2  x    m  6  f  x   m  5  0 có 6 nghiệm thực phân biệt. Tính tổng các
phần tử của S .
A. 3 .
B. 22 .
C. 30 .
D. 18 .
1
Câu 53: Cho hàm số f  x   x 3  mx  m  8, x   với m là một hằng số khác 0.Biết rằng phương
2
trình f  x   0 có đúng hai nghiệm phân biệt. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của k thỏa mãn
phương trình f  x   k có 3 nghiệm phân biệt ?
A. 3 .
B. 34 .
C. 6 .
D. 34 .
Câu 54: Cho hàm số y  f  x   2 x 3  3 x 2  1 . Tập hợp các giá trị m để phương trình
  2sin x  1  
2
ff
   f  m  có nghiệm là đoạn  a ; b  . Khi đó giá trị 4a  8b thuộc khoảng nào
2

 
sau đây?
 23 
 43 39 
 37 65 
A.  7;  .
B.  2; 5  .
C.  ;  .
D.  ;  .
 2 
 3 2 
 3 4 
x 1
x
x 1 x  2



và y  x  2  x  m ( m là tham số thực) có đồ
x
x 1 x  2 x  3
và  C2  . Tập hợp tất cả các giá trị của m để  C1  và  C2  cắt nhau tại đúng
Câu 55: Cho hai hàm số y 
thị lần lượt là  C1 
4 điểm phân biệt là
A.  2;   .
203 | Phan Nhật Linh
B.   : 2  .
C.  2 :   .
D.  ; 2 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Chọn D
Cách 1: Phương pháp ghép trục
x  0
x  

 9 
Đặt u  cos x  1;1 . Vì x   0;  nên u    sin x  0   x  2
 2 

 x  3
 x  4
Từ bảng biến thiên suy ra tổng số nghiệm phương trình đã cho là 9.
Cách 2: Tự luận truyền thống
 f cos x  1
Từ bảng biến thiên ta suy ra: f  f cos x  2  
 f cos x  1
Trường hợp 1: f cos x  1 . Đặt t  cos x , t  1;1
Khi đó phương trình f cos x  1 trở thành f t   1 , với t  1;1 .
Đây là phương trình có hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  f t  và đường thẳng y  1 .
 t  a  1
 phương trình vô nghiệm.
Dựa vào bảng biến thiên, ta có f t   1  
t  b  1
t  m  ; 1 loai 

t  n  1;0

Trường hợp 2: f cos x   1 . Đặt t  cos x , t  1;1 ; f t   1  
t  p  0;1

t  q  1;  loai

Với t  n  1;0
 9 
Ứng với mỗi giá trị t  1;0 thì phương trình cos x  t có 4 nghiệm phân biệt thuộc  0;  .
 2 
Với t  p  0;1
Câu 2:
 9 
Ứng với mỗi giá trị t  0;1 thì phương trình cos x  t có 5 nghiệm phân biệt thuộc  0;  .
 2 
Hiển nhiên, 9 nghiệm trong những trường hợp trên đều khác nhau.
 9 
Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm thuộc đoạn  0;  .
 2 
Chọn D
Ta có:
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 204
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
9
x
9x
91 x
9x
9x
9
9x
3
9
f  x   f 1  x   x
 1 x
 x

 x

 x

 1 , x
x
9
9 3 9 3 9 3
9  3 9  3.9
9  3 3  9x

3
9x
Do đó:
1
1
1
1  3m  sin x  cos 2 x  1  3m  sin x  1  sin 2 x  1  3m  sin 2 x  sin x  g  sin x 
4
4
4
1
1
1
Xét: g  x   x 2  x có g   x   2 x  ; g   x   0  x  . Bảng biến thiên:
4
4
8
Xét phương trình 3m  g  sin x  . Đặt t  sin x , do x   0;3  nên t   1;1 .


x  2

3
Ta có: t   cos x ; t   0   x 
. Ghép trụcnhư sau:

2

 x  5
2

Câu 3:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có 8 nghiệm phân biệt khi
1
1

 3m  0  
m0.
64
192
Chọn A
Ta có f   x  
1
1
1
 3 x.ln 3  2 .3 x .ln 3  0, x  0
x ln 3
x
 Hàm số y  f  x  đồng biến trên  0;     1 .
1
1


1
1
x
x

Mặt khác f    log 3  3  3   log 3 x  3 x  3 x    f  x  , khi đó


x
x




1
f
  f x 2  4 x  7  0   f 4 x  m  3  f x2  4x  7  0
4 xm 3



205 | Phan Nhật Linh


 

CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022



2
 f 4 x  m  3  f x  4x  7
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
  2 .
 4m   x2  8 x  4
Từ  1 ,  2   4 x  m  3  x2  4 x  7  
.
 4m  x2  4
Ta có đồ thị sau:
Câu 4:
4m  4
m  1


Theo yêu cầu bài toán tương đương  4 m  8   m  2 . Vậy 12  2 2  32  14 .
 4 m  12
 m  3
Chọn B
2
Ta có: 4 x  m  x 2  2mx  m 2  3  9 x  1  0  4 x  m  x  m   3  9  x  m   1  9m  0


 4 x  m  12 x  m  9  x  m   1  9m . Đặt t  x  m .
3
3
Phương trình trở thành: 4 t  12 t  9t  1  9 m .
Xét hàm số f  t   4 t  12 t  9t  1 , t   .
3
 4t 3  3t  1, t  0
12t 2  3, t  0
.
f t    3
 f  t   
2
 4t  21t  1, t  0
 12t  21, t  0
 1
t  2







f
t

0

.
f 0   f 0    f 0 ;  
7

t   2
Bảng biến thiên:
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt  phương trình có 4 nghiệm phân biệt
 đồ thị hàm số y  f  t  cắt đường thẳng y  9m tại 4 điểm phân biệt
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 206
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 5:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
1
1  1
 1
 9m   0;1  m   0;  . Vậy a  0; b   b  a    0;  .
9
9  3
 9
Chọn C
 f  x  4
2
Phương trình đã cho tương đương với f  x    m  7  f  x   4m  12  0  
.
 f  x   m  3
Do cách lấy đồ thị hàm số y  f  x  từ đồ thị hàm số y  f  x  nên ta thấy phương trình
f  x   4 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2  1, x3 .
Vậy để thỏa mãn bài toán thì ta phải có phương trình f  x   m  3 có bốn nghiệm phân biệt và
các nghiệm này khác với ba nghiệm x1 , x2  1, x3 ở trên. Khi đó ta phải có
0  m  3  4  3  m  1.
Vì m    m  2, m  1, m  0 . Do đó có tổng là 2   1  0  3 .
Câu 6:
Chọn B
Điều kiện: x  1 .
Xét phương trình hoành độ giao điểm
2x 1
  x  m  x2  3  m  x  m  1  0 .
x 1
Ta có    m  1  12  0 , m . Gọi A  x A ; y A  và B  xB ; y B  , khi đó xA , xB là nghiệm của
2
 x A  xB  m  3
phương trình. Theo Vi-et, ta có 
.
 xA .xB  m  1
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng d m , khi đó đường thẳng MH : y  x  3
 m3 m3
Suy ra tọa độ H 
;
 , mà xA  xB  m  3  2 xH nên H luôn là trung điểm của AB .
2 
 2
Để tam giác MAB đều, ta cần thêm điều kiện MH 
Ta có  d  M , d m  

2  5  m
2

3
2
3
2
 x A  xB    y A  yB 
2
3
AB .
2
2
 xA  xB      xA  m     xB  m  
2

2
 7  m  3 x A  xB
2
2
  m  7   3  xA  xB   4 x A xB   m2  14m  49  3 m2  2m  13


207 | Phan Nhật Linh

CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 7:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
m  1
 m 2  4m  5  0  
 m  5
Vậy với m  1 hoặc m  5 thì tam giác ABM là tam giác đều.
Chọn D
x  0
Tập xác định D   . Ta có: f ( x)  x3  3x 2  f   x   3 x 2  6 x; f ( x)  0  
.
x  2
Bảng biến thiên của hàm f  x 
Từ bảng biến thiên của hàm số f  x  ta có bảng biến thiên của hàm f  x  như sau
Đồ thị hàm số g ( x)  f  x   m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
f  x   m  0 có 4 nghiệm phân biệt.
Từ bảng biến thiên ta có f  x   m  0 có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
4  m  0  0  m  4 .
Mà m    m 3;2;1 . Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 8:
Chọn C
Đặt t  sin x, 1  t  1 . Xét đồ thị y  sin x trên đoạn   ; 2 
Phương trình trở thành f  t   
m
* dựa vào bảng biến thiên của hàm số f  x  ta thấy chỉ có
3
m
 2 phương trình có nghiệm t  1 suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm.
3
Các trường hợp còn lại phương trình có chẵn nghiệm hoặc vô nghiệm.
Vậy m  6 là giá trị cần tìm.
Chọn B
Ta có: x 4  2 x 2  3m  1  0  3m  x 4  2 x 2  1 . Xét hàm số y  f  x   x 4  2 x 2  1 .

Câu 9:
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 208
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x  0
Tập xác định D   , y   4 x  4 x . Cho y  0   x  1 .
 x  1
Bảng biến thiên
3
x
∞
y'
1
0
+
0
1
0
0
+
+∞
1
+∞
+∞
y
0
0
Yêu cầu bài toán tương đương đường thẳng  d  : y  3m cắt đường cong  C  : y  f  x  tại hai
điểm phân biệt.
m  0
3m  0
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 
.

m  1
3m  1
3

Câu 10: Chọn D


1
a
t  1,( x  0)
 x
 f (t ) 
1
a
b t 1

Đặt t  ax 2  1,(t  1)  x 2  (t  1)  


1
a
a
t  1,( x  0)  f (t )  
x  
a

b t 1

Vẽ thêm đồ thị của hai hàm số g ( x) 
a
a
; h( x )  
b x 1
b x 1


a
1
 g (1)  1


 2b
 a  2b  a  2b 2
Phương trình đã cho có 7 nghiệm khi 
3
3
h(3)   4
 a

 2b   4
15
Nếu 2b2  15  b {3,,15}  a  {1, ,16  b}   (16  b)  91  có 91 cặp.
b 3
 b 1 a  2  a 1
 có 8 cặp. Vậy có 99 cặp số  a; b  thoả đề.
Nếu 2b2  15  
b  2  a  8  a  {1, 7}
Câu 11: Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm: x 3  3 x 2  2  m 2  x  1   x  1  x 2  2 x  2  m2   0 .
209 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Để đồ thị hàm số cắt đường thẳng d tại 3 điểm phân biệt thì phương trình x 2  2 x  2  m2  0
  0
phải có 2 nghiệm phân biệt khác 1  
. Giả sử nghiệm x3  1 và x1 , x2 là 2 nghiệm
2
 3  m  1
 x1  x2  2
của phương trình x 2  2 x  2  m2  0 . Theo định lí Vi – ét: 
2
 x1 x2  2  m
Ta có: x13  x23   x1  x2   3 x1 x2  x1  x2   8  6  2  m 2  .
3
Nên: x13  x2 3  x33  2057  1  8  6  m 2  2   2057  m 2 
1018
1018
1018

m
3
3
3
Do m nguyên nên: 18  m  18  m    . Vậy có 37 giá trị nguyên.
Câu 12: Chọn C
Từ đồ thị hàm số y  f  x  , ta có đồ thị hàm số y  f  x  .
Điều kiện:.
Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  , suy ra phương trình f  x  
2 2 1 4
m  m có 8 nghiệm phân
9
81
2 2 1 4
2
m 3 2
2 2 1 4
 m  m 0
0  m  18

 2

biệt khi 0  m  m  1   9
81
9
81
m  9 2  9
m 4  18m 2  81  0
 m  3 2  1

3 2  1  m  3 2

 m  4; 3; 2; 2;3; 4 .
 3 2  m  3 2  1

Câu 13: Chọn C
Xét phương trình hoành độ giao điểm của  C1  và  C2 
 x  1 2 x  1 3x  1  m  2 x   12 x 4  22 x3  x 2  10 x  3 1
Để  C1  cắt  C2  tại 3 điểm phân biệt thì 1 có 3 nghiệm phân biệt.
1 1

Vì 1;  ;   không phải là nghiệm phương trình 1 nên
2 3

1  m 
12 x 4  22 x 3  x 2  10 x  3
1
1
1
 2 x  2 x 


2 x
x  1 2 x  1 3x  1
 x  1 2 x  1 3x  1
 m  2 x 
1
1
1


 2 x  2
x  1 2 x  1 3x  1
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 210
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
 2
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số
1
1
1


2 x .
x  1 2 x  1 3x  1
nghiệm của phương trình  2 
y  m và
y  2 x 
Số
bằng
số giao điểm
của
đồ thị
hàm
1
1
1


 2 x và đường thẳng y  m .
x  1 2 x  1 3x  1
1
1
1
1 1



 2 x . Tập xác định: D   \ 1;  ;   .
Xét y  2 x 
2 3
x  1 2 x  1 3x  1

y  2 x 
y   2 
1
 x  1
2

2
 2 x  1
2

3
 3x  1
2
2
x
1 1
 0, x  0; 1;  ; 
x
2 3
Bảng biến thiên
Phương trình  2  có 3 nghiệm khi m  0 .
Kết hợp với đề bài, ta có m  0;1; 2;...; 2020 . Vậy có 2021 số thỏa điều kiện bài toán.
Câu 14: Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm: x  x  2 x  3 m  | x |  x 4  6 x 3  5 x 2  11x  6
 * .
Vì x  0, x  2, x  3 không phải là nghiệm của phương trình * nên
*  m  x

x 4  6 x 3  5 x 2  11x  6
x  x  2  x  3
2
3
1
2
3
1

  m  x 1

  x.
x2 x3 x
x2 x 3 x
2
3
1

2x 1

 khi x  0

2
3
1

x2 x3 x
Xét hàm số f  x   x  1 
.

  x 
2
3
1
x2 x3 x
 1 


khi x  0

x2 x3 x
 m  x  x 1
2
3
1


 2 khi x  0
2
2
2 
x
  x  2   x  3
f  x  
. Khi f   x   0, x  0; 2;3 .
3
1
 2


khi x  0
  x  2  2  x  3 2 x 2

Bảng biến thiên của f  x  :
Phương trình * có 4 nghiệm phân biệt khi m   1 .
211 | Phan Nhật Linh
số
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Vì m nguyên và thuộc đoạn  2020; 2020  suy ra m  0;1; 2; ; 2020 nên có 2021 giá trị
nguyên của m thỏa mãn.
Câu 15: Chọn D
 f  x 3  1  3m  1
 f  x3  1  1  3m 1
Phương trình f  x  1  3m  1  

 f  x 3  1  3m  1  f  x3  1  1  3m  2 


3
Xét hàm số g  x   f  x3  1  g   x   3 x 2 . f   x 3  1
 x2  0
 x2  0
 x2  0
3
g x  0  
  x  1  1   x  3 2
  x 3  1  0
f
x 1
 x3  1  2



g

3

2  f  1  3, g 1  f  2   1 .
Ta có BBT của hàm số g  x   f  x 3  1
Ta thấy PT có nhiều nhất 3 nghiệm khi và chỉ khi 3  1  3m  1  0  m 
4
.
3
2
2
Tương tự: PT có nhiều nhất 3 nghiệm khi và chỉ khi 3  1  3m  1    m  .
3
3
4

0  m  3
2
Vậy PT f  x  1  3m  1 có đúng 6 nghiệm khi và chỉ khi 
0m
2
2
3
  m 
3
 3
3
Vậy 0  m 
2
2
2
nên a  0; b   b  a  .
3
3
3
Câu 16: Chọn D
x  0
Ta có f  x   x 3  3 x 2 ; f   x   3 x 2  6 x; f   x   0  
.
x  2
x  0

Đặt u  x   x 4  4 x 2  2; u   x   4 x 3  8 x; u   x   0   x   2 .
x  2



g  x   f u  x   f x4  4 x2  2 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 212
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
m
Phương trình có đúng 4 nghiệm khi 20  m  4  m  19; 18;...; 5 .


Vậy có 15 giá trị nguyên của m để phương trình f x 4  4 x 2  2  m 1 có đúng 4 nghiệm
phân biệt.
Câu 17: Chọn A




Ta có 27 x  32 x 1  ln m  m 2  1  0  ln m  m2  1  33 x  3.32 x
Đặt t  3x  0 . Ứng với mỗi giá trị t  0 cho ta 1 giá trị của x .


Phương trình trở thành ln m  m 2  1  t 3  3t 2 .
t  0
Xét hàm số f (t )  t 3  3t 2 , f (t )  3t 2  6t . Ta có f (t )  0  3t 2  6t  0  
t  2
Lập bảng biến thiên của f (t )  t 3  3t 2 , t  0


Suy ra phương trình 27 x  32 x 1  ln  m  m2  1  0 có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ




ln m  m 2  1  4
1
1

 2
2

e8  1

 m  m  1  e 4
 m  1  e4  m
m 
khi 



2e 4
2
2
ln m  m  1  0

 m2  1  1  m
m  0

 m  m  1  1


0m
e8  1
 27, 2 . Vậy có 27 giá trị thỏa mãn.
2e 4
Câu 18: Chọn A
Đặt t  3 3 x 2  4 x  m  t 3  3 x 2  4 x  m  m  t 3  3 x 2  4 x
Từ phương trình ban đầu ta có x3  2  m  t  m  x3  2  t
1
 2
Từ 1 ,  2   x 3  2  t  t 3  3x 2  4 x   x  1   x  1  t 3  t *
3
Xét hàm số f  u   u 3  u có f '  u   3u 2  1  0 u  
Khi đó phương trình *  f  x  1  f  t   x  1  t
Thế vào phương trình  2  ta được x3  x  1  m  **
Ta xét hàm số g  x   x3  x  1 có g   x   3 x 2  1  0  x  
213 | Phan Nhật Linh
3
.
3
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Bảng biến thiên:

92 3
m 
 9  2 3 9  2 3 
3
Để phương trình có đúng hai nghiệm thực thì 
S 
;

3 

 3
92 3
m 
3

9  2 3 9  2 3 23
.
 .
3
3
27
Câu 19: Chọn B
Suy ra
Phương trình hoành độ giao điểm: x 6  6 x 4  6 x 2  1  x3 m  15 x (m  3  15 x) (*)
6 1
1
1
 3  m  15 x (m  3  15 x)  ( x  )[( x  )2  3]  m  15 x [(m  15 x)  3]
x x
x
x
x  0
1

 x   m  15 x  
1
2
x
 m  x  x 2  15 x  2
(*)  x3  6 x 
Xét hàm y  x 2 
1
 15 x  2, x  0. Có BBT như sau:
x2
Yêu cầu bài toán  (*) có 2 nghiệm phân biệt  m 
55
4
Do m  Z và m  [  2021; 2021] nên m  14;15;...; 2021 . Có 2008 giá trị.
Câu 20: Chọn A


Xét phương trình 2 f x  1  6 x  3  1 , đặt t  x  1  6 x  3, x  
1
2
3
; t   0  x  1 . Bảng biến thiên
6x  3
Dựa vào bảng biến thiên, ta có
Có t   1 
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 214
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Với t  1 : phương trình t  0 vô nghiệm.
1
Với t  , t  1 : phương trình t  0 có 1 nghiệm.
2
1
Với 1  t  : phương trình t  0 có 2 nghiệm.
2


Khi đó phương trình 2 f x  1  6 x  3  1 trở thành f  t  
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
1
có ba nghiệm
2
Khi t1   1;0   phương trình đã cho có 2 nghiệm
Khi t2  1;2   phương trình đã cho có 1 nghiệm
Khi t3   2;    phương trình đã cho có 1 nghiệm
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.
Câu 21: Chọn A
Đặt u  f  x   m thì pt f  f  x   m   1  f  x   m trở thành f  u   u  1
Vẽ đường thẳng d : y  u  1 lên cùng hệ trục với ta thấy d cắt đồ thị f  u  tại 3 điểm phân biệt
u  2; u  0
 f  x   m  2
 f  x   2  m (1)


(2)
 f  x   m  0   f  x   m
f x m2
 f x  2  m (3)
  
  
Mà trên đoạn  1;1 , hàm số luôn nghịch biến nên để phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm
trên  1;1 thì các phương trình, và phải có đúng một nghiệm
2  m  1

 m 1
2  m  3
Vậy có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 22: Chọn C
215 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Từ đồ thị hàm số y  f  x  ta suy ra đồ thị hàm số y  f  x  như sau
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Từ đồ thị hàm số y  f  x  ta suy ra đồ thị hàm số y  f  x  như sau
Phương trình f  x  
0
2 2 1 4
m  m có 8 nghiệm phân biệt khi chỉ khi
9
81
2 2 1 4
m  m  1  0  18m 2  m 4  81
9
81
 m  3
 m 2  9 2  0
m 4  18m 2  81  0


 4

 m  0
2
2
2
m  18m  0
m  m  18   0

 3 2  m  3 2
Vì m   nên m  4; 2; 1;1; 2; 4 .
Câu 23: Chọn A
1 1
Vì hàm số đã cho là hàm bậc ba nên suy ra điểm I  ;  là điểm uốn của đồ thị.
 2 2
Ta có BBT của hàm số y  f  x  như hình vẽ dưới đây:
Phương trình f  x   m có 4 nghiệm phân biệt x1  x2  x3 
1
1
 x4   m  1 .
2
2
Câu 24: Chọn B
Ta dễ dàng xác định được hàm số đã cho là: f  x   x 4  2 x 2  2 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 216
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
t  1,33 1

t  0, 47  2 
4
2
Đặt t  x  1  2 x  1  5 f  t   12  0  5  t  2t  2   12  0  
.
t

0,
46
3



t  1,33  4 

1
 0  2x 1  0  x  1 .
2x 1
Ta có bảng biến thiên:
Có t   1 
Từ bảng biến thiên ta có: vô nghiệm, có 1 nghiệm, có 1 nghiệm, có 1 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có tất cả 3 nghiệm.
Câu 25: Chọn B

1
x 
2
2
Đặt t  4 x 2  4 x   2 x  1  1   2 x  1  t  1  2 x  1   t  1  

1
x 

Nếu x 
t 1
1
,x 
2
2
t 1
1
,x
2
2
1
1 t 1
t  1 1
có 3 nghiệm
 f (t ) 
 1  f (t ) 
2
2
2
1
1 t 1
 t 1 1
có 1 nghiệm
 f (t ) 
 1  f (t ) 
2
2
2
Vậy phương trình có tất cả 4 nghiệm.
Câu 26: Chọn A
Nếu x 
Ta có Pt  f  3sin x   3 1  sin 2 x  f  3sin x   9  9sin 2 x 1 .
Đặt t  3sin x  t   3;3  . Phương trình 1 trở thành f  t   9  t 2
 2 .
Gọi  C  là đồ thị hàm số y  9  t 2 suy ra  C  là nửa trên của đường tròn tâm O , bán kính
R  3.
217 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
t  a   2; 1

9 
 9 

t  b   0;1
Dựa vào đồ thị, ta có  2   
. Ta có  0;
0; 4    4 ;
  
.
2 
 2 

t

c

1;3


2 vong

t  3
Ta xét đường tròn lượng giác như sau:
Dựa vào đường tròn lượng giác, ta thấy phương trình có 2.7  2  16 nghiệm.
Câu 27: Chọn C
 f  x   2 (1)

Ta có g  f  x    0   f  x    ,    0;1  (2) .

 f  x   3 (3)
Dựa vào đồ thị hàm số g  x  suy ra phương trình 1 có 4 nghiệm; phương trình  2 có 5
nghiệm và phương trình  3 có 1 nghiệm. Vậy phương trình g  f  x    0 có 10 nghiệm.
 g  x   3 (4)

 g  x   1 (5)

Ta có f  g  x    0   g  x   1 (6)
.

 g  x   a,  a  1; 2   (7)

 g  x   b,  b   4;5  (8)
Dựa vào đồ thị hàm số g  x  suy ra phương trình  4  có 1 nghiệm; phương trình  5  ;  6  ;  7 
mỗi phương trình có 3 nghiệm và phương trình  8 có 1 nghiệm. suy ra phương trình
f  g  x    0 có 11 nghiệm.
Vậy tổng số nghiệm của phương trình f  g  x    0 và g  f  x    0 là 21.
Câu 28: Chọn A
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 218
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 4 sin x  m  1 1
Phương trình f  4 sin x  m   3  
.
 4 sin x  m  2  2 
Ta có đồ thị hàm số y  4 sin x trên nửa khoảng  0; 4  như hình vẽ dưới đây
y
4
O
π
π
2
3π
2π
3π
4π
x
2
  m  1  0

 m  1
0  2  m  4

Vậy để phương trình có 12 nghiệm phân biệt  
 2  m  4
 m  2

 0  m  1  4
Vậy tổng các phần tử của S bằng 3 .
Câu 29: Chọn B


Ta có: f 2  sin x  cos x   1  2 2 sin  x   f  sin x  cos x   sin 2 x
4


 



 f 2  2 sin  x     2 2 sin  x  
4 
4




 



f  2 sin  x     1  cos  2 x    0
4 
2




 



 f 2  2 sin  x     2 2 sin  x  
4 
4




 



f  2 sin  x     2sin 2  x    0
4 
4



2
 

 

 
 




  f  2 sin  x     2 sin  x     0  f  2 sin  x     2 sin  x   1
4 
4
4 
4 





 
Nghiệm của phương trình f  t   t là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  f  t  và đường
thẳng y  t .
 




sin  x  4   0
 2 sin  x  4   0



 







Do đó 1   2 sin  x    2  sin  x     2  vo nghiem 
4
4

 







sin  x    2  vo nghiem 
 2 sin  x    2
4
4


 
219 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ

 k  k   
4
5

5
3
 5 5 
Do x    ;  nên 
 1  k 
   k 
4
4
4
2
 4 4 
 x
Vì k  nên k 1;0;1 . Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm.
Câu 30: Chọn A
Từ đồ thị ta có f
















x2  1  x f  x   2  0  f

x  1  x  f  x   1 (2)
x  1  x  f  x   2,5 (3)
x  1  x  f  x   3,5 (4)



x 2  1  x f  x   2
x 2  1  x f  x   0 (1)
2
2
2
Từ suy ra f  x   0 có 2 nghiệm.
Từ ta có f  x  
1
x 1  x
2
 x2  1  x
Đặt g  x   x 2  1  x . Ta có g   x  
x
x2  1
1 
x  x2  1
x2  1
 g   x   0, x   .
Bảng biến thiên
x
∞
+∞
g'
g
+∞
0
Khi đó g  x   0  f  x   0 dựa vào đồ thị suy ra phương trình có 2 nghiệm.
Từ suy ra f  x  
Từ suy ra f  x  

x 1  x
3, 5
7
 
x 1  x 2
2,5
2
2

5
2

 1  x   0 nên phương trình có 2 nghiệm.
x 2  1  x  0 nên phương trình có 2 nghiệm.
x2
5
7
g  x   g  x   0 . Nên nghiệm của,,, không trùng nhau.
2
2
Vậy phương trình đã cho có 8 nghiệm thực.
Câu 31: Chọn C
Ta thấy g  x  
Ta có f  f  x   1  f  x   f  f  x   1  1  f  x   1 .
Đặt t  f  x   1  f  t   1  t  f  t   t  1 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 220
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
y
1
2
y=x
1
1
1
2
x
1
3
 f  x   3
t  2

Dựa vào đồ thị, phương trình f  t   t  1  t  0   f  x   1 .
 f x 1
t  2
  
Với f  x   3  có 2 nghiệm.
Với f  x   1 có 3 nghiệm.
Với f  x   1 có 2 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm.
Câu 32: Chọn C
Gọi f  x   ax3  bx 2  cx  d là đồ thị hàm số như hình vẽ.
Đồ thị hàm số cắt trụ Oy tại  0;1 nên d  1  f  x   ax3  bx 2  cx  1 .
f   x   3ax 2  2bx  c .
Hàm số đạt cực đại tại x  0  f '  0   0  c  0
Đồ thị hàm số qua điểm  1; 3 ,  2; 3
a  b  4
a  1
 f  1  3 a  b  1  3




8a  4b  1  3 8a  4b  4
b  3
 f  2   3
 f  x   x3  3x 2  1 .
Đặt t  f  x   1 , từ phương trình tương đương
f t  1  t 1.
t  1  0
t  1


3
2
2
2
 f  t   1   t  1
t  3t  1  1  t  2t  1
t  1
 3
2
t  4t  2t  1  0
 f  x   3, 4
t  4, 4


 t  0,3   f  x   0, 7
 f x  1, 7
t  0, 7
  
Phương trình f  x   3, 4 có 1 nghiệm, f  x   0,7 có 3 nghiệm, f  x   1,7 có 3 nghiệm.
Vậy phương trình
Câu 33: Chọn D
221 | Phan Nhật Linh
f  f  x   1  1  f  x   2 có 7 nghiệm.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Gọi g  x   dx  e , từ đồ thị có g  x  làm hàm số đồng biến nên d  0 . Do A , B thuộc đường
thẳng g  x  , suy ra A  1;  d  e  , B  2; 2d  e  .
4

d   tm 

4
3
Theo đề ra, ta có AB  5  9  9d 2  5  
 g  x  x  e .
3
 d   4  ktm 

3
Từ đồ thị, ta có f  x   g  x   0  ax3  bx 2  x  c  e  0 nhận x  1 , x  1 , x  2 là
nghiệm. Ta được:
 a  b  1  c  e  0
a  1


3
2
a  b  1  c  e  0  b  2  f  x   g  x   x  2 x  x  2 .
8a  4b  c  e  0
c  e  2


Vậy f  x   g  x   x 2  2  f  x   g  x   x 2  2  0  x 3  3 x 2  x  0

x  0

3  13
2
 x  x  3x  1  0   x 
.

2

 x  3  13

2
Phương trình f  x   g  x   x 2  2 có nghiệm dương là x 
3  13
nên m  3 , n  13 , p  2
2
Khi đó giá trị m  n  p  3  13  2  18 .
Câu 35: Chọn A
Bước 1:
f  x 4  2 x 2  2   0 có 8 nghiệm
  x 2  1  1  a  x 2  1   a  1  x   1  a  1
2
1  a  1  0
a  1  1
ĐK bắt buộc: 

1 a  2
 a 1
 a  1  0


 Để f x 4  2 x 2  2  0 có 8 nghiệm phân biệt thì f  x   0 có 2 nghiệm thuộc khoảng
1; 2  . Mà f  x   0
có 8 nghiệm dương nên suy ra:
2 no  1; 2 

f  x   0 có 8 nghiệm 
6 no   0;1   2;   
Bước 2:
f  2 x3  3x 2  1  0 có 20 nghiệm phân biệt
Xét hàm số y  2 x 3  3 x 2  1 , ta có:
 2 x 3  3 x 2  1  1  2no 
1 : 
3
2
 2 x  3 x  1  0  2 no 
và các nghiệm 1 nằm trong khoảng  0;1   2;   
Nếu như tồn tại 6 điểm x1 , x2 ,..., x6   0;1 sao cho 2 x 3  3 x 2  1  x1 , x2 ,..., x6 , mà mỗi phương
trình có 3 nghiệm thì tổng cộng đã có 18 nghiệm cộng với 2 no  1; 2 
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 222
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 2 no 1; 2 

 f  x   0 có  6 no   0;1 .
0 n   2;   
 o
Câu 36: Chọn A
 x3 f  x   a  3  a  1 1

Ta có f  x 3 f  x    1  0  f  x3 f  x    1   x3 f  x   b  6  b  3 2  .
 3
 3
 x f  x   0
m
Với m  0 , xét phương trình x 3 f  x   m  f  x   3 .
x
m
3m
Đặt g  x   3 , g   x   4  0,  x  0 .
x
x
Ta có: lim g  x   0 , lim g  x    , lim g  x    .
x 
x 0
x 0
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên và đề bài, suy ra trong mỗi khoảng  ;0  và  0;   phương trình
f  x   g  x  có đúng một nghiệm.
Suy ra mỗi phương trình 1 và  2  có 2 nghiệm và các nghiệm đều khác nhau.
x  0
x  0

Xét phương trình  3 : x 3 f  x   0  
, với c khác các nghiệm của 1
f
x

0
x

c

0




và  2  .
Vậy phương trình f  x 3 f  x    1  0 có đúng 6 nghiệm.
Câu 37: Chọn D
Cách 1:


x  0

2
 x f ( x)  0
 f ( x)  0
 2

x
f
(
x
)

a

(0;1)
a

2
Ta có f x f ( x)  2  0   2
  f ( x)  2 , a  (0;1)

x
 x f ( x )  b   2;3

b
 x 2 f ( x )  c  (3; 4)
 f ( x)  2 , b   2;3

x


c
 f ( x)  2 , c  (3; 4)
x

k
2k
Xét hàm số g ( x )  2 (k  0) , Ta có g '( x)   3 .
x
x

223 | Phan Nhật Linh

(1)
(2)
(3)
(4)
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Bảng biến thiên
Đồ thị của f ( x ) và g ( x ) được mô tả như sau:
Do đó ta có:,, và mỗi phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Suy ra phương trình đã cho có 9 nghiệm.
Cách 2:


x  0

 x 2 f ( x)  0
 f ( x)  0
 2

a
 x f ( x )  a  (0;1)
Ta có f  x 2 f ( x )   2  0   2
  f ( x)  2  0, a  (0;1)

x
 x f ( x )  b   2;3

b
 x 2 f ( x )  c  (3; 4)
 f ( x)  2  0, b   2;3

x


c
 f ( x)  2  0, c  (3; 4)
x

có 2 nghiệm phân biệt là x    0, x    3 .
Xét hàm số g ( x )  f ( x) 
(1)
(2)
(3)
(4)
k
2k
(k  0) có g '( x)  f '( x)  3 . Ta có:
2
x
x
Khi x   ;   thì g ( x )  0 nên các phương trình, và không có nghiệm x   ;   .
lim g ( x)  


k

+) lim g ( x)   2  0   Mỗi phương trình, và chỉ có đúng một nghiệm x   ; 
x 


g '( x)  0, x  (;  ) 

x 
lim g ( x)  


k

+) lim g ( x)   2  0
  Mỗi phương trình, và đều chỉ có đúng một nghiệm
x


g '( x)  0, x  (  ; ),   3

x 
x    ;  
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 224
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Suy ra mỗi phương trình,, và có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm.
Cách 3:
 x 2 f ( x)  0
 2
 x f ( x)  a  (0;1)
2
Ta có f x f ( x)  2  0   2
 x f ( x)  b   2;3
 x 2 f ( x)  c  (3; 4)



(1)
(2)
(3)
(4)
Ta có có ba nghiệm phận biệt là x  0, x    0, x    3 .
Xét g ( x )  x 2 f ( x ) có g '( x )  2 xf ( x )  x 2 f '( x )
 Với x   ;   thì g ( x )  x 2 f ( x )  0 nên,, không có nghiệm x   ;   .
 Với x   ;  ta có: g '( x )  0 . Và với x    ;   ,   3 , thì g '( x )  0 nên ta có bảng
biến thiên của g ( x)
Do đó các phương trình,, đều có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm phân biệt.
Câu 38: Chọn B
1
y  g ( x)  f
4  x 2  x 2  1 với g ( x ) 
2021




Ta đặt: t  4  x 2 , x   2; 2 thì suy ra y  g (t )  f t  t 2  3 , t   0; 2
t 2  t  3, t  0; 3 



Suy ra: h(t )  t  t  3  
.
2
t  t  3, t   3; 2 
Từ đó ta có BBT của hàm số h(t ) như hình vẽ bên:
2
Đặt u  t  t 2  3 thì ta cũng có BBT của u như sau:
x
2
0
2
t
0
2
0
t
t2 3
3
t
t2
3
3
3
1
3
3
3
3
3
1
0
225 | Phan Nhật Linh
0
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 f ( x)  ax  bx  cx, a  0
2
a 0
Nhìn vào đồ thị y  f ( x) trên ta có được  
3
 f (1)  f (2)  0, f "(1)  0
3
Như vậy ta suy ra f ( x ) 
2
4 3
2
tại x  x0 nên
x  x  1 x  2  . Mà hàm số đó có cực trị bằng 
3
9
4 3
3 3
 x0 
9
3
suy ra f  x0  
Như vậy: f (3)  4, f




 3   0, 2, f  3 3 3   49 3
Từ đó, ta phác họa được đồ thị y  f  u  với u  t  t 2  3 như sau:
Dựa vào hình vẽ trên, ta kết luận phương trình g ( x ) 
1
có tất cả 10 nghiệm phân biệt.
2021
Câu 39: Chọn B
Do hàm y  f  x  là hàm bậc bốn, cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là
x1  x2  x3  x4
và
lim y  
x 
nên
đồ
thị
hàm
y  f  x
có
dạng:
f  x   a  x  x1  x  x2  x  x3  x  x4  .
Ta có:
f   x   a  x  x2  x  x3  x  x4    x  x1  x  x3  x  x4    x  x1  x  x2  x  x4    x  x1  x  x2  x  x3  
f  x
Khi đó:
f  x

1
1
1
1
.



x  x1 x  x2 x  x3 x  x4
Suy ra:
2
 f   x   f   x  . f  x    f   x 
1
1
1
1




0

 
2
2
2
2
2
f
x
f
x




x

x
x

x
x

x
x

x










1
2
3
4
x  xi , i  1,..., 4
 y  f   x  . f  x    f   x    0 x   . Mà y  2021x  0 x   .
2
Do đó phương trình f   x  . f  x    f   x    2021x vô nghiệm.
2
Câu 40: Chọn B
Ta có:
x 2  3x
x 2  3x
f  x 2  2 x   2
1 .
2
Trường hợp 1: x  3x  0  x   ;0    3;   .
1 
f  x 2  2 x   2
 2 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 226
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng d1 : y  2 và đồ thị
 C  : y  f  x  . Dựa vào hình vẽ:
x  1
. ( x  1   ;0    3;   )
 2
 x  2 x  a, a  3
 x  2 x  a, a  3
 x 2  2 x  1
 2  
2
Xét đồ thị hàm số y  x 2  2 x :
Dựa vào đồ thị trên suy ra phương trình x 2  2 x  a, a  3 có 2 nghiệm phân biệt x1  1 và
x2  3
Vậy phương trình 1 có 2 nghiệm thõa mãn bài toán.
2
Trường hợp 2: x  3x  0  x   0;3 .
1 
f  x2  2 x   2
 3 .
Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng d 2 : y  2 và đồ thị
 C  : y  f  x  . Dựa vào đồ thị hàm số
y  f ( x ) đã cho, suy ra:
 x  1
 x2  2 x  3
x  3
 2
 3   x  2 x  b, b  1   2
x  2 x  b, b  1
 x 2  2 x  c, 0  c  3

2

 x  2 x  c, 0  c  3
Dựa vào đồ thị hàm số y  x 2  2 x suy ra:
Khi x 2  2 x  b, b  1 vô nghiệm.
Khi x 2  2 x  c, 0  c  3 có hai nghiệm phân biệt, chỉ có một nghiệm thõa mãn x   0;3 .
Vậy phương trình 1 có 1 nghiệm thõa mãn bài toán.
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thực.
Câu 41: Chọn B
227 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 x3  6 x 2  9 x  3  0


f x3  6 x 2  9 x  3  0   x3  6 x 2  9 x  3  t1   3;7 
 3
2
 x  6 x  9 x  3  t2   7 ;   


Đặt g  x   x 3  6 x 2  9 x  3 . Tập xác định D   .
x  1
g '  x   3 x 2  12 x  9 ; g '  x   0  
.
x  3
Bảng biến thiên


Vậy phương trình f x 3  6 x 2  9 x  3  0 có 7 nghiệm.
Câu 42: Chọn B
Ta có  f   x    f  x  . f   x   0  f  x  . f   x    f   x    0
2
2
 *
Giả sử x0 là một nghiệm của * . Nếu f  x0   0 thì từ * suy ra f   x0   0 . Điều này vô lý
vì đồ thị hàm số y  f  x  không tiếp xúc với trục hoành. Do đó f  x0   0 .
Vì vậy, * 
f  x  . f   x    f   x  
 f  x 
2
2
 f   x  
 0  
  0 .
 f  x 
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 228
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Từ hình vẽ ta thấy, đồ thị hàm số y  f  x  cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành độ
x1 , x2 , x3 , x4 .
Ta có f  x   a  x  x1  x  x2  x  x3  x  x4  ,  a  0  .
Dễ thấy
 *  
f  x
1
1
1
1
nên




f  x  x  x1 x  x2 x  x3 x  x4
1
 x  x1 
2

1
 x  x2 
2

1
 x  x3 
2

1
 x  x4 
2
0.
Câu 43: Chọn D
 f  x2 
g  x  0

Ta có g  x  .  2 g  x   1  0  

g  x  1
2
 f x 

2


2
 f x   0
0

 f  x2   1

1

2


2
1
 f  x2   

2
1
 2 .
 3
Từ đồ thị hàm số y  f  x  suy ra
 x 2  a  1

1   x 2  b   0;1 . Suy ra phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
 2
x  c  1
 x 2  d  1,  d  a 

 2    x 2  e   0;1 ,  e  b  . Suy ra phương trình có 4 nghiệm phân biệt khác 4 nghiệm phân
 2
 x  f  1,  f  c 
biệt của phương trình.
 x 2  m  1,  m  d , a 

 3   x 2  n   0;1 ,  n  e, b  . Suy ra phương trình có 4 nghiệm phân biệt khác 4 nghiệm phân
 2
 x  p  1,  p  f , c 
229 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
biệt của phương trình và 4 nghiệm phân biệt của phương trình.
Vậy phương trình g  x  .  2 g  x   1  0 có tất cả 12 nghiệm.
Câu 44: Chọn C
 f  x 2  1  m
Ta có:  f  x  1    2m  1 f  x  1  m  m  1  0  
 f  x 2  1  m  1

2
2
2
Đặt t  x 2  1  t  1  f  t    1;  
 f t   m
1
Phương trình đã cho tương đương với 
.
 f  t   m  1  2 
 m  1
 m  2 .
Phương trình đã cho có nghiệm khi 1 hoặc  2 có nghiệm t  1  
 m  1  1
Phương trình đã cho có số nghiệm thực phân biệt là số chẵn trong các trường hợp sau:
 m  1
m  1  1 m  1


Trường hợp 1: Cả hai phương trình 1 và  2 đều có nghiệm t  1  
 m  1 .
m  1
m  0

m  1  1
Trường hợp 2: Phương trình  2 và phương trình 1 vô nghiệm
 m  1

 m  1  1  2  m  1  m   2;10 \ 0;1 .
m  1  1

Số phần tử của S là 11.
Câu 45: Chọn C
Ta có f   x   0  x  1 hoặc x  0 hoặc x  1 .
Đặt u  x  1  2 . Ta có u  
2
2 x  x 2  1
x2 1
.
Đạo hàm: u   0  x  0 ; u  không xác định khi x  1 .
Bảng:


Để phương trình f x 2  1  2  m có đúng 6 nghiệm phân biệt thì 1  m  7 .
Với m   thì m  0;1; 2;3; 4;5; 6 . Vậy có 7 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 46: Chọn A
Đặt t  1  2 sin x từ 1  sin x  1 suy ra t  1;3 do đó ta có bảng biến thiên của y  f  t 
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 230
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Từ bảng biến thiên, phương trình f 1  2sin x   f  m  có nghiệm thực khi và chỉ khi
2  f  m   2  1  m  3  3  m  3 .
Vậy có tất cả là 7 số nguyên thỏa mãn bài toán.
Câu 47: Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm của  C1  và  C2  là
 x  1 x  2  x  3  m  x    x 4  6 x3  5 x 2  16 x  18 1
Ta thấy x  1, x  2, x  3 không là nghiệm của 1 nên
 x 4  6 x 3  5 x 2  16 x  18
1  m  x 
 x  1 x  2  x  3
Biến đổi
 2
.
 x 4  6 x3  5x 2  16 x  18
b
c
d
 x  a 


x 1 x  2 x  3
 x  1 x  2 x  3
Đồng nhất thức hai vế ta xác định được a  0; b  1; c  2; d  3 nên
1
2
3


với x   \ 1; 2;3 .
x 1 x  2 x  3
1
2
3


Xét hàm số f  x   x  x 
với x   \ 1; 2;3 .
x 1 x  2 x  3
x x
1
2
3
Ta có f   x   



 0 với x   \ 1; 2;3
2
2
2
x
 x  1  x  2   x  3
 2  m 
x x
.
Bảng biến thiên của hàm f  x 
Từ bảng biến thiên, để phương trình 1 có 4 nghiệm phân biệt thì m  0
Vì m nguyên thuộc đoạn  2021; 2021 nên m  1; 2;3;...; 2021 . Vậy có 2021 giá trị nguyên
của m thỏa mãn.
Câu 48: Chọn A
m  0
Theo đề bài ta chỉ xét x  0 . Điều kiện của phương trình đã cho: 
x  1
Theo hình vẽ ta dễ dàng tìm được hàm số f  x   x 4  2 x 2  1
231 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Ta có: log
f  x
mx
2
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 x  f  x   mx   mx3  f  x 
 log f  x   log mx 2  xf  x   mx 2  mx3  f  x 
 log f  x   xf  x   f  x   log mx 2  mx3  mx 2
 log f  x    x  1 f  x   log mx 2   x  1 mx 2
 log  f  x  . x  1    x  1 f  x   log  mx 2  x  1    x  1 mx 2 , 1


1
Xét hàm số f  t   log t  t ,  t  0   f   t  
 1  0, t  0
t ln10
Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên  0;   . Từ 1 suy ra.
f  x  .  x  1   x  1 mx 2  f  x   mx 2  m 
m
x4  2 x2  1
x
2
 x2  2 
Đặt: g  x   x 2  2 
1
x
2
f  x
x2
1
x2
 g x   2x 
2
x3
; g   x   0  x  1
Dễ thấy TCĐ x  0 .
Như vậy YCBT  m  0 . Kết hợp điều kiện ta có m  1, 2,3,..., 2021
Vậy có 2021 giá trị m .
Câu 49: Chọn C
Ta có: f  2 f  x   1  m  f  2 x 3  6 x 2  1  m
Dưới đây là bảng biến thiên của hàm số y  f  x   x3  3x 2  5
x  0
Đặt u  2 x 3  6 x 2  9 ; u  6 x 2  12 x  0  
x  2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 232
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Để phương trình f  2 x  6 x  1  m có đúng 3 nghiệm thực x thì 5  m  491 .
3
2
Suy ra có 485 số nguyên m thỏa mãn.
Câu 50: Chọn A
x4  8x2  mx  2m 16  0  x4  8x2 16  m  x  2
1 .
Ta có phương trình có một nghiệm x  2.
Xét x  2 ta có x  8 x  16  m  x  2   m 
x 4  8 x 2  16
 2 .
x2
Để phương trình có 6 nghiệm phân biệt thì phương trình có 5 nghiệm phân biệt khác 2.
4
Xét hàm số f ( x) 
2
x 4  8 x 2  16
x2
 x 4  8 x 2  16
, x  2 2  x  2 2


.
x2
 x 3  2 x 2  4 x  8 , 2 2  x  2 2

32
 2
, x  2 2, x  2 2
2
3 x  4 x  4 
 x  2
.
f '( x )  

2
 3 x  4 x  4 ,  2 2  x  2 2
Với x  2 2, x  2 2 ta có f '( x )  3 x 2  4 x  4 
2

Vì 3x 2  4 x  4  0  x   ; 2    ;   .
3


 
32
 x  2
2
.

 3 x 2  4 x  4  0, x  ; 2 2  2 2;  .
Suy ra f '( x )  3x 2  4 x  4 
32
 x  2
2

 
 0, x  ; 2 2  2 2; 

 x  2
Với 2 2  x  2 2 ta có f '( x )  3 x 2  4 x  4  0  
2
x 
3

Ta có bảng biến thiên:
Phương trình có 6 nghiệm khi 0  m  8


2 1 , m    m 1;2;3 .
Suy ra có 3 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn.
Câu 51: Chọn A
Đặt u 
3
f  x   m  m  u 3  f  x  1 , thay vào phương trình ban đầu, ta được:
f  u   x3  m  m  x3  f  u 
Từ 1 và  2  suy ra: m  x 3 
233 | Phan Nhật Linh
 2
f  u   u 3  f  x   x3  f  x   u 3  f  u  .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
4
Xét hàm số g  t   f  t   t 3  t 3  8t  g   t   4t 2  8  0 nên hàm số g  t  đồng biến trên
3
2
 . Suy ra: m  f  x   x3  f  u   u 3  x  u  m  x3  8 x.
3
2
Xét hàm số: h  x   x3  8 x  h  x   2 x 2  8  0  x  2 .
3
Bảng biến thiên:
32
32
m
.
3
3
Kết hợp với điều kiện m    10  m  10 , nên có tất cả 21 giá trị m thỏa mãn yêu cầu.
Câu 52: Chọn C
Để phương trình luôn có 3 nghiệm phân biệt thì 
3
3
Ta có: x  15x  3x  m  0  x  15x  3x  m
  x  15

 x 3  15 x  0
   15  x  0
 3
   x  15 x  3x  m   
.
3
 3
  m   x  18 x
  x  15 x  3 x  m

3
  m  x  12 x

3
Xét hàm f  x    x  18x với x    15; 0    15;  .
2
Ta có: f   x   3x  18 ; f   x   0  x   6 .

Xét hàm g  x   x3 12 x với x    15; 0    15;  .
2
Ta có: g  x   3x  12 ; g   x   0  x  2 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 234
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
3
Theo bảng biến thiên của hàm f  x  , g  x  số nghiệm của phương trình x  15x  3x  m  0
là tổng số giao điểm của đường thẳng y  m và đồ thị hàm y  f  x  ; y  g  x  . Suy ra phương
3
trình x  15x  3x  m  0 có 3 nghiệm phân biệt khi 12 6  m  16 . Vậy có 45 giá trị
nguyên của m để phương trình có 3 nghiệm.
Câu 53: Chọn D
2
Xét hàm y  f  x   x  4 x  3 có tập xác định D   .
f   x   2x  4 ; f   x   0  2x  4  0  x  2 .
2
Ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x   x  4 x  3 và hàm số y  f  x 
 f  x   1
Ta có f 2  x    m  6  f  x   m  5  0  
.
 f  x   m  5
Từ bảng biến thiên ta có
Phương trình f  x   1 có hai nghiệm phân biệt x  2 .
Yêu cầu bài toán  f  x   m  5 có bốn nghiệm thực phân biệt khác 2  1  m  5  3
 4  m  8 . Vậy tập S  5;6;7 . Tổng các phần tử của tập S là 5  6  7  18 .
Câu 54: Chọn D
Ta có: hệ số a  1  0 và f  x   0 có đúng hai nghiệm phân biệt.
 Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị và 1 điểm thuộc trục hoành.
f   x   3x 2 
m
m
. f  x  0  x  
 m  0 .
6
2
3
 m 1
m
Trường hợp 1: 
 m  8  0  m  24 .
  m
6
 6 2
m  24 : f  x   x3  12 x  16 .
Phương trình f  x   k có 3 nghiệm phân biệt  k   0;32  .
Có 31 giá trị nguyên của k thỏa mãn.
3
 m 1
m
 m 6.
Trường hợp 2:  
 6   2 m 6  m  8  0


m  6 : f  x   x3  3x  2 .
f  x   k có 3 nghiệm phân biệt  k   4; 0  .
Có 3 giá trị nguyên của k thỏa mãn. Vậy có 34 giá trị nguyên của k thỏa mãn.
Câu 55: Chọn D
235 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x  0
Ta có: y  6 x 2  6 x . y  0  
.
x  1
Bảng biến thiên:
Ta có:

f

2sin x  1
1  1 3
 2sin x  1 
 sin x     ;  suy ra f 
   0;1 nên
2
2  2 2
2


 2sin x  1  
f
    0;1 .
2


2m3  3m2  1  0
  2sin x  1  
Phương trình f  f 
   f  m  có nghiệm  0  f  m   1   3
2
2

 
2m  3m  0
1
3
1
3
 m  . Vậy 4a 2  8b  4.  8.  13 .
2
2
4
2
Câu 56: Chọn D
x 1
x
x 1 x  2



 x2  xm.
Phương trình hoành độ giao điểm:
x
x 1 x  2 x  3
Tập xác định: D   \ 3; 2; 1;0

Với điều kiện trên, phương trình trở thành
1
1
1
1
4 


 x  2  x  m *
x x 1 x  2 x  3
1
1
1
1
 


4 x2  x  m.
x x 1 x  2 x  3
1
1
1
1


 4  x  2  x với tập xác định D . Ta có
Xét hàm số f  x   
x x 1 x  2 x  3
1
1
1
1
x2
f  x   2 



 1  0, x  D .
2
2
2
x  x  1  x  2   x  3
x2
Bảng biến thiên
Để  C1  và  C2  cắt nhau tại đúng 4 điểm phân biệt thì phương trình * có 4 nghiệm phân
biệt. Từ bảng biến thiên suy ra tất cả các giá trị m cần tìm là m  2 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 236
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x2
có đồ thị là  C  và I (1;1) . Tiếp tuyến  của  C  cắt hai đường tiệm
x 1
cận của đồ thị hàm số  C  lần lượt tại A ; B sao cho chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Cho hàm số y 
Khi đó chu vi nhỏ nhất của tam giác IAB là
A. 2 3  4 6
Câu 2 :
B. 4 3  2 6 .
.
x2
có đồ thị là  C  . Có bao nhiêu điểm thuộc  C  sao cho tiếp tuyến tại
x 1
đó tạo với hai đường tiệm cận của  C  một tam giác nhận gốc toạ độ làm tâm đường tròn nội
B. 1 .
C. 2 .
D. 3 .
(3m  1) x  m 2  m
trong đó m là tham số khác 0 . Gọi S là tập hợp các giá trị
xm
thực của m để tại giao điểm của đồ thị với trục hoành, tiếp tuyến sẽ vuông góc với đường thẳng
x  y  2020  0 . Khi đó tổng giá trị các phần tử thuộc S bằng
Cho hàm số y 
A. 
Câu 4:
D. 6 3 .
Cho hàm số y 
tiếp.
A. 0 .
Câu 3:
C. 2 3  2 6 .
6
.
5
1
B.  .
5
C. 1 .
D.
6
.
5
Cho hàm số y  2 x3  3ax 2  b có đồ thị  C  . Gọi A, B lần lượt là hai điểm phân biệt thuộc
 C  sao cho tiếp tuyến của  C  tại
A, B có cùng hệ số góc bằng 6 . Biết khoảng cách từ gốc
tọa độ O đến đường thẳng AB bằng 1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2a 2   a  b  bằng
2
A. 4 .
Câu 5:
B. 5 .
C. 6 .
D. 7 .
Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;    thỏa mãn f   x  1 
f  x  1
x
 3x  2
và f 1  6 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ bằng 3
là.
A. y  9 x  7 .
Câu 6:
B. y  9 x  7 .
C. y  9 x  7 .
D. y  9 x  7 .
Cho hàm số y  f  x  nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên khoảng  0;   , đồng
thời thỏa mãn  f  x   3 f  x   x  3 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x 
tại điểm có hoành độ x  1 là
1
4
1
6
A. y  5 x  4.
B. y  x  .
C. y  5 x  9 .
D. y   x  .
5
5
5
5
2
Câu 7:
Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m sao cho parabol ( P) : y  4 x 2   m  2  x  3m cắt đồ
thị  C  : y  2 x3  3x 2  3 tại ba điểm phân biệt A, B, C  3;30  mà tiếp tuyến với  C  tại A và
tại B vuông góc với nhau. Tính tổng các phần tử của S.
A. 1 .
B. 1.
C. 2.
237 | Phan Nhật Linh
D. 5.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 8:
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2x 1
Cho hàm số y 
có đồ thị  C  . Điểm M  a ; b với a  0 sao cho khoảng cách từ điểm
x 1
I  1;2 tới tiếp tuyến của  C  tại M là lớn nhất. Khi đó a  b bằng
A. 1 .
Câu 9:
B. 1 .
Cho hàm số y 
C.
3.
D. 2 3 .
x2
có đồ thị  C  . Có bao nhiêu điểm M thuộc trục Oy, có tung độ là số
x 1
nguyên âm và thỏa mãn từ điểm M kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị  C  sao cho 2 tiếp điểm
tương ứng nằm cùng một phía của trục Ox ?
A. 1 .
B. 2 .
D. 4 .
C. 3 .
3
2
Câu 10: Cho hàm số y  f  x   x  3mx  2mx  16m  7 có đồ thị là  Cm  . Gọi M là điểm cố định có
tung độ nguyên của  Cm  và  là tiếp tuyến của  Cm  tại điểm M . Gọi S là tập các giá trị của
tham số m để  tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. Tính tổng các phần tử của S .
12
11
A. 1.
B. 0 .
C.
.
D.
.
7
7
x 1
có đồ thị (C ) . Gọi M là điểm nằm trên đồ thị (C ) sao cho tiếp tuyến
x2
của (C ) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có tâm đường tròn ngoại tiếp nằm trên đường
Câu 11: Cho hàm số y 
thẳng  : 3x  y  0 . Tính độ dài đoạn thẳng OM , biết điểm M có tung độ dương.
A. OM  34 .
B. OM  5 .
Câu 12: Tiếp tuyến bất kì của đồ thị hàm số y 
diện tích bằng
A. 35.
D. OM  5 .
C. OM  7 .
5x  1
cùng với hai tiệm cận tạo thành một tam giác có
x3
B. 39.
C. 32.
D. 33.
Câu 13: Cho hàm số y  f  x  xác định và có đạo hàm trên  thỏa mãn  f  8 x  1    f 1  x    x
2
5
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ bằng 1.
1
20
.
x
21
21
A. y 
B. y  
1
20
.
x
21
21
C. y 
1
15
x .
21
21
D. y  
1
20
.
x
21
21
2
Câu 14: Cho các hàm số f  x  , g  x  có đạo hàm trên  và thỏa mãn f  x  3  g  x   x  10x  5
với mọi x   . Biết f (4)  f   4  5 . Tiếp tuyến của hàm số y  g ( x ) tại điểm có hoành độ
x  1 là
A. y  13 x  4.
Câu 15: Cho
hàm
số
B. y  13x  4.
y  f  x
có
đạo
C. y  13x  4.
hàm
trên

và
D. y  13 x  4.
thỏa
mãn
phương
trình
f 2  2  x   x 1  f 3  x  , x  . Gọi  d  : y  a x  b là tiếp tuyến của đồ thị  C  của hàm số
y  f  x  tại x  1 . Khi đó a  b bằng
A. 5 .
B. 5 .
C. 1.
D. 1 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 238
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
1
1
Câu 16: Cho đường cong  C  : y  x 4  x 3 . Có bao nhiêu đường thẳng d tiếp xúc (C ) tại ít nhất hai
4
3
điểm?
A. 0.
B. 1.
C. 2.
D. 3.
Câu 17: Cho hàm số y 
1 3
x  (2m  1) x 2  ( m 2  3) x  1 có đồ thị là. Gọi S là tập hợp tất cả các giá
3
trị m sao cho tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của song song với đường thẳng y  5 x  3 .
Tổng các phần tử của S là
B. 2 .
A. 1.
C.
7
.
3
D.
4
.
3
3x  2
có đồ thị  C  . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m
x 1
để đường thẳng d : y  x  m cắt  C  tại hai điểm phân biệt A , B sao cho tiếp tuyến với  C  .
Câu 18: Cho hàm số y 
tại A và B lần lượt có hệ số góc là k1 , k2 thỏa mãn 201 k1  k 2  
1 1
  2020k12020 .k 22020 .
k1 k2
Tổng giá trị của tất cả các phần tử của S thuộc khoảng nào dưới đây?
A.  10 ; 0  .
B. 1;10  .
C. 11; 20  .
D.  21;30  .
Câu 19: Cho
hàm
số
f  x
liên
tục

trên
và
có
đồ
thị
C 
.
Biết
2 3
 x 1 
1
f
  2 f    1   2 , x   \ {0;1} . Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C 
x x
 x 
 x
tại x  2 là
A. y   x  1 .
B. y  2 x  2 .
C. y  2 x  2 .
D. y  4 x  4 .
Câu 20: Cho hàm số y 
 C  tại
x 1
. Giả sử M có hoành độ m, m  0 thuộc đồ thị  C  sao cho tiếp tuyến của
x
M cắt trục tung và hoành lần lượt tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho SIAB  12 trong đó
I là giao điểm của 2 đường tiệm cận. Khi đó giá trị m thuộc khoảng nào sau đây?
A.  8;25 .
B.  23; 2  .
C.  6;9 .
D. 15; 27  .
Câu 21: Cho hàm số đa thức f  x  là hàm số chẵn. Gọi Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f   x  có
hệ số góc nhỏ nhất. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Δ vuông góc với trục tung.
B. Δ qua O.
C. Δ song song với đường thẳng y  x.
D. Δ song song với đường thẳng y   x.
xm
. Gọi A , B lần lượt là giao điểm của đồ thị (Cm ) với trục
x2
Ox và Oy . Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc tiếp tuyến của (Cm ) tại A và B . Giá trị nhỏ nhất
Câu 22: Cho đồ thị (Cm ) hàm số y 
của k1  k2 là
A.
1
.
4
239 | Phan Nhật Linh
B. 2 .
C.
1
.
2
D. 1.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x7
Câu 23: Hàm số y 
có đồ thị, gọi I là tâm đối xứng của. Đường thẳng d : y  ax  b là tiếp tuyến
x2
của, biết d cắt 2 đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của lần lượt tại M và N sao cho IMN
cân tại I. Khi đó b có giá trị bằng
b  9
b  13
A. b  9 .
B. b  13 .
C. 
.
D. 
.
b  3
 b  7
Câu 24: Biết đồ thị hàm số y  f  x  có dạng là một parabol thỏa mãn điều kiện y   2 y và f 1  0.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có tung độ bằng 4 là
A. y  4 x, y  4 x  8.
B. y  4 x, y  4 x  8.
C. y  4 x, y  4 x  8.
D. y  4 x, y  4 x  8.
Câu 25: Cho hàm số y  f  x  liên tục và nhận giá trị dương trên khoảng
 0;  
. Biết
f   x   1; f 1  3 và  f   x   1  9 x 2  9 x. f  x  . Hệ số góc tiếp tuyến tại điểm có hoành
2
độ bằng 4 của đồ thị  C  hàm số: g  x   f  x   x là
A. k  9 .
C. k  54 .
B. 81 .
D. 27 .
Câu 26: Cho hàm số y  f ( x)  x3  6 x 2  9 x  m có đồ thị  Cm  . Biết đồ thị  Cm  cắt trục hoành tại ba
điểm A, B, C có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x3  x1  x2  x3  , đồng thời tiếp tuyến tại A và C
song song với nhau. Viết phương trình tiếp tuyến tại B .
A. y  3x  6 .
B. y  3x  30 .
C. y  3 x  6 .
Câu 27: Cho hàm số y 
D. y  3x  30 .
2x 1
 C  , gọi I là tâm đối xứng của đồ thị  C  và M  a; b  là một điểm
x 1
thuộc đồ thị  C  . Tiếp tuyến của đồ thị  C  tại điểm M cắt hai đường tiệm cận của đồ thị  C 
lần lượt tại hai điểm A và B . Để tam giác IAB có chu vi nhỏ nhất thì tổng 2a  b gần nhất
với số nào sau đây.
A. 0.
B. 3.
D. 3.
C. 5.
x 1
có đồ thị ( H ) . Gọi M , N là 2 điểm thuộc ( H ) sao cho khoảng cách từ
x 1
I ( 1;1) đến tiếp tuyến tại M , N bằng 2. Khi đó xM  xN bằng
Câu 28: Cho hàm số y 
A. 2.
Câu 29: Cho hàm số f  x  
điểm x  3 .
1
9
A. y  x  .
8
8
B. 2 .
C. 0.
D. 1.
2x
. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số g  x   f  f  x   tại
x 1
B. y 
1
12
x .
5
5
C. y 
1
21
x .
16
16
D. y 
1
27
.
x
25
25
Câu 30: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị là. Giả sử tiếp tuyến của tại điểm có hoành độ x  0 là đường
thẳng y  x  1 . Khi đó: A  lim
x 0
A.
1
.
3
B.
1
.
2
2x
bằng
f  x   3 f  3x   2 f  2 x 
C.
1
.
2
D.
1
.
3
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 240
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 31: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm tại x  2 . Gọi d1 , d2 lần lượt là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y  f  x  và y  g  x   xf  4 x  6  tại x  2 . Mệnh đề nào sau đây là điều kiện cần và đủ để
hai đường thẳng d1 , d 2 có tích hệ số góc bằng 2 ?
B. 8  f  2   8 .
A. f  2   4 2 .
C. f  2   8 .
D. f  2  8 .
Câu 32: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  , thỏa mãn f  3x   3 f 1  3x   9 x 2  3x. Gọi
 d  : y  ax  b
là phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ bằng
0. Khi đó a  3b bằng
A. 1 .
B. 1.
C.
1
.
2
D. 
1
.
2
Câu 33: Cho hàm số y  x 3  6 x 2  28 có đồ thị  C  . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham
số m sao cho từ M  m ;  4  kẻ được đúng một tiếp tuyến tới  C  . Số các phần tử của tập S là
A. 4 .
B. 5 .
C. 3 .
D. 2 .
Câu 34: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  . Gọi d1 , d 2 lần lượt là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y  x2 f  2 x 1 và y  xf  2 x 1 tại điểm có hoành độ bằng 1. Biết hai đường thẳng d1 , d 2
có hệ số góc lần lượt là 2020 và 2021 . Giá trị của f 1 bằng:
A. 2020 .
B. 2021 .
C. 1.
D. 1 .
Câu 35: Cho hàm số y  x 3  3 x có đồ thị  C  . Tiếp tuyến của  C  tại điểm x  
1
và hai tiếp
3
4
tuyến khác tại điểm A và B tạo thành tam giác đều. Biết tung độ tại 3 tiếp điểm đó đều không
âm, khi đó tổng hoành độ của A và B thuộc khoảng nào sau đây?
A. 1; 2  .
B.  0;1  .
C.  1; 0  .
D.  2; 1 .
Câu 36: Cho hàm số y 
x 1
có đồ thị  C  . Trên đồ thị  C  có bao nhiêu cặp điểm mà tiếp tuyến tại
x3
hai điểm đó song song với nhau đồng thời khoảng cách giữa cặp điểm đó bằng 4 2 ?
A. 0 .
B. 1.
C. 2 .
D. 3 .
Câu 37: Cho hàm số y 
2x  3
có đồ thị  C  . Trên đồ thị có bao nhiêu điểm M mà khoảng cách từ
x2
A  6; 4  đến tiếp tuyến của đồ thị  C  tại điểm M gấp hai lần khoảng cách từ điểm B  5;1
đến tiếp tuyến của đồ thị  C  tại điểm M ?
A. 0 .
B. 1.
C. 2 .
D. 3 .
Câu 38: Cho hàm số y  f ( x )  ax 3  bx 2  cx  d có bảng biến thiên như hình vẽ.
241 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Gọi (C ) là đồ thị của hàm số y  f ( x) . Hỏi có bao nhiêu điểm M thuộc (C ) sao cho tiếp
tuyến của (C ) tại điểm M cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại A và B thỏa mãn tam giác
OAB vuông cân?
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Câu 39: Cho hàm số y  x 4  2 x 2 5 có đồ thị  S  . Gọi A, B, C là các điểm phân biệt trên  S  có tiếp
tuyến với  S  tại các điểm đó song song với nhau. Biết A, B, C cùng nằm trên một parabol  P 
có đỉnh I  1; y0  . Tìm y0 .
B. 4 .
A. 4.
C.
1
.
4
D.
1
.
4
Câu 40: Cho hàm số y  f  x  và y  g  x  liên tục trên  có đồ thị như hình vẽ sau. Biết đường thẳng
 là tiếp tuyến chung của hai đồ thị hàm số y  f  x  và y  g  x  tại điểm H  2;3 .
  g  x 
Đạo hàm của hàm số h  x   sin  f  x  g  x    cos 
 tại điểm x0  3 bằng
 f  x 
A. 8 .
B. 0 .
C. 4 .
D. 8 .
Câu 41: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  ; a  .
 x  a  . f   x  khi x  a
Đặt g  x   
, với m  0 .
khi x  a
mx
Biết rằng hàm số y  g  x  có đạo hàm tại x  a   2; 2  và tiếp tuyến với đồ thị  C  của hàm
số y  f


2  x  2  x tại giao điểm của  C  và Oy có hệ số góc là
2 . Khi đó m là giá
trị nào sau đây
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 242
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
A.
2.
B.
1
2
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
1
C. .
2
.
D. 2 .
Câu 42: Cho hàm số y   x 3  3 x  2 có đồ thị là  C  . Giả sử điểm M  a ; b  thuộc  C  mà từ đó kẻ
được một tiếp tuyến đến  C  . Tính a 2  b 2
A. 0 .
B. 1.
D. 1 .
C. 4 .
Câu 43: Có bao nhiểu điểm M trên trục Ox mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến tới đồ thị hàm số  C  :
y   x3  3x  2 sao cho có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau
A. 0 .
B. 1.
C. 2 .
Câu 44: Cho
hàm
số
y  f  x
xác
định
và
có
đạo
D. 3 .
hàm
trên

,
thỏa
mãn
 f 1  x    2 f 1  2 x   21x  3  0 . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x 
3
tại điểm có hoành độ x0  1
A. y  3x  1 .
B. y  3x  2 .
C. y  3x  2 .
D. y  3x  1 .
Câu 45: Cho hàm số y  f  x  xác định, có đạo hàm trên  thỏa mãn f 2   x    x 2  2 x  4  f  x  2 
và f  x   0, x   . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ
x  2 là
A. y  2 x  4 .
B. y  2 x  4 .
C. y  2 x .
D. y  4 x  4 .
m
x2
và  H  : y 
 m  0  . Có bao nhiêu giá trị m để tiếp tuyến của  P  và
2
m
x
 H  tại giao điểm của chúng tạo với nhau 1 góc 600 ?
Câu 46: Cho  P  : y 
A. 1.
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
5 5
Câu 47: Cho hàm số y  x3  3x 2  2 có đồ thị  C  . Biết rằng từ điểm A  ;   kẻ được ba tiếp tuyến
2 2
đến đồ thị  C  . Gọi k1 ; k2 lần lượt là hệ số góc của hai tiếp tuyến tại các điểm có hoành độ
x1 ; x2   3 trong các tiếp tuyến trên. Gọi E  x1; k1  , F  x2 ; k2  . Khi đó d  O; EF  là
A.
9
.
5
B.
9
.
5
C.
3
.
5
D.
3
.
5
Câu 48: Cho hàm số y  x3  3x 2  4 có đồ thị  C  . Trên  C  có những cặp điểm A, B phân biệt sao
cho tiếp tuyến tại các điểm đó có cùng hệ số góc k và đường thẳng AB luôn có điểm chung với
đường tròn T  :  x  1  y 2  2 . Gọi K là tập hợp các giá trị k nguyên thuộc đoạn
2
 2021; 2021 . Số phần tử của tập
A. 2024.
B. 2025 .
K là:
C. 2019 .
D. 4037 .
Câu 49: Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  2 x3  3x vuông góc với trục tung?
A. 1.
243 | Phan Nhật Linh
B. 4 .
C. 2 .
D. 3 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 50: Cho hàm số f  x   x 12x  9 có đồ là thị là  C1  , hàm số g  x   m 4  x2 có đồ thị là  C2 
3
Số giá trị của tham số m để đồ thị  C1  và  C2  tiếp xúc với nhau là
A. 0 .
B. 1.
D. 3 .
C. 2 .
x 2  3x  4
và  P  : y  ax 2  bx  8  a  0  . Từ điểm A  4;1 kẻ được 2 tiếp
x 1
tuyến tới  C  . Gọi k1 , k2 là hệ số góc của 2 tiếp tuyến đó.  P  có đỉnh I và cắt Ox tại 2 điểm
Câu 51: Cho  C  : y 
M  k1;0  và N  k 2 ;0  . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN .
A.
3
.
2
B.
25
.
13
C.
161
.
36
D.
19
.
4
3
Câu 52: Cho hàm số y  x 3  ax 2  b có đồ thị  C  . Gọi M , N lần lượt là hai điểm phân biệt thuộc
2
 C  sao cho tiếp tuyến của  C  tại M , N có cùng hệ số góc bằng 3 . Biết khoảng cách từ gốc
tọa độ O đến đường thẳng MN bằng 1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2a 2   a  2b  bằng
2
A. 8 .
B. 7 .
D. 5 .
C. 4 .
Câu 53: Cho hàm số f  x   x 2  4 x  4m  m 2 . Có bao nhiêu giá trị của tham số m để hàm số
g  x   f  f  x   tiếp xúc với trục Ox .
A. 3 .
B. 0 .
C. 2 .
D. 1.
Câu 54: Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên  , thỏa mãn f '  x  
f  x
 4 x 2  3 x và
x
f 1  2 . Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ bằng 2 là
A. y  16 x  44 .
B. y  16 x  44 .
C. y  16 x  20 .
D. y  16 x  20 .
Câu 55: Cho đa thức f  x  với hệ số thực và thỏa mãn điều kiện 2 f  x   f 1  x   x 2 , x  . Biết
tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x  1 của đồ thị hàm số y  f  x  tạo với hai trục tọa độ một
tam giác. Tính diện tích của tam giác đó?
1
3
A. .
B. .
6
2
C.
1
.
3
D.
2
.
3
x
có đồ thị  C  . Gọi A  xA ; y A  , B  xB ; y B  ( xA  xB ) là 2 điểm trên  C 
x 1
mà tiếp tuyến tại A , B song song với nhau và AB  2 2 . Tích xA xB bằng
Câu 56: Cho hàm số y 
A. 2 .
Câu 57: Cho hàm số f  x   x 
B. 1.
D. 2 .
C. 0 .
1
. Cho điểm M  a; b  sao cho có đúng hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số
x
y  f  x  đi qua điểm M , đồng thời hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau. Biết điểm M luôn
thuộc một đường tròn cố định, bán kính của đường tròn đó là
A. 1.
B.
2.
C. 4 .
D. 2 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 244
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 58: Trên đường thẳng d : y  2 x  1 có bao nhiêu điểm có thể kẻ được đến đồ thị  C  : y 
đúng một tiếp tuyến.
A. 5 .
B. 4 .
C. 3 .
x3
x 1
D. Vô số.
Câu 59: Cho hàm số y  f  x  xác định và có đạo hàm trên  và thỏa mãn 2 f  2 x   f 1  2 x   12 x 2
x   . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ bằng 1 tạo với hai trục
Ox , Oy một tam giác có diện tích S bằng
1
A. 1.
B. .
2
Câu 60: Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 
tam giác vuông cân.
A. 1.
B. 0 .
C. 2 .
D.
3
.
2
x
mà tiếp tuyến đó tạo với hai trục tọa độ một
x 1
C. 2 .
D. 3 .
Câu 61: Cho hàm số y  x 3  ( m  1) x 2  3mx  2 m  1 có đồ thị  Cm  , biết rằng đồ thị (C m ) luôn đi qua
hai điểm cố định A, B. Có bao nhiêu số nguyên dương m thuộc đoạn  2020; 2020  để (C m ) có
tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng AB ?
A. 4041 .
B. 2021 .
C. 2019 .
D. 2020 .
ax  b
có đồ thị cắt trục trung tại điểm A  0;1 , tiếp tuyến tại A có hệ số góc
x 1
bằng 3 . Khi đó giá trị a , b thỏa mãn điều kiện sau:
Câu 62: Cho hàm số y 
A. a  b  3 .
B. a  b  2 .
C. a  b  1 .
D. a  b  0 .
Câu 63: Cho hàm số y  x3  3x 2  1 có đồ thị  C  và điểm A 1; m  . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị
nguyên của tham số m để qua A có thể kẻ được đúng ba tiếp tuyến tới đồ thị  C  . Số phần tử
của S là
A. 9 .
B. 5 .
C. 7 .
D. 3 .
Câu 64: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị là đường cong  C  , biết đồ thị của f   x  như hình vẽ
Tiếp tuyến của đồ thị  C  tại điểm có hoành độ bằng 1 cắt đồ thị  C  tại hai điểm A , B phân
biệt lần lượt có hoành độ a , b . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau
A. a, b  3 .
245 | Phan Nhật Linh
B. a2  b2  10 .
C. 4  a  b  4 .
D. a, b  0 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 65: Cho hàm số y  x  3x có đồ thị  C  . Có bao nhiêu số nguyên b   10;10  để có đúng một
3
2
tiếp tuyến của  C  đi qua điểm B  0; b  ?
A. 9 .
B. 2 .
C. 17 .
D. 16 .
3
2
Câu 66: Cho hàm số y  x  3x  1 có đồ thị là  C  và điểm A 1; m  . Gọi S là tập hợp tất cả các giá
trị nguyên của tham số m để qua A có thể kẻ được đúng ba tiếp tuyến với đồ thị  C  . Số phần
tử của S là
A. 9 .
B. 5 .
C. 7 .
D. 3 .
Câu 67: Cho hàm số y  x3  3x có đồ thị  C  . Gọi S là tập hợp tất cả giá trị thực của k để đường
thẳng d : y  k  x  1  2 cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt M , N , P sao cho các tiếp tuyến
của  C  tại N và P vuông góc với nhau. Biết M  1;2  , tính tích tất cả các phần tử của tập S
.
A.
1
.
9
Câu 68: Cho hàm số y 
2
B.  .
9
C.
1
.
3
D. 1 .
x2
có đồ thị  C  và điểm A  0; a  . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của a
x 1
trong đoạn  2018;2018 để từ A kẻ được hai tiếp tuyến đến  C  sao cho hai tiếp điểm nằm
về hai phía của trục hoành.
A. 2019 .
B. 2020 .
C. 2017 .
D. 2018 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 246
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1.
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
TXĐ: D   \ 1
TCĐ: x  1 ; TCN: y  1 .
Suy ra I (1;1) là giao của 2 đường tiệm cận của đồ thị hàm số y 
M   C   M ( a;
x2
.
x 1
a2
).
a 1
PTTT  của  C  tại M là: y 
3
 a  1
2
 x  a 
a2
.
a 1
a 5

 giao với TCĐ tại điểm A  1;
 ,  giao với TCN tại điểm B  2a  1;1 .
a 1 

Ta có: IA 
IB 
2
a5 
a5
6
 1 
1 
.
a 1
a 1
 a 1 
 1  12  
 2a  1  12  1  12
 2 a 1 .
Do tam giác IAB vuông tại I nên AB  IA2  IB 2
Ta có chu vi tam giác IAB là
IA  IB  AB  IA  IB  IA2  IB 2  2 IA.IB  2 IA.IB  2 12  24  4 3  2 6 .
x2
có đồ thị là  C  . Có bao nhiêu điểm thuộc  C  sao cho tiếp tuyến tại đó
x 1
tạo với hai đường tiệm cận của  C  một tam giác nhận gốc toạ độ làm tâm đường tròn nội tiếp.
Câu 2 : Cho hàm số y 
B. 1 .
A. 0 .
Ta có: y 
3
D. 3 .
.
 x  1
Đồ thị hàm số  C  có đường tiệm cận đứng là
2
C. 2 .
x  1 và đường tiệm cận ngang là y  1 .
 a2
Gọi M  a;
   C  ,  a  1
 a 1 
Phương trình tiếp tuyến của  C  tại M là:
y  y  a  x  a  
a2
3x
a 2  4a  2


a  1  a  12
 a  12

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của    với đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của  C  , I
a 5

là giao điểm của hai đường tiệm cận. Khi đó A  1;
 , B  2a  1;1 , I  1;1 .
a 1 

Phương trình đường thẳng IA : x  1  x  1  0  d  O, IA   1 .
Phương trình đường thẳng IB : y  1  y  1  0  d  O, IB   1 .
Vì d  O; IA   d  O; IB   1 nên O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác IAB khi O nằm trong tam
giác IAB và d  O; AB   1 .
247 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Ta có: d  O; AB   1  d  O,    1 

 a 2  4a  2

2
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2
a  4a  2
9   a  1
4
 1  a 2  4a  2  9   a  1
4
 9   a  1  12a 3  6a 2  12 a  6  0
4

a  1

 6 a 2  1  2a  1  0   a  1 l  .

a  1

2
1

Với a  1  M  1;   , A  1; 2  , B  3;1  O nằm trong tam giác IAB  O là tâm đường tròn
2

nội tiếp IAB .
1
1

Với a   M  ; 1 , A  1; 3 , B  2;1  O nằm trong tam giác IAB  O là tâmđường tròn
2
2

nội tiếp IAB . Vậy có hai điểm thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 3.

Điều kiện xác định: x   m .
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là:

m2  m
(3m  1) x  m 2  m  0
(3m  1) x  m 2  m
x


0

3m  1
xm
 x  m  0
 x  m

(3m  1  0)
m2  m
 m  m  0 . Nên điều kiện x  m luôn thỏa mãn.
Ta có: x 
3m  1
Vậy hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là x 
Ta có y ' 
m2  m
(3m  1  0) .
3m  1
(3m  1) m  ( m2  m)
4m 2

.
( x  m) 2
( x  m) 2
Vì tiếp tuyến của đồ thị tại giao điểm của đồ thị với trục hoành vuông góc với đường thẳng
x  y  2020  0 nên ta có
 m2  m 
4m 2
4m 2 (3m  1) 2
y '
.

1


1


1

1



2
16m 4
 m2  m

 3m  1 
 m

 3m  1

 m  1
3m  1  2m
(3m  1)2
2
2

 1  (3m  1)  4m  

m   1
3
m

1


2
m
4m 2

5

6
Vậy tổng giá trị các phần tử thuộc S bằng  .
5
Câu 4.
Ta có y '  6 x 2  6ax.
Do tiếp tuyến của  C  tại A, B có cùng hệ số góc là 6 nên x A , xB là nghiệm phương trình
y  6  6 x 2  6ax  6  x 2  ax  1  0 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 248
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022


CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ

Ta lại có y  x  ax  1  2 x  a   2  a

2
2
 x  a  b . Khi đó, phương trình đường thẳng AB

là 2  a 2 x  y  a  b  0 .
Theo giả thiết d  O; AB   1 
ab
2  a 
2

 1   a  b  2  a2
2
2
1

2
1
 2 ab  b 2  a 4  5a 2  5 .


2
Từ ta có P  2a 2   a  b   3a 2  2ab  b 2  a 4  2a 2  5  a 2  1  4  4.
2
Dấu “=” xảy ra khi a  1 . Vậy GTNN cần tìm là 4.
Câu 5.
Ta có f   x  1 
f  x  1
x
 3 x  2  f  x  1  xf   x  1  3x 2  2 x .
  xf  x  1   3x 2  2 x  xf  x  1 
  3x
2

 2 x dx  xf  x  1  x3  x 2  C * .
Thay x  2 vào * ta được: 2 f 1  12  C  2.6  12  C  C  0 .
Suy ra xf  x  1  x3  x 2  f  x  1  x 2  x   x  1  3  x  1  2 .
2
 f  x   x 2  3x  2  f   x   2 x  3  f   3  9 và f  3  20 .
Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ x  3 là
y  9  x  3   20  y  9 x  7 .
Câu 6.
Thay x  1 vào đẳng thức  f  x    3 f  x   x  3 1 ta được:
2
 f 1   3 f 1  4  f 1  1; f 1  4 .
2
Đạo hàm hai vế của 1 ta được: 2 f   x  . f  x   3 f   x   1  2  .
Thay x  1 vào  2  : 2 f  1 f 1  3 f  1  1 .
1
Với f 1  1 ta có: 2 f  1  3 f  1  1  f  1  .
5
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm 1;1 có hệ số góc k  f  1 
là y 
Câu 7.
1
5
1
4
x .
5
5
Phương trình hoành độ giao điểm là: 2x 3  3x 2  3  4 x 2   m  2  x  3m


 2 x3  7 x 2  2 x  mx  3  3m  0   x  3 2x 2  x  1  m  x  3   0
 x  3  y  30
  x  3 2x 2  x  1  m  0  
2
 g  x   2x  x  1  m  0


 C  tại 3 điểm
  1  8 1  m   0

 g  3  14  m  0
Để d cắt
249 | Phan Nhật Linh
phân biệt thì phương trình g  x   0 có 2 nghiệm khác 3
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
1

x1  x2 


2
Gọi A x1;2 x13  3x12  3 và B x2 ;2 x23  3 x22  3 theo Vi-ét ta có: 

1
x x   m
 1 2
2




Để tiếp tuyến tại A và B của  C  vuông góc với nhau thì y  x1  . y  x2   1



 6x12  6x1 6x 22  6x 2  1  x1x2  x1  1 x2  1  
 x1x2  x1 x2  x1  x2  1  
1
36
1
1  m  1  m 1 
1

  1  

36
2  2
2 
36
m 2  2m  1 1  m
1
1
3  5

   m2  m   0  m 
 t / m * 
4
4
36
9
6
Suy ra tổng các phần tử của S bằng 1 .

Câu 8.

3 
Gọi M  x0 ; 2 
   C  . Khi đó tiếp tuyến tại M có phương trình:
x0  1 

3
3
2
: y 
x  x0   2 
 3 x  x0    x0  1  y  2   3  x0  1  0 .
2
x0  1
 x0  1
Khoảng cách từ I  1;2  đến  là:
d
3  1  x0   3  x0  1
9   x0  1
4
Theo bất đẳng thức Cô-si:

6 x0  1
9   x0  1
9
 x0  1
 x0  1
2
6

9
 x0  12
  x0  1  2
  x0  1
9
2
2
Khoảng cách đạt giá trị lớn nhất bằng
9
4
 x0  1
.
2
. x0  1  6 . Khi đó d  6 .
2
2
6 khi
 x0  1  3
2
2
.
  x0  1   x0  1  3  
 x0  1  3


Do điểm M có hoành độ dương nên M 1  3;2  3 . Khi đó a  b  1 .
Câu 9.
x2
3
 y 1
. Gọi M  0; m   Oy ,  m  0  .
x 1
x 1
Gọi tiếp tuyến của  C  đi qua M là đường thẳng d : y  kx  m .
y
3

kx  m  1  x  1 (1)

Yêu cầu của đề bài, điều kiện là hệ phương trình 
.
3
k 
(2)

 x  12
 y  x1   0
có 2 nghiệm x1, x2  1 và thỏa mãn 
.
 y  x2   0
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 250
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
3
1

 1
1
0



 y  x1   0
3
 x1  1
 x1  1
Xét điều kiện 
.


 y  x2   0
1  3  0
 1  1
 x2  1
 x2  1
3
3 x
3
3
6
 m  1


1 m  0 .
Từ và suy ra
2
2
x 1
 x  1
 x  1 x  1
Đặt
1
 t  t  0  , phương trình trở thành 3t 2  6t  1  m  0
x 1
Bài toán trở thành tìm m để phương trình có 2 nghiệm t1, t2 thỏa mãn: t1  t2  
1
.
3


  0
   0


9  3 1  m   0
m  2
2

  1


 1
 a. f     0  3. f     0  

2  2  m   .
2
3
 3

  3
m  
m   3
3

 b

1
1


1  
3
3
 2a

Do m nguyên âm nên m  1 .
Câu 10.
Ta thấy điểm M  x0 ; y0  là điểm cố định của  Cm   y0  f  x0  với mọi m  
 y0  x03  3mx02  2mx0  16m  7 , m  


 m 3 x02  2 x0  16  x03  y0  7  0 , m  
  x0  2

3 x02  2 x0  16  0
8
 x0  2

 
   x0 

.
3

3
 y0  1
 x0  y0  7  0

 y0  x03  7
Lại có y  f   x   3 x 2  6mx  2m  f   2   12  14 m .
Ta có phương trình tiếp tuyến  của  Cm  tại điểm M  2;1 là y  f   2  x  2   1
Hay y  12  14 m  x  28m  23    .
 tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân thì  sẽ song song với đường thẳng y  x hoặc
11

 12  14m  1
 m  14

y   x   12  14m  1  
.
 m  13
 28m  23  0


14
12
 11 13 
Suy ra tập S   ;  và tổng các phần tử của S là
.
7
14 14 
Câu 11.

x 1 
Gọi M  x0 ; 0
 là điểm thuộc đồ thị (C ) .
x0  2 

3
3
Vì f   x  
nên tiếp tuyến d tại M có hệ số góc là k  f   x0  
.
2
2
 x  2
 x0  2 
251 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x 1
x  x0   0
Phương trình tiếp tuyến d là y 
2
x0  2
 x0  2 
 y
3 x

3 x0
 x0  2 2  x0  2 2

3
 x0  2  x0  1  y  3x  x02  2 x0  2 .
 x0  2 2  x0  2 2
 x0  2 2
 x2  2 x  2 
 x 2  2 x0  2 
0
.
Khi đó d  Ox  A  0
;0  ; d  Oy  B  0; 0
2 

3
x

2




0


I là tâm đường tròn ngoại tiếp OAB khi và chỉ khi I là trung điểm AB hay
 x2  2 x  2 x2  2 x  2 
0
0
.
I 0
; 0
2 

6
2
x

2


0


Vì I  nên
x02  2 x0  2 x02  2 x0  2
x02  2 x0  2 
2


0

. x  2   1  0 .
2
2  0

2
2  x0  2 
2  x0  2 
 x0  3
2
Vì các điểm d không đi qua O nên x02  2 x0  2  0 . Suy ra  x0  2   1  0  
.
 x0  1
Kết hợp M có tung độ dương ta được M  3;4  . Vậy OM  9  16  5 .
Câu 12.
Đồ thị hàm số y 
5x  1
 C  có hai đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là
x3
x  3, y  5, giao điểm của hai đường tiệp cận là I  3;5  .
Lấy M  x0 ; y0   (C )  y0 
5 x0  1
 x0  3
x0  3
Phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm M là y 
Cho x  3  y 
16
 x0  3
2
  3  x0  
16
 x0  3
2
  x  x0  
5 x0  1
d 
x0  3
5 x0  1 16 5 x0  1 5 x0  17



x0  3 x0  3 x0  3
x0  3

5 x  17 
5 x0  17
32
Suy ra giao điểm của  d  và TCĐ của  C  là A  3; 0
5 
  IA 
x0  3 
x0  3
x0  3

16
5x  1
16
16
Cho y  5  5 
 x  x0   0

 x  x0  
2 
2 
x0  3
x0  3
 x0  3
 x0  3
 x  x0  x0  3  x  2 x0  3
Suy ra giao điểm của  d  và TCN của  C  là B  2 x0  3;5   IB  2 x0  3  3  2 x0  6
1
1
32
Diện tích tam giác cần tìm là S  .IA.IB  . 2 x0  6 .
 32 .
2
2
x0  3
Câu 13.
 f 1  0
2
5
2
5
Từ  f  8 x  1    f 1  x    x , cho x  0 ta có  f 1    f 1   0  
 f 1  1
Đạo hàm hai vế của ta được 2.8. f  8 x  1 . f   8 x  1  5  f 1  x   . f  1  x   1 .
4
3
4
Cho x  0 ta được 16 f 1 . f  1  5.  f 1 . f  1  1  f 1 . f  1 . 16  5  f 1    1 .


Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 252
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Nếu f 1  0 thì vô lý, do đó f 1  1 , khi đó trở thành
1
1
. Vậy tọa độ tiếp điểm là A(1; 1) và hệ số góc k  
21
21
1
1
20
Phương trình tiếp tuyến y    x  1  1  y   x 
.
21
21
21
 f  1 .16  5  1  f  1  
Câu 14.
Ta có f  x  3  g  x   x 2  10 x  5  f   x  3  g   x   2 x  10 .
ta chọn x  1
 f   4   g  1  2.1  10
 g  1  f   4   8  5  8  13


.
2
 g (1)  f (4)  10  5  1  9
 f (4)  g (1)  1  10.1  5
Từ đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm
số
y  g ( x)
tại
x 1
là y  g '(1).( x  1)  g (1)  13( x  1)  9  13x  4
Câu 15.
Gọi M 1; f 1    C  khi đó hoành độ của M thỏa mãn phương trình
f 2  2  x   x  1  f 3  x  , x   .
 f 1  0
Thay hoành độ M vào ta được f 2 1   f 3 1  
.
 f 1  1
Đạo hàm hai vế của ta được 2 f  2  x  f   2  x   1  3 f 2  x  . f   x  .
Thay x  1 ta được 2 f 1 f  1  1  3 f 2 1 . f  1 .
Nhận thấy f 1  0 không thỏa mãn suy ra f 1  1 . Thay f 1  1 vào ta được
2 f  1  1  3. f  1  5 f  1  1  f  1 
1
.
5
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm có phương trình là y 
1
1
6
 x  1  1 hay y  x  .
5
5
5
Suy ra a  b  1 .
Câu 16.
1 4 1 3
x  x có đạo hàm y  x3  x2 trên  .
4
3
Do đường thẳng d tiếp xúc với  C  tại 2 điểm có hoành độ a, b , ở đó a  b , nên có hệ số góc
Hàm số y 
 y  a  y b
 y  a 1

ab
là k và thỏa mãn 
 y  a   y  b   y  b  2 
a b

Lấy - và rút gọn cả 2 vế cho a  b ta được
a 2  b 2  ab  a  b  0 hay  a  b    a  b   ab
2
Lấy + ta được

 
 a  b 3  2ab
1
4
ab  0
2
3
3
3
4
3
Thế vào được   a  b     a  b   0
2
3
Hay
253 | Phan Nhật Linh

1 3
2
a  b3  a 2b  ab2  a 2  b 2  ab  a3  b3  a 2  b 2
2
3
 a  b    a  b 2 
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2
4
Từ suy ra a  b  0 hoặc a  b   hoặc a  b   .
3
3
Với a  b  0 , kết hợp với suy ra a  b  0 .
2
Với a  b   , kết hợp với suy ra mâu thuẫn.
3
4
2
Với a  b   , kết hợp với suy ra a  b   .
3
3
Vậy không tồn tại tiếp tuyến d tiếp xúc  C  tại ít nhất 2 điểm.
Câu 17.
Ta có y '  x 2  2(2m  1) x  m2  3
 x 2  2(2m  1) x  (2m  1)2  (2m  1)2  m 2  3
 ( x  2m  1)2  3m 2  4m  2  3m 2  4m  2
Vì tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của song song với đường thẳng y  5 x  3
m  1
4
nên ta có 3m  4m  2  5  
. Vậy tổng phần tử của S là
.
 m  7
3
3

2
Câu 18.
TXĐ: D   \ 1 . Có y ' 
1
 x  12
.
Gọi hoành độ của A và B lần lượt là x1 , x2 . Khi đó x1 , x2 là nghiệm của phương trình:
 x 2   m  2  x  m  2  0 *
3x  2
 xm 
.
x 1
 x  1
Để đường thẳng d cắt  C  tại hai điểm phân biệt thì phương trình * phải có hai nghiệm phân
biệt khác 1
  0
 m  2 2  4  m  2   0
m  2  4
m  6


.


2
m  2  0
m  2
 1   m  2  1  m  2  0
1  0
x  x  2  m
1
1
Khi đó ta có:  1 2
. Có k1 
, k2 
nên:
2
 x1 x2  m  2
 x1  1
 x2  12
k1k2 
và
1
.
1
 x1  1  x2  1
2
2

1
 x1x2  x1  x2  1
2

1
 m  2  2  m  12
1
2
x1  x2   2 x1x2  2  x1  x2   2

k1  k2 


 x1x2  x1  x2  12
 x1  12  x2  12
1
1
  2  m   2  m  2   2  2  m   2  m 2  8m  14 .
2
Có 201 k1  k 2  
1 1
k k
2020

 2020k12020 .k22020  201 k1  k 2   1 2  2020  k1k2 
k1 k2
k1k2
 201 k1  k2   k1  k 2  2020
 202  k1  k2   2020
 k1  k2  10
 m  4  2 3  tm 
 m 2  8m  14  10  m 2  8m  4  0  
. Vậy S  4  2 3 ;4  2 3 .
 m  4  2 3  tm 


Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 254
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x 1 1
t
Câu 19. Đặt
 x
x
t
t 1
2 3
 x 1
1
Khi đó: f 
  2 f    1   2 trở thành:
x x
 x 
 x
2  t  1 3  t  1
4 3
1
 t 1
1
 t 1
f  2f 

 f  2f 
 1
  2  2
2
t
t t
t
t
 t 
t 
 t 
2

f

Ta có hệ: 
f

2 3
 x 1
1

  2 f   1  2
x x
 x 
x
1 1
 f    2  f  x   x2
4 3
x x
1
 x 1
 2f 
 2  2
x x
 x
 x 
Thử lại ta thấy f ( x)  x 2 liên tục trên  và thỏa đề.
Vậy f   x   2 x . Khi đó: f  2   4, f   2   4 , nên phương trình tiếp tuyến tại x  2 là
y  4x  4
Câu 20.
 m 1
Giả sử điểm M có hoành độ là m  0 , vì M   C  nên M  m;
.
m 

1
Ta có: f   m   2 .
m
Từ đó ta có phương trình tiếp tuyến tại điểm M có dạng:
1
1
y  f   m  x  m   f  m   y  2  x  m   1  .
m
m
2

Phương trình tiếp tuyến tại M cắt trục tung tại điểm B  0;1   .
m



Phương trình tiếp tuyến tại M cắt trục hoành tại điểm A m 2  2m; 0 .
Mặt khác ta có giao điểm của 2 đường tiệm cận I  0;1 .

1
1
d  I , AB  . AB  12  d  I , AB  . AB  12 1 .
2
2
m m 1
1  2 
2m
m
m

Trong đó d  I , AB  
.
2
m4  1
2
 1 
 1   2 
m 
 
m2
Và AB    m 2  2m ;

m 

Theo đề ta có S IAB  12 . Suy ra


2
2
2

2
m4  m  2    m  2 
m2
 m 2
2


 AB   m  2m  

 m 4  1.
2

  m 
m
m

Thay vào 1 ta được

 m  10
1
m2 2 m
. m 4  1.
.
 12  m  2  12  
.
4
2
m
 m  14
m 1
Vì m  0 nên m  10 .
Câu 21.
Theo giả thiết ta có f  x  
n
a x
i
i 1
255 | Phan Nhật Linh
2i
 a, trong đó a, ai là các hệ số thực.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
n
 2ia x
Khi đó f   x  
i
2 i 1
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
, f   x  
i 1
n
 2i  2i  1 a x
i
2i  2
 2a1.
i 2
Xét hàm số g  x   f   x  có đồ thị là  C  . Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm của  và  C  .
Khi đó  có hệ số góc là f   x0  
n
 2i  2i  1 a x
2i  2
i 0
i2
 2a1  2 a1, x0  .
Dấu "  " xảy ra  x  0.
Do đó  tiếp xúc với  C  tại điểm M  0; f (0)  , với f   0   0. Hay  qua O.
Câu 22.
Ta có y 
2m
, x  2 .
 x  2 2
Do A là giao điểm của (Cm ) và trục Ox nên tọa độ điểm A   m ;0  .
Hệ số góc tiếp tuyến của (Cm ) tại A là k1  y   m  
Hệ số góc tiếp tuyến của (Cm ) tại B là k2  y  0  
Dấu đẳng thức xảy ra khi
Câu 23.
min

1
,  m  2 .
2m
 m  2 
2
2m
2m
.
4
 0  2
2

1
2m
1
2m



1.
2m
4
2m
4
Khi đó, k1  k2 
Vậy k1  k2
2m
m  0
1
2m
2
.

 2  m  4  
2m
4
m  4
1.
TXĐ: D   \ 2
Ta có: y  
9
 x  2
2
 0;   D . Gọi M o  xo ; yo  là tiếp điểm, suy ra a  
9
 xo  2 2
 0.
a  0
Từ giả thiết suy ra 
. TCĐ của: x  2  M  2; 2a  b 
 2a  b  1
1 b 
TCN của: y  1  N 
;1 . Tâm đối xứng của: I  2;1
 a

Vì IMN cân tại I nên ta có: IM  IN  2a  b  1  2 
1 b
b 1
b 1

 a 2 
  2
a
a 
a

 
b 1
b 1
a  2  a   2  a
a  1




 a  1
 
a  1
b 1
b 1


a  2 
   2 

a 
a 

 
Với a  1  
9
 xo  2 
2
 xo  5
 1  
 xo  1
Với xo  5  yo  4  d : y   x  9  b  9
b  9
Với xo  1  yo  2  d : y   x  3  b  3 . Vậy 
.
 b  3
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 256
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Câu 24. Nhận thấy y  0 là một nghiệm của phương trình y  2 y  loại vì đồ thị có dạng là một
parabol.
y  2 y 
dy
dy
2 y
 dx 
dx
2 y
y  x  C  y  x  C
2
Thử lại ta được nghiệm y   x  C  .
2
Mà f 1  0 nên C  1.
Ta có y  f  x    x  1 , y  2  x  1
2
Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm.
 x0  1  2
2
Theo đề bài, ta có  x0  1  4  

 x0  1  2
 x0  3

 x0  1
Khi x0  3 phương trình tiếp tuyến là y  4  x  3   4  4 x  8.
Khi x0  1 phương trình tiếp tuyến là y  4  x  1  4  4 x.
Câu 25.
Ta có: g  x   f  x   x  g   x   f   x   1 và g 1  f 1  1  4 .
Khi đó:  f   x   1  9 x 2  9 x. f  x    g   x    9 x.g  x 
2
2
1
Do f   x   1 nên g   x   f   x   1  0 .
Khi đó:
1  g   x   3
x. g  x 
g x 
g  x
3 x 

g x 
g  x
3

dx  3 x d x  2 g  x   2 x 2  C  2 
Với x  1 :  2   2 g 1  2  C  4  2  C  C  2 .
Khi đó: 2 g  x  
3
2x 2
 2  g  x 
3
x2
2
 3

 1  g  x    x 2  1 .




Vậy, hệ số góc của tiếp tuyến đồ thị  C  tại điểm có hoành độ bằng 4 : k  g   4   54 .
Câu 26.
x  1
Tập xác định: D   . y  3 x 2  12 x  9; y  0  
 x  3.
Đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi
yC§ . yCT  0  f (1). f (3)  0  (m  4).m  0  4  m  0
Vì tiếp tuyến tại A và C song song với nhau nên
f ( x1 )  f ( x3 )  3 x12  12 x1  9  3 x32  12 x3  9  ( x1  x3 )( x1  x3  4)  0  x1  x3  4 .
Vì x1  x2  x3  6 nên x2  2 .
Vì f (2)  0 nên 2  m  0 hay m  2 ).
Vì f (2)  3 nên phương trình tiếp tuyến tại B(2;0) là y  3( x  2) hay y  3 x  6 .
Câu 27.
Vì I là tâm đối xứng của đồ thị  C  nên I  1;2  .
Ta có y ' x  
257 | Phan Nhật Linh
1
 x  1
2
 ya  
1
 a  12
.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 2a  1 
Vì M  a; b    C   M  a;
.
 a 1 
Phương trình tiếp tuyến tại M là đường thẳng  : y 
1
 a  1
2
. x  a  
2a  1
.
a 1
2a 

Đường thẳng  cắt tiệm cận đứng tại A  1;
.
a 1

Đường thẳng  cắt tiệm cận ngang tại B  2a  1; 2  .
Suy ra IA 
2
; IB  2 a  1 và chu vi tam giác IAB là CIAB  IA  IB  AB.
a 1
Ta có CIAB  IA  IB  IA2  IB 2  2 IA.IB  2 IA.IB  2 4  2.4  4  2 2.
 M  0;1
a  0
2
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi IA  IB  1   a  1  

.
 a  2  M  2;3
Vậy 2a  b  1.
Câu 28.
Gọi M ( x0 ; y0 ) là điểm thuộc ( H ) . y '( x0 ) 
x 1
2
; y ( x0 )  0
.
2
x0  1
( x0  1)
Phương trình tiếp tuyến của ( H ) tại M là y 

2
x 1
( x  x0 )  0
2
x0  1
( x0  1)
x02  2 x0  1
2
x

y

 0.
( x0  1) 2
( x0  1)2
Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến bằng 2, tức là
2
x02  2 x0  1

1

( x0  1)2
( x0  1) 2
4
1
( x0  1)4
 2  4( x0  1)  2 4   x0  1
4
 x0  2  1
 4( x0  1) 4  16( x0  1) 2  16  0  ( x0  1) 2  2  
.
 x0   2  1
Vậy xM  2  1 ; xN   2  1  xM  xN  2 .
Câu 29.
Có f '  x  
2
 x  1
2
3 6
; g  3  f  f  3   f    .
2 5
8 1 1
3
g '  x   f '  f  x   . f '  x   g '  3  f '  f  3  . f '  3   f '   . f '  3   .  .
25 8 25
2
Vậy phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số g  x  tại điểm x  3 là
y
Câu 30.
1
6
1
27
 x  3  hay y  x  .
25
5
25
25
Ta có được f  0   f '  0   1 . Khi đó:
A  lim
x0
2x

f  x   f  0   3 f 3x   3 f  0  2 f  2 x   f  0 
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 258
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2
2
1



f  x   f  0
f  3x   f  0 
f  2x  f 0 1  9  4 2
lim
 9.lim
 4.lim
x 0
x 0
x0
x
3x
2x
Câu 31.
Ta có g '  x   f  4 x  6   4 x f '  4 x  6  .
Hệ số góc của d1 là k1  f '  2  ; của d 2 là k2  f  2   8 f '  2 
Theo yêu cầu bài toán ta có
2
k1k2  2  f '  2   f  2   8 f '  2   2  8  f '  2    f  2  . f '  2   2  0
Để tồn tại f '  2  thì  f  2    64  0  f  2   8
2
Câu 32.
Từ đẳng thức f  3 x   3 f 1  3x   9 x 2  3 x , với x  0 và x 
 f  0   3 f 1  0

 f 1  3 f  0   2
1
ta có
3
3

 f  0   4

.
1
 f 1  

4
Lấy đạo hàm hai vế của đẳng thức ta được 3 f '  3 x   9 f ' 1  3 x   18 x  3 * .
3 f '  0   9 f ' 1  3
 f '  0   3 f ' 1  1
1
Thay x  0 và x  vào ta được 

3
3 f ' 1  9 f '  0   9
3 f '  0   f ' 1  3
5

 f '  0    4
.

 f ' 1   3

4
Suy ra phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ bằng 0 là
y  f '  0  x  0   f  0   y  
Câu 33.
5
3
5
3
5
3
 x  0    y   x  . Khi đó a  3b    3.  1.
4
4
4
4
4
4
Đường thẳng d đi qua điểm M  m; 4  và có hệ số góc k có phương trình là: y  k  x  m   4
Từ M
kẻ được đúng một tiếp tuyến với đồ thị
 x3  6 x 2  28  k  x  m   4 (1)
có đúng 1 nghiệm.
 2
(2)
3 x  12 x  k
Thế vào ta được:


C 

khi hệ phương trình

x3  6 x 2  28  3x 2  12 x  x  m   4  x 3  6 x 2  32  3x 2  12 x  x  m 
Hệ phương trình có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi phương trình có đúng 1 nghiệm.
x  4
Ta có   x  4  x 2  2 x  8  3 x  x  4  x  m    2
.
(4)
 2 x   2  3m  x  8  0
Ta xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1: Phương trình có đúng 1 nghiệm x  4 . Khi đó
 2  3m  10
 2.42   2  3m  .4  8  0

   2  3m  8 .

2

    2  3m   4.2.8  0
  2  3m  8


Trường hợp 2: Phương trình vô nghiệm hay   0   2  3m   4.2.8  0  2  m 
2
259 | Phan Nhật Linh
10
.
3
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Vì m   nên m  1;0;1;2;3 .
Câu 34.
Ta có:  x 2 f (2 x  1)  '  2 xf (2 x  1)  2 x 2 f '(2 x  1)
d1 có hệ số góc là 2020 nên 2 f (1)  2 f '(1)  2020 1
Mặt khác:  xf (2 x  1)  '  f (2 x  1)  2 xf '(2 x  1)
d 2 có hệ số góc là 2021 nên f (1)  2 f '(1)  2021  2 
Từ 1 và  2  ta được f 1  1 .
Câu 35.
Ta có: y  3 x 2  3 và y  6 x .
6
1
 1 
 1 
Vì y   4   0 và y   4    4  0 nên x   4 là điểm cực đại của hàm số đã cho.
3
3
3
3


1
Khi đó tiếp tuyến của  C  tại điểm x   4 là đường thẳng song song với trục hoành.
3
1
Vì ba tiếp tuyến đó tạo thành tam giác đều và tiếp tuyến tại điểm x   4 song song với trục
3
hoành nên hai tiếp tuyến còn lại tạo với tia Ox theo chiều dương các góc lần lượt là 60 và 120
. Khi đó hệ số góc của hai tiếp tuyến đó lần lượt là tan 60  3 và tan120   3 .
Giả sử tiếp tuyến tại A có hệ số góc là  3 , khi đó
y  x A    3  3 x A 2  3   3  x A  0 .
Giả sử tiếp tuyến tại B có hệ số góc là
3 , khi đó

2
 xB  4
3
y   x B   3  3 xB 2  3  3  

2
 xB   4

3
Vì tung độ các tiếp điểm đều không âm nên xB   4
Câu 36.
Tập xác định D   \ 3 . y 
4
 x  32
2
3
. Vậy x A  xB   4
2
3
  2; 1 .
.
Gọi A và B là cặp điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Do tiếp tuyến tại A và B song song với nhau nên
y  x A   y  xB  
4

4
 x A  3 2  xB  3 2
 x  xB
2
2
  x A  3   xB  3    A
.
 x A  xB  6
+) x A  xB thì A  B
+) x A  xB  6 .

x 1  
xB  1 
Gọi A  x A ; A
 ; B  xB ;
.
xA  3  
xB  3 

Ta có AB   xB  x A 
2


4  xB  x A 
 x  1 xA  1 
2
 B


   xB  x A   
 x A xB  3  x A  xB   9 
 xB  3 x A  3 
2
2
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 260
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2
2
 8  x A  3  
 4  2 x A  6  
64
2
2
2
  2 x A  6   
  4  x A  3 
  4  x A  3  
2
   x A  3 
 x A  3 2
 x A .  x A  6   9 
64
 32  t 2  8t  16  0  t  4
t
 x  3  2
 x  5
4 A
 A
 xA  3  2
 x A  1
Đặt t   x A  3 . Do AB  4 2 nên 4t 
2
  x A  3
2
Với x A  5  y A  3  A  5;3 , B  1; 1 .
Với x A  1  y A  1  A  1; 1 , B  5;3 .
Vậy tồn tại một cặp điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 37.
Tập xác định D   \ 2 . Ta có y 
1
 x  2 2
.
Gọi M  x0 ; y0  . Phương trình tiếp tuyến tại điểm M : y 
1
 x0  2 
2
 x  x0  
2 x0  3
x0  2
 x   x0  2  y  2 x 02  6 x0  6  0    . Theo giả thiết ta có: d  A,    2 d  B,  
2
6  4  x0  2   2 x 02  6 x0  6
2


1   x0  2 
6 x 02  22 x0  28
1   x0  2 
4
2
4
2 5   x0  2   2 x 02  6 x0  6
2

1   x0  2 
x02  2 x0  7
1   x0  2 
4
4
 6 x 02  22 x0  28  2 x 02  2 x0  7
 x0  1
6 x 2  22 x0  28  2 x 2  4 x0  14
 2 x 2  9 x0  7  0
0
0
0



 x0   7
6 x 2  22 x0  28  2 x 2  4 x0  14
 4 x 2  13 x0  21  0
 0
0
 0

2
7
8
Với x0  1  y0  1 . Với x0    y0  .
2
3
Vậy tồn tại hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 38.
Ta có y '  f '( x)  3ax 2  2bx  c.
Dựa vào bảng biến thiên ta có hệ
 f '(1)  0
3a  2b  c  0
1

 f '(5)  0
75a  10b  c  0
a



3


8  
8
 b  3
 f (1) 
a  b  c  d 
3
3


c  5



40
40
 f (5) 
125a  25b  5c  d 
d  5
3
3


1
Khi đó y  x3  3x 2  5 x  5 . Ta có y '  x 2  6 x  5.
3
Vì tiếp tuyến cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại A và B thỏa mãn tam giác OAB vuông cân
nên tiếp tuyến phải có hệ số góc là 1 hoặc -1.
261 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ

24  7 5
 x2  6 x  5  1
x  3  5  y 
Vì vậy 

.
3
2
 x  6 x  5  1 
 x  3  3  y  8  3 3
Ta thấy trong 4 điểm tìm được không có điểm nào nằm trên đường thẳng y  x hoặc y   x nên
ta nhận cả 4 điểm trên.
Vậy có 4 điểm M.
Câu 39.
y  x 4  2 x 2  5  y '  4 x3  4 x .
Giả sử các tiếp tuyến tại A, B, C có cùng hệ số góc k  4 x3  4 x  k
(1) .
1
1
x(4 x3  4 x)  x 2  5  x 2  kx  5 .
4
4
1
Do đó ba điểm A, B, C thuộc đồ thị hàm số y  x 2  kx  5
( P ).
4
1
Theo giả thiết thì  P  có đỉnh I  1; y0  nên  k  1  k  8 .
8
Ta có: x 4  2 x 2  5 
Khi đó  P  : y  x 2  2 x  5 . Vậy y0  y  1  4 .
Câu 40.
Ta có: f  3  2; g  3   2
Tiếp tuyến tại A  3; 2  của đồ thị hàm số y  g  x  và đồ thị hàm số y  f  x  cùng là đường
thẳng  . Vậy nên f   3  g   3  2
  .g  x  
Ta có: h  x   sin  . f  x  .g  x    cos 
 f  x  


  .g  x     .g  x  
 h '  x   cos  . f  x  .g  x    . f  x  .g  x    sin 
.
 f  x    f  x  



  .g  x    f   x  g  x   g   x  . f  x  
  cos  f  x  g  x    f   x  g  x   g   x  f  x   .sin 

 f  x  
f 2  x



  .2   2.2  2.2 
 h  3   .cos  4   2.2  2.2   sin 
.
  8 .
2
 2  2

Câu 41.
Hàm số y  g  x  có đạo hàm tại x  a suy ra hàm số liên tục tại x  a .
Khi đó lim g  x   lim g  x    a  a  f   a   m.a  m.a  0  a  0 .
x  a
x  a
 xf   x  khi x  0
Suy ra g  x   
, với m  0 . Hàm số y  g  x  có đạo hàm tại x  0 .
khi x  0
mx
 
Ta có g  0  lim
 
g  0  lim
x  0
g  x   g 0
x 0
x0
g  x   g 0
x0
 lim
xf   x 
x  0
x
 f  0 ;
mx
m.
x  0 x
 lim
Hàm số y  g  x  có đạo hàm tại x  0 suy ra m  f   0  .
Tiếp tuyến tiếp xúc với  C  tại A  0; f  0   .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 262
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
 2  x  2  x  , ta có


2  x  . f  2  x  2  x   
2
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Xét hàm số y  h  x   f
h  x  

2 x 


1
1


. f  2  x  2  x .
2 x 2 2 x 
1
2 , suy ra h  0   2 
. f  0  2  f  0  2 .
2
Theo đề, hệ số góc của tiếp tuyến là
Ta và ta được m  2 .
Câu 42.
Ta có y  3x 2  3

Điểm M   C   M a; a 3  3a  2

Gọi đường thẳng d đi qua M hệ số góc k có dạng: y  k  x  a   a 3  3a  2
 x3  3x  2  k  x  a   a 3  3a  2
Khi đó d tiếp xúc với  C  khi và chỉ khi 
có nghiệm
2
3x  3  k


Suy ra  x3  3x  3x 2  3  x  a   a 3  3a  2  2 x3  3ax 2  a 3  0
x  a
  x  a   2 x  a   0 1  
x   a

2
2
Để từ M kẻ được đúng 1 tiếp tiếp đến  C  thì 1 có nghiệm duy nhất a  
a
 a  0 suy ra
2
điểm M  0; 2  . Suy ra a 2  b 2  4
Câu 43.
Gọi điểm M  a ;0  Ox . Khi đó tiếp tuyến  d  đi qua M  a ;0  là y  k  x  a  .
Điều kiện tiếp xúc của  d  và  C  là
 x3  3x  2  k  x  a 
  x3  3x  2  3 x 2  3  x  a   x3  3x  2  3x 2  3  x  a 

2

 f  x   3 x  3  k


  x  1  x

 x  2   3  x  1  x



  x  1 x 2  x  2  3  x  1 x  1 x  a   0

2
2
  a  1 x  a   0

  x  1 x 2  x  2  3  x 2   a  1 x  a   0   x  1  2 x 2   3a  2  x   3a  2    0
x 1  0
x  1



 2
.
2
 2 x   3a  2  x   3a  2   0
 2 x   3a  2  x   3a  2   0 1
Để  C  có 3 tiếp tuyến thì 1 phải có 2 nghiệm phân biệt và x  1 .
 a  2
2


   3a  2   8  3a  2   0
   3a  2  3a  6   0
2
 
Do đó 
.



 a
2
6a  6  0
3

2. 1   3a  2  . 1   3a  2   0

 a  1
Vì f   1  0 nên để có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau thì f   x1  . f   x2   1 , với x1 , x2
là nghiệm của 1 .
263 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Ta có 1  f   x1  . f   x2  

3 x12
3

3x22


CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
 3  9  x1 x2   9 x1 
2
2
x22
9
2
2
2
2
 1  9  x1 x2   9  x1  x2   2 x1 x2   9  1  9  x1 x2   9  x1  x2   18 x1x2  9  2  .


3a  2

 x1  x2  2
Từ phương trình 1 áp dụng định lý vi-et ta có 
.Thay vào  2  ta được
 x .x  3a  2
 1 2
2
2
2
3a  2
28
 3a  2 
 3a  2 
1  9.
 9  27 a  28  0  a  
.
  9
  18.
27
2
 2 
 2 
 28 
Vậy M   ;0  .
 27 
Câu 44.
Xét phương trình  f 1  x    2 f 1  2 x   21x  3  0 .
3
Với x  0  f 3 1  2 f 1  3  0  f 1  1 .
Mặt khác  f 1  x    2 f 1  2 x   21x  3  0
3
 3  f 1  x   f  1  x   4 f  1  2 x   21  0
2
 3  f 1  f  1  4 f  1  21  7 f  1  21  f  1  3 .
2
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng x0  1 là
y  f  1 x  1  f 1  y  3  x  1  1  y  3x  2 .
Câu 45.


Lấy đạo hàm hai vế phương trình f 2   x   x 2  2 x  4 f  x  2  1 ta được:


2 f   x  . f    x    2 x  2  f  x  2   x 2  2 x  4 f   x  2   2 
 f 2  0   4 f  2 
Thay x  0 , x  2 vào 1 ta được: 
2
 f  2   4 f  0 
Trừ vế theo vế ta được: f 2  0   f 2  2   4 f  2   4 f  0 
  f  0   f  2    f  0   f  2    4  f  0   f  2    0
 f  0  f  2
  f  0   f  2    f  0   f  2   4  0  
 f  0   f  2   4  0
 f  2  0
Với f  0   f  2  suy ra: f 2  2   4 f  2   
. Vậy nhận f  0   f  2   4 .
 f  2   4
Với f  0   f  2   4  0 suy ra:  4  f  2    4 f  2   f 2  2   4 f  2   16  0
2
Thay x  0 , x  2 vào  2  ta được:
2 f  0  . f   0   2 f  2   4 f   2 
8 f   0   8  4 f   2 


2 f  2  . f   2   2 f  0   4 f   0 
8 f   2   8  4 f   0 
8 f   0   4 f   2   8

4 f   0   8 f   2   8
 f   0   2

 f   2   2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 264
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
PTTT tại  2; f  2   : y  2  x  2   4  y  2 x .
Câu 46.
Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
x2 m
  x  m  tọa độ giao điểm A  m;1 .
m2 x
x2
2x
m
m
 y1'  2 và  H  : y2 
 y2'   2
2
x
m
m
x
2
1
Do đó ta có hệ số góc của 2 tiếp tuyến tại A là k1  ; k2   .
m
m
Xét  P  : y1 
Vì góc giữa hai tiếp tuyến bằng 600 nên
2 1

k

k
8
.
tan 600  1 2  3  m m  3  m  
2 1
1  k1k2
7

33
1 .
m m
Vậy có 4 tiếp tuyến thỏa mãn bài ra.
Câu 47.
Ta có y  3 x 2  6 x .


Gọi M a; a3  3a 2  2 thuộc đồ thị  C  .


Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số tại M là y  3a 2  6a  x  a   a 3  3a 2  2 .


5
5 5
5

Do A  ;    d  3a 2  6a   a   a3  3a 2  2  
2
2 2
2

9
5

 3a 2  6a   a   a3  3a 2   0
2
2

a  3
.
 4a 3  21a 2  30a  9  0   2
 4a  9a  3  0 1


Do x1; x2   3  nên x1; x2 là nghiệm của phương trình 1 .
 2 9 x1  3
 2 9 x1  3
x 
4 x12  9 x1  3  0  x1  4
 1
4 .
Ta có 


2
k1  3 x1  6 x1
k  3. 9 x1  3  6 x
k  3 x1  9
1
 1
 1
4
4
3x  9
Tương tự k2  2
nên E  x1; k1  , F  x2 ; k2  thuộc đường thẳng có phương trình
4
9
3x  9
9
 .
y
 3 x  4 y  9  0 . Khi đó d  O; EF  
2
4
5
32   4 
Câu 48.
Đường tròn  T  :  x  1  y 2  2 có tâm I 1; 0  , bán kính R  2 .
2
Ta có  C  : y  x3  3 x 2  4  y '  3x 2  6 x  y ''  6 x  6 . Điểm uốn M 1; 2  .
Phương trình tiếp tuyến tại A và B có cùng hệ số góc k  A, B đối xứng qua M 1; 2  .
Phương trình đường thẳng AB qua M có dạng: y  a( x  1)  2 .
Đường thẳng AB có điểm chung với đường tròn T   d  I ; AB   R

2
2
a 1
265 | Phan Nhật Linh
 2  a  1.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x  1
Phương trình hoành độ giao điểm: x3  3x 2  4  a( x  1)  2   2
 x  2 x  a  2  0  
Để tồn tại hai điểm A, B thì phương trình   phải có hai nghiệm phân biệt khác 1 , hay:
 '  3  a  0
 a  3 .

3  a  0
Gọi x1, x2 là hai nghiệm của   , suy ra: k  y '  x1   y '  x2   3a  6
k
 3  2  1


 k  2  3
 3
k  9

k  3 
 k  3

k  9
 3  k  3 .

Với k  9 , ta có 2013 giá trị k nguyên thuộc đoạn  2021; 2021 .
Với 3  k  3 , ta có 6 giá trị k nguyên thuộc đoạn  2021; 2021 .
Vậy tập K gồm 2019 phần tử.
Câu 49.
Đặt f  x   2 x3  3 x  f   x   6 x 2  3  0  x  
1
.
2
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y  0 không phải là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y  f  x  do đó đồ thị hàm số có một tiếp tuyến vuông góc với trục Oy là tiếp tuyến đi qua hai
 1

 1

điểm cực trị của đồ thị hàm số là  
; 2  và 
; 2.
2


 2

Câu 50.
Hai đồ thị  C1  và  C2  tiếp xúc nhau khi hệ sau có nghiệm
 x3  12 x  9  m 4  x 2 (1)
 f  x   g  x 

 2
,  x   2; 2   .

mx
(2)
 f   x   g   x 
3 x  12 
4  x2

Từ ta có m 
x3  12 x  9
4  x2
.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 266
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
x
Thay vào ta được: 3 x 2  12  


CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
3
.
4  x2

x  12 x  9
4  x2
 3 x 2  12 4  x 2   x 4  12 x 2  9 x
 2 x 4  12 x 2  9 x  48  0 .

Ta có 2 x 4  12 x 2  9 x  48  2 x 2  3

2
 9  2  x   12  0, x   2;2  nên phương trình vô
nghiệm.
Vậy không có giá trị nào của tham số m để đồ thị  C1  và  C2  tiếp xúc với nhau.
Câu 51.
Ta có: y 
x 2  3x  4
2
 x2
.
x 1
x 1
Tập xác định: D   \ 1 . y  1 
2
.
 x  12
Tiếp tuyến của  C  đi qua điểm A  4;1 là d : y  k  x  4   1 .
Hoành độ tiếp điểm của d và  C  là nghiệm của hệ phương trình:
2

 x  2  x  1  k  x  4  1


2
k  1 
(1)

 x  12
2
2
Ta có: x  2 
 k  x  4  1  x  2 
 k  x  1  3k  1
x 1
x 1

2
2
2
2 
 x 1
 3k  1
 1 
 x  1  3k  1  x  2 
2 
x 1
x 1
x  1   x  1 


1
2  3k


thay vào, ta có:
x 1
4
 x2
2
2  2 10
 2  3k 
2
2
.
k  1  2
  8  4  12k  9k  8k  9k  4k  4  0  k 
9
 4 


 2  2 10 
 2  2 10 
;0  , N 
;0  .
Suy ra M 
9
9




Vì M , N thuộc  P  : y  ax 2  bx  8 nên ta có phương trình  P  : y  18 x 2  8 x  8 .
4 10
 2 80 
I là đỉnh của  P  nên I  ;   ; MN 
.
9
9 9 
Ta có IMN cân tại I . Gọi H là chân đường cao của IMN hạ từ đỉnh I . Ta có
80
IH  d  I , MN   d  I , Ox   .
9
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp IMN .
  2sin HIMcosHIM
   2. HM . IH  MN .IH .
Ta có: sin NIM
IM IM
IM 2
267 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2
2
2R 
Câu 52.
2
2
IM
IH  HM
MN



IH
IH
sin NIM
2
 80   2 10 

  
 9   9 
161
161
. Vậy R 
.


80
18
36
9
Ta có: y  3 x 2  3ax .
Do tiếp tuyến của  C  tại M , N có cùng hệ số góc là 3 nên hoành độ M , N là nghiệm phương
trình y  3  3x 2  3ax  3  x 2  ax  1  0 .
1
 1 
Chia đa thức y cho đa thức x 2  ax  1 được phần dư là g  x    1  a 2  x  a  b .
2
 2 
1   1 
1

Hay y  x 2  ax  1  x  a   1  a 2  x  a  b .
2   2 
2



3 2

3
 yM  xM  2 axM  b
Tọa độ M và N đều thỏa mãn hàm số đề cho, nên ta có: 
.
 y  x 3  3 ax 2  b
N
N
 N
2

1   1 2
1
1

 1 2
2
 yM  x M  axM  1  xM  2 a   1  2 a  xM  2 a  b   1  2 a  xM  2 a  b


 



Hay 
.
 y  x 2  ax  1  x  1 a    1  1 a 2  x  1 a  b  1  1 a 2  x  1 a  b
N
N
 N
 
 N

 N
 N
2   2 
2
2

 2 
1
 1 
Khi đó phương trình đường thẳng MN là MN : 1  a 2  x  y  a  b  0 .
2
 2 




1
ab
2
Theo giả thiết d  O; MN   1 
2
 1 2
1  a   1
 2 

1
5
 1  ab  b 2  a 4  a 2  2 .   .
4
4



2
Từ   ta có P  2a 2   a  2b   3a 2  4 ab  b 2  a 4  2a 2  8  a 2  1  7  7 .
2
Dấu "  " xảy ra khi a  1 . Vậy GTNN cần tìm là 7.
Câu 53.
Cách 1
 f  x  m
1
x  m
Ta có f  x   0   x  m  x  m  4   0  
 g  x  0  
x  4  m
 f  x   4  m  2 
TH1: m  4  m  m  2
2

f  x   x 2  4 x  4  g  x   f 2  x   4 f  x   4   f  x   2   x 2  4 x  2

2
tiếp xúc với
trục Ox .
TH2: m  4  m  m  2 thì 1 ,  2  không có nghiệm chung
Nên g  x  tiếp xúc với Ox khi phương trình 1 có nghiệm kép hoặc phương trình  2  có
nghiệm kép
1
có nghiệm kép  x 2  4 x  3m  m 2  0 có nghiệm kép mà   m2  3m  4  0, m  
nên không thỏa mãn
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 268
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
 2
2
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
2
có nghiệm kép  x  4 x  5m  m  4  0 có nghiệm kép, mà ta có:
  m2  5m  8  0, m   nên không thỏa mãn
Vậy m  2 thỏa mãn yêu cầu
Cách 2
x  m
f  x   x 2  4 x  4m  m 2 nên f   x   2  x  2  và f  x   0  
.
x  4  m
 f  x   m

 f  f  x    0
 f  x   4  m
có nghiệm   
có nghiệm
g  x  tiếp xúc với trục Ox  


f
x
.
f
f
x

0
x

2









 f  x   2

m  2
 f  x   2

  f  2    m 2  4m  4  m
VN 

2
 f  2    m  4m  4  4  m VN 
Vậy m  2 thỏa mãn
Câu 54.
Ta có: f '  x  
f  x
Suy ra: xf  x  
x
 m  2.
 4 x 2  3x  xf '  x   f  x   4 x3  3x 2   xf  x   '  4 x3  3 x 2 .
  4x
3

 3x 2 dx  x 4  x3  C .
Do f 1  2 nên với x  1  1. f 1  1  1  C  C  0 .
Suy ra: xf  x   x 4  x3  f  x   x 3  x 2 .
Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ bằng 2 có phương trình là:
y  f '  2  x  2   f  2   y  16  x  2   12  y  16 x  20 .
Câu 55.
Ta có: 2 f  x   f 1  x   x 2 , x  
1 .
Đặt t  1  x  2 f 1  t   f  t   1  t  , t    2 f 1  x   f  x   1  x  , x    2  .
2
2
2 f  x   f 1  x   x 2
1
Từ và ta có: 
 f ( x)  x 2  2 x  1 .
2
3
2 f 1  x   f  x   1  x 
2
4
Suy ra: f (1)  ; f '(1) 
3
3
Suy ra phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ x  1 là:

y

4
2
4
2
 x  1   y  x 
3
3
3
3
2
1 

Tiếp tuyến cắt trục hoành tại A  ;0  và cắt trục tung tại B  0;  
3
2 

1
1 1 2 1
Suy ra diện tích tam giác OAB là: S  OA.OB  . .   .
2
2 2 3 6
Câu 56.
Hàm số y 
269 | Phan Nhật Linh
x
1
1
1
. Tập xác định: D   \ 1 . Ta có: y  
x 1
x 1
 x  12
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
m
n
Gọi x A  m ; xB  n ( m  n và m ; n  1 )  y A 
; yB 
m 1
n 1
1
1

Tiếp tuyến tại A song song với tiếp tuyến tại B  
2
 m  1
 n  12
m  1  n  1
 m  n (lo¹i)
2
2
  m  1   n  1  

m  1  n  1
m  n  2
2
n 
2
 m
AB  2 2  AB 2  8   m  n   

 8
 m 1 n 1
2
m  n

 m  n 
2
 mn   m  n   1
2
m  n   4mn

 8   m  n   4mn 
 8 1
2
 mn   m  n   1
4  mn  1
4  4mn
4  4mn 
 8  4  4mn 
8
2
 mn  12
 mn  1
2
Thay m  n  2 vào 1 ta được:
 1  mn 
2
1
2
2
 2    mn  1  1  2  mn  1    mn   2mn  1  1  2 mn  2


mn  1
   mn   2mn  1  1  2mn  2    mn   0  mn  0  x A xB  0
2
2
Vậy tích x A xB  0 .
Câu 57.
Xét đường thẳng    : y  k  x  a   b đi qua M , do vậy nếu    là tiếp tuyến của đồ thị hàm
số y  f  x  thì hệ sau có nghiệm:
1
1
1
1



 x  x  k  x  a   b
 x  x  x  x  ak  b
 x  x  kx  ak  b
,( x  0)  


1
1
1 
 x   kx
1  1  k
k
2

 x
 x 2
x
 1  ak  b
 1 ak  b
x 
2

 
2


x
2
1   b  ak   k
a 2 k 2  2  ab  2  k  b 2  4  0 1


4
Qua M có đúng hai tiếp tuyến và hai tiếp tuyến vuông góc với nhau khi và chỉ khi 1 có hai
nghiệm phân biệt k1, k2 thoả mãn k1.k2  1 
b2  4
 1,( a  0)  a 2  b 2  4 .
a2
Khi đó M thuộc đường tròn tâm O  0;0  và có bán kính bằng 2 .
Câu 58.
Gọi M  d  M  a; 2a  1 .
Gọi A  x0 ; y0  , x0  1 là tiếp điểm của tiếp tuyến d1 kẻ từ M với  C  .
Phương trình tiếp tuyến d1 : y  y  x0  x  x0   y0  y 
Vì M  d1 nên 2a  1 
4
 x0  1
2
 a  x0  
4
 x0  1
2
 x  x0  
x0  3
x0  1
x0  3
x0  1
  2a  1  x0  1  4  a  x0    x0  3  x0  1 ,  x0  1 .
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 270
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022

a.x02
 2  a  2  x0  3a  2  0
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
1
Từ M kẻ đến  C  đúng 1 tiếp tuyến  1 có đúng 1 nghiệm x0  1 .
Trường hợp 1: a  0
1
1  x0  . Suy ra a  0 thỏa mãn.
2
Trường hợp 2: a  0 , PT có nghiệm kép x0  1 .
  a  1
   a  2 2  a  3a  2   0

 a  1

 a2
  2  a  2
thỏa mãn.
 

a  2
1

a  2
 2a
 a  1
Trường hợp 3: a  0 , PT có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1
  2a 2  2a  4  0
1  a  2
 2

 a  1 thỏa mãn.
a  1
a.1  2  a  2  .1  3a  2  0
Kết hợp 3 trường hợp suy ra có 4 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 59.
Phương trình tiếp tuyến  d  của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ bằng 1 có dạng
y  f  1 .  x  1  f 1 .
Ta cần tìm f 1 và f  1 . Xét phương trình: 2 f  2 x   f 1  2 x   12 x 2 x   . *
Ta tìm f 1 :
Thay x  0 vào * , ta được: 2 f  0   f 1  0 . 1
1
vào * , ta được: 2 f 1  f  0   3 .  2 
2
Từ 1 và  2  suy ra f 1  2 .
Thay x 
Ta tìm f  1 :
Đạo hàm hai vế của * , ta được: 4 f   2 x   2 f  1  2 x   24 x x   .  **
Thay x  0 vào  ** , ta được: 4 f   0   2 f  1  0 .  3
1
vào  ** , ta được: 4 f  1  2 f   0   12 .  4 
2
Từ  3 và  4  suy ra f  1  4 .
Thay x 
Như vậy, tiếp tuyến  d  có phương trình là: y  4  x  1  2  y  4 x  2 .
1 
Gọi A , B lần lượt là giao điểm của  d  với Ox và Oy , ta được A  ;0  và B  0; 2  .
2 
1
1
1
 OA  , OB  2 . Vậy S  OA.OB  .
2
2
2
Câu 60.
Ta có y  f   x  
1
.
( x  1)2
Phương trình tiếp tuyến của (C ) : y 
y  f   x0  x  x0   y0 .
271 | Phan Nhật Linh
x
tại điểm M  x0 ; y0  (C ) ( x0  1 ) có dạng
x 1
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
Do tiếp tuyến cắt Ox,Oy lần lượt tại hai điểm A,B và tam giác OAB cân nên tiếp tuyến vuông
1

1
2

x

1


 x0  0
0
góc với đường thẳng y  x hoặc y   x Suy ra 
.


1
x0  2

 1(vn)

2
  x0  1
Với x0  0 phương trình tiếp tuyến là y  x loại vì A trùng O
Với x0  2 phương trình tiếp tuyến là y  x  4
Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn ycbt.
Câu 61.


Hàm số được viết lại thành x 2  3 x  2 m  x 3  x 2  1  y  0 .
Một điểm M  x0 ; y0  là điểm cố định của đồ thị hàm số thì phương trình
x
0
2

 3 x0  2 m  x03  x0 2  1  y0  0 phải nghiệm đúng với mọi m , xảy ra khi và chỉ khi
 x0 2  3x0  2  0
 x0  1; y0  1

.
 3
2
 x0  x0  1  y0  0  x0  2; y0  5

Giả sử A 1;1 , B  2;5   AB  1; 4  khi đó hệ số góc của đường thẳng AB là k  4 .
Đặt f  x   x3  (m  1) x 2  3mx  2m  1 .
Để trên đồ thị hàm số có điểm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng AB thì hệ số góc
1
1
tại tiếp điểm phải bằng k    . Điều đó xảy ra khi và chỉ khi f   x    có nghiệm.
4
4
Ta có f   x   3 x 2  2(m  1) x  3m .
Phương trình f   x   
1
1
 3x 2  2( m  1) x  3m   0 1 .
4
4


7  4 3   7  4 3
;   .
Phương trình 1 có nghiệm khi   0  m   ;

2
2

 

7  4 3
 0.03 nên các số nguyên dương m   2020; 2020 là 1; 2;3;...; 2020 .
2
Vậy có 2020 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Với
Câu 62.
TXĐ: D   \ 1 . Ta có: y 
a  b
 x  12
.
ax  b
b
nên 1 
 b  1 .
x 1
1
Tiếp tuyến tại A  0;1 có hệ số góc bằng 3 nên
Điểm A  0;1 thuộc đồ thị hàm số y 
y  0   3 
Câu 63.
a  1
 3  a  4 . Vậy a  b  3 .
1
Đường thẳng d đi qua điểm A 1; m  hệ số góc k có phương trình là y  k  x  1  m .
Đường thẳng d là tiếp tuyến của đồ thị  C  khi và chỉ khi hệ phương trình
 x3  3x 2  1  k  x  1  m (1)
có nghiệm x .
 2
3
x

6
x

k
(2)

Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 272
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022

CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ

Thay vào ta có: x  3x  1  3x  6 x  x  1  m  2 x  6 x  1   m .
3
2
2
3
Qua điểm A 1; m  kẻ được đúng 3 tiếp tuyến tới đồ thị  C   phương trình có ba nghiệm
phân biệt  hai đồ thị hàm số y  f  x   2 x3  6 x  1 và y  m cắt nhau tại ba điểm phân
biệt.
Ta có bảng biến thiên của hàm số y  2 x3  6 x  1 như sau:
Từ bảng biến thiên của hàm số y  f  x  suy ra
Vậy có tất cả 7 giá trị nguyên của tham số m thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 64.
Từ đồ thị f   x  suy ra f  1  0 .
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  tại điểm có hoành độ bằng 1 là:
y  f  1 x  1  f 1  y  f 1 .
Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến và đồ thị  C  là: f  x   f 1 .
Từ đồ thị f   x  suy ra f   1  f   3  0 . Ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x  .
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y  f 1 cắt đồ thị hàm số tại ba điểm có hoành
độ lần lượt là a , 1 , b với a  1 và b  3 . Suy ra b 2  9 và a 2  1 . Vậy a 2  b 2  10 .
Câu 65.
Ta có y  3x 2  6 x .
Gọi d là tiếp tuyến với  C  và  x0 ; y0  là tiếp điểm.

 
d : y  y0  y  x0  x  x0   d : y  x03  3 x02  3x02  6 x0


 x  x  .
0
B  0; b   d  b  x03  3x02   x0 3 x02  6 x0  2 x03  3 x02  b  0  b  2 x03  3 x02 . 1
Đặt f  x   2 x3  3x 2 . Ta có f   x   6 x 2  6 x .
x  0
f  x  0  
.
x 1
Bảng biến thiên
273 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
b  1
Yêu câu bài toán  phương trình 1 có duy nhất nghiệm x0  
.
b  0
Vậy có 17 số nguyên b   10;10  thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 66.
Phương trình đường thẳng  đi qua A 1; m  có hệ số góc bằng k có dạng y  k  x  1  m .
 tiếp xúc với  C   hệ phương trình sau có nghiệm
 x3  3x 2  1  k  x  1  m
 2 x3  6 x  1  m * .

2
3 x  6 x  k
Để có 3 tiếp tuyến với  C   phương trình * có ba nghiệm phân biệt.
Xét hàm số g  x   2 x3  6 x  1 .
g   x   6 x 2  6  0  x  1 .
Bảng biến thiên:
Yêu cầu đề bài khi và chỉ khi 3  m  5 .
Suy ra S  2; 1;0;1;2;3;4 .
Vậy có 7 giá trị nguyên của m .
Câu 67.
Ta có y  3 x 2  3 .
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số  C  và đường thẳng  d  :
x3  3x  k  x  1  2  x 3  3 x  2  k  x  1




  x  1 . x 2  x  2  k  x  1   x  1 . x 2  x  2  k  0
x  1  0
 x  1
 2
 2
 x  x  2  k  0  x  x  2  k  0(*)
Để đường thẳng  d  cắt đồ thị  C  tại ba điểm phân biệt M , N , P thì phương trình phải có 2
9

  9  4k  0
k  

nghiệm phân biệt x1 , x2  1 hay 
4
1  1  2  k  0 k  0

Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 274
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ
x  x  1
Khi đó theo định lý Viet thì:  1 2
 x1.x2  2  k
Hệ số góc tiếp tuyến tại các điểm N , P là y( x1 )  3( x12  1); y( x2 )  3( x22  1).
Để tiếp tuyến của  C  tại N, P vuông góc với nhau thì y( x1 ). y( x2 )  1
 3( x12  1).3( x22  1)  1  ( x1x2 )2  ( x12  x22 )  1  
 (2  k ) 2  [1  2( 2  k )]  1  
 k1,2 
Câu 68.
1
9
1
1
 k 2  2k   0
9
9
1
1
3  2 2
thoả mãn  k1.k2  . Vậy tích các giá trị của k là .
3
9
9
Ta có y  
3
 x  12
.
Tiếp tuyến với đồ thị  C  qua A  0; a  là  Δ  : y  kx  a .
x  2
 x  1  kx  a

 Δ  tiếp xúc với  C  khi và chỉ khi hệ phương trình 
3

k
2
  x  1
Từ hệ * ta có
 *
có nghiệm.
x2
3x

 a   a  1 x 2  2  2  a  x  2  a  0 ** .
2
x 1
 x  1
Yêu cầu bài toán là tìm a để phương trình  ** có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa
2a

P  x1.x2 

x1  2 x2  2
a 1

.
 0 . Ta có 
.
x1  1 x2  1
S  x  x  2  2  a 
1
2

a 1



a  1
a  1
a  1
a  1




Yêu cầu bài toán tương đương   0
 3a  6  0  a  2  
2.
a
 P  2S  4
 9a  6


2
3



a  
0
0
3
 P  S 1
 3

Do a nguyên thuộc đoạn  2018; 2018 nên a  0; 2;3;4;;2018.
Vậy có 2018 giá trị thỏa yêu cầu bài toán.
275 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
 x 1 y 1 
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn log 3  x  y  2   1  log 3 

 . Biết rằng giá trị
x 
 y
x2  y 2 a
a
 ( a , b   và là phân số tối giản). Tính hiệu a  b.
nhỏ nhất của
b
xy
b
A. 2 .
B. 9 .
C. 7 .
D. 13 .
Câu 2:

Cho hàm số f  x   ax 3  bx  x ln x  1  x 2

với a , b, c là các số thực dương, biết
f 1  3, f  5   2 . Xét hàm số g  t   3 f  3  2t   2 f  3t  2   m , gọi S là tập hợp tất cả
các giá trị thực của m sao cho max g  t   10 . Số phần tử của S là
 1;1
A. 2 .
Câu 3:
C. 3 .
B. 1.
Cho x , y là hai số thực dương thỏa mãn 2 x  log 2
D. 4 .
x
 y  4 x  1 . Giá trị lớn nhất của biểu
y 1
thức P  x 2  y 2 là
A.
Câu 4:
5
.
12
7
.
12
C.
1
.
12
3
C. 10 .
B. 11 .
1
.
3
D.
Có bao nhiêu số nguyên y   20; 20 thoả mãn 2  log
mọi x   ?
A. 9 .
Câu 5:
B.
 3x
2
 1  log
3
 yx
2
 6 x  2 y  với
D. 8 .
Gọi S là tập hợp tất cả các điểm M  x; y  trong đó x, y là các số nguyên thoả mãn điều kiện
log x2  y 2 1  2 x  2 y  m   1, với m là tham số. Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn
 2020; 2019 để tập
A. 1.
Câu 6:
S có không quá 5 phần tử?
B. 2020.
C. 2021.
D. 2019.
Cho bất phương trình log 22  2 x    m  1 log 2 x  m  3  0 ( m là tham số thực). Tập hợp tất cả
các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn  4 ; 4 2  là
7
9
7
A. m  .
B. m  .
C. m  R .
D. m  .
2
2
4
Câu 7:
Cho bất phương trình  m  1 log 21  x  2   4  m  5  log 1
2
2
2
1
 4m  4  0 ( m là tham số
x2
5 
thực). Tập hợp tất cả các giá trị của m để bất phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn  , 4 
2 
là
7
7
7



A.  3;   .
B.  ;   .
C.  3;  .
D.  ;  .
3
3
3



Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 276
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 8:
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Cho a , b là hai số thực thay đổi thỏa 1  a  b  2 , biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  2  log a  b 2  4b  4   log 2b a là m  3 3 n với m , n là số nguyên dương. Tính S  m  n .
2
A. S  9 .
Câu 9:
B. S  18 .
C. S  54 .
D. S  15 .
Có bao nhiêu số nguyên a  a  2  sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn:

4
2

ln  x  2 
log a
C. 3
ln a log x  4a log x  4 
A. 1
B. 2
D. 4
 x; y 
Câu 10: Có bao nhiêu số nguyên m  2021 để có nhiều hơn một cặp số
thỏa mãn
log x 2  y 2  4  4 x  2 y  m   1 và 4 x  3 y  1  0 ?
A. 2017 .
B. 2020 .
C. 2019 .
D. 2022 .


2
Câu 11: Gọi S là tập hợp nghiệm nguyên của bất phương trình mx 2  log 2 mx 2  2log2 x  log 22 x . Có bao
nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tập hợp S có đúng 8 phần tử.
A. 5 .
B. 6 .
C. 10 .
D. 11 .
Câu 12: Có bao nhiêu số nguyên y  [  2022; 2022] để tồn tại x thỏa mãn: 4 x x . 4 e x  y  e x  y  3x 2 ?
A. 2019 .
B. 2020 .
C. 2021 .
D. 2022 .
Câu 13: Có bao nhiêu số nguyên y   0; 2021 thỏa mãn: 1  log 3  3 x 2  1  log 3  yx 2  12 x  y  1 với
mọi x   ?
A. 2021 .
B. 5 .
C. 6 .
D. 0 .
Câu 14: Trên khoảng  20; 20  , có tất cả bao nhiêu số nguyên a để có đúng hai số thực x thỏa mãn
log
 4   a  2 .2
x
2
A. 12 .
x
 4   log
2
 a  1  log 2  4x1  1  x  2 ?
C. 14 .
B. 13 .
D. 11 .
Câu 15: Cho các số thực a, b, c  1 và các số thực dương thay đổi x , y , z thỏa mãn a x  b y  c z  abc .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 
A. 24 .
B. 24 
3
.
3
4
16 16 2
 z
x
y
D. 20 
C. 20 .
3
.
3
4
Câu 16: Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên  thỏa mãn f  x   1  f   x  , x   và f  0   2021 . Tập
nghiệm của bất phương trình f  x   2020e x  1 là
1

A.  ;    .
e

 1
B.  0;  .
 e
C.   ;0  .
Câu 17: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn: log 5  x  2  y  1 
y 1
D.  0;    .
 125   x  1 y  1 . Giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P  x  5 y là
A. Pmin  125 .
277 | Phan Nhật Linh
B. Pmin  57 .
C. Pmin  43 .
D. Pmin  25 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Câu 18: Gọi E là tập hợp tất cả các số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi số y có không quá 4031
số nguyên x thỏa mãn log 22 x  3 y log 2 x  2 y 2  0 . Tập E có bao nhiêu phần tử?
B. 6 .
A. 4 .
C. 8 .
D. 5 .
Câu 19: Cho hai số thực x, y thỏa mãn ln  x  y   ln  x  y   2
x 2  y 2 1
x y
 4 x  y . Biết rằng giá trị nhỏ nhất
của P  8 x 3  4 x 2 y  6 x  y đạt được tại cặp  x0 ; y0  . Đặt x0  y0 
m
trong đó m , n, p là số
p
n
tự nhiên và p nhỏ hơn 25. Giá trị của 3m  2 n  p là
B. 16 .
A. 12 .
D. 29 .
C. 25 .


Câu 20: Cho bất phương trình log m2 1 2  x 2  1   m  1 , m là tham số. Có tất cả bao nhiêu giá trị
2
của m để bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ?
A. 2 .
B. 0 .
C. 3 .
D. 1 .
Câu 21: Cho phương trình 9 x  3x 1  2m   3x 1  1 3x  m . Có bao nhiêu giá trị tham số thực
m  [20; 20] để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt biết rằng 4m   ?
A. 79 .
B. 82 .
C. 81 .
D. 80 .
Câu 22: Tìm các số nguyên x sao cho với mỗi số nguyên x tồn tại đúng 5 số nguyên y thỏa mãn
3
y2  x2 y
 log y 2 3  x  2 y  3
A. 10 .
B. 11 .
C. 5 .
Câu 23: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn
của biểu thức P 
A. 420 .
D. 6 .
 1
x y
1 
 log  
  1  2 xy . Tìm giá trị nhỏ nhất
10
 2x 2 y 
4
1
 2 là
2
x
y
B. 360 .
C. 400 .
D. 320 .
Câu 24: Cho a, b  1 và a 2 x  b 2 y  ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của P  6 x  y 2 .
A. 6.
B. 9.
C. 4.
D.
Câu 25: Cho ba số thực a , b, c thỏa mãn c  b  a  1 và 6 log 2a b  log b2 c  log a
45
.
16
c
c
 2 log b  1 . Giá trị
b
b
của biểu thức T  log b c  2 log a b là
A. 1.
B. 0 .
D. 1 .
C. 2 .
Câu 26: Cho a , b là các số thực dương thỏa mãn a  b  4 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 a3  3 
P  log a     log 3a a 
 4b  16  4 b 
A. min P  2 .
2
B. min P 
9
.
4
C. min P  4 .
D. min P 
5
.
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 278
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
9 x  4 y  5
Câu 27: Cho hệ phương trình 
với m là tham số thực. Hệ phương
log m  3 x  2 y   log 3  3 x  2 y   1
2
2
trình có nghiệm là các bộ  x ; y  thỏa mãn điều kiện 3 x  2 y  5 . Tìm giá trị lớn nhất của tham
số m .
A. 2 .
Câu 28: Có
B. 0 .
bao
nhiêu
cặp
C. 3 .
 x, y 
số
thỏa
D. 5 .
mãn
x, y  ; 2  x, y  2021
và
 2y 
 2x 1 
   2 x  3 y  xy  6  log 2 

 x 3 
 y2
 xy  2 x  4 y  8  log 3 
A. 4036 .
B. 2020 .
Câu 29: Cho y  ln
C. 2019 .
D. 2018 .
x 1
3
1
và y 

 8m  2021 . Gọi S là tập các giá trị của m để đồ thị 2 hàm
x 1
x 1 x 1
số có đúng 1 điểm chung. Số phần tử của S là?
A. 2 .
B. 3 .
C. 2021 .
D. 2020 .
Câu 30: Cho x, y là hai số thực, với y  0 , thỏa mãn x 2  y 2  1 . Gọi m , M lần lượt là giá trị nhỏ nhất
1
b 1
và lớn nhất của biểu thức P  2  2 . Khi đó tổng m  M có dạng  2 a , với a , b nguyên
a
dương, nguyên tố cùng nhau. Tính a  2b .
A. 9 .
B. 8 .
C. 6 .
D. 10 .
x
y
 1 1 
Câu 31: Cho hai số thực x, y thỏa mãn  x  x   2 x  3 y   4 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4 9 
x
x
2
3
1
thuộc khoảng nào sau đây?
P


y
y
1  3 1  2 1  2 x.3 y
A. 3; 4 .
B. 0; 3 .
C.  5; 2020  .
D.  4;5  .




Câu 32: Xét các số thực x , y thỏa mãn 2 x
2
 y 2 1
  x2  y 2  2 x  2 4x . Giá trị lớn nhất của biểu thức
4y
gần nhất với số nào dưới đây?
2x  y 1
A. 1.
B. 0.
P
C. 2.
D. 3.
Câu 33: Có bao nhiêu cặp số nguyên  x ; y  thoả mãn 0  x  2020 và 2  x  ln  x  1   x 2  1  y  e y ?
A. 0 .
C. 1 .
B. 7 .
D. 8 .
Câu 34: Cho y  f  x  là hàm số chẵn xác định trên  , sao cho f  0   0 và phương trình
4 x  4 x  f  x  có đúng 10 nghiệm thực phân biệt. Số nghiệm thực của phương trình
 x
4 x  4  x  f 2    2 là
2
A. 10
B. 20 .
Câu 35: Có
bao
nhiêu
số
C. 5.
nguyên
m   2020; 2021
D. 15.
để
phương
x 2   m  2  x  2m  1
1
1


có ba nghiệm phân biệt?
ln  x  5 3x  3
x2
A. 4042 .
279 | Phan Nhật Linh
B. 2027 .
C. 0 .
D. 2016 .
trình
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Câu 36: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương  m , n  sao cho m  n  16 và ứng với mỗi cặp  m , n  tồn


tại đúng ba số thực a 1;1 thỏa mãn 2a m  n ln a  a 2  1 ?
A. 13 .
C. 14 .
B. 15 .
Câu 37: Xét các số thực x, y thỏa mãn 2 x
P
2
 y 2 1
D. 16 .
  x 2  y 2  2 x  2  4 x . Giá trị lớn nhất của biểu thức
8x  4
gần nhất với số nào dưới đây?
2x  y 1
A. 9 .
B. 6 .
C. 7 .
D. 8 .
 y2 
Câu 38: Cho các số thực x, y  1 thỏa mãn điều kiện xy  8 . Biểu thức P  log 4 x  8 x   log 2 y 2   đạt
 2 
giá trị nhỏ nhất tại x  x0 ; y  y0 . Đặt T  x0 4  y0 4 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. T  519 .
B. T  520 .
C. T  521 .
D. T  518 .
Câu 39: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng  20;20  để với mọi cặp hai số
 x; y  có tổng lớn hơn 1 đều đồng thời thỏa
log32  2 x  4 y  1  2  m  1 log3 1  2 y   m2  9  0 ?
A. 15 .
B. 17 .
mãn e3 x  y  e2 x 2 y 1  1  x  3 y và
D. 16 .
C. 14 .
 x y
Câu 40: Cho x, y thỏa mãn x  1, y  1 và log 3 
  4 xy  3  x  y   1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức
 4 xy 
1 1
P  x 2  y 2  3    thuộc tập nào dưới đây?
x y
A. 5;9  .
B.  5; 0  .
C.  0;5 .
Câu 41: Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn 2 2 xy  x  y 
nhất, giá trị của biểu thức 3x  2 y bằng
A. 5 .
B. 4 .
D. 9;  .
8  8 xy
. Khi P  2 xy 2  xy đạt giá trị lớn
x y
C. 3 .
D. 2 .
 2 x
Câu 42: Cho các số thực x , y thỏa mãn log 2 
  log 2 y  2 x  2 y  xy  5 . Hỏi giá trị nhỏ nhất của
 2 x
P  x2  y 2  xy là bao nhiêu?
A. 30  20 2 .
B. 33 22 2 .
C. 24  16 2 .
D. 36  24 2 .
Câu 43: Trong hệ tọa độ Oxy cho điểm M  x ; y  với x , y   ,  6  x  6, y  0 và thỏa mãn phương
 36  x 2 

2

log
2
 . Hỏi có bao nhiêu điểm M thỏa yêu cầu nêu trên?
3
2
3x
 y

A. Bốn điểm.
B. Ba điểm.
C. Một điểm.
D. Hai điểm.
2
trình 39 y 
336
Câu 44: Xét các số thực x, y thỏa mãn 2 x
P
2
 y 2 1
  x2  y 2  2 x  2 4x . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4y
gần nhất với số nào dưới đây?
2x  y 1
A. 5 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 4 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 280
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
3x  3 y  4
  x  y  1 2 x  2 y  1  4  xy  1 .
Câu 45: Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn log 2
x2  y 2
Giá trị lớn nhất của biểu thức P 
A. 3 .
B. 1.
5x  3 y  2
bằng
2x  y  1
C. 2 .
D. 4 .
Câu 46: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 728 số nguyên y thỏa mãn
log 4  x 2  y   log 3  x  y  ?
A. 116 .
Câu 47: Cho hàm số
B. 115 .
C. 59 .
f  x   2020x  2020 x . Các số thực a , b thoả mãn a  b  0 và
f  a 2  b 2  ab  2   f  9 a  9b   0 . Khi biểu thức P 
giá trị của a 3  b 2 .
A. 91 .
B. 89 .
Câu 48: Xét các số thực thỏa mãn 2 x
P
D. 58 .
4a  3b  1
đạt giá trị lớn nhất, tính
a  b  10
C. 521 .
2
 y 2 1
D. 745 .
  x 2  y 2  2 x  2  4 x . Giá trị lớn nhất của biểu thức
8x  4
gần với giá trị nào sau đây nhất?
2x  y  1
A. 9.
B. 6.
C. 7.
D. 8.
Câu 49: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương  m, n  sao cho m  n  14 và ứng với mỗi cặp số  m, n  tồn


tại đúng 3 số thực a   1;1 thỏa mãn 2.a m  n.ln a  a 2  1 ?
A. 11 .
B. 12 .
C. 13 .
Câu 50: Cho các số thực dương x và y thỏa mãn 5  9.3x
của biểu thức P 
A. P  6 .
281 | Phan Nhật Linh
x  2 y  11
?
x
B. P  9 .
2
2 y

 5  9x
C. P  7 .
D. 14 .
2
2 y
 .7
2 y  x2  2
. Tìm giá trị nhỏ nhất
D. P  8 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Chọn D
  x  1 y  1 
 x 1 y 1
Ta có: log 3  x  y  2   1  log 3 


  log 3  x  y  2   log 3 3 

x 
x 
 y
  y
 x y
1 1
 3     x  y   3    2  2
 y x
x y
1 1
 2
x y
 x  y  .3 
 x y
 x y
x y 10
x 2  y 2 10
 3    2 3    6  2   

 . Do đó a  b  13.
y x 3
xy
3
 y x
y x
Câu 2:
Chọn A

f  x   ax 3  bx  c ln x  1  x 2
f   x   3ax 2  b 
c
1  x2
 ( f  x  là hàm số lẻ).
; f   x   6ax 
cx
1  x 
2

c
 x  6a 
2
2

1 x
1  x  1  x 2





f   x   0  x  0
g  t   3 f  3  2t   2 f  3t  2   m
Xét y  3 f  3  2t   2 f  3t  2  có đạo hàm: y  6 f   3  2t   6 f (3t  2)
3  2t    3t  2  t  1

Cho: y  0  f   3  2t   f   3t  2   
.
t


1
3

2
t

3
t

2


y  1  3 f  5  2 f  5  m  f  5   m  m  2 .
y 1  3 f 1  2 f 1  m  5 f 1  m  m  15 .
max g  t  
1;1
Câu 3:
2m  13  17
 10  2m  13  3
2
 2m  13  3
m  8
 2m  13  3   m  5 .


Chọn D
Ta có log 2
x
y 1
2x
y 1

 2  log 2 2.

1 .
y 1 2x
y  1 2x
y 1
 1 thì vế trái 1  1 , vế phải 1  1 , khi đó 1 vô lí.
2x
y 1
Nếu
 1 thì vế trái 1  1 , vế phải 1  1 , khi đó 1 vô lí.
2x
Nếu
Suy ra y  1  2 x  y  2 x  1 . Nên P  x 2  y 2  3 x 2  4 x  1 
1
.
3
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 282
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 4:
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Chọn C
Giả sử tồn tại số nguyên y   20;20  sao cho: 2  log
 log
3
 3
2
 log
3
 3x
 log 3 3.  3 x 2  1  log
2
3
 1  log
 yx
2
3
3x
2
 1  log
 yx  6 x  2 y 
 6 x  2 y   yx  6 x  2 y  3  3 x
3
 yx
2
 6 x  2 y  , x
2
3
2
2
 1
9 x2  6 x  3
 f  x
 y  x  2  9 x  6 x  3  y 
x2  2
2
2
 y  max f  x  , x  y  9,55, y    y  10, y    n  y   20  10  10
Câu 5:
Chọn C
log x2  y 2 1  2 x  2 y  m   1  2 x  2 y  m  x 2  y 2  1
  x  1   y  1  m  1 Để bất phương trình có 5 phần tử thì
2
2
m 1  2  m  1
Vậy có 2021 số nguyên m thuộc đoạn  2020; 2019 để tập S có không quá 5 phần tử.
Câu 6:
Chọn B
Điều kiện: x  0 .
log 22  2 x    m  1 log 2 x  m  3  0  1  log 2 x    m  1 log 2 x  m  3  0
2
 log 22 x  1  m  log 2 x  m  2  0
 5
Với x   4 ; 4 2   t  1 ;  , ta có bất phương trình bậc hai t 2  (1  m)t  m  2  0 .


 2
 5
Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình: t 2  (1  m)t  m  2  0 , t   2 ;  .
 2
 5
 5
t 2  (1  m)t  m  2  0, t   2 ;    t  1 t  2  m   0, t   2 ;  *
 2
 2
5
9
 5
 5
Vì t  1  0, t   2 ;  , nên *  t  2  m  0, t   2 ;    2  m  0  m  .
2
2
2
2




Câu 7:
Chọn A
Điều kiện: x  2.
Ta có:  m  1 log 21  x  2   4  m  5  log 1
2
2
2
1
 4m  4  0
x2
 4  m  1 log  x  2   4  m  5 log 2  x  2   4m  4  0
2
2
Đặt t  log 2  x  2  , ta có phương trình trở thành:  m  1 t 2   m  5 t  m  1  0 *
t 2  5t  1
5 
Với x   ; 4  , ta có: t   1;1 thì *  m  2
, t   1;1 .
t  t 1
2 
 t 2  5t  1 
Để bất phương trình có nghiệm t   1;1 khi và chỉ khi m  min  2
.
 1;1  t  t  1 
Xét hàm: f  t  
t 2  5t  1
4t 2  4
.
Ta
có:
f
'
t

 0, t   1;1 .
 2
2
t2  t 1
t

t

1


7
Suy ra: f  1  f  t   f 1 , t   1;1 hay 3  f  t   , t   1;1 . Vậy m  3 .
3
283 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 8:
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Chọn D
Ta có: 1  a  b  2 nên
b  1  0
  b  1  b 2  4   0  b3  4b  b 2  4  0  b3  b 2  4b  4

b

2

0

Do đó cơ số a  1 nên log a  b 2  4b  4   log a b 3 .
Khi đó: P  2  log a  b 2  4b  4   log 2b a  2 log a b3  log 2b a  6 log a b 
a
a
1
 log a b  1
2
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số:
1
P  3  log a b  1  3  log a b  1 
 6  33 9  6 .
2
 log a b  1
Dấu bằng xảy ra khi 3  log a b  1 
1
  log a b  1 
3
 log a b  1
2
1
1
 log a b  1  3 .
3
3
Cuối cùng m  6 ; n  9 nên S  15 .
Câu 9:
Chọn B
Điều kiện của phương trình: x  2
Giả sử có nguyên a sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn:
ln  x  2 
ln  x  2 
4
2
4
2
ln a log x  4a log x  4 
 ln a log x  4a log x  4 
log a
log e.ln a








 log e.ln a log x  4a log x  4  log a e.ln  x  2   log a log x  4a log x  4  log a  x  2 
4
2
4
2
 log  a 4log x  4a 2log x  4   log a  x  2   log  a 2log x  2   log a x  2
 log  x 2log a  2   log a
x2 (a
2log x
 a 2 log a .log a x  x 2log a )
 x 2 log a  t  2
Đặt t  x 2log a  2   2 log a
 x  t . Suy ra x 2log a  x  2  0, x  2
 x2
t
Đặt u  2log a  u  0   f  x   x u  x  2
Khi u  1  xu  x  f  x   0 vô nghiệm.
Khi u  1
lim f  x     0

  pt luôn có nghiệm thuộc  2,  
u
lim f  x   2  0 
x2

x 
Từ
đó:
2 log a  1   10  a  10
kết
hợp
điều
kiện
đề
bài
ta
có
2  a  10, a    a  2;3 . Vậy có 2 giá trị nguyên a thỏa mãn.
Câu 10: Chọn A
4x 1
. Ta có log x2  y 2  4  4 x  2 y  m   1  4 x  2 y  m  x 2  y 2  4
3
2
 4x 1 
 x 1 
x
 m  x2  y 2  4  4 x  2 y  m  x2  
  4  4  24

 3 
 3 
Từ giả thiết, suy ra y 
 9m  9 x 2  16 x 2  8 x  1  36  36 x  24 x  6  9 m  25 x 2  4 x  43
25 2 4
43
25
4
43
m
x  x
* . Đặt g  x   x 2  x  .
9
9
9
9
9
9
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 284
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Bảng xét dấu
Để có nhiều hơn một cặp số  x; y  thì bất phương trình * phải có nhiều hơn một nghiệm x
nên m  4, 76  m  5; 6; ...; 2021 . Vậy có 2017 số nguyên 𝑚 cần tìm.
Câu 11: Chọn A
x  0
Điều kiện xác định: 
.
m  0
Đặt t  log 2  mx 2   mx 2  2t .Bất phương trình trở thành 2t  t  2log2 x  log 22 x
2
Xét hàm số f  u   2u  u có f   u   2u ln 2  1  0, u  
Suy ra hàm số f  u  đồng biến trên  . Nên bất phương trình trở thành t  log 22 x
 log 2  mx 2   log 22 x  log 2 m  log 22 x  2 log 2 x .Đặt g  x   log 22 x  2log 2 x , với mọi x  0
Ta có: g   x   2 log 2 x 
1
2
2


 log 2 x  1
x ln 2 x ln 2 x ln 2
Cho g   x   0 , ta có: log 2 x  1  x  2
Bảng biến thiên:
Để bất phương trình có đúng 8 nghiệm nguyên thì 3  log 2 m  ANS
 8  m  13, 07 . Suy ra m  9,10,11,12,13 nên có 5 giá trị nguyên của tham số m thoả ycbt.
Câu 12: Chọn D
a  4 e x  y
a  0

Điều kiện: x  0 . Đặt 
b  0
 b  x
Khi đó: 4 x x . 4 e x  y  e x  y  3x 2
 4b3 a  a 4  3b 4  a 4  4b3a  3b 4  0   a  b   a 2  2ab  3b 2   0
2
 a  b  0  do : a  0, b  0   a  b  e x  y  x 2  y  2ln x  x, x  0
Xét hàm số: y  2 ln x  x, x  0 có y  
Bảng biến thiên
285 | Phan Nhật Linh
2
1  0  x  2
x
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Để tồn tại x thì y  [  2022; 2 ln 2  2] mà y nguyên, nên có 2022 số.
Câu 13: Chọn D
Ta có: 1  log 3  3 x 2  1  log 3  yx 2  12 x  y  1 x  
 log 3  9 x 2  3  log 3  yx 2  12 x  y  1 x  
x  
 9 x 2  3  yx 2  12 x  y  1
  9  y  x  12 x  y  4  0
1
x  
2
Trường hợp 1: y  9
Bất phương trình 1 trở thành 12 x  13  0  x  
13
nên y  9 .
12
Trường hợp 2: y  9
Bất phương trình 1 thỏa mãn với x   khi và chỉ khi
9  y  0
y  9

vô nghiệm


2
  '  y  5 y  0 0  y  5
Vậy không có số nguyên y thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 14: Chọn A
4 x   a  2  .2 x  4  0

a  1
Điều kiện :  x 1
 1  a  20 .
4

1

a   20; 20 

 a  1  log 2  4x1  1  x  2
x2
4 x   a  2  .2 x  4
4 x   a  2  .2 x  4

x

2


2


2
 a  1 4 x1  1
 a  1 4x1  1
log
 log
 4   a  2 .2
x
2
x
 4   log
 4 x   a  2  .2 x  4   a  1 . 4 x  4.
Đặt t 
 2
x
2

4x  4
4x  4

a

2

a

1


2x
2x
4x  4
4
 2 x  x  2 . Phương trình đã cho trở thành
x
2
2
t 2  a  2   a  1 t  t 2  t  2  a  t  1  a 
t2  t  2
t 1
t2  t  2
t 2  2t  3
Xét f  t  
, t  2 . f  t  
, f  t   0 
2
t 1
 t  1
t  1  l 
.

t  3  n 
Bảng biến thiên
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 286
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Nhận xét: Với t  2 thì pt t 
Với t  2 thì pt t 
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
4x  4
có một nghiệm duy nhất x  1 .
2x
4x  4
 4 x  t 2 .2 x  4  0  k 2  t 2 k  4  0 k  2 x
2x

  2
S  t 2  0
Theo định lý Vi-ét thì 
, tức là  2  luôn có 2 nghiệm dương phân biệt
P  4  0
 (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Quay lại bài toán, ta thấy
Khi a  7 hoặc a  8 thì phương trình có một nghiệm t  2 dẫn tới phương trình ban đầu có
đúng 2 nghiệm x .
Khi a  8 thì phương trình * có một nghiệm t  2 , một nghiệm t  2 nên phương trình ban
đầu có 3 nghiệm x .
Khi 7  a  8 thì phương trình có hai nghiệm t  2 , dẫn tới phương trình ban đầu có 4 nghiệm
x.
Kết hợp với điều kiện, ta được tập các giá trị của a thỏa là 7; 9;10;11;...; 20
Vậy có 12 giá trị nguyên của a thỏa đề.
Câu 15: Chọn C
1
 ln a  ln b  ln c 
2
1
2ln a
1
2 ln b
ln a  ln b  ln c
 
;

; z=
x ln a  ln b  ln c y ln a  ln b  ln c
2 ln c
Từ giả thiết a x  b y  c z  abc  x ln a  y ln b  z ln c 
ln c
. Do a, b, c  1  t  0
ln a  ln b  ln c
16 16 32  ln a  ln b 
32 ln c
 32 
 32  32t
khi đó ta có   
x y ln a  ln b  ln c
ln a  ln b  ln c
Đặt t 
Vậy
P
16 16 2
1 
1 
1


  z  32   32t  2   32  16t  16t  2   32  3. 3 16.16.  32  12  20
x
y
4t 
4t 
4


Câu 16: Chọn C
Xét hàm số : g  x  
Ta có: g   x  
f  x 1
trên 
ex
f   x  e x  e x  f  x   1
e2 x
 g  x  đồng biến trên  .

e x  f   x   f  x   1
e2 x
 0, x  
Mà f  x   2020e x  1  e x g  x   1  2020e x  1  g  x   2020  g  0   x  0 .
287 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Câu 17: Chọn C
log 5  x  2  y  1 
y 1
 125   x  1 y  1  log 5  x  2  y  1 
 log5  x  2   log 5  y  1 
125
  x  2  3
y 1
125
  x  2  3
y 1
 125  125
125
,
 3  log 5  x  2    x  2   log 5 

y 1
 y 1  y 1
125
dễ thấy f  t   log5 t  t đồng biến trên  0;   nên suy ra x  2 
y 1
 log 5  x  2    x  2    log 5  y  1 
 P  x  5y  5y 
125
125
 2  5  y  1 
 7  2 5.125  7  43
y 1
y 1
 y  12  25

 x  23
125


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  x  2 
.
y 1
y  4

 x, y  0

Câu 18: Chọn B
Ta có log 22 x  3 y log 2 x  2 y 2  0
  log 2 x  y  log 2 x  2 y   0  y  log 2 x  2 y  2 y  x  2 2 y
x    x  2 y  1;...; 2 2 y  1 số phần tử của x : 22 y  2 y  1  4031  22 y  2 y  4032  0
 2  2 y  64  26  y 1, 2,3, 4,5, 6
Câu 19: Chọn A
x  y  0
Ta có điều kiện xác định là 
x  y  0
Ta có giả thiết  ln  x  y   ln
 1

1
 2 x  y  2 x  y  2 x  y  1


x y


1

VT  ln  x  y   ln x  y  0
1

Nếu x  y 
thì 
 Phương trình vô nghiệm.
 1

x y
VP  2 x  y  2 x  y  2 x  y   0






Tương tự, nếu x  y 
VT  0
1
thì 
 Phương trình vô nghiệm.
x y
VP  0
1
Do đó x  y 
 x 2  y 2  1 . Khi đó, đặt
x y
uv

x
u  x  y  0 
2 và u.v  1 .


v

x

y

0
u

y   v

2
3  uv 
uv uv 3 3 1 3
uv
u v u v
Ta có P  8 
 6.

 u  v 2
 3.
  4
 .
2
2
2
2
2
4
 2 
 2 
3
2
3
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 288
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
3 3 1 3
1
1
 u  v
Do đó Pmin  3 khi  2
2  u  6 hay  u  x0  y0  6 .
3
3
uv  1
Vậy m  1, n  6, p  3  3m  2 n  p  12 .
Câu 20: Chọn D
Từ bất phương trình đã cho ta suy ra nếu x  x0 là nghiệm của bất phương trình thì  x0 cũng là
nghiệm của bất phương trình.
Suy ra để bất phương trình có nghiệm duy nhất thì x0  0 .


Khi x  0  log m2 1 2  x 2  1   m  1   m  1  0  m  1.
2
2
Vậy có 1 giá trị của m để bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Câu 21: Chọn D
Đặt 3 x  t  0 , phương trình đã cho trở thành: t 2  3t  2m   3t  1 t  m
t  m  y . Khi đó trở thành: 2 y 2   3t  1 y   t 2  t   0 .
Đặt
3t  1  t  1

y

t 2  t  m
t  t  m
2
4


Ta có    t  1  
2
3t  1   t  1

t

1

2
t

m
 t  1  4  t  m 


y


4
 4m  4t 2  4t  f  t  (t  0)
.

2
 4m  t  2t  1  g  t  (t  0)
Vẽ đồ thị hai hàm số y  f  x  , y  g  x  trên miền x  0 ta được đồ thị như hình bên dưới
 4m  1
Từ đây ta suy ra để có 2 nghiệm phân biệt thì điều kiện cần và đủ là 
 1  4m  80
 1  4m  0
Câu 22: Chọn B
3
y 2  x 2 y
 log y 2 3  x  2 y  3 
 3 y 3.ln  y 2  3  3
2
3y
3
2
3
x  2 y 3

ln  x  2 y  3
ln  y 2  3
.ln  x  2 y  3 .
x 2 y 3
Với t  3 , dễ thấy f  t   3t.ln t là hàm số đồng biến.
289 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
x  y  2y
Vậy y 2  3  x  2 y  3  y 2  x  2 y  
2
 x   y  2 y
2
1
 2
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Đặt g  y   y 2  2 y và h  y    y 2  2 y . Ta có đồ thị
x
8
3
2
4
O1
1
3
2
3
4
y
3
8
Nếu x  8 thì có nhiều hơn 5 giá trị nguyên của y thỏa.
Nếu 3  x  8 thì có đúng 5 giá trị nguyên của y thỏa 1 và không có giá trị nguyên của y
thỏa.
Nếu 0  x  3 thì có đúng 3 giá trị nguyên của y thỏa 1 và có 1 giá trị nguyên của y thỏa.
Nếu x  0 thì cả và đều có đúng 3 giá trị nguyên của y thỏa trong đó y  0 thỏa cả và. Do đó
có tất cả 5 giá trị nguyên của y thỏa.
Nếu 3  x  0 thì có đúng 1 giá trị nguyên của y thỏa 1 và có 3 giá trị nguyên của y thỏa.
Nếu 8  x  3 thì có đúng 5 giá trị nguyên của y thỏa và không có giá trị nguyên của y thỏa.
Nếu x  8 thì có nhiều hơn 5 giá trị nguyên của y thỏa.
3  x  8
Vậy  x  0
thì sẽ có đúng 5 giá trị nguyên của y ứng với mỗi giá trị của x .
 8  x  3
Vậy có tất cả 11 giá trị nguyên của x .
Câu 23: Chọn D
Ta có:

 1
x y
1 
x y
 log  
 log  x  y   1  log  2 xy   2 xy
  1  2 xy 
10
10
 2x 2 y 
x y
 x y
 log 
  log  2 xy   2 xy
10
 10 
1
Xét hàm số f  t   log t  t ,  t  0   f   t  
1
 1  0, t  0
t ln10
 Hàm số f  t  đồng biến trên khoảng  0;   .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 290
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
x y
1 1
 x y 
Từ 1  f 
 2 xy    20
  f  2 xy  
10
x y
 10 
2
1 2
1   1  4
1 
4
1
Ta có: 400   .  1.     1  2  2   2  2  320
y   4  x
y 
x
y
2 x
4 1
1

x
x  y



4 .
Dấu “  ” xảy ra khi và chỉ khi 

 1  1  20
y  1

16
 x y
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 320 .
Câu 24: Chọn D
Ta có: a
2x
b
2y
1

1
1
a  t 2 x
 ab  t  


2
2x 2 y
ab  t 2
1

x y  
4

6y
6
3
 3  45
P
 y 2  P 
 2 y  0  y  suy ra min P  P   
2
4 y 1
4
 4  16
 4 y  1
Suy ra
1 1
y
 4

x y
4y 1
Câu 25: Chọn A
Ta có: 6log 2a b  logb2 c  log a c  log a b  2 logb c  2  1 1
 p  log a b
 pq  log a c . Do c  b  a  1 nên p  1, q  1 .
Đặt 
q  log b c
Khi đó trở thành 6 p 2  q 2  p.q  p  2q  1
 6 p 2  p.  q  1  q 2  2q  1  0

q  1  5  q  1 q  1

p 
12
2
Do    q  1  4.6.  q  1  25  q  1  0 nên ta có 
q

1

5
q

1

   1 q
p 
12
3

q 1
Kết hợp với điều kiện p  1, q  1  p 
hay q  2 p  1 .
2
2
2
2
Câu 26: Chọn B
Từ giả thiết suy ra a  1 .
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
3
3
3
 a3 
a 3  3a 
b22
 3a 
 3a 
4b  2.2.b  



log
  log a 
a 



  3log a 

3
4b  b  4 


b4
b4
 4b 
2
2


 a3  3 
 3a  3 
Suy ra P  log a     log 3a a   3log a 
   log 3a a  .
 b  4  16  4 b 
 4b  16  4b 
Từ giả thiết suy ra a  1,
ta có
291 | Phan Nhật Linh
3a
3a
 1, log a
 0, log 3a a  0 nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy
4b
4b
4b
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
2
2
2


3 3
9
 3a  3 
 3a   3 
P  3log a 
 log 3a a   .
   log 3a a   3 3 . log a 

2 2
4
 b  4  16  4b 
 b  4   16  4b 
Vậy min P 
b  2
9

.
4
a  4
Câu 27: Chọn D
3 x  2 y  0
Điều kiện 
3 x  2 y  0
Ta có: 9 x 2  4 y 2  5   3x  2 y  3 x  2 y   5  3 x  2 y 
5
3x  2 y
 5 
Xét phương trình: log m  3 x  2 y   log 3  3 x  2 y   1  log m  3 x  2 y   log 3 
 1
 3x  2 y 
 15 
 15 
 log m  3 x  2 y   log 3 
  log m 3.log 3  3 x  2 y   log 3 

 3x  2 y 
 3x  2 y 
 15 
log 3 

 15 
 3 x  2 y   log 3  log
 log m 3 
m

3x2 y 
log 3  3 x  2 y 
 3x  2 y 
 log m 3  log 3 x  2 y  15  1 với 3x  2 y  0, 3x  2 y  1
Theo giả thiết ta có: 3x  2 y  5 và 3 x  2 y  0, 3 x  2 y  1
TH1: Nếu 0  3x  2 y  1  log m 3  log  3 x  2 y  15  1  0 .
TH2: Nếu 1  3x  2 y  5  log m 3  log  3 x  2 y  15  1  log 5 15  1  log 5 3 .
 log m 3  log5 3  1  m  5 . Vậy giá trị lớn nhất của m là 5 .
Câu 28: Chọn D
 2y 
 2x 1 
Ta có  xy  2 x  4 y  8  log 3 
   2 x  3 y  xy  6  log 2 

 x 3 
 y2
 2y 
 2x  1 
  x  4  y  2  log 3 
   y  2  3  x  log 2 
.
 x 3 
 y2
 2  x  2021
 2y 
Với 
, ta có: 2 y  y  2  log 3 
  0  VT *  0
 2  y  2021
 y2
 2x 1 
Ta có: 2 x  1  x  3  log 2 
  0; 3  x  0  VP *  0
 x3 
Mà theo giả thiết ta có: VT *  VP * . Do đó ta suy ra VT *  VP *
y  2
Dấu bằng xảy ra khi 
. Do đó có 2018 cặp  x, y  thỏa mãn.
x  3
Câu 29: Chọn B
Xét 8m  ln
x 1
1
3


 2021  f  x 
x 1 x 1 x 1
Ta có: f   x  
1
1
1
3
4 x2  8x




;
f
x



2
2
x  1 x  1  x  12  x  12
 x  1  x  1
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 292
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
x  0
Cho f   x   0  
 x  2
 m  2025
Vậy để có 1 nghiệm duy nhất thì  m  2021  ln 3
 m  2021
Câu 30: Chọn B
Ta có: x 2  y 2  1  y   1  x 2 . Vì y  0 nên y  1  x 2 . Khi đó P  2 x  2 y  2 x  2
 P  2 ln 2 
x
x.2
1 x 2
ln 2
1  x2
. Cho P  0  2 x 
x
1  x2
.2
1 x 2
1 x 2
VT  1
Trường hợp 1: Nếu x  0 thì 
nên phương trình vô nghiệm.
VP  0
2
2x
2 1 x
Trường hợp 2: Nếu x  0 : 

x
1  x2
t
2t
t.2t ln 2  2t 2  t.ln 2  1
 g t  

0
t
t2
t2
x  0
1
2
2
 2   g  x   g 1  x  x  1  x   x   1  x  .
2

2

Xét g  t  


Ta có: P 1  3 , P  1 
1
2
1
3
 1 
, P
2

2
 2
1
2
.
3
3 1
. Suy ra m  M   2
2
2
Vậy a  2, b  3  a  2b  8 .
1
Khi đó M  2
và m 
1
2
.
Câu 31: Chọn B
a
b
1
 1 1 
Đặt a  2 x , b  3 y , khi đó a, b  0 thỏa mãn  2  2   a  b   4 . Và P 


1  b 1  a 1  ab
a b 
1
1
4
1 1
Từ điều kiện ta có 2  2 
    a  b  ab  a 2  b 2  2ab  a  b  2 .
a
b
ab a b
1
1 
1
 a
  b

 1
Ta có P  
.
 1  
 1  2 
  a  b  1 

2
1  ab
1  ab
 1 b   1 a 
1 b 1 a 
293 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
4


  a  b  1 
2
 2ab
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
1
2

2( a  b)
4
.

2  a  b 4   a  b 2
 ab
1 

 2 
2t
4
2t
4
Đặt t  a  b , ta có t  2 và P 
. Xét hàm số f  t  
 2
 2
t2 t 4
t2 t 4
Ta có f '  t  
4
t  2
2

t
2
 4
4  t  2   t 2  2t  4 
2
8t
2

t  2
2
t
2
 4
2
 0, t  2
Hơn nữa hàm số f  t  liên tục trên  2;   , suy ra hàm số f  t  đồng biến trên  2;  
 min f  t   f  2  
 2;  
Vậy min P 
Câu 32: Chọn A
Ta có 2x
2
 y 2 1

3
3
. Do đó P  . Dấu “=” xảy ra  a  b  1 hay x  y  0 .
2
2

3
 0; 3 .
2
  x 2  y 2  2 x  2  4x  2 x
2
 y 2 1 2 x
 x2  y 2  2x  2.
1
Đặt t  x 2  y 2  2 x  1. Khi đó 1 trở thành 2t  t  1.
Từ đồ thị ta thấy 2 t  t  1  0  t  1  0  x 2  y 2  2 x  1  1  0   x  1  y 2  1 .
2
Gọi  C  là hình tròn tâm I 1;0  , bán kính R  1 .
P
4y
  :2 Px   P  4  y  P  0 .
2x  y 1
Yêu cầu bài toán   và  C  có điểm chung, tức là d  I ,    R

3P
4P   P  4
2
2
 1  1  5  P  5  1  Pmax  5  1  1, 23.
Câu 33: Chọn C
Ta có: 2  x  ln  x  1   x 2  1  y  e y  2ln  x  1  e
2ln  x 1
 y  e y 1 .
Xét hàm số: f  t   t  et , ta có: f   t   1  et  0 nên hàm số f  t  đồng biến trên  .
Do đó: 1  f  2ln  x  1   f  y   y  2ln  x  1 .
Do 0  x  2020 nên 1  x  1  2021  0  y  2 ln 2021  15, 22 .
Do y   nên y  0;1; 2;...;14;15 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 294
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
y
2
Có y  2ln  x  1  x  e  1 .
Với y  0;1; 2;...;14;15 thì chỉ có y  0 để x   .
Vậy có duy nhất 1 cặp số nguyên  x ; y  thoả mãn đề bài.
Câu 34: Chọn B
Nhận xét:
Từ giả thiết f  0   0 ta suy ra x  0 không phải là nghiệm của hai phương trình
x
x
4 x  4 x  f  x  và 4 x  4 x  f 2    2 . Ta có 4 x  4  x  f 2    2
2
2
 x
x
2  2 x  f   1

2
2
x
  2 x  2 x   f 2    
 x
2
x
x
2  2   f    2
2

x
 2   2 x  2 x  f     3
 2
Xét phương trình đặt t 
x
. Khi đó ta có: 4t  4t  f  t 
2
 4
Theo giả thiết phương trình 4 x  4 x  f  x  có 10 nghiệm phân biệt nên phương trình có 10
nghiệm t . Suy ra phương trình có 10 nghiệm x phân biệt. Giả sử 10 nghiệm đó là x1; x2 ;...; x10 .
Chứng minh tương tự ta có phương trình có 10 nghiệm phân biệt là  x1 ;  x2 ;...;  x10
Dễ thấy số nghiệm của phương trình bằng tổng số nghiệm phương trình 1 và  3
Suy ra phương trình có 20 nghiệm.
Câu 35: Chọn D
Tập xác định: D    5;    \  4;1; 2 .
Ta có
x 2   m  2  x  2m  1
1
1
1
1
1
m x

 x
 x

.
x  2 ln  x  5 3  3
ln  x  5 3  3
x2
Đặt g  x   x 
g ' x  1
1
1
1

 x
.
x  2 ln  x  5 3  3
1
 x  2
2

1
3x ln 3

 0, x  D .
 x  5 ln 2  x  5  3x  32
Bảng biến thiên hàm số y  g  x  .
x
5
4
1
+
y'
+
+∞
A
∞
1
1
3293
A  lim  g  x   5   5

.
x  5
7 3 3
728
295 | Phan Nhật Linh
+
+
+∞
+∞
y
+∞
2
∞
+∞
∞
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
3293
Phương trình 1 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m  
  4, 523  351648  .
728
 m  
Do 
nên m  2020;  2019;...;  5 .
 m   2020; 2021
Vậy có 2016 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 36: Chọn A

 2n a  ln  a  a  1   0
 ln  a  a  1  với a 1;1 .
Ta có 2 a m  n ln a  a 2  1 
Xét hàm số f  a  
Có f   a  
2 m
a
n
m
2
1 .
2
2m m1
1
2m m1
1
a 
a 
suy ra f   a   0 
2
n
n
a 1
a2  1
 2
Theo đề bài 1 có ba nghiệm phân biệt nên  2  có ít nhất hai nghiệm.
1
Xét hàm số y 
a2  1
, a   1;1 .
a
a
a2  1  
 y  0  a  0  tm  .
Ta có y   2
2
a 1
a  1 a2  1


Ta có BBT sau
Xét hàm số y 
Nếu
2 m m 1
a ,  a    1;1 .
n
m chẵn thì
m  1  1 và m  1 lẻ do đó hàm số y 
2 m m 1
a ,  a    1;1 là hàm số đồng
n
biến nên hàm số có BBT như sau
Từ hai BBT trên ta có  2  có nhiều nhất 1 nghiệm nên
toán. Vậy
m chẵn không thỏa mãn yêu cầu bài
m là số nguyên dương lẻ.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 296
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Nếu m  1 khi đó f   a  
Theo đề bài
1
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
2
1
2
1

suy ra f   a   0  
2
n
n
a 1
a2  1
3 
có ba nghiệm phân biệt nên
 3 .
có ít nhất hai nghiệm
2 2
  1  2  n  2 2  n  . Vậy m là số nguyên dương lẻ và lớn hơn 1 .
2 n
Khi m là số nguyên dương lẻ và lớn hơn 1 ta có
2m m 1 m2
2m m1
y
a , a  1;1  y 
a , a  1;1  y  0  a  0  tm .
n
n

Ta có BBT sau
Vậy
y
2
có ít nhất hai nghiệm
 đồ thị hai hàm số y 
2 m m 1
a ,  a    1;1 cắt nhau tại hai điểm phân biệt
n
Với điều kiện  *  thì  2  có hai nghiệm

1
a2  1
, a   1;1 và
2m
2
2

m
n
n
2
4
a1  0, a2  0.
Mặt khác ta thấy 0 là một nghiệm của phương trình f  a   0 .
Khi đó ta có BBT của hàm số f  a  như sau
 f  1  0
Để 1 có ba nghiệm phân biệt  

 f 1  0
 m  15
Với n  1  
và
m  1
297 | Phan Nhật Linh
m lẻ, nên có 7 cặp
2
 ln
 n

 2  ln
 n

2 1


2 1

 n  2  n  1; 2 .
*
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
 m  14
Với n  2  
và
m  1
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
m lẻ, nên có 6 cặp
Vậy có tổng cộng 13 cặp  m, n thỏa yêu cầu đề bài.
Câu 37: Chọn C
2x
2
 y 2 1
  x2  y 2  2 x  2 4x  2x
2
 y 2  2 x 1
 x 2  y 2  2 x  2  2  x 1
2
 y2
2
   x  1  y 2   1  0


Đặt t   x  1  y 2  2t  t  1  0  2t  t  1  0  t  1   x  1  y 2  1.
2
2
Do đó tập hợp các cặp số  x; y  thỏa mãn thuộc hình tròn  C  tâm I 1;0 , R  1 .
P
8x  4
  2 P  8  .x  P. y   P  4   0  d 
2x  y 1
Do d và  C  có điểm chung  d  I ,  d    R 
 3 P  12 
2P  8
2
3P  12
 2P  8
2
 P2
1
 P 2  5  5  P  5  5.
Câu 38: Chọn B
y2
log 2
 y 2  log 2  8 x 
2  3  log 2 x  2log 2 y  1 .
P  log 4 x 8 x   log 2 y2   

2
 2  log 2  4 x  log 2  2 y  2  log 2 x 2log 2 y  1
Ta có xy  8  log 2  xy   3  u  v  3 , với u  log 2 x; v  log 2 y .
Hơn nữa x, y  1 nên u , v  0 . Hay 0  u  3.
3  u 2v  1 3  u
2


1
.
2  u 2v  1 2  u
2v  1
u  v  3
2
2
2
3u
Ta có 
.
 0  v  3u 

P
1
2v  1 7  2u
7  2u
2u
 v, u  0
Khi đó P 
2
3u
1 
, ta tìm min, max của f  u  với 0  u  3.
7  2u
2u
4
1
3
f ' u  

; f '  u   0  u    0;3 .
2
2
4
 7  2u   2  u 
Đặt f  u  
3 8
3
f  
 f    f  u   f  3 .
 4  11
4
3
3 9
3
Suy ra P  f  u   f   . Nên P min khi u   v  3   .
4
4 4
4
Ta có f  0  
11
11
; f  3  ;
14
5
3
3
3



4
u  4
log 2 x  4
x

2



. Do đó

9
v  9
log y  9
 y  24


 2
4
4
3

4
x

2
 0
 T  23  29  520.

9
 y  24
 0
Câu 39: Chọn B
Ta có e3 x  y  e2 x2 y 1  1  x  3 y  e3 x  y  3x  y  e 2 x  2 y 1  2 x  2 y  1 (*)
Xét hàm số f  t   et  t có f   t   et  1  0, t . Do đó:
(*)  f  3 x  y   f  2 x  2 y  1  3 x  y  2 x  2 y  1  x  y  1  2 y  1 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 298
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Khi đó ta có
log32  2 x  4 y  1  2  m  1 log3 1  2 y   m2  9  0
 log32 1  2 y   2  m  1 log 3 1  2 y   m2  9  0 .
Đặt u  log 3 1  2 y  , u  0 , yêu cầu bài toán trở thành tìm m để bất phương trình
u 2  2  m  1 u  m2  9  0, u  0
Khi đó ta xét 3 trường hợp:
Trường hợp 1:   0  10  2m  0  m  5 .
   0
10  2m  0 m  5



 m  5.
Trường hợp 2:  b
1

m

0
m

1


0


 2a
  0 2m  10  0


 3 m  5.
Trường hợp 3:  P  0  m2  9  0
S  0
2 m  1  0


 
Kết hợp các trường hợp ta được m  3 . Kết hợp điều kiện ta được m  3; 4;...; 19 .
Có 17 giá trị m thỏa mãn.
Câu 40: Chọn A
3 x  y 
 x y
 4 xy  3  x  y 
Ta có log 3 
  4 xy  3  x  y   1  log3
4 xy
 4 xy 
3  x  y   6
 3  x  y   log3 3  x  y   4 xy  log3  4 xy  1 . Do x  1, y  1 nên 
 4 xy  4
Xét hàm số f  t   t  log3 t với t  0 . Ta có f   t   1 
1
 0, t  0
t ln 3
Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên  0;   .
Nên 1  f  3  x  y    f  4 xy   3  x  y   4 xy
3 x  y 
1 1
2
Ta lại có P  x 2  y 2  3      x  y   2 xy 
xy
x y
16
16
2
  xy   2 xy  4  a 2  2a  4  g  a 
9
9
3
3
3
3
9
Với a  xy   x  y   2 xy 
a  a  a
4
4
2
2
4
3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y 
2
4
Mặt khác x  1, y  1   x  1 y  1  0  xy   x  y   1  0  xy  xy  1  0  xy  3
3
x  1
x  3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
hoặc 
y  3
y 1
9 
Do đó a   ;3
4 
299 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Khi đó ta có g   a  
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
32
9 9 
a  2  0  a    ;3
9
16  4 
x  1
x  3
9 1
Và g    , g  3  6 . Vậy Pmax  6 khi 
hoặc 
4 2
y  3
y 1
Câu 41: Chọn C
 22 xy  x y  0
 8  8 xy  0  xy  1 .
Ta có 
x

y

0

Ta có 22 xy  x  y 
 8  8 xy 
8  8 xy
 log 2  22 xy  x  y   log 2 

x y
 x y 
 2 xy  x  y  log 2  4  2  2 xy    log 2  x  y 
 log 2  x  y    x  y    2  2 xy   log 2  2  2 xy 
 .
1
 1  0 , t  0 .
t ln 2
Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên khoảng  0,   nên ta có
Xét hàm đặc trưng f  t   log 2 t  t , t  0 có f   t  
   f  x  y   f  2  2 xy   x  y  2  2 xy  x 
Thay vào P ta được P 
2 y
.
1 2y
1
2 y
1  2 y  y   y 2  2 y  max P  1 khi y  1  x  .
3
1 2 y
Vậy 3x  2 y  3 .
Câu 42: Chọn D
 2 x 
Điều kiện x   2; 2  , y  0 . Ta có log 2 
  log 2 y  2 x  2 y  xy  5
 2 x
 log 2  4  2 x    4  2 x   log 2  2 y  xy    2 y  xy  * .
Xét hàm số f  t   log 2 t  t  f '  t  
1
 1  0, t  0 .
t ln 2
Suy ra *  f  4  2 x   f  2 y  xy   4  2 x  2 y  xy  4  2 x  2 y  xy .
 x  y  4  4 2
2
Ta có  x  y   4 xy  16  8  x  y  suy ra điều kiện tồn tại x , y là 
.
 x  y  4  4 2  L 
t x y
P   x  y   xy   x  y   2  x  y   4  t 2  2t  4  h  t  .
2
2
Vậy P min  36  24 2  x  y  2  2 2 .
Cách 2.
(*)  xy  2 x  2 y  4   x  2  y  2   8 .
Ta có x  2  0, y  2  0 ; x  2  y  2  2
 x  2  y  2   4
2  x  y  4 2  4.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 300
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Xét
2


CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
P  xy  2 x  2 y  1  x  y  1  2 xy  2 x  2 y   x  y  1
P  x  y  xy;
2
2
2
2
2
 P  4 2  3  5  36  24 2
 x  y  4 2  4
 x  y  2 2 2
Vậy Min P  36  24 2 khi 
 x  y
Câu 43: Chọn D
2
Ta có: 39 y 
 36  x 2 

2

log


3
2
3x
 y

336
2
 39 y  336 x  log 3 9  log3  36  x 2   log3  y 2   39 y  336 x  log3  36  x 2   log3  9 y 2 
2
2
2
2
 39 y  log 3  9 y 2   336 x  log3  36  x 2    .
2
2
Xét hàm số f  t   3t  log3 t với t  0 . Đạo hàm f   t   3t ln 3 
1
 0, t  0 .
t.ln 3
Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên  0;    .
Do đó, từ   ta có f  9 y 2   f  36  x 2   9 y 2  36  x 2 
x2 y 2

1.
36 4
Do y   và y  0 nên y 2;  1;1;2 .
 y  2
Với 
 x  0 : thỏa mãn.
y  2
 y  1  x   3 3
Với 

: loại.
y 1
 x  3 3
Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán là  0;  2  và  0; 2  .
Câu 44: Chọn B
Ta có 2 x
2
 y 2 1
  x2  y 2  2 x  2 4x  2 x 1  y   x  1  y 2  1
2
2
2
Đặt t   x  1  y 2  0 . Khi đó 2t  t  1, t  0 .
2
Xét hàm số f  t   2t  t  1, t  0 . Có f   t   2t ln 2  1  0  t  log 2
f   t   0  t  t0 và f  0   f 1  0 .
Ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên suy ra f  t   0  t   0;1 .
301 | Phan Nhật Linh
1
 t0  0,5287 .
ln 2
.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Ta có t   0;1  0   x  1  y  1
2
2
4y
 2 Px  Py  P  4 y  2 P ( x  1)   P  4  y  3 P
2x  y 1
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki
P
2
2
9 P 2   2 P ( x  1)   P  4  y    4 P 2   P  4    ( x  1) 2  y 2   5 P 2  8 P  16


Do đó 4 P 2  8 P  16  0  1  5  P  1  5
Vậy Pmin  1  5  3, 2 .
Câu 45: Chọn C
3x  3 y  4
log 2
  x  y  1 2 x  2 y  1  4  xy  1 .
x2  y 2
 log 2  3 x  3 y  4   log 2  x 2  y 2   2  x 2  y 2    3x  3 y  4   1 .
 log 2  3 x  3 y  4    log 2  x 2  y 2   1  2  x 2  y 2    3 x  3 y  4  .
 log 2  3 x  3 y  4   log 2 2  x 2  y 2   2  x 2  y 2    3 x  3 y  4  .
  3x  3 y  4   log 2  3x  3 y  4   2  x 2  y 2   log 2 2  x 2  y 2  *
Xét hàm số f  t   t  log 2 t đồng biến trên khoảng  0;   nên
 *   3 x  3 y  4   2  x 2  y 2 


Ta có  x  y   2 x 2  y 2   x  y    3x  3 y  4    x  y   3  x  y   4  0
2
2
2
 1  x  y  4 . Do x, y là các số thực dương nên 0  x  y  4  x  y  4  0 .
x  y  4  0
x y4
Ta có 

0
2
x

y

1

0
2x  y 1

Suy ra P 
5x  3 y  2 2  2 x  y  1   x  y  4 
x y 4

 2
 2.
2x  y 1
2x  y 1
2x  y 1
Vậy Pmax  2 xảy ra khi x  y  2 .
Câu 46: Chọn A
x  y  0
Điều kiện :  2
.
x  y  0
Với mọi x   ta có x2  x . Xét hàm số f ( y )  log 3 ( x  y )  log 4  x 2  y  .
Tập xác định D  ( x; ) . f '( y ) 
1
1
 2
 0, x  D
( x  y ) ln 3  x  y  ln 4
 f tăng trên D .
Ta có f ( x  1)  log3 ( x  x  1)  log 4  x 2  x  1  0 .
Có không quá 728 số nguyên y thỏa mãn f  y   0
 f ( x  729)  0  log 3 729  log 4  x 2  x  729   0
 x2  x  729  46  0  x2  x  3367  0  57,5  x  58,5
Mà x   nên x  57,  56,...,58 . Vậy có 58  (57)  1  116 số nguyên x thỏa.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 302
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Câu 47: Chọn C
Xét hàm số f  x   2020  2020 . Tập xác định  .
x
x
 x  
x
x
 f   x   2020  2020   f  x 
Khi đó x    
Vậy hàm số trên là hàm số lẻ.
Mặt khác f   x  2020 .ln2020  2020 .ln2020  0, x  nên f  x  đồng biến trên  .
x
x
Ta có f  a 2  b 2  ab  2   f  9a  9b   0  f  a 2  b2  ab  2   f  9a  9b   0
 f  a 2  b 2  ab  2   f  9a  9b   a 2  b 2  ab  2  9a  9b .
 4a 2  4b 2  4ab  8  36a  36b  0   2a  b   18  2a  b   19  3  b  3
2
2
  2a  b   18  2a  b   19  0  1  2a  b  19 .
2
Do đó P 
4a  3b 1 2  a  b 10  2a  b 19
2a  b 19

 2
.
a  b 10
a  b 10
a  b  10
a  b  0
2a  b  19 a  8
Vì 
.
 P  2 và P  2  

 2 a  b  19
b  3  0
b  3
a  8
Vậy max P  2  
 a 3  b 2  521 .
b  3
Câu 48: Ta có
2x
2
 y 2 1
 2x
2
  x2  y2  2x  2 4x  2x
 y 2  2 x 1
2
 y 2  2 x 1
 x2  y2  2x  2
  x 2  y 2  2 x  1  1  0 . Đặt
t  x2  y2  2x 1
Xét hàm số f  t   2  t 1
t
f   t   2t.ln 2 1 f   t   0  2 t . ln 2  1  0  t  log 2 1  0, 53
ln 2
Bảng biến thiên
Dựa bảng biến thiên ta có 0  t  1 , suy ra 0  x 2  y 2  2 x  1  1  0   x  1  y 2  1 .
2
Ta có P 
8x  4
  2P  8 x  Py  (P  4)  0   
2x  y  1
Vì các số x, y thỏa mãn nằm trong hình tròn tâm I 1;0 bán kính bằng 1 nên ta suy ra
d I,   1 
 2 P  8   ( P  4)
2
 2 P  8  P 2
5  5  P  5  5 .
303 | Phan Nhật Linh
 1  3P 12 
 2P  8
2
 P2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
P  5  5 thì đường thẳng    có hệ số góc dương và tiếp xúc với đường tròn
Khi
 x  1
2
 y2  1 .
H
1
I
A
2
1
Vì
( )
luôn
đi
 1 
A  ;0
 2 
qua
nên
với
H  xH ; yH 
là
tiếp
điểm
ta
có
1
1
1
1
1
9
5




  yH 
2
2
2
2
2
2
y H HA
HI
AI  IH
HI
5
3
Mặt khác H thuộc    nên xH 
Vậy
max P  5  5 đạt tại
x
PyH  ( P  4)

2P  8


5
 5 1
1
3

3
2 52
(5  5)
5
1
và y 
.
3
3
Câu 49:
Vì  m, n  là các số nguyên dương nên phương trình


2.a m  n.ln a  a 2  1 

2 m
a  ln a  a 2  1
n



2 m
x  ln x  x 2  1 trên khoảng   1;1 , ta có
n
2 m m 1
1
2 m m 1
1
. Cho f   x   0 
.
f  x 
x 
x 
2
n
n
x 1
x2  1
2 m m 1
1
Xét hai hàm số g  x  
.
x , hx 
n
x2  1
Xét hàm số f  x  
Ta có BBT của hàm số h  x 
Phương trình f  x   0 có 3 nghiệm điều kiện cần là phương trình f   x   0 có ít nhất 2 nghiệm

2 m m 1
x 
n
1
x2  1
có ít nhất 2 nghiệm
 hai đồ thị hàm số g  x  
2 m m 1
x , hx 
n
 hai đồ thị hàm số g  x   x m 1 , h  x  
1
x2  1
1
x2  1
cắt nhau tại ít nhất 2 điểm.
cắt nhau tại ít nhất 2 điểm.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 304
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Từ BBT của h  x  suy ra hai đồ thị hàm số g  x  , h  x  cắt nhau tại nhiều nhất hai điểm
 ( m  1)  2

 m  1  0
 m  3, 5, 7, 9,11,13
 m , n   * ; m  n  14

Khi đó phương trình f   x   0 có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn  1  x1  0  x 2  1 .
Ta có BBT của hàm số f  x 
 f 1  0
Phương trình f  x   0 có 3 nghiệm    1;1  

 f  1  0


2
 ln 2  1
 n
n2

  2  ln 2  1
 n

*
Vì n    n 1, 2
Với m  3, 5, 7, 9,11 , n  1, 2 , m  n  14 có 10 cặp  m, n  .
Với m  13, n  1, 2 , m  n  14 có 1 cặp  m, n  .
Vậy tìm được 11 cặp số  m, n  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 50: Chọn C
Từ giả thiết  5  9.3x
2

2 y
 5  9x
2
2 y
 . 7 49
x2  2 y
Đặt t  x 2  2 y . Từ đó suy ra 5  9.3t   5  9t  .
49
 5.7t  9.3t.7t  49.5  49.9t
7t
Nhận thấy t  2 thỏa mãn.
t
2
49
7 7
Thật vậy với t  2 thì 5.7  5.7  5.49 và 9.3 .7  49.9 vì      
9
3 3
Suy ra VT  VP . Chứng minh tương tự với t  2 thì VT  VP
t
2
t
t
t
Khi đó x 2  2 y  2  2 y  x 2  2 . Vì y  0  x 2  2  0  x  2
x  x 2  2  11 x 2  x  9
9

 x  1
x
x
x
9
Xét hàm số f  x   x   1 trên khoảng 2,  
x
Suy ra P 

f  x  1
9 x2  9

, f   x   0  x  3 . Ta có bảng biến thiên hàm f  x 
x2
x2
Dựa vào BBT ta có min P  7 khi x  3, y 
305 | Phan Nhật Linh

7
2

CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Cho phương trình ln  x 2  11x  5m   ln  x  m  . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
sao cho phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thực?
A. Vô số.
B. 26 .
C. 25 .
Câu 2:
 a  2b  8  0

Gọi M là giá trị nhỏ nhất của biểu thức g  a ; b   a  b với a; b thỏa mãn  a  b  2  0 . Khi
 2a  b  4  0

2
m   0; M 
log 2
2 3
x
thì
2

tổng
các
 2 x  2  1  m   log 2
 1

A. 
;2 .
2 3 
3
x
2
2
nghiệm
của
phương
trình
 2 x  3 thuộc khoảng


B. 1;2  3 .


C. 2  3; 2 2  3 .
Câu 3:
D. 24 .

D. 2 2  3 ;  .
Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để tồn tại hai số thực x, y thỏa mãn log x y  log y x
và log x  m  x  y    log y  x  y   2 .
A.  0;    .
Câu 4:
C. 1;    .
B. 1;    .
D.  0; 1 .
x
x
Cho tham số thực m , biết rằng phương trình 4   m  4  2  2  0 có hai nghiệm thực x1 , x2
thỏa mãn  x1  2  x2  2   4 . Giá trị của m thuộc khoảng nào dưới đây?
A.  3;5  .
Câu 5:
B.  5;    .
C. 1;3 .
D.   ;1 .
Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình log 32 x  3log3 x  2m  7  0 * có hai
nghiệm thực x1 ; x2 thỏa mãn  x1  3  x2  3   72 .
9
A. m  .
2
Câu 6:
B. m  3 .
C. Không tồn tại.
D. m 
61
.
2
Cho phương trình 9 x  2m.3x  3m  2  0 * ( m là tham số thực). Biết rằng tập hợp tất cả các
giá trị của m sao cho phương trình có hai nghiệm trái dấu là khoảng  a ; b  . Tính 3a  4b .
A. 6 .
Câu 7:
C. 11 .
B. 8 .
Có bao nhiêu bộ số thực
 x3  y 3 
  log 3  x  y 
log 2  2
 x  y2 


A. 8 .
B. 12 .
 x; y 
với
D. 5 .
x y
là số nguyên dương thỏa mãn
C. 6 .
D. 10 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 306
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 8:
Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 5 x  y  4 . Tổng tất cả giá trị nguyên của tham số m
để phương trình log 3
x2  2 y  m
 x 2  3 x  y  m  1  0 có nghiệm là
x y
A. 10.
Câu 9:
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
B. 5.
C. 9.
D. 2.
Cho phương trình 5x  m  log5  x  m với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m  20; 20 để phương trình đã cho có nghiệm.
B. 19 .
A. 20.
Câu 10: Cho
log
hai
3
y
2
số
C. 9.
D. 21.
x; y
thực
 8 y  16   log 2  5  x 1  x   2 log 3
thỏa
mãn:
5  4x  x
2
 log 2  2 y  8  .
3
2
Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m để giá trị lớn nhất của biểu thức P 
vượt quá 10. Hỏi S có bao nhiêu tập con khác rỗng.
A. 16385 .
B. 2047 .
C. 32 .
x 2  y 2  m không
D. 16383 .
Câu 11: Cho phương trình m ln 2  x  1   x  2  m  ln  x  1  x  2  0 1 . Tập tất cả các giá trị của
tham số m để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0  x1  2  4  x2 là khoảng
 a;   . Khi đó
A.  3, 7;3,8  .
a thuộc khoảng
B.  3, 6;3, 7  .
C.  3,8;3, 9  .
D.  3, 5; 3, 6  .
Câu 12: Có bao nhiêu bộ hai số nguyên ( x; y ) thỏa 1  x 2  x  2020 và
log x  log( x  1)  x 2  x  y 10 y
A. 8.
B. 4.
C. 2
D. 0.
Câu 13: Có bao nhiêu cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 0  x  2020 và 2  x  ln  x  1   x 2  1  y  e y ?
A. 0 .
B. 7 .
Câu 14: Tập tất cả giá trị của m để phương trình 2
đúng một nghiệm là
1 1


A.   ;     ;    .
2 2


1
C.  ;    .
2

C. 1 .
x 1
2
.log 2  x 2  2 x  3  4
D. 8 .
x m
.log 2  2 x  m  2  có
B. 1;    .
D.  .
Câu 15: Có bao nhiêu cặp số thực  x ; y  thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 7
x 2  4 x  5  log 7 5
 5 y  2 và
2 y  2  y  y2  y  7 ?
A. 1.
B. 2 .
C. 3 .
D. Vô số.
Câu 16: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m sao cho bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x   ?
log3  x 2  2mx  2m2  1  1  log 2  x 2  2 x  3 .log 3  x 2  3 .
A. 2 .
307 | Phan Nhật Linh
B. 3 .
C. 1.
D. 4 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 17: Biết
rằng
trong

tất
cả
các
cặp
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
 x; y 
thỏa
mãn
bất
phương
trình

log 2 x 2  y 2  2  2  log 2  x  y  1 chỉ có duy nhất một cặp  x; y  thỏa mãn 3 x  4 y  m  0
. Khi đó hãy tính tổng tất cả các giá trị m tìm được?
A. 20 .
B. 14 .
C. 46 .
D. 28 .
Câu 18: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log 1 x  log 1 y  log 1  x  y 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin
2
2
2
của biểu thức P  x  3 y.
A. Pmin 
17
.
2
B. Pmin  8 .
D. Pmin 
C. Pmin  9 .
25 2
.
4
Câu 19: Cho bất phương trình log 7  x 2  2 x  2   1  log 7  x 2  6 x  5  m  . Có tất cả bao nhiêu giá trị
nguyên của m để bất phương trình trên có tập nghiệm chứa khoảng 1;3 ?
A. 36 .
Câu 20: Có
B. 35 .
bao
nhiêu
bộ
C. 34 .
( x; y )
với
x, y
D. vô số.
nguyên
và
1  x , y  2020
thỏa
mãn
 2y 
 2x 1 
   2 x  3 y  xy  6  log 2 
?
 x3 
 y2
 xy  2 x  4 y  8 log3 
C. 2 .
B. 4034 .
A. 2017 .
D. 2017.2020 .
Câu 21: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện a  1, b  0, c  0 và bất phương trình
2 x 3
a x .b  4c 
2
 1 có tập nghiệm là  . Biết rằng biểu thức P 
nhất tại a  m, b  n, c  p . Khi đó, tổng m  n  p bằng
A.
81
.
16
B.
57
.
20
C.
32
.
3
16a 1 1
  đạt giá trị nhỏ
3
b c
D.
51
.
16
Câu 22: Cho bất phương trình


log 3 a 11   log 1 x 2  3ax  10  4  .log 3 a  x 2  3ax  12   0 .Giá trị thực của tham số a để
7


bất phương trình trên có nghiệm duy nhất thuộc khoảng nào sau đây?

A.  2;   .

B.  0;1 .
C. 1; 2  .
D.   1; 0  .
Câu 23: Trong tất cả các cặp số thực  x; y  thỏa mãn log x2  y2 3  2 x  2 y  5   1 , có bao nhiêu giá trị thực
của m để tồn tại duy nhất cặp  x; y  sao cho x 2  y 2  4 x  6 y  13  m  0 ?
A. 1.
C. 3 .
B. 2 .
D. 0
Câu 24: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình sau có nghiệm duy
nhất.


 2020 2 2020 x 2  y 2  2020 2 x  6 y  6   x  12   y  3 2  4


2
2
 e  x 1   y  3   x 2  y 2  2 x  6 y  11  m  .e m

Tổng của tất cả các phần tử thuộc tập hợp S là
A. 88 .
B. 2 10  2 .
C. 2 10  2 .
D. 44 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 308
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Câu 25: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 242 số nguyên y thỏa mãn
log 4  x 2  y   log 3  x  y  ?
A. 55 .
B. 28 .
C. 29 .
D. 56 .
Câu 26: Cho biểu thức P  3 y  2 x 1 1  4 2 x  y 1   22 x  y 1 và biểu thức Q  log y  3 2 x 3 y . Giá trị nhỏ nhất của
y để tồn tại x thỏa mãn đồng thời P  1 và Q  1 là số y0 . Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. 4 y0  1 là số hữu tỷ. B. y0 là số vô tỷ.
D. 3 y0  1 là số tự nhiên chẵn.
C. y0 là số nguyên dương.
Câu 27: Cho bất phương trình


x 2  4 x  3  1 log5
x 1

5 x


8 x  2 x 2  6  1  0 . Bất phương trình có
bao nhiêu nghiệm nguyên x   2019; 2019 ?
A. 1 .
B. 2019 .
D. 2 .
C. 2020 .
Câu 28: Có bao nhiêu cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn log 2  x 2  y 2  4   log 2  x  2 y   1 và 2 x  y  0
?
A. 2 .
B. 5 .
D. 4 .
C. 3 .
Câu 29: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình sau:
Có
2.6
bao
f  x
 f
nhiêu
2
giá
 x   1 .9
A. 3.
Câu 30: Tìm
f  x
trị
 3.4
nguyên
của
2
B. 4.
tất
cả
các
giá
tham
.m   2m  2m  .2
f  x
2 f  x
số
m
để
của
tham
số
phương
trình
nghiệm đúng với mọi x   .
C. 6.
trị
bất
D. 5.
m
để
7 2 x  x 1  7 2 x 1  2020 x  2020 (1)
có nghiệm
 2
(2)
 x  (m  2) x  2m  3  0
A. m  3 .
B. 2  m  1 .
C. 1  m  2 .
hệ
bất
phương
trình
D. m  2 .
Câu 31: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 728 số nguyên y thỏa mãn
log 4  x 2  y   log 3  x  y  ?
A. 116 .
B. 115 .
C. 59 .
D. 58 .
Câu 32: Có tất cả bao nhiêu cặp số nguyên  x ; y  thoả mãn 0  x  3456 và log 5  5 x  10   y 
?
A. 7.
309 | Phan Nhật Linh
B. 4.
C. 5.
D. 6.
5y  x
2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Câu 33: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 242 số nguyên y thỏa mãn
log 4  x 2  y   log 3  x  y  ?
B. 29 .
A. 28 .
C. 55 .
D. 56 .
Câu 34: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất một cặp số thực  x, y 
thỏa mãn đồng thời log x2  y2 2  4 x  4 y  4   1 và x 2  y 2  4 x  2 y  m  0 . Tính tổng tất cả các
phần tử thuộc S
A. 28 .
B. 25 .
Câu 35: Xét các số thực x , y thỏa mãn 2 x
P
D. 27 .
C. 24 .
2
 y 2 1
  x 2  y 2  2 x  2  4 x . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
8x  4
gần nhất với số nào dưới đây?
2x  y 1
A. 1.
B. 2 .
D. 3 .
C. 4 .
Câu 36: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 728 số nguyên y thỏa mãn
log 4  x 2  y   log 3  x  y  ?
A. 58 .
B. 116 .
C. 115 .
D. 59 .
1 
3 x 2  xy
 1  xy  2712 x ?
Câu 37: Có bao nhiêu số nguyên y sao cho tồn tại x   3 ; 4  thỏa mãn 27


A. 14 .
B. 27 .
C. 12 .
D. 15 .


Câu 38: Có bao nhiêu cặp số nguyên  x ; y  thỏa mãn 2  x  2021 và 2 y  log 2 x  2 y 1  2 x  y ?
A. 2020.
B. 10.
C. 9.
D. 2019.
2
1 
Câu 39: Có bao nhiêu số nguyên y sao cho tồn tại x   ;5  thỏa mãn 82 x  xy  1  xy  .84 x ?
2 
A. 7.
B.
C. 6.
D. 5.
Câu 40: Có
bao
nhiêu
số
nguyên
y5
để
tồn
tại
số
thực
x
thỏa
mãn
log15  4 x  3 y  1  log6  x2  2 x  y 2  ?
A. 3.
B. 0.
C. 1.
Câu 41: Có bao nhiêu số nguyên y để phương trình 2 x
A. 0.
2
 y 2 1
D. 2.
  x 2  y 2  2 x  2  4 x có nghiệm thực x ?
C. 1.
B. 3.
D. 5.
Câu 42: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
3
 
2
log2 x
 2  m  6  3
log x
2
A. 16 .
1
3
x
m  10 để phương trình
 m2  1  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  2 ?
B. 8 .
Câu 43: Cho phương trình 3
với
2
 3.3 x
 2 x 1
C. 10 .
1
1  4 x
x
  m  2  .3
D. 9 .
 m.31 6
x
 0 . Có nhiêu giá trị nguyên của
tham số m thuộc đoạn  2020; 2021 để phương trình có nghiệm?
A. 1345.
B. 2126.
C. 1420.
D. 1944.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 310
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022

Câu 44: Cho phương trình  x  2 mx  2
2
x2  4 x  m


 2   x  4 x  m  1 2
2
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
2 x 2  4 mx

 1  0 . Hỏi có tất cả bao
nhiêu giá trị thực của tham số m để phương trình đã cho có 3 nghiệm thực x?
A. 4.
B. 5 .
C. 2.
D. 3.
Câu 45: Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình a.4 x  b.2 x  50  0 có hai nghiệm phân biệt
x1 , x2 và phương trình 9 x  b.3x  50a  0 có hai nghiệm x3 , x4 thỏa mãn điều kiện
x3  x4  x1  x2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  3a  4b .
A. 109 .
B. 51 .
C. 49 .
Câu 46: Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn log5  x  2  y  1 
D. 87 .
y 1
 125   x  1 y  1 . Giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P  x  5 y là
A. Pmin  125 .
B. Pmin  57 .
C. Pmin  43 .
D. Pmin  25 .
Câu 47: Có bao nhiêu cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn
 4 xy  7 y  2 x  1  e2 xy  e4 x  y 7   2 x  2  y   y  y  e y .
B. 5 .
A. 6 .
C. 7 .
D. 8 .
Câu 48: Gọi S là tập hợp chứa tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình mũ:
2
m
m
 2
4 x  2 x  2    3  2 x  2 x 3   3  0 có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc  0; 3 Số phần tử của
21
 21 
S là
A. 3 .
Câu 49: Có bao nhiêu cặp  x; y  thỏa mãn 10
A. 14 .
Câu 50: Cho phương trình 3
C. 4 .
B. 5 .
B. 7 .
x 1
2
10
x y
D. Vô số.
1

1 1
  x  y   10 xy và x  * , y  0 .
x y

C. 21 .
D. 10 .
.log 3  x 2  2 x  3  9
x m
.log 3  2 x  m  2   0 . Gọi S là tập tất cả các
giá trị m để phương trình có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. Khi đó tổng các phần tử của S bằng
A.  3 .
B. 2 .
C. 0.
D. 3.
311 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Chọn C
 x 2  11x  5m  0

Ta có ln  x 2  11x  5m   ln  x  m    x  m  0
 x 2  11x  5m  x  m

x  m  0
x  m
 2
 2
 x  12 x  4m
 x  12 x  4m (*)
Xét hàm số y  f  x   x 2  12 x trên khoảng (m; ) , ta thấy
f   x   2 x  12 ; f   x   0  x  6 .
Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường
thẳng y  4m .
Trường hợp 1: m  6 :
Phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thực khi 4m  36  m  9 .
Kết hợp điều kiện m  6 , ta được 9  m  6 .
Mà m   nên m  9;  8....5;6 có 16 giá trị nguyên.
Trường hợp 2: m  6 :
Phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thực khi 4m  m2  12m
 m2  16m  0  0  m  16 . Kết hợp điều kiện m  6 , ta được 6  m  16 .
Mà m   nên m  7;8; ....;15 có 9 giá trị nguyên.
Câu 2:
Vậy có 25 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu bài toán.
Chọn B
x  2 y  8  0

Xét hệ phương trình:  x  y  2  0
2 x  y  4  0

Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 312
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Với 1 : x  2 y  8  0 ;  2 : x  y  2  0 ;  3 : 2 x  y  4  0; A  4; 2  ; B  0; 4  ; C  2; 0 
Miền nghiệm của hệ phương trình là phần giới hạn bởi ABC
 g  a ; b   a 2  b 2  OM 2 , M ( a ; b )  ABC ; OM min  OH  d  O; BC  
log
2 2 3
x
2
 2 x  2  1  m   log 2 




t




4
 4 
 m  0;

5
5


 x2  2x  2  1  m  2 2  3

x 2  2 x  3  
3 
t
 x2  2x  3  2  3



t

t
 1 m  2 2  3  2  3 1
t


 ln 2  3 

  t0
 ln 2 2  3 


t
Xét f (t )  2 2  3  2  3  1 có f   t   0  t  log

2
2 3



Bảng biến thiên


3.
 1  m  f ( t ) luôn có nghiệm duy nhất t1  x 2  2 x  3  2  3

Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm x1 , x2 và x1  x2  2  1; 2 
Câu 3:
t1

 0;    4  2  3

t1
0
Chọn C
0  x , y  1

Điều kiện:  x  y
.
m  0

Ta có log x y  log y x  log x y 
Với y 
 x  y (loai)
log x y  1
1


.
1
log x y
log x y  1  y  x (nhan)
1
1
 x   x  1 (do x  0 ).
x
x
 
1 
1

Khi đó log x  m  x  y    log y  x  y   2  log x  m  x     log 1  x    2
x 
x

 
x
 
 
1 
1
1 

 log x  m  x     log x  x    2  log x  m  x 2  2    2
x 
x

x 
 
 
1 
x4
1
1

 m  x2  2   x2  m  4
  1  4 (*).
m
x 
x 1
x

Để tồn tại hai số x, y thì phương trình (*) có nghiệm x  1 .
Với mọi x  1 thì 0  1 
313 | Phan Nhật Linh
1
x
4
 1 , do đó để thỏa mãn bài ra thì 0 
1
 1  m  1 . Vậy m  1.
m
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 4:
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Chọn D
x
x
Xét phương trình: 4   m  4  2  2  0
1
2
Đặt t  2 x  t  0  . Khi đó 1 trở thành: t   m  4  t  2  0
 2
Ta có: 1 có hai nghiệm thực x1 , x2   2  có hai nghiệm dương t1 , t2
 m  4  2  8  0

 m  4  2 2
m  4  0
* .
t1  t2  m  4
Theo Viet ta có 
.
t1.t2  2
x
 x  log 2 t1
t  2 1
Giả sử  1
. Khi đó từ t1 .t 2  2  2 x1  x2  2  x1  x2  1 .
 1
x2
 x2  log 2 t2
t2  2
Do đó  x1  2  x2  2   4  x1 x2  2  x1  x2   4  4  x1 x2  2
 log 2 t1.log 2 t2  2  log 2 t1 .log 2
2
 2  log 2 t1. 1  log 2 t1   2
t1
1

t1   t2  4

log t  1
9
2
2
  log 2 t1   log 2 t1  2  0   2 1

 t1  t2 
2
log 2 t1  2
t  4  t  1
2
 1
2
9
1
1
 m4   m 
tm *  . Vậy m     ;1

2
2
2
Câu 5:
Chọn A
Đặt log 3 x  t . Phương trình * trở thành t 2  3t  2m  7  0 .
Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là   32  4  2m  7   0  37  8m  0  m 
37
8
Theo vi-ét ta có t1  t2  3  log 3 x1  log 3 x2  3  x1.x2  27 .
 x1  3  x2  3   72  3  x1  x2   x1.x2  9  72
x  3
 x1  x2  12 . Kết hợp với x1 x2  27   1
(giả sử x1  x2 )
 x2  9
Khi đó t1  1; t2  2  t1.t2  2m  7  2  m 
Thử lại, thấy m 
Câu 6:
9
.
2
9
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2
Chọn A
Đặt 3x  t  t  0 . Phương trình * trở thành t 2  2mt  3m  2  0 .
Để phương trình * có hai nghiệm trái dấu  x1  0  x2  x1  x2 
 3 x1  1  3 x2  t1  1  t 2  0 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 314
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
m  2

  m 2   3m  2   0
m 2  3m  2  0
m  1



1
t1  t2  1
 2m  1



 m  2
 t1  1 t2  1  0
t1t2   t1  t2   1  0
3m  2  2m  1  0
t t  0
3m  2  0


12

2
m  3

Câu 7:
m  2

m  1
2


1
2
m 
a 

3  3a  4b  6 .
2  3  m 1 
m  1
b  1


2
m  3

Chọn B
 x3  y3 
  log 3  x  y  .
Đặt t  log 2  2
 x  y2 


  x  y   x 2  xy  y 2 
 x3  y 3
 x  y x 2  xy  y 2
t
t

 2t


2
2


Ta có  x 2  y 2
I 
x2  y 2
x2  y2



t
t
t
x  y  3
x  y  3
 x  y  3 1
t
x 2  xy  y 2  2 
xy
2

    1 2
 
2
2
2
x y
x y
3
3
Ta có: x 2  y 2  2 x 2 y 2 
xy
x y
2
2

t
 2
1
1
xy
1

 2

2
2
2
2
x y
t
Do đó
ln 2
1
xy
3
1 2
3
 1 2
 . Từ (2) suy ra     hay 1  t 
2
ln 3  ln 2
2
2
x y
2 3
2
Mặt khác x  y  3t (là số nguyên dương nên x  y  1; 2;3; 4;5;6
  2 t  2 t
  2 t 
4. 1     32t
 1     3
 3 
 3 
2

.
xy  
3t   
t

t
t
Từ (2) ta có
Do
2
2
3  2. 
3  2.  
3
3
1  t 
ln 2
ln 3  ln 2
Nên luôn tồn tại x, y  x  y  thỏa mãn yêu cầu bài toán với x  y  1; 2;3; 4;5;6 .Có 12 cặp.
Câu 8:
Chọn B
x2  2 y  m
log 3
 x 2  3x  y  m  1  0
x y
 log 3  x 2  2 y  m   x 2  2 y  m  log 3 3  x  y   3  x  y 
1
Vì x, y  0 nên x  y  0 . Xét hàm số f  t   log3 t  t là hàm số đồng biến trên  0;   .
Khi đó 1  x 2  2 y  m  3x  3 y  x 2  3x  y  m  0
315 | Phan Nhật Linh
*
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Kết hợp với điều kiện 5 x  y  4  y  4  5 x . Vì x, y  0  0  x 
4
.
5
 4
Ta có *  x 2  2 x  m  4  0  m   x 2  2 x  4, x   0;  .
 5
44
 4
Hàm số y   x 2  2 x  4 nghịch biến trên  0;  (do 1  0 ) nên
  x2  2 x  4  4 .
25
 5
Do vậy m 2;3 là các giá trị cần tìm. Vậy tổng tất cả các giá trị m thỏa ycbt là 5.
Câu 9:
Chọn B
Đặt log5  x  m  y  x  m  5 y  5 y  m  x .
Khi đó phương trình đã cho trở thành 5 x  m  y . Do đó, ta có hệ phương trình sau
5 x  m  y

 5 x  5 y  y  x  5 x  x  5 y  y (*)
5 y  m  x

Xét hàm số f t   5t  t trên   f  t   5t.ln 5  1  0  f  t  đồng biến trên  .
Do đó (*)  f  x  f  y   x  y  x  log 5  x  m  m  x  5x .
Xét hàm số g  x   x  5x trên  .
Có g   x  1 5x ln 5 ; g   x   0  5 x 
 1 
1
 x  log 5 
 x0
 ln 5 
ln 5

 1 
 1  1
 g log 5 
 log5 

 0, 917  y0
 ln 5 
 ln 5  ln 5

Ta có bảng biến thiên
 1  1
Từ bảng biến thiên, suy ra phương trình đã cho có nghiệm  m  log 5 

 0, 917 .
 ln 5  ln 5
Mà m    20; 20 nên suy ra m  1; 2;...; 19  có 119 1  19 số nguyên.
Câu 10: Chọn D
1  x  5
Điều kiện xác định: 
.
 y  4
Ta có: log
 log
1
32
3
y
2
 y  4
2
 8 y  16   log 2  5  x 1  x   2 log 3

5  4 x  x2
2
 log 2  2 y  8 
3

2
 log 2  5  x 1  x   2 log3  5  x 1  x    log3 3  log 2 4  log 2  y  4  


 2log3  y  4   log2  5  x 1  x   2log3  5  x 1  x    log2  y  4
2
2
 2log3  y  4   log 2  y  4  2log3  5  x 1  x   log 2  5  x 1  x   *
2
2
Xét hàm số: f  t   2log3 t  log 2 t trên  0; 
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 316
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
2
1
2 ln 2  ln 3
Ta có: f '  t  


 0  f  t  đồng biến trên  0;  .
t.ln 3 t.ln 2 t.ln 2.ln 3
* 
f
 y  4   f 5  x 1  x    y  4
2
  5  x 1  x    x  2    y  4   9
2
m 
2
2
2
 x  2  3cos t
Đặt: 
 y  4  3sin t
P
x2  y 2  m 
 2  3cos t    4  3sin t 
2
29  12 cos t  24 sin t  m
Ta có: 29  12 5  29  12 cos t  24sin t  29  12 5
 3  2 5  29  12 cos t  24sin t  3  2 5
 Pmax  3  2 5  m
 3  2 5  m  29  12 cos t  24sin t  m  3  2 5  m  
P  3  2 5  m
 max
 3  2 5  m  10

Pmax  10  
 3  2 5  m  10
 10  3  2 5  m  10

 10  3  2 5  m  10
13  2 5  m  7  2 5

7  2 5  m  13  2 5
 7  2 5  m  7  2 5 .
Vì m    m2; 1;...10;11 . Do đó số phần tử của S là: 14
 Số tập con khác rỗng của S là 214  1  16383 .
Câu 11:
Chọn A
Theo đề ra ta chọn điều kiện của x là x  0  ln  x  1  0.
Trường hợp 1: m  0  1  ln  x  1  1  L 
ln  x  1  1  L 
ln  x  1 1
Trường hợp 2: m  0  1  

 .
x

2
ln  x  1 
x2
m

m
Xét hàm số f  x  
ln  x  1
với x  0 . Ta có: f '  x   0 
x2
 ln  x  1  0.
x 1
x2
x2
1
1

 0 x  0
Xét hàm số g  x  
 ln  x  1 có g '  x  
2
x 1
 x  1 x  1
 Hàm số y  g  x  nghịch biến trên  0;    g  x   0 có nhiều nhất một nghiệm trên
 0;  
 2
4
 5

Mặt khác: g  2  g  3     ln 3    ln 4   0 và hàm số y  g  x  liên tục trên  0;  
3
 4

Suy ra g  x   0 có ít nhất một nghiệm x0   2; 3   3  .
Từ  2  ;  3  suy ra g  x   0 có một nghiệm duy nhất x0   2; 3 
 f '  x   0 có một nghiệm duy nhất x0   2;3  .
Bảng biến thiên
317 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Để
1
có
2
nghiệm
thỏa
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
0  x1  2  4  x2 thì
mãn
0
1 ln 5
6

m
m
6
ln 5
6
 3, 728
ln 5
Chọn D
a
Câu 12:
Điều kiện: x  0 . Ta có: log x  log( x  1)  x 2  x  y  10 y
 log[x( x  1)]  x 2  x  y  10 y  log( x 2  x )  x 2  x  log(10 y )  10 y
Xét hàm số: f (t )  log t  t với t  0 f (t ) 
1
 1  0 , t  0
t ln10
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; )  x 2  x  10 y
Vì 1  x 2  x  2020 nên 1  10 y  2020  0  y  log 2020  3,305
Mà y chỉ nhận giá trị nguyên nên y  0;1;2;3 .
Với y  0  x 
1  5
(loại)
2
Với y  1  x 
1  41
(loại).
2
1  401
1  4001
(loại).
Với y  3  x 
(loại).
2
2
Vậy không có bộ hai số nguyên ( x; y ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Với y  2  x 
Câu 13: Chọn C
Ta có 2  x  ln  x  1   x 2  1  y  e y  ln  x  1   x  1  ln e y  e y * .
1
Xét hàm số f  t   ln t  t trên  0;    . Ta có f   t    1  0 với mọi t   0;    .
t
Suy ra hàm số f  t   ln t  t đồng biến trên  0;    .
2
2
Do đó *   x  1  e y  y  ln  x  1 .
2
2
Vì x nguyên nên e y nguyên mà e y nguyên khi và chỉ khi y  0 .
Thử lại ta thấy y  0 thì x  0 .
Vậy có duy nhất một cặp số nguyên  x ; y  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 14: Chọn D
Có: 2
x 1
2
.log 2  x 2  2 x  3  4 x m .log 2  2 x  m  2 
 2 x 1 .log 2
2
 x 1  2  2
2
2 xm
.log 2  2 x  m  2  , 1
Xét hàm số g  t   2t.log 2  t  2  , t  0 . Có g   t   2t ln 2.log 2  t  2  
2t
.
 t  2  ln 2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 318
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Dễ thấy, g   t   0 t  0 nên hàm số g  t   2 .log 2  t  2  đồng biến trên  0;    ,  2 
t
Từ
1
,
 2
ta
 x 2  4 x  2m  1  0, x  m
 2
 x  2m  1, x  m  4 
có:
 x  12  2  x  m  , x  m
 x  1  2 x  m  
 x  12  2  x  m  , x  m
2
 3
   3  2 m  0
Trường hợp 1:  3  có nghiệm kép và  4 vô nghiệm  
 m  .
 2m  1  0
   3  2 m  0
Trường hợp 2:  3  vô nghiệm và  4 có nghiệm kép  
 m  .
2m  1  0
  3  2m  0
Trường hợp 3:  3  và  4 có nghiệm kép trùng nhau  
 m  .
2m  1  0
Vậy không có m thỏa yêu cầu của đề bài.
 2m   x 2  4 x  1, x  m
Cách khác: Ta có: 
2
 2m  x  1, x  m  Q 
 P
Đồ thị (P) và (Q) là hai parabol như hình vẽ.
Theo đồ thị thì đường thẳng y  2m luôn có nhiều hơn một điểm chung với (P) và (Q) nên không
có giá trị m thỏa yêu cầu của đề bài.
Câu 15:
Chọn B
Giải bất phương trình 2 y  2  y  y 2  y  7 (1).
Bảng xét dấu
Trường hợp 1: y  0
Bất phương trình (1)  2  y  2   y  y 2  y  7  y 2  2 y  3  0  1  y  3
319 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Kết hợp điều kiện y  0 suy ra 1  y  0 (*)
Trường hợp 2: 0  y  2
Bất phương trình (1)  2  y  2  y  y 2  y  7  y 2  4 y  3  0  2  7  y  2  7
Kết hợp với điều kiện 0  y  2 suy ra 0  y  2 (**)
Trường hợp 3: y  2
Bất phương trình (1)  2  y  2  y  y2  y  7  y 2  11  0   11  y  11
Kết hợp với điều kiện y  2 suy ra 2  y  11 (***)
Từ (*), (**), (***) suy ra tập nghiệm của bất phương trình (1) là 1  y  11 .
Ta có 7
x 2  4 x  5  log 7 5

7
x 2  4 x 5
7
log7 5

7
x 2  4 x 5
5

1
5
Lại có 1  y  11  1  y  2  11  2   11  2    y  2   1  5
Nên 7
2
x  4 x  5  log7 5
 y  2
 5 1 
1
5
 x 2  4 x  5  log7 5 1

7
5
 y  2 

5
 5 y  2   1

5
  x  1
1
 2
 x 2  4 x  5  0

 x  4 x  5  log 7 5  log 7
   x  5 .

5 
 y  l
 y  2  l
 y  2  l

Vậy có 2 cặp số thực  x ; y  thỏa mãn đề bài là  1;  1 và  5;  1 .
Câu 16:
Chọn A
log3  x 2  2mx  2m2  1  1  log 2  x 2  2 x  3 .log 3  x 2  3
* .
 x 2  2mx  2m2  1  0

 x 2  2mx  2m 2  1  0 .
Điều kiện  x 2  2 x  3  0
 x2  3  0

Để bất phương trình * nghiệm đúng với mọi x   thì trước hết x 2  2mx  2 m 2  1  0 phải
có nghiệm với mọi x   . Điều này tương đương với
a  0
m  1
1  0
 2
 1  m2  0  
1 .

2
   0
 m  1
m   2m  1  0
Với x  1 thì * trở thành
log 3  2m 2  2m   1  log 2  2  .log 3  4   log 3 12
 2m 2  2m  12  m 2  m  6  0  2  m  3  2 
Từ 1 ,  2 và do m   nên m  2; 2;3 .
Thử lại
Với m  3 thì * trở thành log3  x 2  6 x  17   1  log 2  x 2  2 x  3 .log 3  x 2  3 . Tuy nhiên
bất phương trình trên không thoả với x  
1
nên chúng ta loại trường hợp này.
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 320
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Với m  2 thì * trở thành log3  x  4 x  7   1  log 2  x  2 x  3 .log 3  x 2  3 .
2
2
Bất phương trình trên có nghiệm với mọi x   vì
log3  x 2  4 x  7   log3  3x 2  9   1  log 3  x 2  3  1  log 2  x 2  2 x  3 .log3  x 2  3 , x   .
Tóm lại m  2; 2 .
Câu 17:
Chọn D
Điều kiện xác định x  y  1  0 .


Xét phương trình log 2 x 2  y 2  2  2  log 2  x  y  1


 log 2 x 2  y 2  2  log 2 4  log 2  x  y  1
 x 2  y 2  2  4  x  y  1 (Khi đó điều kiện xác định x  y  1  0 luôn đúng)
 x 2  y 2  4 x  4 y  6  0 1
Cặp  x, y  thỏa mãn BPT 1 thuộc hình tròn có tâm I  2; 2  ; R  2
Cặp  x, y  thỏa mãn PT 3 x  4 y  m  0 thuộcđường thẳng d .


Vì trong tất cả các cặp  x; y  thỏa mãn log 2 x 2  y 2  2  2  log 2  x  y  1 chỉ có duy nhất


log x 2  y 2  2  2  log 2  x  y  1
một cặp  x; y  thỏa mãn 3 x  4 y  m  0 nên hệ  2
phải có
3 x  4 y  m  0
nghiệm duy nhất.
Khi đó đường thẳng d tiếp xúc với hình tròn có tâm I  2; 2  ; R  2
 d I,d   R 
3.2  4.2  m
3 4
2
2
 2
14  m
5
 2  m  14  5 2  m  14  5 2 .
Vậy tổng tất cả các giá trị m tìm được là 14  5 2  14  5 2  28 .
Câu 18: Chọn C
Ta có




log 1 x  log 1 y  log 1 x  y 2  log 1  xy   log 1 x  y 2  xy  x  y 2  y 2  xy  x  0.
2
2
2
 y 2   y 1 x  y  1. Suy ra x 
2
2
y2
4 y2  3y
 P  x  3y 
 f  y  , trên miền 1;   .
y 1
y 1

y 
4 y  8y  3
Ta có f '  y  
, f'  y   0  
2
 y  1
y 

Câu 19: Chọn A
2
1
(l )
3
2
. Do đó Pmin  f    9.
3
2
2
Bất phương trình đã cho tương đương log 7 7  x 2  2 x  2    log 7  x 2  6 x  5  m 
7  x 2  2 x  2   x 2  6 x  5  m
6 x 2  8 x  9  m
có nghiệm x  1;3 . (1)

 2
2
 x  6 x  5   m
 x  6 x  5  m  0
 f  x   6 x 2  8 x  9
Xét 
, x  1;3 , ta có
2
 g  x   x  6 x  5
321 | Phan Nhật Linh
 f   x   12 x  8  0
, x  1;3 .

 g   x   2 x  6  0
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
 f 1  m
23  m
Yêu cầu bài toán  

 12  m  23 .
12   m
 g 1   m
Mà m    m  12, 11, 10,...21, 22, 23 . Vậy có 36 giá trị m cần tìm.
Câu 20: Chọn B
Từ giả thiết kết hợp ĐKXĐ của bất phương trình ta có: 1  y  2020; 4  x  2020; x , y  Z ,(1).
 2y 
 2x 1 
Ta có:  xy  2 x  4 y  8  log3 
   2 x  3 y  xy  6  log 2 

 x3 
 y2
 2y 
 2x  1 
  x  4  (y  2) log 3 
   x  3 (y  2) log 2 
  0 (*).
 x 3 
 y2
7 
 2x  1 

Xét f ( x )  log 2 
  log 2  2 
  0, x   4; 2020 (2).
x

3
x
3



Với y  1 thay vào (*) ta được:
2
 2x 1 
3( x  4) log 3    ( x  3) log 2 
  0 ( luôn đúng  x   4; 2020  do (1) và (2) ).
3
 x3 
Suy ra có 2017 bộ ( x; y ) . Với y  2 thay vào (*) ta thấy luôn đúng  x   4; 2020  .
Suy ra có 2017 bộ ( x; y ) . Với 3  y  2020  y  2  0 .
 2y 
 y y
 y2
Xét g(y)  log 3 
  log 3 
  log 3 
  0, y  3 (3).
 y2
 y2
 y2
Suy ra (*) vô nghiệm ( Do (2) và (3) ). Vậy có 4034 bộ ( x; y ) .
Câu 21: Chọn D
Ta có
2 x 3
a x .b  4c 
2
 1  x 2  2 x  3 log a b  4c   0
 x 2  2log a b  4c.x  3log a b  4c   0 *
 *
có tập nghiệm là  khi và chỉ khi
log 2a  b  4c   3log a  b  4c   0  0  log a  b  4c   3  1  b  4c  a3 .
Bằng cách áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel cho các số thực a , b và các số
a 2 b2  a  b 
a b
 
với dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  ;
x
y
x y
x y
và bất đẳng thức Cauchy cho 4 số dương, ta có
16a 1 1 16a 1 4
16a
9
16a 9
P
  
 



 3
32
3 b c
3 b 4c
3
b  4c
3
a
. Suy ra min P  .
3
16a 16a 16a 9
16a 16a 16a 9 32



 3  44
.
.
. 3 
9
9
9
a
9
9 9 a
3
2
thực dương x, y , ta có
3

16a 9
a


2
 9
a3


9

3
 b  .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi b  4c  a
8
b  2c

9


a  1, b  0, c  0 c  16

Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 322
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
3
9
9
3 9 9 51
Khi đó m  , n  , p 
và m  n  p     .
2
8
16
2 8 16 16
Câu 22: Chọn B

log 3a 11   log 1
7




x 2  3ax  10  4  .log 3 a  x 2  3ax  12   0 || 1

 x 2  3ax  10  0

Điều kiện 
. Đặt t  x2  3ax  10 , t  0 .
1
 0a
3

1  log3a 11  log 7  t  4  .log3a  t 2  2   0 ||  2  .
1 có nghiệm duy nhất suy ra  2 có nghiệm duy nhất.
Vế trái của  2  là một hàm số liên tục theo biến t trên nửa khoảng  0;    .
Điều kiện cần để  2 có nghiệm duy nhất là phương trình
log 3a 11   log 7  t  4   .log 3a  t 2  2   0 ||  3 có nghiệm duy nhất.
Ta có  3  1  log 7  t  4  .log11  t 2  2   0  log 7  t  4  .log11  t 2  2   1 .
Đặt f  t   log7  t  4 .log11  t 2  2  , t  0 .
Dễ thấy hàm f  t  đồng biến trên nửa khoảng  0;   và f  3  1 .
Suy ra phương trình  3  có nghiệm duy nhất t  3 .
Ta có t  3  x 2  3ax  10  3  x 2  3ax  1  0 ||  4  .
Phương trình  4  có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi   0  9 a 2  4  0  a  
So với điều kiện ta nhận a 
log 2 11  log 7

2
.
3
2
2
. Thử lại với a  bất phương trình 1 trở thành
3
3

x 2  2 x  10  4 .log 2  x 2  2 x  12   0 ||  5  . Đặt u  x 2  2 x  10, u  3 .
Khi đó  3  log 7  u  4  .log 2  u 2  2   log 2 11 ||  6  .
Vì hàm h  u   log 7  u  4  .log 2  u 2  2  đồng biến trên nửa khoảng 3;   và h  3   log 2 11
nên  6   h  u   h  3   u  3 .
Kết hợp với u  3 suy ra u  3 
x 2  2 x  10  3  x   1 .
Vậy giá trị a thỏa mãn bài toán là a 
Câu 23:
2
  0;1 .
3
Chọn B
Ta có: log x2  y 2  3  2 x  2 y  5   1  2 x  2 y  5  x 2  y 2  3
 x 2  y 2  2 x  2 y  2  0   x  1   y  1  4 1 .
2
1
2
là hình tròn  C  tâm I1 1;1 , bán kính R1  2 .
Mặt khác x 2  y 2  4 x  6 y  13  m  0   x  2    y  3   m  2  .
2
2
 x  2
Với m  0 ,  2   
. Ta thấy  x; y    2; 3 không thỏa mãn bất phương trình 1 .
 y  3
323 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Với m  0 , không tồn tại cặp  x; y  thỏa mãn  2 .
Với m  0 thì phương trình  2  là phương trình đường tròn  C   tâm I 2  2; 3 , bán kính
R2  m .
Tồn tại duy nhất cặp số  x; y  thỏa mãn hệ 1 và  2  khi và chỉ khi  C  và  C   có một điểm
chung duy nhất  hình tròn  C  và đường tròn  C   tiếp xúc ngoài với nhau, hoặc hình tròn
5  m  2
 I1I 2  R1  R2
m  9
và tiếp xúc trong với nhau  


.
 m  49
 I1I 2  R2  R1
5  m  2
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 24: Chọn A
 C  nằm trong  C 

Từ phương trình 20202 2020 x
2020x
2
 y 2 2
 2020x
2
2
 y2

 20202 x 6 y 6   x  1   y  3  4 ta có
2
2
 20202 x6 y 6 2  x2  y 2  2 x  6 y  6  0
 y2 2
 x2  y 2  2  20202 x6 y 4  2 x  6 y  4 (1)
Xét hàm số f  t   2020t  t , t   có f '  t   2020 t .ln 2020  1  0, t   do đó f là hàm
đồng biến trên 
Bất phương trình (1) trở thành f  x 2  y 2  2   f  2 x  6 y  4   x 2  y 2  2  2 x  6 y  4
  x  1   y  3   4 . (*)
2
2
Ta thấy miền nghiệm của bất phương trình (*) là hình tròn tâm I1 1;  3  và bán kính R1  2 .
Từ phương trình e
e
x 1  y 3  m
2
2
x 1   y  3
2
2
  x 2  y 2  2 x  6 y  11  m  .e m ta có
  x  1   y  3  m  1 (2)
2
2
Xét hàm số g  t   e t  t  1, t   có g '  t   e t  1 do đó ta có bảng biến thiên là
x
g ' x 
g x 

0

0




0
Suy ra bất phương trình g  t   0  t  0 , do đó bất phương trinh (2) trở thành
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 324
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
x  1
2
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
 y  3  m  0 (**)
2
Để hệ phương trình có nghiệm thì phương trình (**) có nghiệm, hay m  0 .
Nếu m  0 , phương trình (**) có nghiệm  1;3  không thỏa mãn (*)
Nếu m  0 , khi đó tập hợp điểm M  x , y  biểu diễn nghiệm của phương trình nằm trên đường
tròn tâm I 2  1;3  , bán kính R2  m .
Do đó để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì hai đường tròn này phải tiếp nhau hay
 2 10  2  m
 m  44  8 10
 I1 I 2  R1  R2




 2 10  2  m
 m  44  8 10
 I1 I 2  R1  R2

Do đó tổng các phần tử của m là 88.
Câu 25: Chọn D
x  y  0
Điều kiện  x 2  y  0 . Khi đó
 x, y  

log4  x2  y   log3  x  y   x2  y  4
 x2  x   x  y 
log3 4
log3  x  y 
 x2  y   x  y 
log3 4
  x  y  1
Đặt t  x  y  t  1 thì 1 được viết lại là x 2  x  t log3 4  t
2
Với mỗi x nguyên cho trước có không quá 242 số nguyên y thỏa mãn bất phương trình 1
Tương đương với bất phương trình  2  có không quá 242 nghiệm t .
Nhận thấy f  t   t log3 4  t đồng biến trên 1;   nên nếu x 2  x  243log3 4  243  781 thì sẽ có
ít nhất 243 nghiệm nguyên t  1 .
Do đó yêu cầu bài toán tương đương với x 2  x  781  27, 4  x  28, 4 .
Mà x nguyên nên x  27, 26,..., 27, 28 .
Vậy có tất cả 28  28  56 số nguyên x thỏa yêu cầu
bài toán.
Câu 26: Chọn A
3
Ta có: P  3 y 2 x 1   
4
Nhận xét: Nếu
3
 
4
y  2 x 1
1
 
2
y 2 x 1
1
 
2
y  2x 1  0
y  2 x 1
1
thì 3 y  2 x 1  1 và
y  2 x 1
vậy nên P  1.
Nếu y  2 x  1  0 thì 3
y  2 x 1
3
 1 và  
4
Do vậy: y  2 x  1  0  P  1
y  2 x 1
1
 
2
y  2 x 1
vậy nên P  1
1 .
Từ 1 ta có Q  1  3 y  y  3  2 x  2 x  2 y  3  0
 2 .
 y  2x 1  0
2
Từ 1 ,  2  ta được 
. Vây y  . chọn đáp án A
3
2 x  2 y  3  0
Câu 27: Chọn A
325 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
 x  1
 x2  4x  3  0


 x  3
x 1
x

Điều kiện xác định phương trình:   0
.
 x  0  
x  3
5
1  x  3
8 x  2 x 2  6  0


1
Với x  1 thì bất phương trình  log5  1  0  0  0  x  1 là nghiệm bất phương trình.
5
3 1
Với x  3 thì bất phương trình  log5   0 ( không xảy ra).
5 3
 x  3 không là nghiệm của bất phương trình.
Vậy bất phương trình có một nghiệm nguyên x   2019; 2019 .
Câu 28: Chọn C
Ta có: log 2  x 2  y 2  4   log 2  x  2 y   1 1  log 2  x 2  y 2  4   log 2  x  2 y   log 2 2
 log 2  x 2  y 2  4   log 2  2 x  4 y   x 2  y 2  4  2 x  4 y   x  1   y  2   1
2
2
Tập hợp những điểm M  x; y  thỏa mãn điều kiện 1 là hình tròn tâm I 1;2  bán kính R  1
Từ đó suy ra có 5 cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn điều kiện 1 là: 1;1 ,  2;2  ,  0;2  , 1;2 và
1;3 .
Trong 5 cặp số  x; y  trên thì có 3 cặp số thỏa mãn điều kiện 2 x  y  0 là 1;1 , 1;2 và
 2;2
Câu 29: Chọn B
Theo bảng biến thiên ta có f  x   1, x   .
Xét
bất
phương
2.6
trình
f  x
 2.6
f  x
  f 2  x   1 .9
f  x
 3.4
 2.6
f  x
  f 2  x   1 .9
f  x
  2m 2  5m  .4
3
 2.  
2
f  x
3
  f  x   1 . 
2
2
  f 2  x   1 .9
.m   2m2  2m  .4
f  x
f  x
 3.4
.m   2m 2  2m  .2
f  x
2 f  x
f  x
f  x
2 f  x
 2m2  5m .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 326
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Đặt f  x   t  t  1 .
t
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
2t
3
Bất phương trình trở thành 2.    t 2  1
2
t

 . 32   2m2  5m . *
2t
3
3
Xét g  t   2.     t 2  1 .   , t  1 .
2
2
t
2t
2t
3 3
3 3
3
g   t   2.ln .   2t.     t 2  1 .2ln .    0 t  1 .
2 2
2 2
2
Suy ra g  t  đồng biến trên 1;     g  t   g 1  3 .
Để bất phương trình *  có nghiệm đúng với mọi t  1 thì min g  t   2m 2  5m .
t1;  
Khi đó 3  2m2  5m  3  m 
Câu 30:
1
. Vì m   nên m  3;  2;  1; 0 .
2
Chọn D
Điều kiện: x  1 , với ĐK này ta có (1)  7
x 1
(7 2 x  7 2 )  2020( x  1)  0
(*) .
x 1  0
Xét x  1 , khi đó ta có  2 x
do đó 7 x 1 (7 2 x  7 2 )  2020( x  1)  0 nên (*) vô nghiệm,
2
7  7  0
do vậy hệ bất phương trình đã cho không thỏa khi x  1 .
 x 1  0
Xét 1  x  1 , khi đó  2 x
do đó 7 x 1 (7 2 x  7 2 )  2020( x  1)  0 nên (*) nghiệm đúng
2
7

7

0

với mọi x   1;1 . Do vậy hệ bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình
x 2  (m  2) x  2m  3  0 có nghiệm x   1;1 .
Ta có x 2  (m  2) x  2m  3  0  m( x  2)  x 2  2 x  3 , khi xét với x   1;1 ta được
m( x  2)  x 2  2 x  3  m 
Đặt hàm số g ( x) 
x2  2x  3
(*).
x2
x  2  3
x2  4 x  1
x2  2x  3

ta có g ( x) 
,
g
(
x
)

0


x2
( x  2)2
 x  2  3
từ đây ta có bảng biến thiên của hàm số g ( x ) trên  1;1 như sau
Từ bảng biến thiên ta có (*) có nghiệm với x   1;1 khi và chỉ khi m  2 .
Vậy tất cả các giá trị m thỏa mãn bài toán là m  2 .
327 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 31:
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Chọn A
x  y  0
Điều kiện :  2
.
x  y  0
Với mọi x   ta có x2  x . Xét hàm số f ( y )  log 3 ( x  y )  log 4  x 2  y  .
Tập xác định D  ( x; ) (do y   x  y   x 2 ).
1
1
 2
 0, x  D (do x 2  y  x  y  0 , ln 4  ln 3 )
( x  y ) ln 3  x  y  ln 4
f '( y ) 
 f tăng trên D .
Ta có f ( x  1)  log3 ( x  x  1)  log 4  x 2  x  1  0 .
Có không quá 728 số nguyên y thỏa mãn f  y   0
 f ( x  729)  0  log 3 729  log 4  x 2  x  729   0
 x2  x  729  46  0  x2  x  3367  0  57,5  x  58,5
Mà x   nên x  57,  56,..., 58 . Vậy có 58  (57)  1  116 số nguyên x thỏa.
Câu 32: Chọn C
Ta có: log5  5 x  10   y 
5y  x
 2  log5  x  2   1  2 y  5 y  x
2
log5  x  2 
 x  2  2log 5  x  2   5 y  2 y  5
 2 log  x  2   5 y  2 y 1
Xét hàm số f  t   5t  2t trên  .
Ta có f   t   5t ln 5  2  0 t   , suy ra hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên  .
Từ 1 ta có: f  log5  x  2    f  y  , suy ra log5  x  2  y .
Vì 0  x  3456 nên log5 2  log 5  x  2   log 5 3458 suy ra: log 5 2  y  log 5 3458 .
(tức là 0, 43  y  5, 063 )
Do y là số nguyên nên y  1; 2;3; 4;5 . Ứng với mỗi giá trị nguyên y , ta có một giá trị nguyên
của x thuộc đoạn  0;3456 .
Vậy có 5 cặp số nguyên  x ; y  thoả mãn yêu cầu của bài toán.
Câu 33: Chọn D
x  y  0
Do 
nên x  y  1. Đặt t  x  y ,
x   , y  
t  1
.

t  
Ta có log 4  t  x 2  x   log3 t  log 4  t  x 2  x   log 3 t  0 1
Xét hàm số f  t   log 4  t  x 2  x   log 3 t , t  1;   
f t  
1
1

 0, t  1;   
t  x  x  ln 4 t ln 3
2
(Do t  x 2  x  t  1, x   nên 0 
1
1
 , t  1;    )
2
t  x  x t
Hàm số f  t  nghịch biến và liên tục trên 1;    .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 328
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
NX: Với mỗi x   có không quá 242 giá trị y   thỏa mãn 1  có không quá 242 giá trị
t   thỏa mãn f  t   0 .
Suy ra f  243  0  log 4  243  x 2  x   log3 243  5  x 2  x  781  0
1  25 5
1  25 5
. Do x   nên x  27; 26;...; 26; 27; 28 .
x
2
2
Vậy có 56 giá trị x thỏa mãn yêu cầu.
Câu 34: Chọn A
Điều kiện xác định 4 x  4 y  4  0  x  y  1

Ta có: log x 2  y 2  2  4 x  4 y  4   1  x 2  y 2  2  4 x  4 y  4  do x 2  y 2  2  1
x2  y 2 3
 1
4
2
 x2  y 2  4 x  4 y  6  0  x  y 
Vậy nghiệm của x 2  y 2  4 x  4 y  6  0 luôn thỏa điều kiện xác định
 x 2  y 2  4 x  4 y  6  0
Yêu cầu bài toán   2
có nghiệm duy nhất
2
 x  y  4 x  2 y  m  0
2
2
 x  2 2   y  2 2  2
 x  y  4 x  4 y  6  0
Ta có   2

2
2
2
 x  y  4 x  2 y  m  0
 x  2    y  1  m  5
Ta có:  x  2    y  1  m  5 có nghiệm khi và chỉ khi m  5  0  m  5
2
2
Trường hợp 1: m  5 ta có
 x  2 2   y  2 2  2
16  1  2

(vô lý)

2
2
 x  2; y  1
 x  2    y  1  0
Loại m  5
Trường hợp 2: m  5
 x 2  y 2  4 x  4 y  6  0
Ta có số nghiệm của  2
là số điểm chung của hình tròn
2
 x  y  4 x  2 y  m  0
 x  2   y  2
2
2
 2 và đường tròn  x  2    y  1  m  5
2
2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi hình tròn  x  2    y  2   2 và đường tròn
2
 x  2    y  1
2
2
2
 m  5 chỉ có duy nhất một điểm chung  hình tròn  x  2    y  2   2
2
2
tâm I  2; 2  ; R  2 và đường tròn  x  2    y  1  m  5 tâm J  2;1 ; R '  m  5 tiếp
2
2
xúc ngoài với nhau hoặc tiếp xúc trong và R '  R .
Trường hợp 1: hình tròn
 x  2    y  1
2
2
 x  2   y  2
2
2
 2 tâm I  2; 2  ; R  2 và đường tròn
 m  5 tâm J  2;1 ; R '  m  5 tiếp xúc ngoài với nhau
 IJ  R  R '  17  2  m  5  m  5  17  2
 m  5  19  2 34  m  14  2 34
Trường hợp 2: hình tròn
 x  2    y  1
2
329 | Phan Nhật Linh
2
 x  2   y  2
2
2
 2 tâm I  2; 2  ; R  2 và đường tròn
 m  5 tâm J  2;1 ; R '  m  5 tiếp xúc trong với nhau và R '  R
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
 R '  IJ  R  m  5  17  2  m  5  19  2 34  m  14  2 34

Vậy S  14  2 34;14  2 34
Câu 35:
Chọn D
Ta có: 2 x
2
 y 2 1

  x2  y 2  2 x  2 4x  2x
2
 y 2  2 x 1
  x 2  y 2  2 x  1  1 * .
Đặt t  x 2  y 2  2 x  1   x  1  y 2  0 .
2
Xét hàm số y  f  t   2t  t  f '  t   2t ln 2  1  0 , suy ra f  t  đồng biến.
Do đó *  f  t   f 1  t  1 hay  x  1  y 2  1 là hình tròn có tâm I 1;0  ; R  1 .
2
Mặt khác P 
8x  4
  2 P  8  x  Py  P  4  0 .
2x  y 1
Bài toán trở thành
3P  12
 2P  8
2
P
2
 1  4 P 2  40 P  80  0  5  5  P  5  5 .
Suy ra min P  5  5 .
Câu 36: Chọn B
 x2  y  0
Điều kiện: 
 x y 0
 x  y  3t
Đặt t  log 3  x  y  . Khi đó  2
t
x  y  4
 y  3t  x
 2 t
 x 2  x  4t  3t () .
t
x  3  x  4
Xét hàm số g (t )  4t  3t .
g (t )  4t ln 4  3t ln 3 .
g (t )  0  4t ln 4  3t ln 3  0  t  log 4
3
ln 3
 0.
ln 4
Bảng biến thiên của hàm số y  g (t ) :
Với mỗi số nguyên x gọi a là số không âm thỏa mãn x 2  x  4 a  3a , trong đó
x 2  x  0 x   .
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y  g (t ) , ta có 4 a  3a  4t  3t  a  t .
Mặt khác y  3t  x   x  y  3t  x  3a  x .
Theo yêu cầu bài toán ứng với mỗi x nguyên có không quá 728 số nguyên y .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 330
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Do đó: 3  728  a  log 3 728
a
Khi đó: x 2  x  4a  3a 
1  1  4(4a  3a )
1  1  4(4a  3a )
x
2
2
 x   57, 4755; 58, 4755   x   57;58 .
Vậy có 116 số nguyên x thỏa mãn bài toán.
Câu 37: Chọn A
Cách 1:
Ta có 273 x
2
 xy
 1  xy  2712 x  273 x
2
 xy 12 x
 1  xy 1 . Suy ra 1  xy  0  y 
1
.
x
1 1
1  1

Mà x   ; 4    x  4  3 
nên y  3  y  2; 1;0;1; 2;3... .
x
4
3  3
1  273x  xy 12 x  1  xy  0 . Đặt f  x   273x  xy 12 x  1  xy .
2
2
Đạo hàm: f '  x    6 x  y  12  273 x
 f ''  x   6.ln 27.273 x
2
 xy 12 x
2
 xy 12 x
ln 27  y
  6 x  y  12  273x
Suy ra đồ thị hàm số f  x   273 x
2
2
 xy 12 x
2
 xy 12 x
ln 2 27  0, x, y 
 1  xy là lõm trên  , hay phương trình f  x   0 có
tối đa 2 nghiệm. Dễ thấy x  0 là một nghiệm của f  x   0 .
1 
1 
Mà yêu cầu bài toán là có nghiệm x   ; 4  , nên nghiệm còn lại phải thuộc  ; 4  . Hơn nữa
3 
3 
1 y

y
1
1
3 3
f

27
 1  ; f  4   274 y  1  4 y
f  x  liên tục trên  nên f   . f  4   0 . Ta có  
3
 3
3
 1 y
y
1
Suy ra f   . f  4    27 3 3  1   27 4 y  1  4 y  g  y  .
3
 3



Dùng chức năng table của máy tính để tính các giá trị g  y  với y  2; 1; 0;1; 2;3...
 31 X3
X
 1    27 4 X  1  4 X  và chọn start X  2 , end X  15 , step là 1)
(nhập hàm  27
3

1
Ta nhận thấy g  2  ; g  1 ; g 1 ; g  2  ;...; g 12  đều nhận giá trị âm, tức là f   . f  4   0 .
 3
Nên y  2; 1;1; 2;3;...;12 thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy y  2; 1;1; 2;3;...;12 , hay có 14 giá trị y
Cách 2: CASIO
Ta có: 273 x
2
 xy
 1  xy  2712 x  273x
2
 xy 12 x
 1  xy 1 . Suy ra 1  xy  0  y 
1
.
x
1 1
1  1
 , nên y  3  y  2; 1;0;1;2;3... .
Mà x   ; 4    x  4  3 
x
4
3  3
1  273x  xy 12 x  1  xy  0 . Đặt f  x   273x  xy 12 x  1  xy .
2
2
1 y

y
1
3 3
f

27
 1  ; f  4   274 y  1  4 y
Ta có  
3
 3
331 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022

1
Suy ra f   . f  4    27
3

1 y

3 3
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
y
 1    274 y  1  4 y   g  y  .
3
Dùng chức năng table của máy tính để tính các giá trị g  y  với y  2; 1; 0;1; 2;3...
 1 X
X
4X
(nhập hàm  27 3 3  1   27  1  4 X và chọn start X  2 , end X  15 , step là 1)
3





1
f
Ta nhận thấy g  0   0  f   . f  4   0  
 3
 f
1 
x  ; 4 .
3 
1
1

   0 x 

3
3 , nên y  0 loại vì

 4  0  x  4
1
Ta nhận thấy g  2  ; g  1 ; g 1 ; g  2  ;...; g 12  đều nhận giá trị âm, tức là f   . f  4   0 .
 3
1 
1 
Mà f  x  liên tục trên  ; 4  nên f  x   0 tồn tại ít nhất một nghiệm x   ; 4  . Tức là
3 
3 
y  2; 1;1; 2;3;...;12 thỏa yêu cầu bài toán.
Ta nhận thấy g  y   0 với y  13 .
Khi y  13 thì f  x   273 x
2
 xy 12 x
1 
 1  xy  0 , x   ; 4  nên loại y  13 .
3 
Vậy y  2; 1;1; 2;3;...;12 , hay có 14 giá trị y.
Câu 38: Chọn B
Đặt log 2  x  2 y 1   t  x  2 y 1  2t  x  2t  2 y 1.
Phương trình đã cho trở thành: 2 y  t  2  2t  2 y 1   y  2.2 y  y  2.2t  t
Xét hàm số f  x   2.2 x  x đồng biến trên   y  t.
Suy ra phương trình log 2  x  2 y 1   y  x  2 y 1  2 y  x  2 y 1.
2  x  2021  2  2 y 1  2021  1  y  1  log 2 2021  2  y  log 2 2021  1.
Do y   nên y  2;3; 4;...;11 có 10 giá trị nguyên của y .
Mà x  2 y 1 nên với mỗi số nguyên y  2;3; 4;...;11 xác định duy nhất một giá trị nguyên x .
Vậy có 10 cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn bài toán.
Câu 39: Chọn C
Ta có: 82 x
2
 xy
 1  xy  .84 x 82 x
2
 xy  4 x
 1  xy  0 . Xét hàm số f  x  82 x
2
 xy  4 x
 1  xy 
Áp dụng bất đẳng thức a x  x  a  1  1 ta có
f  x  82 x
2
 xy  4 x
 1  xy  7  2 x 2  xy  4 x   1  1  xy   14 x 2  x  3 y  14 0, y  5
Do đó y  4
Với y   2  xy  1 f  x 0 (loại)
Với y  1  f  x 82 x
2
5 x
 x  1
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 332
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
1
1
Ta có f  5  0; f   0  f  x  0 có nghiệm x   ;5   y  1 thỏa mãn
2
2 
x  0
2
 y  0 thỏa mãn
Với y  0 82 x 84 x  
 x  2 TM 
Với y  0 có f  5 85 y  30  1  5 y  0, y  0
y 3

y
1 
1

f  8 2 2   1   0, y  1; 2;  f  x  0 có nghiệm x  ;5 
2
2 
2

Vậy y   1;0;1; .
Câu 40: Chọn B
4 x  3 y  1  15t  0
Đặt log15  4 x  3 y  1  log 6  x 2  2 x  y 2   t  
(*).
2
2
t
x

1

y

6

1



Hệ có nghiệm  đường thẳng  : 4 x  3 y  1  15t  0 và đường tròn  C  :  x  1  y 2  6t  1
2
có điểm chung, với tâm I 1; 0 
 d  I,  R 
5  15t
5
t
2
 6  1  225  10.15  25.6  0  15  6.   10  0
5
t
t
t
t
t
t
t
2
2 2
Xét hàm số f  t   15t  6.    10 . Đạo hàm f   t   15t.ln15  6.   ln  0, t
5
5 5
Do vậy: hàm số f  t  đồng biến trên  . Khi đó f  t   0  t  0, 9341
Do  x  1  y 2  6t  1 nên y  6t  1 , dẫn đến y  6 . Kết hợp giả thiết ta suy ra y  6.
2
Thử lại:
Với y  6 , hệ (*) trở thành
2
4 x  19  15t  0
 15t  23 
t
t
t
t


  6  35  225  1089  46.15  16.6 (**)
2
t
4
x

1

6

35




Nếu t  0 thì 15t  1, 6t  1  225t  1089  46.15t  16.6t .
Nếu t  1  15t  6t , ta sẽ chứng minh 225t  1089  62.15t.
Thật vậy, ta có 225t  1089  62.15t  15t  31  128  0
2
Dẫn đến 225t  1089  62.15t  46.15t  16.6t .
Nếu 0  t  1 thì 15t  15, 6t  6  225t  1089  46.15t  16.6t
Vậy (**) vô nghiệm.
Câu 41: Chọn B
Ta có 2 x
2
 y 2 1
  x 2  y 2  2 x  2  4 x  2
Đặt t   x  1  y 2  0 , khi đó
2
x 1  y 2
2
  x  1  y 2  1
2
2t  t 1, t  0 .
t
1
Xét hàm số f  t   2  t 1, t  0 . Có f   t   2 t ln 2  1  0  t  log 2
 t0  0, 5287 .
ln 2
f   t   0  t  t0 và f  0  f 1  0 .
333 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Ta có bảng biến thiên
t  0
Từ bảng biến thiên suy ra f  t   0  
.
t 1
 x 1
2
Với t  0   x  1  y 2  0  
.
y  0
Với t  1   x  1  y 2  1  y 2  1  1  y  1
2
Mà y nguyên nên y nhận giá trị 1 hoặc 0 hoặc 1
Với mỗi giá trị y   1 hoặc y  0 hoặc y  1 luôn có giá trị
Vậy có ba giá trị của y thỏa mãn.
x thỏa mãn.
Câu 42: Chọn D
Điều kiện xác định: x  0.
Đặt t  3
log x
2
với t  0. Ta có 3
 
log 2 x2
 
 32log2 x  3
log 2 x
2
 t 2.
2
2
Phương trình đã cho trở thành t  2  m  6 t  m  1  0 .
Nhận thấy mỗi giá trị t  0 có một và chỉ một giá trị x  0.
Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình có hai nghiệm
 m  6 2   m 2  1  0

 37

dương phân biệt hay 2  m  6   0
 m    ; 1  1;   .
 12

 2
m

1

0

Ta có x1 x2  2  log 2  x1 x2   1  3log 2  x1x2   3  3log2 x1  log 2 x2  3  3log 2  x1 .3log2  x2   3
 t1t2  3 hay m2  1  3  m   ; 2    2;   .
Kết hợp lại, ta được m  2 hoặc 
37
 m  2 .
12
Vì m nguyên, m  10 nên m3;3; 4;5;6;7;8;9;10 .
Do đó có 9 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 43: Chọn A
Điều kiện x  0 .
1
Ta có: 3
3
x
1

3  2 x 

 3 x
Đặt t  3
 3.3
2
 2 x 1
x
 3.3
1
2 x
x
1
1  4 x
x
  m  2  .3
1

2  2 x 
x

1
 x x
x
1
  m  2  .3 x
33
2 x
 m.316
x
0
 m  0 * .
1
x x
x
3
3
 33  27 .
Khi đó phương trình có dạng:  t 3  3.t 2   m  2  t  m  0 ** .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 334
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Ta tìm m   2020; 2021 để phương trình ** có nghiệm lớn hơn hoặc bằng 27.
Ta có: **   t  1  t 2  2t  m   0  t 2  2t  m  0  t  27 
1  m  0
2
  t  1  1  m  
.
t  1  1  m
Vậy để phương trình ** có nghiệm lớn hơn hoặc bằng 27.
1  m  0
 m 1


 m  675 .
1  1  m  27
1  m  676
Vì m   2020; 2021 nên có: 2020  675  1  1346 giá trị m .
Câu 44: Chọn A
x
2

 2 mx  2 x
2
4 xm


 2   x 2  4 x  m  1 2 2 x
2
 4 mx

1  0
Nhân 2 vế với 2:
2x
2

 4 mx  2 x
2
4 xm

Đặt: a  2 x 2  4mx , b  x 2
Nếu a  0, b  0 thì

 4x  m 1  a 2
 2   x 2  4 x  m  1 2 2 x
2
 4 mx

1  0
x2  4 x  m
 
 2  b 22 x
2
 4 mx

1  0
* 
2b 1  2 2  2 a 1
.

b
a
x  0
 x 2  2mx  0

a  0
  x  2m
Suy ra: 
 tm    2
b  0
 x  4x  m 1  0  x2  4x  m 1  0 1


Để có 3 nghiệm thực phân biệt thì có nghiệm:
x  0  m  1 ; x  2m  m 
7  65
; nghiệm kép  m  5
8
Câu 45: Chọn A
Đặt u  2 x  0 thì phương trình trở thành a.u 2  b.u  50  0 .
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 tương đương phương trình có hai nghiệm phân biệt

b 2  200a  0

b
dương u1 , u2 , nghĩa là   0
 b 2  200a .
a
 50
 a  0
Đặt v  3 x  0 thì phương trình trở thành v 2  b.v  50 a  0 . Phương trình có hai nghiệm phân
biệt x3 , x4 tương đương với phương trình có hai nghiệm phân biệt dương v3 , v4 , nghĩa là
b 2  200a  0

 b 2  200a .
b  0
50a  0

Ta có x3  x4  x1  x2  log 3 v3  log 3 v4  log 2 u1  log 2 u2  log 3  v3v4   log 2  u1u2 
335 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
 50 
 log 3  50a   log 2    log 3 a  log 2 a  log 2 50  log 3 50  2, 08 .
 a 
Mặt khác hàm số f  a   log 3 a  log 2 a (a  0) là hàm số tăng, f  2   1, 63 và f  3  2, 58
nên a  3 . Từ đó ta có b 2  200a  600  b  25 . Vậy min S  3.3  4.25  109 .
Câu 46: Chọn C
log5  x  2  y  1 
y 1
 125   x  1 y  1
  y  1 log5  x  2  y  1   125   x  2   3  y  1
 log 5  x  2  y  1 
125
125
  x  2   3  log 5  x  2   log 5  y  1 
  x  2  3
y 1
y 1
 log 5  x  2    x  2  
125
 log 5  y  1  log 5 53
y 1
 log 5  x  2    x  2  
125
1
 log 5  y  1  log 5 125
y 1
 log5  x  2    x  2  
 1 
125
 log5 
  log 5 125
y 1
 y 1
 125  125
 log5  x  2    x  2   log5 

 y 1  y 1
  .
Đặt f  t   log 5 t  t . Tập xác định: D   0;   . Ta có: f   t  
1
 1  0, t  D .
t ln 5
Suy ra f  t   log 5 t  t đồng biến trên  0;   .
 125 
125
125
f
x
2.
 x2
y 1
y 1
 y 1 
125
125
123
Ta có: x  0 
.
2  0 
 2  125  2  y  1  y 
y 1
y 1
2
   f  x  2  
 123 
Kết hợp với y  0 ta có y   0;
 . Ta có đánh giá:
 2 
P  x  5y 
125
125
125
 123 
 2  5y 
 5  y  1  7  2
 5  y  1  7  43, y   0;
.
y 1
y 1
y 1
 2 
Đẳng thức xảy ra 
125
 123 
 5  y  1  y  4   0;
  x  23
y 1
 2 
Vậy Pmin  43 khi  x; y    23; 4  .
Câu 47: Chọn A
Phương trình   4 x  7  2 xy  y   e2 xy  y  e 4 x  7    4 x  7    2 xy  y 
Dễ thấy x, y   và y  0 không là nghiệm của phương trình nên phương trình thành
e 2 xy  y  e4 x  7 
1
1
1
1

. Đặt a  2 xy  y, b   4 x  7  ta được e a   eb  ,
a
b
 2 xy  y   4 x  7 
Hàm số f  t   et 
1
đồng biến trên mỗi khoảng  ;0  ,  0;   nên ta xcets 2 trường hợp
t
sau :
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 336
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
1
1
4x  7
9
Nếu a.b  0 phương trình e a   eb   a  b thay lại ta được y 
do
 2
a
b
2x 1
2x 1
x, y  
Nên suy ra 9  2 x  1 do đó 2x  11; 3; 9 giả và thử lại ta được 6 cặp  x; y  .
a  1
a  1
Nếu a.b  0  
hoặc 
.
b  1
b  1
1
 a b
e e  e  2

a  1

e
Trường hợp 

do đó phương trình không xảy ra.
b  1  1  1  1  1  2
 a b
a  1
Tương tự trường hợp 
cũng không xảy ra do đó có 6 cặp  x; y  thỏa mãn đề bài.
b  1
Câu 48: Chọn C
Ta có: 4 x
2
Đặt t  2x
2 x2
2
2 x  2
2
m
m
m
 2
m
 2
   3  2 x  2 x 3   3  0  4 x  2 x  2  2   3  2 x  2 x  2   3  0
21
21
 21 
 21 
 t  2
m
m

Phương trình trở thành: t 2  2   3  t   3  0 *
 21  21
Để phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc  0;3 thì có thể xảy ra các trường
hợp sau:
4  t1  32
Trường hợp 1: Phương trình * có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa mãn 
2  t2  4
m t 2  6t  3
m
 m

 f t 
Ta có: t 2  2   3  t   3  0 
21
2t  1
 21  21
Khảo sát hàm trên đoạn  2;32  ta có BBT:
337 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
43 m 19
Từ bảng biến thiên ta có điều kiện cần tìm là:


 129  m  133 .
7 21 3
Do m    m  129;130;131;132 . Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn điều kiện đề bài.
t1  2
Trường hợp 2: Phương trình * có hai nghiệm thỏa mãn 
.
 2  t2  4
t1  2
Thay t1  2 vào phương trình * ta được m  133 khi đó có hai nghiệm 
.
t  14  4
2

3
Vậy có tất cả 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn điều kiện đề bài.
Câu 49: Chọn A

 x  y  xy  1 .10 xy  10 .10 x  y  1  1  .10 xy 1
1 1
10 x  y   x  y    .10 xy  10 x y 


x y
xy
x y

 xy 
10
1
10
1
10
1
Xét hàm số f (t )  t.10t trên khoảng  0;   .
f (t )  10t  t.10t ln10  0, t  0 nên hàm số f (t )  t.10t đồng biến trên khoảng  0;  
10
Do đó:
1
1

10
1 
10
1
.10 x  y  1   .10 xy 
 1
x y
x y
xy
 xy 


1 
1
1
 10   x  y  1    10   y    x  .
y
x
 xy 

1
1
Vì y   2, y  0 nên x   8  x 2  8 x  1  0  4  15  x  4  15 , x   *
y
x
 x  A  1; 2;3; 4;5; 6; 7 .
  0
1

2
Với mỗi số a  0 phương trình y   a  y  ay  1  0 (*) có  S  a  0
y
P  1  0

 Phương trình luôn có hai nghiệm y  0 . Vậy có 14 cặp  x; y  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 50: Chọn A
Ta có:  3
x 1
2
2
2 xm
.log3  x  1  2  3
.log3  2 x  m  2 


Xét hàm số f  t   3t .log 3  t  2  với t   0;   
Ta có f   t   3t ln 3.log 3  t  2  
3t
 0 t  0;   
 t  2  ln 3
Suy ra f  t  đồng biến trên  0;    .
Do đó  f
 x  1   f  2 x  m    x  1
2
2
 2 xm
 2 x  2m  x 2  2 x  1
 2m   x 2  1
.



2
2
 2 x  2m   x  2 x  1  2 m  x  4 x  1
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 338
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  P1  : y   x 2  1 và đồ thị  P2  : y  x 2  4 x  1
 x 2  1  x 2  4 x  1  2 x 2  4 x  2  0  x  1  y  2 .
Vẽ hai đồ thị  P1  và  P2  trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy ta được:
 2m  1
Từ đồ thị hàm số ta được  2m  2 

 2m  3
1

m   2

 m  1 thỏa yêu cầu bài toán.

3
m  
2

1
3
Tổng các phần tử của S là   1   3 .
2
2
339 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Câu 1:
Cho các số thực không âm a, b, c thoả mãn 2a  4b  8c  4 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  a  2b  3c . Giá trị của biểu thức 4 M  log M m bằng
2809
4096
281
14
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
500
729
50
25
Câu 2:
Biết rằng x, y là các số thực dương sao cho 3 số u1  8 x  log2 y , u2  2 x  log2 y , u3  5 y theo thứ tự
lập thành một cấp số cộng và một cấp số nhân. Khi đó, tích 2 x. y 2 có giá trị bằng:
A. 10.
Câu 3:
B. 5.
C.
5.
D. 1.
Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như hình vẽ
Bất phương trình f  e x   m(3e x  2019) nghiệm đúng với mọi x  (0;1) khi và chỉ khi
A. m  
Câu 4:
4
1011
Câu 7:
f ( e)
.
3e  2019
a
B. S  18 .
C. S  54 .
Có bao nhiêu số nguyên y   20; 20  thỏa mãn 2  log
D. m 
f (e)
.
3e  2019
B. 11 .
3
 3x
D. S  15 .
2
 1  log
C. 10 .
3
 yx
2
 6 x  2 y  với
D. 8 .
Cho hình vuông ABCD có các đỉnh A, B, C tương ứng nằm trên các đồ thị của các hàm số
y  log a x, y  2log a x, y  3log a x . Biết rằng diện tích hình vuông bằng 36, cạnh AB song song
với trục hoành. Khi đó a bằng
A. 6 .
B. 6 3 .
C. 3 6 .
D. 3 .
 2
x3  x
log
x

log
Cho phương trình  2
 e  m  0 . Gọi S là tập hợp giá trị m nguyên với
2
4

m   10;10 để phương trình có đúng hai nghiệm. Tổng giá trị các phần tử của S bằng
A. 28 .
Câu 8:
C. m 
P  2.log a  b 2  4b  4   log 2b a là m  3 3 n với m, n là số nguyên dương. Tính S  m  n .
mọi x   ?
A. 9 .
Câu 6:
2
.
1011
Cho a, b là hai số thực thay đổi thỏa mãn 1  a  b  2 , biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A. S  9 .
Câu 5:
B. m  
B. 3 .
C. 27 .
Số giá trị m nguyên, m   20; 20 , sao cho min
x 0,3;1
A. 5 .
B. 1 .
log 0,3 x m  16
log 0,3 x  m
C. 20 .
D. 12 .
 16 là
D. 40 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 340
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Câu 9: Cho phương trình ln  x  m   e x  m  0 , với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị nguyên
m  2021;2021 để phương trình đã cho có nghiệm?
A. 2022 .
B. 4042 .
C. 2019 .
Câu 10: Cho các số thực x , y thỏa mãn 5  16.4 x
2
2 y

 5  16 x
2
2 y
D. 2021 .
.7
2 y  x2  2
. Gọi M và m lần lượt là
10 x  6 y  26
. Tính T  M  m .
2x  2 y  5
21
C. T  .
D. T  10 .
2
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 
A. T  15 .
B. T 
19
.
2
Câu 11:   4 x  7  2 xy  y   e 2 xy  y  e 4 x  7   2 x  2  y   y  7 Cho a , b , c là ba số thực dương đôi
một phân biệt. Có bao nhiêu bộ  a; b; c  thỏa mãn: ab  2  ba  2 ; bc  2  cb  2 ; c a  2  a c 2
A. 1 .
B. 3 .
C. 6 .
 1
x y
1 
 log  
  1  2 xy . Khi biểu thức
10
 2x 2 y 
Câu 12: Xét tất cả các số thực dương x, y thỏa mãn
4 1

đạt giá trị nhỏ nhất, tích xy bằng
x2 y2
9
1
A.
.
B.
.
200
64
Câu 13: Cho phương trình log 22 
3

D. 0 .
C.
9
.
100

x 2  1  x   m 2  2  log 2
3
D.

1
.
32

x 2  1  x  1  0 với m là tham số
thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2
thỏa mãn
x12  1  x1
x22  1  x2
 7  4 3 . Tích các phần tử của S bằng
A. 4 .
B. 4 .
C. 0 .
D. 2 .
x
x
Câu 14: Xét các số nguyên dương a , b sao cho phương trình a.4  b.2  50  0 có hai nghiệm phân biệt
x1 , x2 và phương trình 9 x  b.3x  50a  0 có hai nghiệm x3 , x4 thỏa mãn điều kiện
x3  x4  x1  x2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  3a  4b .
A. 109 .
B. 51 .
C. 49 .
D. 87 .
y 1
Câu 15: Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn log 3  x  1 y  1   9   x  1 y  1 . Giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P  x  2 y là
11
25
A. Pmin  .
B. Pmin 
.
C. Pmin  5  6 3 .
D. Pmin  3  6 2 .
2
7
ln x 1 ln x m x  0 x  1
Câu 16: Có bao nhiêu số nguyên m thỏa mãn
,
?
 
 ,
x 1 x x 1 x
A. 2 .
B. 1 .
C. Vô số.
D. 0 .
Câu 17: Có bao nhiêu số nguyên y nằm trong khoảng  2021;    sao cho với mỗi giá trị của y tồn




2
tại nhiều hơn hai số thực x thỏa mãn x 2  y  x 2  x .2020 x  y  2 x 2  x  y .2020 x  x ?
A. 2020 .
341 | Phan Nhật Linh
B. 2019 .
C. 2021 .
D. 2022 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
6x
2
2x 1 1
Câu 18: Cho phương trình 2 log 3


2 x  1  y  32 y  2 x  0 .Với các cặp số  x; y  thoả
mãn phương trình trên, giá trị nhỏ nhất của T 
nào sau đây?
A.  4; 2  .
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
1
7
2 x  1  2 x  4   2 x   2.32 y thuộc khoảng
3
3
B.  11; 9,5  .
C.  6; 4  .
D.  9,5; 8  .
Câu 19: Cho hàm số bậc 4 có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m và
f  x
m   2021; 2021 để phương trình log
 x  f  x   mx   mx3  f  x  có hai nghiệm
mx 2
dương phân biệt?
y
1
O
1
A. 2022 .
Câu 20: Biết
B. 2020 .
điều
log 21  x  2 
2
2
kiện
x
1
C. 2019 .
cần
và
đủ
của
1
 4  m  5  log 1
 8m  4  0
x2
2
tham
có
D. 2021 .
số
m
nghiệm
để
thuộc
phương
trình
 3 
là
  2 ;6 
m   ; a  b;    . Tính giá trị biểu thức T  a  b .
8
A. T   .
3
B. T  
22
.
3
8
C. T  .
3
D. T 
22
.
3
1
2
log 2 a  log 2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
b
được viết dưới dạng x  y log 2 z , với x, y , z  2 là các số
Câu 21: Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn
P  4a 3  b3  4 log 2  4 a 3  b 3 
nguyên, z là số lẻ. Tổng x  y  z bằng
A. 11.
B. 2 .
C. 1.
D. 4 .
Câu 22: Có
bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương
x2  4x  m
log3 2
 2 x 2  7 x  7  m nghiệm đúng với mọi x  1;5 ?
x x2
A. 11 .
B. 10 .
C. 9 .
D. 12 .
trình
Câu 23: Xét các số thực x , y thỏa mãn 5 x  y   25xy  x 2  y 2  1  xy   53 xy 1  0 . Gọi m , M lần lượt
2
là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P  x 4  y 4  x 2 y 2 . Khi đó 3m  2M bằng
7
10
A. 3m  2M  1 .
B. 3m  2 M  .
C. 3m  2 M  .
D. 3m  2M  1 .
3
3
Câu 24: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho khoảng  2;3  thuộc tập nghiệm của bất




phương trình log 5 x 2  1  log 5 x 2  4 x  m  1
A. m   12;13 .
B. m   13;12  .
C. m   13; 12  .
D. m  12;13 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 342
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Câu 25: Có bao nhiêu số nguyên x   2021; 2021 để ứng với mỗi x có tối thiểu 64 số nguyên y thoả
mãn log 3 x 4  y  log 2  x  y  ?
A. 3990.
B. 3992.
C. 3988.
D. 3989.
Câu 26: Gọi S là các cặp số thực  x, y  sao cho ln  x  y   2020 x  ln  x  y   2020 y  e 2021 và
x
y
x   1;1 . Biết rằng giá trị lớn nhất của biểu thức P  e 2021 x  y  1  2021x 2 với  x , y   S đạt
được tại  x0 ; y0  . Mệnh đề nào sau đây đúng?
1 
1 1 
A. x0   ;1 .
B. x0   ;  .
C. x0   1;0  .
2 
4 2
Câu 27: Có bao nhiêu cặp số x, y là các số nguyên không âm thỏa mãn:


 1
D. x0   0;  .
 4
2 1  x  2 y  log2  x  2 y   2log2  x2  y 2  2 xy  x   2  x  y   4 x  4 y
2
2
A. 2.
B. 3.
C. 4.
D. 5.
Câu 28: Có bao nhiêu số nguyên m  2021 để có nhiều hơn một cặp số
 x; y 
thỏa mãn
log x2  y 2  4  4 x  2 y  m   1 và 4 x  3 y  1  0 ?
A. 2017 .
B. 2020 .
C. 2019 .


D. 2022 .


Câu 29: Cho các số thực x , y , z thỏa mãn log 3 2 x 2  y 2  log 7 x 3  2 y 3  log z . Có bao giá
trị nguyên của z để có đúng hai cặp  x, y thỏa mãn đẳng thức trên.
A. 2 .
B. 211 .
D. 4.
C. 9 9 .
Câu 30: Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi y luôn có ít hơn 2021 số nguyên x
thoả mãn log 2  x  31 .log 2 x  y   0
A. 20 .
B. 9 .
C. 10 .
D. 11 .
Câu 31: Có
bao
x3 a 3log x1
2021
nhiêu
x
3
số
tự
 2020   a
A. 9.
nhiên
3log x 1
a
sao
cho
tồn
tại
số
thực
x
thoả
 2020
B. 8.
C. 5.
D. 12
Câu 32: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương  x; y  với y  2021 thỏa mãn
log
x 1
 4 y 4  4 y3  x2 y2  2 y 2 x .
2 y 1
A. 2021 2021  1 .
B. 2021 2022  1 .
C. 2022  2022  1 .
D. 2022  2022  1 .
Câu 33: Cho các số thực x, y , z thỏa mãn log 3  2 x 2  y 2   log 7  x 3  2 y 3   log z . Có bao giá trị nguyên
của z để có đúng hai cặp  x, y  thỏa mãn đẳng thức trên.
A. 2 .
B. 211 .
C. 99 .

D. 4.


x 2
x
Câu 34: Số giá trị nguyên dương của m để bất phương trình 2  2 2  m  0 có tập nghiệm chứa
không quá 6 số nguyên là:
A. 62 .
B. 33 .
Câu 35: Cho phương trình m.2 x
2
 4 x 1
 m 2 .22 x
C. 32 .
2
8 x 1
D. 31 .
 7 log 2  x 2  4 x  log 2 m   3 , ( m là tham số). Có bao
nhiêu số nguyên dương m sao cho phương trình đã cho có nghiệm thực.
343 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
A. 31 .
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
B. 63 .
C. 32 .
1
1

 x  x  4  a có hai nghiệm
9 x  3 3x  9
Câu 36: Hỏi có bao nhiêu số nguyên âm a để phương trình
thực phân biệt?
A. Vô số.
Câu 37: Tập
hợp

tất
B. 5 .
cả
e3m  e m  2 x  1  x 2
các
C. 7 .
giá
1  x
trị
1  x2
thực
của
 có nghiệm là
 1

B.  0; ln 2  .
 2

A.   ; ln 2  .
D. 64 .
D. 4 .
tham
số
m
1

C.  ln 2;    .
2

để
phương
trình
1


D.   ; ln 2  .
2


Câu 38: Có bao nhiêu số nguyên m   2021; 2021 sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn:
3. x
A. 2021 .
Câu 39: Gọi
 1

x m 

ln 2


3

B. 4041 .
S
log 22 x  log
log 2 3
là
2
tập
các
số
nguyên
1
x  1  log 2 x  m
ln 2
C. 2020 .
D. 4040 .
m   2020; 2020
để
phương
trình
x  m  m  log 2 x có đúng hai nghiệm. Số phần tử của S bằng
B. 2020 .
A. 1.
C. 2021 .
D. 0 .
Câu 40: Cho phương trình log 4 x  log 3 x  2log 2 x  3m log x  m 2  0 (1) ,. Biết tập tất cả các giá trị thực
 1

của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn 
;100  là  a; b    b; c 
100

. Xét T  a  b  c , trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
3 
 3
A. T   2;3 .
B. T   ; 2  .
C. T   0;1 .
D. T   1;  .
2


 2
Câu 41: Có bao nhiêu số nguyên dương m nhỏ hơn 20 thỏa mãn phương trình log  mx  log mm   10 x
có đúng hai nghiệm thực x phân biệt.
A. 13 .
B. 12 .
C. 10 .
D. 11 .
Câu 42: Có bao nhiêu số thực m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:
4
 x m
log
3
x
2
 2 x  3  2 x
2
2 x
log 1  2 x  m  2   0 .
3
A. 3 .
B. 2 .
Câu 43: Xét các số thực dương x , y thay đổi thỏa mãn
20 5
đạt giá trị nhỏ nhất, tích xy bằng

x2 y 2
1
9
A.
.
B.
.
32
100
C. 4 .
D. Vô số.
 1
x y
1 
 log  
  1  2 xy . Khi biểu thức
10
 2x 2 y 
C.
9
.
200
D.
1
.
64
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 344
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
 a  2b  8  0

Câu 44: Gọi M là giá trị nhỏ nhất của biểu thức g  a; b   a  b với a, b thỏa mãn  a  b  2  0 . Khi
2a  b  4  0

thì
tổng
các
nghiệm
của
phương
trình
m   0; M 
2
log
2 2 3

C.  2 
x
2
 2 x  2  1  m   log 2 


A. 2 2  3 ;  .
3
x
2
2
 2 x  3 thuộc khoảng?

B. 1; 2  3 .

 1

;2 .
3; 2 2  3 . D. 
 2 3 
Câu 45: Gọi S là tập hợp các số nguyên m sao cho phương trình log3  3x  2m   log5  3x  m 2  có
nghiệm. Tổng các phần tử của S là
A. 4 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 5 .
Câu 46: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc  2020; 2021 sao cho tồn tại x thỏa mãn
ln 3  x  m   m3  e x ln  x  m 
A. 4042 .
3m
 e3 x ?
B. 2019 .
C. 2023 .
Câu 47: Có tất cả bao nhiêu cặp số thực
2x
2
y
2
 x; y 
D. 2021 .
thỏa mãn đồng thời các điều kiện


 log 3  x 2  y 2  5   18  0 và log x  y 2  2 6  y 2  2 y  1 ?
A. 6 .
B. 4 .
C. 8 .
D. 9 .
2
Câu 48: Cho hai số thực x , y thỏa mãn hệ thức 2 2 y  x  log 2 y 1 x . Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên
m 40;40 để tồn tại duy nhất một số thực x thỏa mãn hệ thức 4 y 2  10 x 2  mx  1  0 ?
A. 51 .
B. 52 .
C. 53 .
D. 31 .
y
 y 2  x 4  1 . Có bao nhiêu giá trị
2 x2
nguyên của m để có nhiều hơn 2 cặp  x, y  thỏa mãn phương trình m  2 y  2 x  2 y  4 x   m2  22 x
Câu 49: Cho các số thực x  0, y  0 thỏa mãn đẳng thức log 2
?
A. 6 .
Câu 50: Cho phương trình 2 log 3
B. 15 .
6x
2
2x  1 1
C. 5 .

mãn phương trình trên, giá trị nhỏ nhất của T 
nào sau đây?
A.  4; 2  .
345 | Phan Nhật Linh
B.  11; 9,5 .

2x 1  y  3
D. 16 .
2y
 2 x  0 .Với các cặp số  x; y  thoả
1
7
2 x  1  2 x  4   2 x   2.32 y thuộc khoảng
3
3
C.  6; 4  .
D.  9,5; 8 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Chọn B
Đặt a  log 2 x, 2b  log 2 y,3c  log 2 z .
Ta có S  a  2b  3c  log 2 x  log 2 y  log 2 z  log 2  xyz  .
Mà 2a  4b  8c  4  x  y  z  4 .
3
3
4
4
 4
Suy ra 4  x  y  z  3. xyz  xyz     S  log 2  xyz   log 2    3log 2   .
3
3
 3
4
4
Do đó M  max S  3log 2   khi x  y  z  .
3
3
3
Mặt khác, ta có  x  1 y  1  0  xy  x  y  1  3  z  xyz  z  3  z   2 .
Suy ra S  1 , do đó m  min S  1 khi x  z  1, y  2 .
Vậy 4  log M m  4
M
Câu 2:
4
3log 2  
3
6
 log 2  4    4 6 4096
.
 log  4  1   2  3      

  3
3log 2  
72
9
3


Chọn D
 2.2 x  log 2 y   8 x  log 2 y  5 y 1
Điều kiện: y  0 . Theo đề bài, ta có: 
2 x  log 2 y 
 8 x  log2 y.5 y
 2
8

x  log 2 y
 log 2 8
 5y
4
x  log 2 y
2
 8 x  log2 y.5 y   8 x  log 2 y  5 y   0  8 x  log 2 y  5 y
2
  log
2
5 y   x  log 2 y  .log 2 8  log 2 5  log 2 y
 3 x  3log 2 y  log 2 5  log 2 y  3 x  2log 2 y  log 2 5  3 x  log 2
5
 3
y2
Thay  2  vào 1 ta được:
2.2
x  log 2 y 
 5 y  5 y  2
Từ  3  và  4   log 2
2
Câu 3:
x  log 2 y 
 5 y  x  log 2 y  log 2 5 y  x  log 2 5 y 2  4 
3
5
5
1
1
 3.log 2 5 y 2  2   5 y 2   y 8 
y 4
2
y
y
25
5
2
1
 1 
 1 
 x  log 2 5.  4   log 2 5  2 x. y 2  2log2 5.  4   5.
1
5
 5
 5
Chọn C
Đầu tiên, ta nhận thấy hàm số y  e x luôn đồng biến trên  cho nên hàm số f ( x) và hàm số
f (e x ) có tính chất giống nhau nên từ bảng biến thiên đã cho ta có thể suy ra tính chất của hàm
số f (e x ) .
Xét bất phương trình f  e x   m(3e x  2019) . Đặt t  e x  0 , với x  (0;1)  t  (1; e) .
f (t )
(1)
(3t  2019)
f (t )
f (t )(3t  2019)  3 f (t )
Xét hàm số g (t ) 
trên t  (1; e) , ta có g ( x) 
.
(3t  2019)
(3t  2019)2
Ta được bất phương trình mới f  t   m(3t  2019)  m 
Do hàm số f ( x) và hàm số f (e x ) có tính chất giống nhau nên trên khoảng đang được xét thì
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 346
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
f (t )  0 và f (t )  0 với mọi t  (1; e)  g (t )  0 với mọi t  (1; e) .
Như vậy ta có bảng biến thiên của hàm số g (t ) 
f (t )
với t  (1; e) như sau:
(3t  2019)
Suy ra, Bất phương trình f  e x   m(3e x  2019) nghiệm đúng với mọi x  (0;1) khi và chỉ khi
đúng với mọi t  (1; e)  m  max g (t )  m  g (e)  m 
1;e
Câu 4:
f (e)
.
3e  2019
Chọn D
Ta có b2  4b  4  b3   b  1  b2  4   0 .
2
2




1
1
Nên P  2.log a b  
  6log a b  
 .
 log a b  1 
 log a b  1 
3
2
 1 
Đặt t  log a b . Với 1  a  b  2 thì t  1 . Đặt f  t   6t  
 với t  1 thì P  f  t  , t  1 .
 t 1 
3
3  t  1  1
1 
2
 1 
Ta có f   t   6  2 




6


2.
.

2
3
3
 t  1    t  1 
 t  1
 t  1
f t   0  t  1 
1
.
3
3
2
Câu 5:




1 
6
1 

 6  3 3 9 . Vậy m  6, n  9  m  n  15 .
Ta có f 1  3   6  3  
3
3  1 

 3 3 


Chọn C
Ta có: 2  log
3
 3x
2
 1  log
3
 yx
2
 6 x  2 y  1 với mọi x   .
y  0
3 2
 y
ĐKXĐ: yx 2  6 x  2 y  0, x    
.
2
2
 '  9  2 y  0
1  log
3 3x  1  log  yx
2
3
3
2
 6x  2 y 
 3  3 x 2  1  yx 2  6 x  2 y   y  9  x 2  6 x  2 y  3  0, x  
347 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
  y  9
 a  0


y  9
21  3 33
bx  c  0
6 x  15  0 x   Loai 




 y
2
 a  0
4
2 y  21 y  18  0
  y  9


 9   y  9  2 y  3  0
  '  0

Câu 6:
 y   20; 20 

y 

 y  10;11;...;18;19 . Vậy có 10 số nguyên y thỏa yêu cầu bài toán.
Do  y  3 2
2


 y  21  3 33

4
Chọn B
Từ giả thiết đã cho, ta có các đỉnh A, B, C của hình vuông ABCD lần lượt nằm trên các đồ thị
y  log a x, y  2 log a x, y  3log a x .
Do AB / / Ox, AB  BC nên suy ra CB / /Oy

 AB   a x2  a x1 ; 2 x2  x1 

Giả sử A( a x1 ; x1 ), B (a x2 ; 2 x2 ), C ( a x3 ;3 x3 ) ta có:  
x
x
 BC  a 3  a 2 ;3 x3  2 x2
2 x2  x1  0
CB / / Oy
 2 x2  x1  2 x3  2k  0
Do 
nên  x
x2
3
 AB / /Ox
a  a  0


2
k
2k 2
 AB  (a  a )
Khi đó A(a ; 2k ), B(a ; 2k ), C ( a ;3k )   2
2
 BC  k
Mà diện tích của hình vuông ABCD bằng 36 nên
2k
S ABCD
k
k
  a k  a 2 k  6
  a k  a 2 k  6
2
k
2k 2

AB

(
a

a
)

36




 AB 2  BC 2  36   2
 a k  a 2k  6  a k  a 2k  6
2
 BC  k  36


k  6, k  0
k  6
  a 6  a12  6
a6  3

   a 6  a12  6   6
a63

 a  2
k  6
Câu 7:
Chọn A

x3 
Ta có:  log 22 x  log 2  e x  m  0
4

 2
x3
x

0
log 22 x  3log 2 x  2  0
log
x

log
0

2
 2
4
 x
Điều kiện: 

x
e  m
m  e
x
 e  m  0
 log 2 x  1
x  2


  log 2 x  2   x  4
e x  m
 e x  m

Trường hợp 1: m  0 . Khi đó phương trình e x  m vô nghiệm.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 348
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
 x  2


x 
 x4
Trường hợp 2: m  0 . Khi  log 22 x  log 2  e x  m  0   
4

  x  ln m
 x  ln m

3
 2  ln  m   4
 e2  m  e4
Để phương trình chỉ có hai nghiệm phân biệt thì: 
ln m  0
Ngoài ra khi m  1 thì e x  1  x  0  l  . Nên m  1,8;9;10 .
Vậy m  10; 9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1;1;8;9;10   m  28 .
Câu 8:
Chọn B
Đặt t  log 0,3 x . Đặt f  x  
Khi đó: Xét f  t  
f 0 
m log 0,3 x  16
log 0,3 x  m
 x  0 .
mt  16
m 2  16
trên đoạn  0;1 . Từ đó f   t  
.,
2
tm
t  m
16
m  16
, f 1 
m
m 1
Trường hợp 1: m   20;  4  f   t  
m 2  16
t  m
2
 0, t  0;1 .
Nên hàm số đồng biến trên khoảng  0;1 .
Suy ra, f  0   f  t   f 1  0 nên f  0   f  t   f 1  0 , t   0;1 .
Nên max f  t   f 1 
t0;1
m  16
m  16
 0  min f  t   f 1 
 m  1 .
t0;1
m 1
m 1
m  0  l 
m  16
Mà
.
 16  
 m  32  l 
m 1

17
Trường hợp 2: m   4;0  f   t  
m 2  16
t  m
2
 0, t   0;1 .
Nên hàm số nghịch biến trên đoạn  0;1 .
Suy ra, 0  f  0   f  t   f 1 nên f 1  f  t   f  0   0 , t   0;1 .
Nên max f  x   f  0   min f  x   f  0  
x 0;1
Mà
x 0;1
16
 m  0 .
m
 m  1 l 
16
 16  
.
m
 m  1 l 
Trường hợp 3: m   0; 4  f   t  
Nên hàm số nghịch biến trên khoảng
Suy ra, f  0   f  t   f 1  0 nên
349 | Phan Nhật Linh
m 2  16
 0, t   0;1 .
t  m
 0;1 .
f 1  f  t   f  0   0 , t   0;1 .
2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Nên min f  t   f 1  min f  t   f 1 
x0;1
x0;1
m  16
 m  1 .
m 1
m  0  n 
m  16
Mà
.
 16  
 m  32  l 
m 1

17
Trường hợp 4: m   4; 20  f   t  
m 2  16
 0, t   0;1 .
t  m
Nên hàm số đồng biến trên khoảng  0;1 .
Suy ra, 0  f  0   f  t   f 1 nên 0  f  0   f  t   f 1 , t   0;1 .
2
Nên min f  t   f  0   min f  t   f  0  
x 0;1
x 0;1
Mà
Câu 9:
16
 m  0 .
m
 m  1 l 
16
 16  
. Vậy tổng hợp các trường hợp: m  1 .
m
 m  1 l 
Chọn D
Điều kiện: x  m  0 .
 x  m  et
t
t

ln
x

m

x

m

e
Đặt
, ta có hệ phương trình sau: 
.


x
t  m  e
Suy ra x  t  et  e x  e x  x  et  t
 * .
Xét hàm số f  x   e x  x , có f   x   e x  1  0, x    f  x  luôn đồng biến trên khoảng
 ;   .
Ta thấy  *
có dạng f  x   f  t   x  t .
Khi đó ta có phương trình x  m  e x  m  e x  x
Xét hàm số g  x   e x  x , có g   x   e x  1; g   x   0  e x  1  x  0 .
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có nghiệm khi m  1 .
 m   2021; 2021
Mà 
nên ta có m 1; 2;...; 2020;2021 . Tức là có 2021 số nguyên m thỏa
 m  
mãn đề bài.
Câu 10: Chọn B
5  16.4 x
2
2 y

 5  16 x
2
2 y
 .7
2 y  x2  2
1
Đặt t  x 2  2 y , khi đó phương trình 1 trở thành: 5  16.4t   5  16t  .7 2t
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 350
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
 5.7  16.28  49  5  16
t
t
 57  7   4
t
2
t
2t 2
 7  t
 
 4 
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT

 5  7t  49   16.28t  49.16t  0
2
7 
    0  t  2
 4  
Khi đó: x 2  2 y  2  2 y  x 2  2 , thế vào biểu thức P ta được:
P
10 x  3  x 2  2   26
2 x  x2  2  5
f  x 
4 x 2  22 x  10
x
2
 2 x  3
2

3 x 2  10 x  20
 f  x
x2  2x  3
 x  5
; f   x   0  4 x  22 x  10  0  
x   1

2
2
Bảng biến thiên
Dựa vào BBT ta có: M  7; m 
5
5 19
. Vậy T  M  m  7  
2
2 2
Câu 11: Chọn D
Xét hàm số f  x  
ln x
,
x2
ln a
ln b
 f  a   f  b  1

a2 b2
ln b
ln c
 f b  f  c  2

b c  2  c b  2   c  2  ln b   b  2  ln c 
b2 c2
ln c
ln a
 f  c   f  a   3
c a  2  a c  2   a  2  ln c   c  2  ln a 

c2 a2
Từ 1 ,  2  và  3 suy ra: f  a   f  b   f  c 
Ta có: a b  2  b a  2   b  2  ln a   a  2  ln b 
Mà a, b, c dương phân biệt nên để tồn tại bộ ba số  a; b; c  thì phải tồn tại số thực m sao cho
đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số f  x  
ln x
tại ba điểm phân biệt hay phương trình
x2
ln x
 m * có ba nghiệm dương phân biệt.
x2
2
1   ln x
1  2

x

1   ln x 
Ta có: f   x  
2
2 

 x  2
 x  2  x
2
2
 ln x  0  1   ln x **
x
x
2
Mặt khác trên  0;   hàm số g  x   1  là hàm nghịch biến, h  x   ln x đồng biến nên
x
phương trình ** có không quá một nghiệm, suy ra hàm số f  x  có không quá một cực trị suy
f  x  0  1
351 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
ra với mọi giá trị của m , đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số f  x  không quá hai điểm suy
ra phương trình * có không quá hai nghiệm, hay không tồn tại bộ ba số  a; b; c  thỏa mãn đề
Câu 12:
bài.
Chọn B
Ta có:

 1
x y
1 
 log  
  1  2 xy
10
 2x 2 y 
 x y
x y
 log 
  1  2 xy
10
 2 xy 
x y
 log  x  y   1  2 xy  log  2 xy 
10
x y
 x y

 log 
  2 xy  log  2 xy  1
10
 10 

Xét hàm số: f  t   t  log t
 t  0
1
 0, t  0 nên hàm số f đồng biến trên  0; 
t.ln10
x y
x
 x y
 2 xy  y 
Vậy 1 : f 
.
  f  2 xy  
10
20 x  1
 10 
f 't   1
4 1
4  20 x  1
400 x 2  40 x  5
40 5
1


 400   2  5   4   320  320
Ta có: 2  2  2 
2
2
x
y
x
x
x
x x
x

1
1
1
Đẳng thức xảy ra  x  ; y   xy 
.
4
16
64
Câu 13: Chọn B
x 2  1  x2
1
Ta có: 2  3 2  3  1 và x 2  1  x 
.

2
2
x 1  x
x 1  x
2

log 22 
3

x 2  1  x   m 2  2  log 2 
3
 log 22
3


Đặt t  log 2




 log 22
t 
2
3


x2  1  x 1  0

x  1  x    m  2  log
 x  1  x   1  0  *
 x  1  x   x  1  x   2  3  , ta có


1
x 2  1  x   m2  2  log 2 3 
 1  0
2
 x 1  x 
2
2
2
2 3
2
t
2
3
 x

1
.
 1 
2
x 2  1  x ln 2  3  x  1  ln 2  3
1
 



x2 1
 0; x .
Khi đó phương trình * đã cho trở thành: t 2   m 2  2  t  1  0 .
Yêu cầu bài toán tương đương: Phương trình t 2   m 2  2  t  1  0 có 2 nghiệm phân biệt t1 ; t 2
thỏa mãn
1
2  3 2  3
t1
t2

 74 3  2 3

  t1  t2 

 2 3

2
 t1  t2  2 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 352
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
 m2  2   4  0
  0


 m  2 .

2
2  m  2 m  2
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
2
Vậy S  2; 2 . Tích các phần tử của S là: 4 .
Câu 14:
Chọn A
Đặt u  2 x  0 thì phương trình trở thành a.u 2  b.u  50  0 . Phương trình có hai nghiệm phân
biệt x1 , x2 tương đương phương trình có hai nghiệm phân biệt dương u1 , u2 , nghĩa là

b 2  200a  0

b
 b 2  200a .
 0
a
 50
 a  0
Đặt v  3x  0 thì phương trình trở thành v 2  b.v  50 a  0 . Phương trình có hai nghiệm phân
biệt x3 , x4 tương đương với phương trình có hai nghiệm phân biệt dương v3 , v4 , nghĩa là
b 2  200a  0

 b 2  200a .
b  0
50a  0

Ta có x3  x4  x1  x2  log3 v3  log3 v4  log 2 u1  log 2 u2  log 3  v3v4   log 2  u1u2 
 50 
 log 3  50a   log 2    log 3 a  log 2 a  log 2 50  log 3 50  2, 08 .
 a 
Mặt khác hàm số f  a   log 3 a  log 2 a (a  0) là hàm số tăng, f  2   1,63 và f  3  2,58
nên a  3 . Từ đó ta có b 2  200a  600  b  25 . Vậy min S  3.3  4.25  109 .
Câu 15: Chọn D
Với x , y  0 ta có:
log 3  x  1 y  1 
y 1
 9   x  1 y  1   y  1 log3  x  1 y  1   9   x  1 y  1
9
9
 x  1  log3  x  1   x  1  2  log3  y  1 
y 1
y 1
9
9
 log 3  x  1   x  1  log 3

1 .
y 1 y 1
 log 3  x  1  log 3  y  1 
Xét hàm số f  t   log 3 t  t với t  0 .
1
 1  0 , t  0 .
t.ln 3
 Hàm số f  t  đồng biến trên khoảng  0;    .
Ta có: f   t  
 9 
9
Khi đó: 1  f  x  1  f 
.
  x 1 
y 1
 y 1 
Từ đó suy ra P  x  2 y  x  1  2 y  1 
Dấu "  " xảy ra 
353 | Phan Nhật Linh
9
9
 2  y  1  3  2
.2  y  1  3  3  6 2 .
y 1
y 1
9
9
3 2
25  27 2
2
 2  y  1   y  1   y 
1  x 
.
y 1
2
2
7
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Vậy Pmin  3  6 2 khi x 
Câu 16:
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
25  27 2
3 2
; y
1.
7
2
Chọn C
Với x  0 , x  1 ta có:
ln x 1 ln x m
m
1  1
x ln x
 1
 
   ln x 

   m  2 2  1  f  x 
x  1 x x 1 x
x
x 1
 x  1 x 1  x
* Xét hàm số: f  x   2
Ta có: f   x   2.
x ln x
 1 với x  0 , x  0 .
x2 1
x 2 ln x  ln x  1  x 2
x
2
 1
2
.
f   x   0  x 2 ln x  ln x  1  x 2  0 1 .
Xét hàm số g  x   x 2 ln x  ln x  1  x 2 với x  0
Đạo hàm g   x   2 x ln x 
g   x   2 ln x  1 
1
x
x
1
.
x2
2 1
  0 , x  0  Hàm số g   x  đồng biến trên khoảng  0;    .
x x3
Từ đó suy ra phương trình g   x   0 nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
g   x  
Lại có g  1  0 . Suy ra phương trình g   x   0 có nghiệm duy nhất x  1 .
Bảng biến thiên của hàm số y  g   x  :
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình g   x   0 có nghiệm duy nhất x  1 .
Bảng biến thiên của hàm số y  g  x  :
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình g  x   0 có nghiệm duy nhất x  1 .
Giới hạn:
ln x x 

 ln x x 
lim f  x   lim  1  2.
.
.
  1  2 lim

  1 1  0 .
x 1
x 1
x

1
x 1 x 1 

 x 1 x 1 
Bảng biến thiên của hàm số y  f  x  :
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 354
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Bất phương trình m  f  x  nghiệm đúng x  0 , x  1  m  0 .
Vậy có vô số các giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 17: Chọn A




Ta có: x 2  y  x 2  x .2020 x  y  2 x 2  x  y .2020 x  x

 x

 y  .  2020
 x 2  y .2020 x
2
2
x
  x 2  x  .2020 x
x2  x

2
y
2
 2x2  x  y

 1   x 2  x  . 2020 x
2
y

 1  0 1
2
2
2020 x  x  1 2020 x  y  1
Nếu  x  y  x  x   0 thì 1 

 0  2
x2  x
x2  y
2
2
Dễ thấy vế trái của  2  luôn dương nên suy ra 1 không xảy ra.
x  0
 x2  x  0

Do đó 1   2
 x  1
x  y  0
 x 2   y
Với y  1 thì có ba giá trị x thỏa mãn đề bài.
Yêu cầu bài toán   y  0  y  0
Do y nguyên nằm trong khoảng  2021;    nên y  2020;  2019;...;  1 .
Vậy có 2020 số nguyên y thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 18:
Chọn B
Điều kiện x  0 .
Ta có 2 log 3

6x
2
2x 1 1


2 x  1  y  32 y  2 x  0
 2x  0

 2  2 log  2 x  1  1  2 2 x  1  2 y  3  2 x  0
 2 log  2 x  1  1  2 x  2  2 2 x  1  2 y  3
 2 log  2 x  1  1   2 x  1  1  log 3  3
 2 log 3 3
2x 1 1  2 2x 1  2 y  3
2y
2y
3
2
2y
3
2
2
3
2y
2y
3
1
 1  0, t  0 .
t ln 3
Suy ra hàm số y  f  t  đồng biến trên khoảng  0;   .
Xét hàm số y  f  t   log3 t  t  f   t  
Từ 1  f
Do đó T 

   f 3   
2x  1  1
2
2y

2
2y
2x  1  1  3
.
1
7
1
7
2y
2 x  1  2 x  4   2 x   2.3 
2 x  1  2 x  4   2 x   2.
3
3
3
3
355 | Phan Nhật Linh


2
2x 1 1 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Đặt t  2 x  1  1  2 x  t  1 .
1
7
1
2
2
Suy ra T  t t 2  1  4  t 2  1   2  t  1  t 3  t 2  3t  .
3
3
3
3
t  1
Có T   t 2  2t  3  T   0  
.
t  3
Bảng biến thiên
2


Từ bảng biến thiên suy ra min T  
Câu 19:
29
 9, 67   11; 9,5 .
3
Chọn D
Điều kiện:
f  x
 f  x  0
0
 x  1; 0;1 .
2
mx
 x0
f  x
 x  f  x   mx   mx 3  f  x 
mx 2
 log f  x   log  x  1  xf  x   f  x   log mx 2  log  x  1  mx3  mx 2
Xét: log
 log  x  1 f  x     x  1 f  x   log  mx 2  x  1   mx 2  x  1 .
Điều kiện bổ sung: x  1  0  x  1 .
1
Xét hàm số g  t   log t  t trên  0;    , khi đó: g   t  
 1  0, t   0;    .
t ln10
Suy ra: g là hàm tăng trên  0;    .
Khi đó:  x  1 f  x   mx 2  x  1  f  x   mx 2 .
Dựa vào đồ thị, để hàm số y  f  x  và y  mx 2 cắt nhau có 2 điểm có hoành độ dương thì
m  0.
Kết hợp với đề bài: m  và m   2021; 2021 , ta được 2021 giá trị của m thỏa yêu cầu đề
bài.
Câu 20: Điều kiện: x  2  0  x  2 .
Ta có log 21  x  2   4  m  5 log 1
2
2
 4log
2
1
2
2
1
 8m  4  0
x2
 x  2   4  m  5 log 1  x  2   8m  4  0
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 356
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
 log
2
1
2
 x  2    m  5 log 1  x  2   2m  1  0 1 .
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
2
 3 
Đặt t  log 1  x  2  , với x    ;6   t   3;1 .
 2 
2
Phương trình trở thành t 2   m  5  t  2m  1  0
 t 2  mt  5t  2m  1  0  m  t  2   t 2  5t  1
Nhận thấy t  2 không là nghiệm nên
t 2  5t  1
 m  2 .
t2
t 2  5t  1
trên  3;1 .
t2
t 2  4t  9
Ta có y   t  
 0, t   3;1 \ 2 .
2
t  2
Xét hàm số y  t  
Bảng biến thiên :
 3 
Để phương trình ban đầu có nghiệm thuộc   ;6  Phương trình có nghiệm thuộc đoạn
 2 
 3;1 .
7

Suy ra m   ;   5;    .
3

Câu 21: Chọn A
Do a, b là các số thực dương và
Đặt t  4a 3  b3  4a 3 
1
2
2
log 2 a  log 2  log 2 a  log 2  ab 2  4 .
2
b
b
b3 b3
  3 3 a 3b 6  3ab 2  12 .
2 2
Khi đó P  4a 3  b 3  4 log 2  4 a 3  b3   t  4 log 2 t  f (t ) .
4
 0, t  12 .
t ln 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của f (t ) là f (12)  12  4 log 2 12  12  4(2  log 2 3)  4  4 log 2 3 .
Ta có f (t )  1 
Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  4 a 3  b 3  4 log 2  4a 3  b3  là 4  4 log 2 3 .
Từ đó ta có x  y  4, x  3. Tổng x  y  z bằng 11.
Câu 22:
Chọn A
Điều kiện: x 2  4 x  m  0   x  2   4  m . 1
2
Với mọi x  1;5 , suy ra: 1  x  5  1  x  2  3  0   x  2   9  2  .
2
Từ 1 và  2  suy ra: 4  m  0  m  4 * .
Ta có log 3
x2  4 x  m
 2x2  7 x  7  m
x2  x  2
357 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
 log 3  x  4 x  m   log 3  x  x  2   2 x  7 x  7  m
2
2
2
 log 3  x 2  4 x  m   x 2  4 x  m  log 3 3  x 2  x  2   3  x 2  x  2  . **
Xét hàm số f  t   t  log 3 t trên  0;   , ta có:
f  t   1 
1
 0 t   0;   , suy ra hàm số f  t  đồng biến trên  0;   .
t ln t
Ta có: **  f  x 2  4 x  m   f  3 x 2  3 x  6 
 x 2  4 x  m  3x 2  3x  6
 2 x 2  7 x  6  m  3 .
Ta tìm điều kiện để bất phương trình  3  nghiệm đúng với mọi x  1;5 .
 7

Xét hàm số g  x   2 x 2  7 x  6 là hàm số bậc hai đồng biến trên   ;   nên đồng biến trên
 4

đoạn x  1;5 , suy ra: g  x   g 1  15 .
Suy ra  3  nghiệm đúng với mọi x  1;5  m  min g  x   g 1  15 .
1;5
Kết hợp điều kiện * , suy ra m  5; 6;...;14;15 . Có 11 giá trị nguyên của m .
Câu 23:
Chọn C
Ta
có:
 5x
2
 y2
5
x y 
2
 25 xy  x 2  y 2  1  xy   53 xy 1  0  5
x  y   2 xy
2
 5xy 1    x 2  y 2    xy  1
 x 2  y 2  5xy 1   xy  1 1 .
Xét hàm số y  5t  t trên  0;    có y  5t.ln 5  1  0, t   0;    .
2
1
Phương trình 1  x 2  y 2  xy  1  2 xy  xy  1   x  y   2 xy    xy  1 .
3
Ta có: P   x 2  y 2   3 x 2 y 2   xy  1  3x 2 y 2  2  xy   2 xy  1 .
2
2
2
1  1 
 1 
Xét hàm số y  2t 2  2t  1 trên   ;1 có y   4t  2  0  t     ;1 .
2  3 
 3 
1
3
 1 1
1 3
Ta có: y     , y    , y 1  1 suy ra m  và M  .
9
2
 3 9
2 2
1
3 10
Vậy 3m  2 M  3.  2.  .
9
2 3
Câu 24: Chọn A
log 5  x 2  1  log 5  x 2  4 x  m   1
 log 5  x 2  1  1  log5  x 2  4 x  m 
 log 5  5 x 2  5   log 5  x 2  4 x  m 
5 x 2  5  x 2  4 x  m
4 x 2  4 x  5  m  0
 m  4 x 2  4 x  5
 2
 2

 *
2
 x  4 x  m  0
 x  4 x  m  0
 m   x  4 x
Vì khoảng  2;3  thuộc tập nghiệm của bất phương trình nên * trở thành
 m  4 x 2  4 x  5, x   2;3 

2
x   2;3 
 m   x  4 x,
1
 2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 358
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Đặt f  x   4 x 2  4 x  5  f '  x   8 x  4, f '  x   0  x 
1
4
Dựa vào bảng biến thiên ta có 1  m  13
Đặt g  x    x 2  4 x  g '  x   2 x  4, f '  x   0  x  2
Dựa vào bảng biến thiên ta có  2   m  12 . Vậy *  12  m  13 .
Câu 25: Chọn A
Xét bất phương trình log 3 x 4  y  log 2  x  y 
 x4  y  0
x  y  1

Điều kiện xác định:  x  y  0  
.
 x, y  
 x, y  

Đặt t  x  y ta được t  1 . Bất phương trình trở thành log3 x 4  t  x  log 2 t
Với mỗi  x    có tối thiểu 64  y    thoả nên có tối thiểu 64 số nguyên t  t  1 thoả.
1
Xét hàm số y  f  t   log 3 x 4  t  x  log 2 t  log3  x 4  t  x   log 2 t ,
2
1
1

 0, x, t  1 nên f  t  nghịch biến trên 1;  .
vì f   t  
4
2  x  t  x  ln 3 t ln 2
Ta nhận thấy x 4  x  1  x  x  1  x 2  x  1  1  1 , do đó log3  x 4  x  1  log3 1  0 .
Do đó phương trình luôn nhận nghiệm t  1, x   .
Suy ra để mỗi  x    có tối thiểu 64  y   thì
f  64   0 
 x  27
1
log 3  x 4  x  64   log 2 64  0  x 4  x  64  312  
.
2
 x  27
Kết hợp x   2021;2021 ta được x   2021; 27   27; 2021 .
Vậy có 3990 số nguyên x   2021; 2022 thoả mãn.
Câu 26: Chọn A
359 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Điều kiện x  y  0
Ta có: ln  x  y   2020 x  ln  x  y   2020 y  e 2021
x
y
  x  y  ln  x  y   2020  x  y   e
2021
e2021
 ln  x  y   2020 
 0 *
x y
e2021
1 e2021
 0, t  0
, có f   t   
t
t
t
Do đó f  t  đồng biến trên khoảng  0;   
Xét hàm f  t   ln t  2020 
Suy ra *  f  x  y   0  f  e 2021   x  y  e 2021  y  x  e 2021
Khi đó P  e 2021 x 1  x  e 2021   2021x 2  g  x 
g   x   e 2021x  2022  2021x  2021e 2021   4042 x
g   x   e 2021x  2021.2022  20212 x  20212 e 2021   4042
 e 2021x  2021.2022  20212 x  20212 e 2021   4042  0, x   1;1
Nên g   x  nghịch biến trên đoạn  1;1
Mà g   1  e 2021  2021  0, g   0   2022  2021e 2021  0 nên tồn tại x0    1; 0  sao cho
g  x0   0 và khi đó Max g  x   g  x0  . Vậy P lớn nhất tại x0    1; 0  .
 1;1
Câu 27: Chọn B

Ta có 2 1  x  2 y

2
 log2  x  2 y   2log2  x2  y 2  2 xy  x   2  x  y   4 x  4 y
2
1
2
2
 1  2 x  2 y  x  2 y  log 2  x  2 y   log 2  x  y   x    x  y   2 x  2 y


2
2
2
 1  log 2 x  2 y  2 x  2 y  log 2  x  y   x    x  y   x


2
2
 log 2 2 x  2 y  2 x  2 y  log 2  x  y   x    x  y   x 

 

Xét hàm số g  t   log 2 t  t với t  0 , có g   t  
1
 1  0, t  0 .
t.ln 2
Suy ra hàm số y  g  t   log 2 t  t đồng biến trên khoảng  0;   .
  x  y 

Từ 1  g 2 x  2 y  g
2

 x  2 x  2y   x  y  x
2
 x  2 y  2 x  2 y   x  y  2 x  y
2
Xét hàm số h  u   u 2  u với u  0 , có h  u   2u  1  0, u  0 .
Suy ra hàm số y  h  u   u 2  u đồng biến trên khoảng  0;   .
Từ  2   h


x  2 y  h  x  y  x  2 y  x  y  x  2y   x  y
2
 x 2  2 xy  y 2  x  2 y  y 2  2  x  1 y  x 2  x  0
Ta coi phương trình là phương trình bậc hai ẩn y , khi đó: Phương trình có nghiệm
  y  0   x  1   x 2  x   0   x  1  0  x  1 .
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 360
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Do x là số nguyên không âm nên x  0 hoặc x  1 .
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
y  0
Với x  0 , suy ra  3  y 2  2 y  0  
.
y  2
Với x  1 , suy ra  3  y 2  0  y  0 .
Vậy có 3 cặp  x; y  thoả mãn là  0;0  ,  0; 2  , 1;0  .
Câu 28:
Chọn A
log x 2  y 2  4  4 x  2 y  m   1 4 x  2 y  m  x 2  y 2  4
Ta có: 

4 x  3 y  1  0
4 x  3 y  1  0
 x  2 2   y  12  m  1

 4 x  3 y  1  0
1
 2
 *
Xét 1 :  x  2    y  1  m  1 .
2
2
Khi m  1  0  1 vô nghiệm nên m  1 loại.
 x  2 2  0
x  2
Khi m  1  1   x  2    y  1  0  

thay vào
2
 y  1
 y  1  0
thỏa mãn nên m  1 loại.
2
2
 2
không
Khi m  1 thì nghiệm của bất phương trình 1 là miền trong của đường tròn  C  có tâm
I  2; 1 và bán kính R  m  1 .
Xét d : 4 x  3 y  1  0 .
Khoảng cách từ tâm I đén đường thẳng d là: d  I , d  
4.2  3.  1  1
4 2   3 
2

12
.
5
Hệ * có nhiều hơn một cặp số  x; y   d cắt đường tròn  C  tại 2 điểm phân biệt
12
119
 m 1  m 
.
5
25
Mà m nguyên và m  2021  m  5;6;...; 2021 .
d I,d   R 
Câu 29:
Vậy có 2017 số nguyên m thảo mãn.
Chọn B



2
2
3
3
Ta có log 3 2 x  y  log 7 x  2 y
361 | Phan Nhật Linh

 2 x 2  y 2  3 t  1

 log z  t   x3  2 y 3  7 t  2  .

t
 3
z  10
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
t
3
Nếu y  0  2   x  7 thay vào 1 ta được 2.7
2t
3
log
 3  t  log
t
3
3
49
2 do đó z  10
3
3 49
2
.
Nếu y  0
2


 2x2  y 2
Từ 1 &  2 suy ra 
 x3  2 y3



3
2
 27 t
 49t


x  2y 

 2x  y 
3
3
2


u3  2
x
3
Đặt  u, u   2 . Xét f  u  
y
2u2  1
2
2
3
  x 3

   2
t
t
 y 

 49 
 49 


  
   ,*  .
3
2
 27 
 27 
 x

 2    12 
 y



2
3
 f   u 


6u u3  2  u  4 
 2u
2

1
4
u  0

 0  u   3 2 .
u  4

Ta có bảng biến thiên
Nhận xét với mỗi giá trị
u
tương ứng với duy nhất 1 cặp  x, y  thỏa mãn bài toán do đó
 1  49 t
 log 49  1 
log 49 4
   4
8
27
27

10

z

10
 8  27 
Yêu cầu bài toán tương đương 
.


t
 4 
log


49

 33 
 0   49   4
 0  z  10 27
 27  33

 
Vì z là số nguyên nên có 211 giá trị thỏa mãn.
Câu 30: Chọn C
Điều kiện: x  0
Với
điều
kiện
trên:
log  x  3 1  0
 2
log x  y  0
log 2  x  31 .log 2 x  y   0   2


log 2  x  3 1  0

log x  y  0
 2
log  x  3  1 

x 3 2
x  1

 2



log x  y
 x  2 y
 x  2 y
 2 y  x  1  sai 
 2


 
 
 
 1  x  2 y

y



x 3 2
x  1 1  x  2
log 2  x  3  1 





y
y
log x  y
 x  2

x  2


 2
So điều kiện ta được: 0  x  2 y
Ứng với mỗi y luôn có ít hơn 2021 số nguyên x  2 y  2021  y  log 2 2021
Vì y là số nguyên dương nên y  1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9;10
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 362
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 31:
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Chọn A
3
Xét phương trình: 2021x a
 x3  a
3log x 1

 log 2021 a
3log x 1

3log x 1
a
3log x 1
 2020
, điều kiện: x  1 ,
x  2020
3

 2020  log 2021  x3  2020 


 x 3  log 2021  x3  2020   a 3log x1  log 2021 a 3log x1  2020  
Xét hàm số f (t )  t 3  log 2021  t 3  2020  , trên  0; 
f '(t )  3t 2 
3t 2
 0, t  0 nên hàm số f (t ) đồng biến trên  0; 
t 3  2020  ln 2021
Do đó   trở thành: x  a
 log a 
log x 1
 x   x  1
log a
 log x  log a.log( x  1)
log x
 1, x  1 nên a  10  a  1,2,3,4,5,6,7,8,9
log  x  1
Câu 32: Chọn C
Ta
có:
x 1
xy  y
log
 4 y 4  4 y 3  x 2 y 2  2 y 2 x  log 2
  4 y 4  4 y3  y2    x2 y2  2 y 2 x  y 2 
2 y 1
2y  y
 log  xy  y   log  2 y 2  y    2 y 2  y    xy  y  1
2
2
Xét hàm số f t   log t  t 2 với t  0;  .
Ta có: f  t  
1
 2t  0; t  0;  . Suy ra hàm f t  đồng biến trên t  0;   .
t ln10
Khi đó: 1  f  xy  y   f 2 y 2  y   xy  y  2 y 2  y  x  2 y .
Vì y   và y  2021 nên ta xét các trường hợp sau.
y  1  x  1; 2
.
y  2  x  1; 2;3; 4
.
……………………………….
y  2021  x  1; 2;3;.....; 4042
.
Vậy số cặp nghiệm thỏa mãn điều kiện bài toán là: 2  4  6  ...  4042  2022.2021
Câu 33: Chọn B
2 x 2  y 2  3t 1

Ta có log 3  2 x 2  y 2   log 7  x 3  2 y 3   log z  t   x3  2 y 3  7t  2  .

t
 3
 z  10
t
3
2t
3
log
Nếu y  0  2   x  7 thay vào 1 ta được 2.7  3  t  log
t
3
Nếu y  0
363 | Phan Nhật Linh
3
49
2 do đó z  10
3
3 49
2
.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
2
  x 3

3



2
2
 2 x 2  y 2   27t
t
  y 

x 3  2 y 3   49 t


 49 


Từ 1 &  2  suy ra 

  
   , * .
3
3
2
  x  2 2   27 
2 x 2  y 2   27 
 x3  2 y 3   49t


 2  1 
  y



u  0
2
3
3
u

2
6
u
u

2
u

4







x

Đặt  u , u   3 2 . Xét f  u  
 0  u   3 2 .
3  f u  
4
2
2
y
 2u  1
 2u  1
u  4

Ta có bảng biến thiên
Nhận xét với mỗi giá trị u tương ứng với duy nhất 1 cặp  x, y  thỏa mãn bài toán do đó
 1  49 t
 log 49  18 
log 49 4
   4
 
27
27

10

z

10
8
27


Yêu cầu bài toán tương đương 

.

t
 4

log 49  
49
4



33


0    
0  z  10 27
  27  33
Vì z là số nguyên nên có 211 giá trị thỏa mãn.
Câu 34: Chọn C



x 2
x
Ta có: bất phương trình 2  2 2  m  0

1

3
 2 x  2  2  0
 2 x  2  2
 x  2  2
 x   2
 x
 x



x

log
m
2  m  0
2  m

  x  log 2 m
2
3




   x  log 2 m .
x2
x2
2
 2  2  0
 2  2
  x  2  1
  x   3
 x
 x


2
2
*
 2  m  0
 2  m
  x  log m
  x  log m
2
2


vô nghiệm).
Bất phương trình đã cho có tập nghiệm chứa không quá 6 số nguyên
 log 2 m  5  m  25  m  32
Mà m nguyên dương nên m 1; 2;3;....32 .
Vậy có 32 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 35: Chọn D
Điều kiện: x 2  4 x  log 2 m  0
m.2 x
 2x
2
2
 4 x 1
 m 2 .22 x
 4 x  log 2 m
 4x
2
2
8 x 1
 4 x  log 2 m
 7 log 2  x 2  4 x  log 2 m   3
 14 log 2  x 2  4 x  log 2 m   6
Đặt x 2  4 x  log 2 m  t , (t  0). Phương trình trở thành 2t  4t  14 log 2 t  6 *
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 364
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Xét hàm số f  t   2t  4t  14 log 2 t  6 trên  0;   . Ta có f   t   2t ln 2  4t ln 4 
14
t ln 2
14
 0, t   0;  
t ln 2
Suy ra hàm số f   t  đồng biến trên  0;   . Do đó phương trình f  t   0 hay phương trình
f   t   2t ln 2 2  4t ln 2 4 
 *
Ta
2
có nhiều nhất 2 nghiệm
thấy
t  1, t  2
thỏa
mãn
 *
.
Do
đó
phương
trình
t  1
t  2
*  
t  1  x 2  4 x  log 2 m  1  x 2  4 x  1  log 2 m  0 1
t  1  x 2  4 x  log 2 m  2  x 2  4 x  2  log 2 m  0  2 
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi hoặc có nghiệm
1 có nghiệm khi và chỉ khi   0  4   log 2 m  1  0  log 2 m  5  m  32.
 2
có nghiệm khi và chỉ khi    0  4   log 2 m  2   0  log 2 m  6  m  64.
Do đó phương trình đã cho có nghiệm  m  64. kết hợp m nguyên dương. Vậy có 64 số
Câu 36: Chọn D
1
1
Ta có a  x
 x
 x x4 .
9 3 3 9
1
1

 x
 x x4
 f  x  x
9 3 3 9
Xét hàm số 
.
g  x  a

Nếu x  4 thì f  x  
Suy ra f   x  
9 x ln 9
9
x
 3
Nếu x  4 thì f  x  
Suy ra f '( x) 
1
1
1
1
 x
xx4 x
 x
 2x  4 .
9 3 3 9
9 3 3 9
x
2
9
3x ln 3
3
x
 9
2
 2  0 , x  4 .
1
1
1
1
 x
x x4  x
 x
4.
9 3 3 9
9 3 3 9
x
9 x ln 9
x

 3
2

3x ln 3
3
x
 9
2
1
 0, x  4, x  , x  2 .
2
Ta có bảng biến thiên như sau:
Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt khi a 
a  0
Do 
nên a  4;  3;  2;  1 .
a  
Câu 37: Chọn B
Điều kiện xác định: 1  x  1 .
365 | Phan Nhật Linh
40
.
9
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Đặt t  x  1  x 2 ta có t 2  x 2  1  x 2  2 x 1  x 2  1  2 x 1  x 2  x 1  x 2 
Xét t  x   x  1  x 2 , x   1;1 ; ta có t   x   1 
x
1  x2

1  x2  x
1  x2
t 2 1
.
2
.
x  0
2

t  x   0  1  x2  x   2 1  x 
.
2
 x  2
 2
Và t  1  1 , t 1  1 , t 
  2 . Suy ra t   1; 2  .
2


 t 2 1 
m
3m
3
Khi đó phương trình đã cho trở thành em  e3m  2t 1 
  e  e  t  t * .
2




Xét hàm số f  t   t 3  t ta có f   t   3t 2  1  0 , t  hàm số đồng biến trên 1; 2 .


1


Từ * , ta có f  em   f  t   e m  t  m  ln t  m   ;ln 2 . Hay m    ; ln 2  .
2


Câu 38: Chọn A
Điều kiện: x  0 . Phương trình 3. x
log 2 x 1
3
 (log 2 x
log 2 3
1
x m
ln
 1)  3 2
 1

x m 

ln 2


3

1
x  1  log 2 x  m
ln 2
 1


x  m  . Xét hàm số f (t )  3t  t
 ln 2

Ta có: f  (t )  3t.ln 3  1  0, t
1
1
x  m  log 2 x 
x  m 1
ln 2
ln 2
1
 1

 x.ln 2 ln 2 khi x  0
1
x , x  0 ; g  ( x)  
Đặt g ( x)  log 2 x 
ln 2
 1  1 khi x  0
 x.ln 2 ln 2
Suy ra phương trình  log 2 x  1 
g  ( x)  0  x  1
Bảng biến thiên cho hàm y  g ( x )
Từ bảng biến thiên phương trình có nghiệm  m  1  
mà m  , m   2021;2021  m   2021; 1
1
1
 m  1
ln 2
ln 2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 366
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Vậy có tất cả 2021 giá trị m thỏa mãn điều kiện bài.
Câu 39: Chọn B
x  0
Điều kiện 
.
m  log 2 x  0
Ta có log 22 x  log
2
x  m  m  log 2 x  log 22 x  2 log 2 x  m  m  log 2 x
 log 22 x  log 2 x  m  log 2 x  m  log 2 x .
Đặt u  log 2 x và v  m  log 2 x . Khi đó
u  v  0
Phương trình  u 2  u  v 2  v  u 2  v 2   u  v   0   u  v  u  v  1  0  
.
u  v  1
u  0
Xét u  v  m  log 2 x  log 2 x  m  u  u   2
.
u  u  m
u  1
Xét u  v  1  m  log 2 x  1  log 2 x  m  u  1  u   2
.
u  3u  1  m

y = u2

y
3u + 1
y = u2
u
y=m
y=m
y= m
O
1
u
Dựa vào đồ thị, ta có m  0 thì phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm.
Lại có m nguyên và m   2020; 2020  m  1; 2;3;...; 2020 .
Vậy có 2020 giá trị nguyên của m thỏa đề.
Câu 40: Chọn B
Điều kiện xác định: x  0 .
 1

Đặt t  log x , với x  
;100   t   2; 2 .
100

Phương trình đã cho có dạng: t 4  t 3  2t 2  3mt  m 2  0 * , t   2; 2  .
 1

Phương trình có 4 nghiệm phân biệt x  
;100  khi và chỉ khi phương trình * có 4 nghiệm
100

phân biệt t thỏa mãn t   2; 2  .
Phương trình * là phương trình bậc 2 theo ẩn m .
 m  t 2  2t  2 
Ta có: m 2  3mt  t 4  t 3  2t 2  0  
, t   2; 2 .
2
 3
 m  t  t
367 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Xét đồ thị của hai hàm số f  t   t  2t và g  t   t  t . Giao điểm của hai đồ thị f  t  và
2
2
 1 3
g  t  là  0; 0  và   ;  .
 2 4
Yêu cầu bài toán tương đương với mỗi phương trình  2  và  3 có 2 nghiệm phân biệt
t   2; 2  và 4 nghiệm này đôi một khác nhau. Khi đó, đường thẳng y  m cắt cả hai đồ thị
3

0  m  4
f  t  và g  t  tại 4 điểm phân biệt có hoành độ t thuộc  2; 2 . Dựa vào đồ thị ta có: 
3  m 1
 4
3
7
3 
Suy ra a  0; b  ; c  1  T  a  b  c  . Vậy T   ; 2  .
4
4
2 
Câu 41: Chọn A
 m m  0
m  0
Điều kiện 
. Đặt t  10 x , t  0  x  log t .

m
x

log
m

0

 mx  log m  0
Khi
đó
log  mx  log m
m
  10
phương
x
trình
đã
cho
 log  mx  m log m   t  m log t  m log m  10
viết
lại
t
log t
t log m
  t  log m * .
 log t  log m  10t log m  10  log t  10
t
t
Xét hàm số g  t   10  t có g   t   10 ln10  1  0 nên hàm số luôn đồng biến trên  .
Từ  * ta được log t  t  log m  x  10 x  log m  log m  10 x  x .
x
x
Xét hàm số h  x   10  x , h  x   10 ln10  1 , h  x   0  x   log  ln10  .
Bảng biến thiên
Dựa vào
bảng
biến
thiên, suy ra phương trình
log m  g   log  ln10    m  10
g   log  ln10 
đã cho có
2
nghiệm khi
 6,3 .
Vì 0  m  20 và m nguyên nên m 7;8;...;19 , có 13 giá trị thỏa mãn.
Câu 42: Chọn A
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 368
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Ta
có
4
 x m
log
3
x
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
2
 2 x  3  2 x
2
2 x
log 1  2 x  m  2   0
3
 2x
2
 2 x 3
log 3  x 2  2 x  3  2
2 x m  2
log 3  2 x  m  2  .
Xét hàm số f  t   2t log 3 t với t  2 .
f   x   2t .
1
 2t ln 2.log 3 t  0, t  2 . Hàm f  t  đồng biến trên  2;   .
t ln 3
Mà f  x 2  2 x  3  f  2 x  m  2  suy ra x 2  2 x  3  2 x  m  2 .
 x2  2x  1  2  x  m
 2m   x 2  4 x  1
 2

.
2
 x  2 x  1  2  m  x 
 2m  x  1
Để phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt thì đồ thị hàm số y  2 m giao với đồ thị hàm
số y  x 2  1 và y   x 2  4 x  1 tại 3 điểm.
Dựa vào đồ thị ta thấy với 2m  1; 2;3 thì đồ thị hàm số y  2 m giao với đồ thị hàm số
y  x 2  1 và y   x 2  4 x  1 tại 3 điểm.
1 3
Vậy m   ;1;  hay có 3 giá trị thực của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
2 2
Câu 43: Chọn D
Ta có:

 1
 x y
x y
1 
x y
 log  
 log 
  1  2 xy 
  1  2 xy
10
10
 2x 2 y 
 2 xy 
 x  y 10 
x y
x y
 x y
 2 xy  log 
.
 log 
  log10  0 
  2 xy  log  2 xy  * .
10
10
 10 
 10 2 xy 
Xét hàm số f  t   t  log t với t  0 .
t
 0 t  0 . Suy ra hàm số f  t  đồng biến với t  0 .
ln10
x y
1 1
 x y
Mà *  f 
 2 xy    20 .
  f  2 xy  
10
x y
 10 
Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có:
Ta có f   t   1 
369 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
2
 4 1  1   1 1 
 4 1 5
20 5
 2  2    1      400   2  2   400  2  2  1600 .
y  4   x y 
y 4
x
y
x
x
1

x  4 y
x
 20 5 


4
Vậy min  2  2   1600   1 1
.



20
x
y


x y
y  1


16
1
20 5
Khi 2  2 đạt giá trị nhỏ nhất thì xy 
.
64
x
y
Câu 44: Chọn B
 a  2b  8  0

Miền giá trị của a, b thỏa mãn  a  b  2  0 là ABC như hình vẽ
2a  b  4  0

Gọi M  a; b  là điểm nằm trong và trên các cạnh của ABC , ta có OM 2  a 2  b2 .
OM 2 nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của O lên AB , hay OM  AB
OA2 .OB 2 16
16
2

Khi đó OM 
suy ra M  .
2
2
OA  OB
5
5
 x 2  2 x  2  1  m  0
Điều kiện xác định 
2
 x  2 x  3  0
Đặt log
2 2 3
x
2
 2 x  2  1  m   log 2 

 2
 x  2x  2  1 m  2 2  3

 x2  2x  3  2  3 t



t

3
x
2
 2 x  3  t , ta có hệ
1
2


t


t
Lấy 1 trừ  2  ta được 1  m  2 2  3  2  3  1  3 
Số nghiệm của phương trình  3  là số giao điểm giữa đường thẳng y  1  m và đồ thị hàm số


t


t
y  2 2  3  2  3 1
16
11
11
 16 
Ta có m  0;   0  m   1  1  m    0  1  m 
5
5
5
 5


t


t
f t   2 2  3  2  3 1
Xét

 
t


 
t
f   t   2 2  3 ln 2 2  3  2  3 ln 2  3

Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 370
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
f   t   0  t  0, 7495
Bảng biến thiên
Vậy
đường
thẳng



t
y  1 m

luôn
cắt
đồ
thị
hàm
số
tại
nhất
một
điểm
t
y  2 2  3  2  3  1 có hoành độ t1 hay phương trình  3  luôn có nghiệm t1

2
Thay vào  2  ta được: x  2 x  3  2  3

t1
= 0 , theo hệ thức Viet ta có: x1  x2  2 .
Câu 45: Chọn C
x
3  2m
Điều kiện  x
.
2
3  m
3t  3x  2 m
3t  2m  3x
Đặt log 3  3  2 m   log 5  3  m   t   t
 t
.
x
2
2
x
5  3  m
5  m  3
x
x
2
t
t
 2m  m 2  1  3t  5t  1. Xét hàm số f  t   3  5  1.
t

 3  ln 5
 ln 5 
 ln 5  
f   t   3 ln 3  5 ln 5  0    
 t  log 3 
 . Khi đó f  log 3 
   1,1396.
ln 3 
 5  ln 3
 5  ln 3  
5 
t
t
Mà m 2  2m  1  0 nên để phương trình có nghiệm thì từ bảng biến thiên của f  t  ta phải có

 ln 5  
0  m 2  2m  1  f  log 3 
  do m   nên:
 5  ln 3  
m  0
 m 2  2m  0
 2
  m  2 . Vậy tổng các giá trị nguyên của m là 3.
 m  2m  1  m  1

Câu 46: Chọn D
Điều kiện: x  m  0 .
 ln  x  m    m 
m ln  x  m 
 1.
Do e  0 nên ta có phương trình  
  x  3 x .
x
e
e
ex

 e 
ln  x  m 
m
Đặt a 
và b  x thì phương trình thành a3  b3  3ab  1  0
x
e
e
3
3
3x
3
3
  a  b   3ab  a  b   3ab  1  0   a  b   13   3ab  a  b  1  0 .


2
  a  b  1  a  b   a  b  1  3ab  a  b  1  0 .



a  b 1
  a  b  1  a 2  b 2  a  b  1  ab   0   2
2
 a  1  b  a  b  b  1  0
1
 2
Trường hợp 1: a  b  1  ln  x  m   m  e x . Đặt u  ln  x  m   x  m  eu
371 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
u  m  e
 u  x  e x  eu  u  e u  x  e x  f  u   f  x   *  .
Ta có có hệ phương trình 
u
 x  m  e
x
Xét hàm đặc trưng f  t   et  t , t   là hàm đồng biến trên  ;   .
x
Do đó từ *  u  x  ln  x  m   x  x  m  e x  m  e
 x.
g  x
Ta có: g '  x   e  1, cho g '  x   0  x  0 . Lập bảng biến thiên ta có:
x
Dựa vào bảng biến, ta thấy yêu cầu bài toán  m  1 .
Trường hợp 2: với phương trình  2  xét   1  b   4  b 2  b  1  3b 2  6b  3  3  b  1
2
2
Với b  1    0 nên phương trình  2  vô nghiệm.
Với b  1    0 nên phương trình  2  thành a 2  2a  1  0  a  1 .
 x  m  e m
 x  e x  em  3 .
Khi đó ta có ln  x  m   m  e  
x
m  e
x
Nhận xét: e x  x  1  x  e x  1  0 nên phương trình  3  vô nghiệm.
Tóm lại, từ hai trường hợp, ta nhận m  1 .
m  
 m  1; 2;...; 2021 nên có 2021 giá trị thỏa mãn.
Lại có 
m   2021; 2021
Câu 47: Chọn A
Xét phương trình 2 x
2
 y2
 log 3  x 2  y 2  5   18  0 .
2
2
Đặt t  x  y ,  t  0  . Phương trình trở thành: 2t  log 3  t  5   18  0 .
Xét hàm f  t   2t  log 3  t  5   18 với t  0 .
Ta có f   t   2t ln 2 
1
 0, t  0 . Dễ có f  t  liên tục trên  0;    , suy ra hàm
 t  5  ln 3
f  t  đồng biến  0;    .
Mặt khác f  4   0 nên phương trình f  t   0 có nghiệm duy nhất t  4 . Khi đó ta được
x2  y 2  4 .
Ta có log x  y 2  2  6  y 2  2 y   1  6  y 2  2 y  x  y 2  2  x  4  2 y .
y
y

y 2
2

2
2

Thay vào ta được:  4  2 y   y  4  5 y  16 y  12  0  
6  y
y 


5
y

Với y  2 thì x  0 . Với y  2 thì x  0 .
 2
2


6
.
5
6
5
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 372
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
8
8


x
x


8
8
6
6
5
5
Với y   thì x   
. Với y  thì x   
.
8
8
5
5
5
5
x 
x 


5
5
Vậy có 6 cặp số thực  x; y  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 48: Chọn B
2 y  x2
Vì 2
 0, x; y nên với y  0 thì log2 y 1 x  0  x  1.
x  1
Do đó điều kiện của bài toán là 
.
y  0
2
2
2
Khi đó 2 2 y  x  log 2 y 1 x  2.2 2 y  x  2 log 2 y 1 x  2 2 y 1 x  log 2 y 1 x 2

2
2 y 1
2x
2

2
log 2 x 2
2 y 1
2
log 2  2 y  1  2 x log 2 x 2 .
log 2  2 y  1
t
Xét hàm đặc trưng f  t   2 .log2 t trên 1; , ta có f   t   2 .ln 2.log2 t 
t
Do đó hàm f  t  đồng biến trên 1; .
 
Khi đó, f  2 y  1  f x 2


2t
 0, t  1.
t ln 2
2
 2 y  1  x2  4 y2  x2  1 .
Ta có 4 y 2  10 x 2  mx  1  0   x 2  1  10 x 2  mx  1  0
2
 x 4  12 x 2  mx  0  x 3  12 x  m .
Xét hàm g  x  x 12x  g  x  3x 12 , g  x  0  x  2 .
3
2
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên của hàm g  x suy ra phương trình
4y2 10x2 mx 1 0 có duy nhất một
nghiệm khi và chỉ khi m 11;40 , do đó có tất cả 52 giá trị
m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 49: Chọn B
Ta có: log 2
y
 y 2  x 4  1  log 2 y  y 2  log 2  x 2   x 4
2
2x
1
Xét hàm số f  t   log 2 t  t 2 trên khoảng  0;   ta có f   t  
1
 2t  0; t   0;  
t.ln 2
 hàm số đồng biến trên khoảng  0;   nên 1  y  x 2 .
Thay y  x 2 vào phương trình ta được:

m  2 y  2 x  2  y  4 x   m 2  22 x  m 2 x
373 | Phan Nhật Linh
2
2 x
 2 x
2
4 x
m
2
 2x
2
2 x
.2 x
2
4 x
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
 2
 x 4 x
  x 2  4 x  log 2 m  0  3

Để có nhiều hơn 2 cặp  x, y  thỏa mãn phương trình đã cho điều kiện là hệ  2    3

 m  2x
2
2 x
. m  2
 x2  4 x
m  2
  0  m  2
x2 2 x
 x  2 x  log 2 m  0
2
2
có ít nhất
m  0, m  1
1

  m  16

3 nghiệm khác 0  1  1  log 2 m  0   2

m  1
 2  4  log 2 m  0 
Mà m    m  2;3;....;16  Có tất cả 15 giá trị của m .
Câu 50: Chọn B
Điều kiện x  0 .
Ta có 2 log 3

6x
2
2x 1 1


2 x  1  y  32 y  2 x  0
 2x  0

 2  2log  2 x  1  1  2 2 x  1  2 y  3  2 x  0
 2 log  2 x  1  1  2 x  2  2 2 x  1  2 y  3
 2 log  2 x  1  1   2 x  1  1  log 3  3
 2 log 3 3
2y
2x  1 1  2 2x  1  2 y  3
2y
3
2
2y
3
2
2
3
2y
2y
3
Xét hàm số y  f  t   log3 t  t  f   t  
1
 1  0, t  0 .
t ln 3
Suy ra hàm số y  f  t  đồng biến trên khoảng  0;  .
Từ 1  f
Do đó T 

   f 3   
2x  1  1
2
2y

2
2y
2x 1 1  3
.
1
7
1
7
2y
2 x  1  2 x  4   2 x   2.3 
2 x  1  2 x  4   2 x   2.
3
3
3
3


2
2x 1 1 .
Đặt t  2 x  1  1  2 x  t 2  1 .
1
7
1
2
2
Suy ra T  t  t 2  1  4   t 2  1   2  t  1  t 3  t 2  3t  .
3
3
3
3
t  1
Có T   t 2  2t  3  T   0  
.
t  3
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên suy ra min T  
29
 9, 67   11; 9,5 .
3
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 374
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi y có không quá 5 số nguyên x thỏa


mãn 2 x  2  3 2  5 x  y   0 ?
A. 125 .
Câu 2:
B. 625 .


Số giá trị nguyên dương của m để bất phương trình 3x  2  3  3x  m   0 có tập nghiệm chứa
không quá 6 số nguyên là
A. 32 .
B. 31 .
Câu 3:
D. 4 .
C. 25 .
C. 243 .
D. 244 .
Cho hàm số f  x   e x  e  x  2020 x . Có bao nhiêu số nguyên dương m sao cho ứng với mỗi m
có đúng 10 số nguyên dương x thỏa mãn bất phương trình f  mx  1  f  2 x  2021  0 ?
A. 19 .
Câu 4:
Câu 5:
B. 2019 .
C. 18 .
D. 2018 .
2 x  x 1
 32  x 1  2020 x  2020  0
3
Cho hệ bất phương trình  2
( m là tham số). Gọi S là tập tất
2
 x   m  2  x  m  3  0
cả các giá trị nguyên của tham số m để hệ bất phương trình đã cho có nghiệm. Tính tổng các
phần tử của S .
A. 10 .
B. 15 .
C. 6 .
D. 3 .
Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình sau có đúng 5 nghiệm
nguyên: log m  log 2 x 2  6 x  5  0 ?
A. 210 .
Câu 6:
B. 3635 .
C. 3636 .

D. 20 .

Cho hai số thực x, y thỏa mãn log3 x  y x 2  2 y  1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức
T  3x  y  2 tương ứng bằng:
A. 11 .
Câu 7:
C. 6  4 2 .
B. 13 .
D. 9 3 .
Có bao nhiêu số nguyên a   2021; 2021 , để bất phương trình
log a  x  x  a  x    log a  x x có nghiệm thực x ?
A. 2022 .
B. 2021 .
C. 2020 .
D. 2019 .
1
 log 5 x 2  1  log 5 mx 2  4 x  m . Tập tất cả các giá trị của m để bất
2
phương trình nghiệm đúng với mọi số thực x có dạng (a; b] . Tích a.b bằng
A. 4 .
B. 0 .
C. 8 .
D. 6 .
Câu 8:
Cho bất phương trình
Câu 9:
Cho x, y là các số thực thỏa mãn log x2  y2  2  4 x  6 y  7   1 . Gọi M  x 2  y 2  20 x  8 y . Hỏi
M có thể nhận tối đa bao nhiêu giá trị nguyên?
A. 86 .
B. 5 .
C. 85 .
D. 25 .
Câu 10: Gọi S là tập chứa tất cả các giá trị thức của tham số m để tồn tại duy nhất bộ ba số thực  x; y; z 


thỏa mãn điều kiện log 22 2 x2  y 2  z 2  2m log 2  4 x  2 y  2 z   0 . Tích tất cả các phần tử của
tập S tương ứng bằng:
375 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
B. 16 .
A. 0 .
D. 12 .
C. 6 .
Câu 11: Cho hai số thực x, y thỏa mãn đồng thời x 2  y 2  16 , log x 2  2 y 2 1  y 2  8 x  1  1 . Biết rằng tồn
tại ít nhất một cặp số thực  x; y  thỏa mãn mx  3 y  3m  12  0 . Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị
nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán?
A. 5 .
B. 6 .
C. 11.
D. 10 .
Câu 12: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 242 số nguyên y thỏa mãn
log 4  x 2  y   log 3  x  y  ?
A. 55 .
B. 28 .
C. 29 .
D. 56 .
Câu 13: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m sao cho với mỗi giá trị m , bất phương trình
log 2 x 2  2x  m  3 log 4  x 2  2 x  m   10 nghiệm đúng với mọi giá trị x   0; 3 ?
A. 12
C. 252
B. 13
D. 253
Câu 14: Cho các số thực a , b thỏa mãn log a 2  b2  20  6a  8b  4   1 và các số thực c, d thỏa mãn
 


ln 2c  1  4c 2  ln d  1  d 2  0. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T   a  2c    b  d  là
A.
51  14 2
.
2
2
B. 2 5  1 .
C.
7
1 .
2
2
D. 21  4 5 .
Câu 15: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi số nguyên x có đúng 5 số nguyên y thỏa mãn
3
y2  x2 y
 log y 2 3  x  2 y  3 ?
A. 10 .
C. 9 .
B. 12 .
D. 11 .
 x; y  thỏa mãn đồng
Câu 16: Có bao nhiêu cặp số tự nhiên
log 2  x  2 y   log 3  2 x  4 y  1
log3  x  y   y  2
và
.
A. 7 .
B. 6 .
C. 10 .
thời hai điều
kiện:
D. 8 .
Câu 17: Có bao nhiêu số nguyên a ,  2  a  2021 để có ít nhất 5 số nguyên 5x thỏa mãn
a x 
A. 1892 .
B. 125 .
A. m 

1 3
.
4
D. 1893 .

4x  1
. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất
2x
x  4  m( x  1)  f  m  1  0 có nghiệm.
Câu 18: Cho hàm số f  x   ln
phương trình f

1
1
 2 x 
2
a
C. 127 .
4x2  1  2x 

B. m  0 .
C. m 
1  3
.
4
D. m 
1
.
2
Câu 19: Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho tồn tại số thực x  1;5  thỏa mãn:

4  x  1 e x  y e x  xy  2 x 2  3
A. 14 .
B. 11 .
C. 12 .

D. 10 .
Câu 20: Cho các số thực x, y  1 thỏa mãn x.32 x  y   y  1 .32 y  x . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  xy  x 2 bằng
1
A.  .
8
B.
1
.
8
C.
1
.
4
1
D.  .
4
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 376
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Chọn B
1


1

Ta có 2 x  2  3 2  5 x  y   0   2 x  2  2 3  5 x  5log5 y  0   x  2    x  log 5 y   0
3



5
   x  log 5 y .
3
Khi đó để với mỗi y có không quá 5 số nguyên x thì log5 y  4  y  625 .




Vậy có 625 số nguyên dương y thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 2:
Chọn C




1
3

 3x  2  3  0  x 2
3

3  32
 x


Trường hợp 1: 
2    x  log3 m .
x
x
2
  3  m   0
 x  log3 m
 3  m
log3 m  5
 m  243 .
Do yêu cầu bài toán bất phương trình có 6 nghiệm nguyên nên 
 m0
1
3

 3x  2  3  0  x  2
3

3  32
 x


Trường hợp 2: 
2  log3 m  x   .


x
2
  3  m   0
 3x  m
 x  log3 m
Do yêu cầu bài toán m nguyên dương nên không tồn tại giá trị m thoản mãn TH2.
Vậy có tất cả 243 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3:
Chọn C


Với mọi x   thì f   x   e x  e x  2020 x   e x  e x  2020 x   f  x  nên f  x  là hàm
số lẻ trên 
f  mx  1  f  2 x  2021  0  f  mx  1   f  2 x  2021  f  2021  2 x  1 .
Mặt khác: f '  x   e x  e x  2020  0 x   nên f  x  đồng biến trên 
Khi đó 1  mx  1  2021  2 x  x 
2020
m2
Để có đúng 10 số nguyên x thỏa mãn phương trình thì 10 

2020
 11
m2
2020
1998
 m  2  202 
 m  200
11
11
Mà m nguyên dương nên m  182 ; 183 ; ... ;199 nên có 18 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài
toán.
Câu 4:
Chọn D
Điều kiện xác định: x  1 .
Ta có: 32 x 
 32 x 
x 1
x 1
 32 

x 1
 2020 x  2020  0  32 x 

 1010 2 x  x  1  32
x 1

x 1
 2020 x  32

x 1
 2020
 1010 2  x  1 .
Xét hàm số f  t   3t  1010t trên  .
Dễ dàng nhận thấy f   t   0, t   , suy ra hàm số f  t   3t  1010t là hàm số đồng biến trên
.
377 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022

 
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT

Do đó f 2 x  x  1  f 2  x  1  2 x  x  1  2  x  1  1  x  1 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình 32 x 
x 1
 32
x 1
 2020 x  2020  0 là  1;1 .
Hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình x 2   m  2  x  m 2  3  0 có
nghiệm thuộc đoạn  1;1 . Gọi g  x, m   x 2   m  2  x  m 2  3 .
Trường hợp 1:    m  2   4m 2  12  0  5m 2  4m  8  0 
2
2  2 11
2  2 11
m
5
5
Khi đó g  x, m   0, x   .

2  2 11
m 
2
5
Trường hợp 2:    m  2   4m2  12  0 
, khi đó g  x, m   0 có hai nghiệm

2  2 11
m 
5

x1  x2 .
 x1  x2  1
Để g  x, m   0 có nghiệm thuộc đoạn  1;1 khi 
.
 1  x1  x2
 g 1, m   0
m 2  m  2  0

KN1: Xét x1  x2  1 , tức là  m  2

 2  m  0 .
1
m  0

 2
 g  1, m   0
m 2  m  6  0

KN2: Xét 1  x1  x2 , tức là  m  2

 2  m  3 .
 1
 m  4

 2
Từ các trường hợp và vậy ta có m   2;3 thì hệ bất phương trình trên có nghiệm.
Vì m   nên tập hợp S  2;  1; 0;1; 2;3 . Vậy tổng các phần tử trong tập hợp S bằng 3 .
Câu 5:
Chọn C
x  1

Điều kiện  x  5 .
m  0

Ta có log m  log 2 x 2  6 x  5  0  log 2 x 2  6 x  5  log m  x 2  6 x  5  2log m .
Xét hàm số f  x   x 2  6 x  5, f   x   2 x  6, f   x   0  x  3, f  3  4 .
Bảng biến thiên
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 378
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Để bất phương trình sau có đúng 5 nghiệm nguyên thì điều kiện cần tìm của m là:
5  2log m  12  log 2 5  log m  log 2 12  10log2 5  m  10log2 12  209.8  m  3845.5 .
Do m nguyên suy ra m  210; 211; ;3845 nên có 3636 số thỏa mãn.
Câu 6:
Chọn A
Điều kiện: x 2  2 y  0 .
Với 0  3x  y  1 thì T  3x  y  2  3 .


Với 3x  y  1 . Ta có: log3 x  y x 2  2 y  1  x 2  2 y  3x  y  x 2  3x  y  0.
Từ biểu thức T  3x  y  2  y  T  3x  2 , thay vào * , ta được:
x 2  3 x  T  3 x  2   0  x 2  6 x  T  2  0.
**
Để ** có nghiệm thì:   9  T  2   0  T  11  Tmax  11 .
Khi đó: x2  6 x  9  0  x  3  y  T  3x  2  11  3.3  2  0 .
x  3
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là Tmax  11 đạt được khi 
.
y  0
Câu 7:
Chọn B
0  x  a

Điều kiện xác định:  x  a . Nếu a  0 thì D   .
x  1 a

Bây giờ ta chỉ xét trường hợp a  0 , khi đó D   0; a  \ 1  a .
Ta có: log a  x  x  a  x    log a  x x
 log a  x x  log a  x  a  x   log a  x x  log a  x  a  x   0
 x  1  a

a  x  1  a  x
x  a 1 x  a 1



  x  a  1  x   a  1
a  x  1  a  x


  x  1  a
Kết hợp với điều kiện xác định thì bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi a  1  a .
 a  1

a  1
1
a  1  a

a 1  a 
 1
a .
 a  1
  a 1
2

2
 1  a  a
Số số nguyên a   2021; 2021 và a 
Câu 8:
1
là: 2021 số.
2
Chọn D
Điều kiện: mx 2  4 x  m  0
1
2
Bất phương trình  log 5 5  log 5 x 2  1  log 5 mx 2  4 x  m
 5 x 2  1  mx 2  4 x  m  5 x2  5  mx 2  4 x  m   m  5  x 2  4 x  m  5  0
379 | Phan Nhật Linh
*
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
mx  4 x  m  0, x  
Bất phương trình nghiệm đúng với mọi số thực x  
I 
2
 m  5  x  4 x  m  5  0, x  
2
4 x  0, x  
 vô lý
Trường hợp 1: m  0 hệ  I   
2
5 x  4 x  5  0, x  
 m  0 không thỏa mãn
4 x  0, x  
 vô lý
Trường hợp 2: m  5 hệ  I    2
5 x  4 x  5  0, x  
 m  5 không thỏa mãn
Trường hợp 3: m  0 và m  5
m  0

m  0
m  0
 m  2

2
   0
 m  2

4  m  0
Hệ  I    1


 2  m  3  a.b  6
m

5

0
m

5

0
m

5



2  0
 4   m  5 2  0
 m  7


  m  3
Câu 9:
Chọn C
Điều kiện: 4 x  6 y  7  0 . Từ giả thiết ta có:
log x 2  y 2  2  4 x  6 y  7   1  x 2  y 2  2  4 x  6 y  7   x  2    y  3  4 1
2
1
2
là miền hình tròn  C1  có tâm I1  2;3 và bán kính R1  2 .
Ta lại có: M  x 2  y 2  20 x  8 y   x  10    y  4   M  116  2 
2
2
TH1: Nếu M  116  0 thì  2  vô nghiệm.
 x  10
TH2: Nếu M  116  0 thì  2   
thay vào 1 ta được 113  4 .
 y  4
TH3: Nếu M  116  0  M  116 thì  2  là đường tròn  C2  có tâm I 2 10; 4  và bán kính
R2  M  116 .
Ta có: I1 I 2 
10  2 
2
  4  3   113  R1 nên điểm I 2 nằm ngoài hình tròn  C1  .
2
Từ hình vẽ ta thấy nửa mặt phẳng 4 x  6 y  7  0 chứa cả hai hình tròn.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 380
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Để tồn tại các số thực x, y thỏa mãn yêu cầu bài toán thì hình tròn  C1  và  C2  phải cắt nhau
như hình vẽ:
Khi đó: I1I 2  R1  R2  I1 I 2  R1  113  2  M  116  113  2


113  2

2
 M  116 

113  2

2



2
113  2  116  M 


2
113  2  116
 41,52058325  M  43,52058325
Mà M nguyên nên M  41; 40;...; 42; 43 . Vậy có 85 giá trị nguyên của M .
Câu 10: Chọn A
Điều kiện 2 x  y  z  0 .
Ta có 2 x  y  z  2 2 x  y  z  2 2 x 2  y 2  z 2 hay 4 x  2 y  2 z  4 2 x 2  y 2  z 2 .
Dấu đẳng thức xảy ra  x  y  z .
1
2
2
2
Khi đó 4 x  2 y  2 z  4 2 x 2  y 2  z 2  log 2  4 x  2 y  2 z   2  log 2 2 x  y  z
2


 log 2  2 x 2  y 2  z 2   2 log 2  4 x  2 y  2 z   2 .
log 22  2 x2  y 2  z 2   2m log 2  4 x  2 y  2 z   0
2 m log 2  4 x  2 y  2 z   log 22  2 x 2  y 2  z 2   4  log 2  4 x  2 y  2 z   2  .
2
Đặt t  log 2  4 x  2 y  2 z  ta được 4  t  2   2mt  2t 2   m  8  t  8  0 .
2
Yêu cầu bài toán 
2t 2   m  8  t  8  0 có đúng một giá trị t
  m  8  64  0
2
m  0

.
 m  16
Khi m  0 thì t  2  log 2  4 x  2 y  2 z   2  2 x  y  z  2 .
Mặt khác dấu đẳng thức xảy ra  x  y  z nên x  y  z 
m  16 tương tự x  y  z 
1
.
2
1
. Vậy S  0; 16 .
32
Câu 11: Chọn A
Ta có: x 2  y 2  16 suy ra tập hợp các điểm có tọa độ  x; y  nằm trên hay phía ngoài đường tròn
 C1  : x 2  y 2  16 .
381 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
Do  x; y    0;0  không thỏa mãn điều kiện đề bài nên x  2 y  1  1 .
2
2
Khi đó log x2  2 y 2 1  y 2  8 x  1  1  x 2  2 y 2  1  y 2  8 x  1  x 2  y 2  8 x  0 suy ra tập hợp
các điểm có tọa độ  x; y  nằm trong hoặc trên đường tròn  C2  : x 2  y 2  8 x  0 .
Vậy tập hợp bộ số  x; y  thỏa mãn đề bài là các điểm nằm trong miền tô đậm.
Nhận xét:

 

Đường tròn  C1  cắt đường tròn  C2  tại hai điểm phân biệt A 2; 2 3 , B 2;  2 3 ;
Đường thẳng  : mx  3 y  3m  12  0 luôn đi qua điểm cố định M  3; 4  và có hệ số góc
k  
m
.
3

Gọi d1 là đường thẳng đi qua điểm M và B suy ra MB  5;  2 3  4 nên hệ số góc của


2 3  4
; d 2 là tiếp tuyến của đường tròn  C2  đi qua M  3; 4  và tiếp
5
tại điểm C  4; 4  nên hệ số góc của đường thẳng d 2 : k d 2  0 .
đường thẳng d1 : k d1 
xúc với  C2 
Để tồn tại ít nhất một cặp  x; y  thì k d1  k   k d 2 
0m
2 3  4  m

0
5
3
12  6 3
. Do m là số nguyên nên m  0;1; 2;3; 4 .
5
Câu 12: Chọn D
x  y  0

Điều kiện  x 2  y  0 . Khi đó
 x, y  

log 4  x2  y   log3  x  y   x2  y  4log3  x y   x2  y   x  y 
 x2  x   x  y 
log3 4
log3 4
  x  y  1
Đặt t  x  y  t  1 thì 1 được viết lại là x 2  x  t log3 4  t
 2
Với mỗi x nguyên cho trước có không quá 242 số nguyên y thỏa mãn bất phương trình 1
Tương đương với bất phương trình  2  có không quá 242 nghiệm t .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 382
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Nhận thấy f  t   t
log 3 4
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
 t đồng biến trên 1;   nên nếu x  x  243log3 4  243  781 thì sẽ có
2
ít nhất 243 nghiệm nguyên t  1 .
Do đó yêu cầu bài toán tương đương với x 2  x  781  27, 4  x  28, 4 .
Mà x nguyên nên x  27, 26,..., 27, 28 .
Vậy có tất cả 28  28  56 số nguyên x thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 13: Chọn C


Điều kiện log 4 x 2  2 x  m  0  x2  2 x  m  1 .
log 2
x2  2 x  m 

1
log 2  x 2  2 x  m   log 4  x 2  2 x  m 
2

Đặt t  log 4 x 2  2 x  m . Điều kiện t  0 .
Bất phương trình trở thành:
t 2  3t  10  0  5  t  2
Kết hợp với điều kiện ta được 0  t  2
 x2  2 x  m  1
 0  log 4  x2  2 x  m   2   2
 1  m  x 2  2 x  256  m
x

2
x

m

256

Đúng
với
mọi
x   0; 3
nếu
giá
trị
nhỏ
nhất
của
min  x2  2 x   1  m
 0;3
max  x 2  2 x   256  m trên đoạn  0;3 . Với min  x2  2 x   1 ; max  x 2  2 x   3
0;3
0;3
 0;3
 1  1  m
 m2

Do đó 
. Vậy có 252 số m thỏa mãn đề bài.
3  256  m m  253
Câu 14: Chọn A
Ta có log a2 b2 20 (6a  8b  4)  1  ( a  3) 2  (b  4) 2  1
Gọi M ( a; b ) thì M  (C ) là đường tròn tâm I (3; 4), R  1 .



 


1
2
ln 2c  1  4c 2   ln 
  ln 2c  1  4c  ln
2
 1 d  d 
1 d 2  d

 2c  1  (2c) 2  1  (d ) 2  ( d )  2c  d
Gọi N (2c; d ) thì N thuộc nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng d : x  y  0 .
383 | Phan Nhật Linh
và
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
2
2
 7
 51  14 2
Khi đó: T  MN 2   d ( I ; d )  R   
.
 1 
2
 2 
Câu 15: Chọn D
3
y2  x2 y
 3y
2
3
 log y 2 3 
ln  x  2 y  3
3 y 3
x  2 y  3  x  2 y 3 
ln  y 2  3
3
2
ln  y 2  3   3
f   t   3t ln t.ln t 
x  2 y 3
ln  x  2 y  3  . Xét hàm số f  t   3t ln t với t  3 .
3t
 0, t  3  hàm số đồng trên 3;   .
t
Ta có: f  y 2  3  f  x  2 y  3  y 2  3  x  2 y  3  y 2  x  2 y
 x  y 2  2 y  g1  y 

2
 x  2 y  y  g 2  y 
3  x  8
Ta thấy  x  0
thì sẽ có đúng 5 giá trị nguyên của y với mỗi giá trị nguyên của x .

 8  x  3
Vậy có tất cả 11 giá trị.
Câu 16: Chọn B
Đặt t  x  2 y, t  0 , khi đó log 2  x  2 y   log3  2 x  4 y  1 trở thành log 2 t  log 3  2t  1 .
Dựa vào đồ thị ta thấy log 2 t  log 3  2t  1  0  t  4  0  2 x  y  4 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 384
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Kết
hợp
với
điều
kiện
log 3  x  y   y  2
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
ta
có
các
cặp
số
tự
nhiên
 x; y    0;1 ,  0; 2  ,  0;3 , 1; 0  , 1;1 , 1; 2  .
Câu 17: Chọn D
Nếu a  2 bất phương trình đúng với mọi x . Suy ra a  2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
1 1
Nếu a  3 bất phương trình tương đương với g  x   a  x  2 x    0 . Ta có g 1  0 và
2 a
a
g   x   a  x ln a  2 x ln 2  0   
2
x

ln 2
 ln 2 
 x  x0   log a 

ln a 
ln 3
2 
g   x   0  x  x0 ; g   x   0  x  x0
Và a  3  x0  1 ; a  4  x0  1 ; a  4  x0  1
Nếu a  4  x0  1  g  x   0  x  1 chứa đúng một số nguyên 5x là số 5 . Suy ra a  4
không thỏa mãn.
Nếu a  3  x0  1  g  x   0  S x  1;1, 28378  S5 x  5; 6,17  chứa đúng hai số nguyên
5x là các số 5 và 6 . Suy ra a  3 không thỏa mãn.
Nếu a  4  x0  1
Suy ra tập nghiệm của bất phương trình S x  b;1  S5 x  5b;5 chứa tối thiểu 5 số nguyên
 5b  1  b 
5x là các số 1 , 2 , 3 , 4 , 5
1
1


1
1 1
1
 g 0  a 5 2 5   0
2 a
5
5
 a  130;...; 2021 . Vậy 1   2021  130   1  1893 số nguyên a thỏa mãn.
Câu 18: Chọn A
Xét hàm số f  x   ln
f   x   ln

 ln 





4 x2  1  2 x 

4x2  1  2x 
4 x2  1  2 x

1
4x  1
. Tập xác định D   .
2x

 1  4x
4 x  1
1
 ln 
 x
x
2
2
2
 4x  1  2x 
x
 4 1

  ln

2x



4 x2  1  2 x 
4x 1
  f  x
2x
Do đó f  x  là hàm số lẻ.
Ta lại có f   x  
385 | Phan Nhật Linh
2
4x  1
2
 2 x ln 2  2 x ln 2  0, x    f  x  đồng biến trên  .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Bất phương trình f
 f



x  4  m( x  1)  f  m  1  0  f


CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT

x  4  m( x  1)   f  m  1
x  4  m( x  1)  f  m  1  x  4  m( x  1)  m  1
 m  2  x   1  x  4  m 
x  4 1
.
x2
Cách 1:
Xét g ( x) 
x  4 1
6 x2 x4
. Ta có g   x  
.
2
x2
2 x  4.  x  2 
x  6

g  x   0  6  x  2 x  4  0   x  8  2 3  x  8  2 3 .

  x  8  2 3
Bảng biến thiên
1 3
.
4
t 1
Cách 2: Đặt t  x  4, t  0 , khi đó trở thành m  2
.
t 2
t 1
Lập bảng biến thiên của hàm số g  t   2
trên
t 2
Từ BBT, bất phương trình có nghiệm  m 
max g  t   g
0; 

khoảng
0; 
ta được
1 3
3 1
, từ đó suy ra bất phương trình có nghiệm  m 
.
4
4

3 1 
Cách 3: Sử dụng máy tính để tìm giá trị gần đúng của max
4; 
để suy ra bất phương trình có nghiệm  m 
Câu 19: Chọn C

x  4 1
, so sánh với các đáp án
x2
1 3
.
4

Đặt f  x   4  x  1 e x  y e x  xy  2 x 2  3 .

 

Suy ra f   x   4 xe x  y e x  y  4 x  e x  y  4 x  y 
Với mọi số nguyên dương y , ta có: f   x   0  y  4 x  x 
y
do e x  y  0.
4


Với x  1;5   4 x   4; 20  và f 1   y  e  y  5   a ; f  5   16e5  y e5  5 y  53  b
Ta đi xét các trường hợp sau:
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 386
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: MŨ VÀ LOGARIT
y
Trường hợp 1: Với 1  x  5  1   5  4  y  20
4
* , ta có bảng biến thiên như sau:
Do a  0 y   4;20  nên phương trình đã cho có nghiệm x  1;5  thì b  0 .
ket hop dieu kien *
 33,33  y  14, 24 
 4  y  14 .
Trường hợp này có 10 giá trị của y thỏa mãn.
Trường hợp 2: Với x  1 
y
11 y  4
4
** , ta có bảng biến thiên:
b  0
 33,33  y  14, 24
Để phương trình đã cho có nghiệm thì x  1;5  thi 
.

a  0
y  5  e
ket hop dieu kien **
 5  e  y  14, 24  5  e  y  4.
Trường hợp này có 2 giá trị của y thỏa mãn.
Trường hợp 3: Với x  5 
y
 5  y  20 , ta có bảng biến thiên:
4
Do a  0 y  20 nên phương trình đã cho vô nghiệm với mọi x  1;5  .
Vậy có tất cả 12 giá trị y nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 20: Chọn A
Do y  1 nên y  1  0 . Khi đó x.32 x  y   y  1 .32 y  x  x  0 . Ta có: x.32 x  y   y  1 .32 y  x
 x.33 x   y  1 .3 y  3x.33 x   y  1 .3 y 1  f  3x   f  y  1  voi f  t   t.3t , t  0 
 3x  y  1  y  3x  1
2
1 1
1

Khi đó P  xy  x  x  3 x  1  x  2 x  x  2  x      .
4 8
8

2
387 | Phan Nhật Linh
2
2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
Cho hàm số
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  thỏa mãn
f 1  1 và
1
xf 1  x 3   f   x   x 7  x  2, x   . Tính tích phân I   f  x  dx .
0
2
.
3
A.
Câu 2:
B.
5
.
9
C.
5
.
9
2
.
3
D.
Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  , f   x   f  x   e x x   . Biết f  0   0 , tính
f  2 .
e2
.
2
A.
Câu 3:
2
B. 3e .
2
C. e .
2
D. 2e .
Cho hàm số f  x  liên tục trên khoảng  0;   và thỏa mãn f  x 2  4 x  3   x  2 với mọi
x   0;   . Tích phân
3
 f  x dx
bằng
0
A.
Câu 4:
112
.
3
B.
56
.
3
C.
14
.
3
7
.
3
D.
Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn f 1  4 ,
1
  f   x 
2
dx  5 và
0
1
 xf  x  dx 
0
A.
Câu 5:
3
. Khi đó
2
11
.
4
1
 f  x  dx
bằng
0
B.
5
.
12
C.
5
.
4
D.
11
.
12
Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  0;   thỏa mãn 2 xf   x   f  x   2 x , x   0;   
, f 1  1 . Giá trị của biểu thức f  4  bằng
A.
Câu 6:
11
.
6
Cho
x
3
B.
hàm
C.
f  x
số
liên
17
.
6
tục
D.
trên

B. 3 .
15
.
6
và
 x  f  x3    x 2  1 f 1  x 2   4 x 4  3x 3  4 x 2  3x, x   . Khi đó
A. 6 .
Câu 7:
13
.
6
thỏa
mãn
0
 f  x  dx
bằng
1
D. 1.
C. 3 .
Cho hàm số f  x  liên tục trên  0;   và thỏa mãn f  x 2  4 x   2 x 2  7 x  1, x   0;   .
5
Biết f  5   8 , tính I   x. f   x  dx .
0
A. I  
68
.
3
B. I  
35
.
3
C. I  
52
.
3
D. I  
62
.
3
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 388
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 8:
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Cho f  x  liên tục, có đạo hàm trên  và thỏa mãn f  2   16,
1
 f  2 x  dx  2 . Tích phân
0
2
 xf   x dx bằng
0
A. 30 .
Câu 9:
B. 28 .
C. 36 .
D. 16 .
Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  thỏa mãn 2 f  x   xf   x   2 x  1 và f 1  3 .
1
Khi đó
 f  x  dx bằng
0
A. 1 .
B. 2 .
C. 5 .
Câu 10: Cho hàm số f  x  liên tục trên  0;   . Biết
2
f  x
1
dx .
. Tính I  
x
ln 2
1
7
7
A. I   .
B. I  .
4
4
D.
5
.
2
1
là một nguyên hàm của hàm số f   x  ln x và
x2
f  2 
C. I 
1
.
2
1
D. I   .
2
Câu 11: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục và xác định trên  , đồng thời thỏa mãn các điều kiện:
4
2
 
ex
1 x f 
8
A.  .
3e
x dx  2 ;
 xf  x  e
x2
1
B.
e
.
6
dx 
1
; f  2   0 . Giá trị f 1 bằng
2
1
2
C.  .
D.  .
2
e
Câu 12: Cho hàm số f  x  liên tục trên tập số thực thỏa mãn xf ( x)  f ( x)  x 2 , x  và f (1)  2 .
1
Hãy tính
 f  x dx .
0
A.
5
.
6
B. 1.
C. 3 .
D.
5
.
6
1
Câu 13: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn x 2 f '( x )  (3 x  ) f ( x)  f '( x )  16 x 2  8, x   \ 0 và f (2)  8 .
x
Khi đó giá trị f (3) bằng
10
20
A.
.
B. 12 .
C. 288 .
D.
.
3
3
Câu 14: Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên  thỏa mãn f  2   3 ,
2
 xf   x  dx  3 ,
0
4

1
f
 x  dx  2 .
x
1
Tính
 f  x  dx .
0
A. 5.
B. 1.
C. 2.
Câu 15: Cho hàm số f  x  liên tục trên  và thỏa mãn
2
Tính tích phân I  1
4
389 | Phan Nhật Linh
f  2x 
dx .
x


4
0
D. 3.
tan x. f  cos x  dx  1 ; 
2
e2
e
f  ln 2 x 
x ln x
dx  1 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
A. I  1.
B. I  2 .
Câu 16: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn
A. I  1 .

3
0
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
D. I  4 .
C. I  3 .
3
x  f ( x)  e f ( x ) dx  8 và f (3)  ln3 . Tính I   e f ( x ) dx .
0
B. I  11 .
C. I  8  ln3 .
D. I  8  ln3 .
π

Câu 17: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  thỏa mãn f  x   f   x   sin x.cos x , với
2

π
2
mọi x   và f  0   0 . Giá trị của tích phân
π
A.  .
4
B.
 x. f   x  dx
bằng
0
1
.
4
C.
π
.
4
1
D.  .
4
Câu 18: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên tập  và thỏa mãn f  x   x 2 f  x   f  3  x   x 2 f  3  x  .
4
Biết
4
 x. f  x dx  2 . Tính tích phân
 f  x dx .
1
A.
3
.
2
B.
1
5
.
3
C.
4
.
3
3
.
4
D.
Câu 19: Cho các hàm số f  x  và g  x  liên tục, có đạo hàm trên  thỏa mãn f   0  . f   2   0 và
2
g  x  . f   x   x  x  2  e x . Tính I   f  x  .g  x  dx .
0
A. I  4 .
C. I  4 .
B. I  e  2 .
D. I  2  e .
Câu 20: Cho hàm số y  f  x  liên tục, có đạo hàm và dương trên khoảng
 0;  
thỏa mãn
f  x   3xf 3  x   4 xf   x  , f 1  1 . Khi đó f  4  bằng
A.
1
.
2
B. 2 .
C.
1
.
4
D. 4 .
Câu 21: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  2; 2 và 2 f  x   3 f   x  
1
, x   2;2 .
x 4
2
2
Tính I 
 f  x dx .
2
A. I 

10
B. I  
.

10
C. I  
.

20
D. I 
.

.
20
Câu 22: Cho hàm số y  f  x  xác định và có đạo hàm liên tục trên đoạn 1; 2 , f  x   1, x  1; 2 .
Biết f   x   f  x   2   f  x   1
2
7
A. .
2
Câu 23: Cho
4
 x  1
2
và f 1  2 . Tính I   xf  x  dx .
2
1
3
B.  .
2
hàm
số
f  x
liên
5
D.  .
2
C. 1.
tục
và
đồng
biến
trên
đoạn
1; 4
,
f 1  0
và
4
x  2 xf  x    f   x  , x  1; 4 . Đặt I   f  x  dx . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
2
1
A. 1  I  4 .
B. 4  I  8 .
C. 8  I  12 .
D. 12  I  16 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 390
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Câu 24: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn 1;2 và thỏa mãn f (1)  


f ( x )  xf ( x )  2 x 3  x 2 f 2 ( x ), x  [1; 2]. Giá trị của tích phân
4
.
3
A. ln
3
B. ln .
4

2
1
1
và
2
x f ( x)dx bằng
C. ln 3 .
D. 0.
Câu 25: Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên  và thỏa mãn sin x. f (cos x)  cos x. f (sin x)  sin x  sin 3 x
1
với mọi x   . Tính tích phân I   f ( x)dx .
0
A.
1
.
6
Câu 26: Cho
B. 1.
hàm
số
C.
f  x
và
g  x
1
.
3
D.
thỏa
2
.
3
4 f 1  g 1
mãn
và:
 x
g  x   2020 x   x  1 f   x 
2

2
x 1
  x  1
 x

I

.
Tính

x



1;
0


 3

 x  1 g  x   x f  x  dx
1
 x
2
 x  1 g   x   f  x   2021x
.
1
3
A. I  1 .
B. I  .
C. I  2 .
D. I  .
2
2
Câu 27: Giả sử hàm số f ( x ) liên tục và luôn dương trên đoạn  0;3 thỏa mãn f ( x ). f (3  x )  1 . Tính
3
1
dx ?
1 f  x
0
tích phân I  
A. I 
2
.
3
B. I 
3
.
2
C. I  1 .
D. I  3 .

2
16

1
Câu 28: Cho hàm số f  x  liên tục trên  và thỏa mãn  cot x. f  sin 2 x  dx  1 ,

f
 x  dx  3 . Tích
x
4
1
phân 
1
8
f 4x
x
dx 
a
, biết a, b   và  a, b   1 . Tính giá trị biểu thức P  a  b .
b
A. P  8 .
B. P  7 .
C. P  3 .
D. P  9 .
Câu 29: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên  thỏa mãn f ( x)  xf ( x)  2 xe x và f (0)  2
2
1
. Tính I   xf  x  dx .
0
A. I 
e 1
.
e
B. I 
1 e
.
e
C. I 
e
.
1 e
D. I 
e
.
e 1
Câu 30: Cho f  x  là hàm số liên tục trên đoạn  0; 2021 . Giả sử rằng với mọi x   0; 2021 , ta có
f  x   0 và f  x  f  2021  x   1 . Tính I 
2021

0
391 | Phan Nhật Linh
dx
.
1 f  x
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
2021
A.
.
2
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
2021
B.
.
3
C. 2021 .
D. 4042 .
Câu 31: Cho hàm số f  x  liên tục trên R thỏa mãn điều kiện: f  0   2 2, f  x   0, x  R và

A.
f  x. f  x
1 f
2
 x
2
dx    2 x  1 dx . Tính tích phân
f
114
.
30
C.
1411
.
30
B.
2
( x)dx .
1
141
.
30
D. 
1411
.
30
Câu 32: Cho hàm số f  x có đạo hàm liên tục trên khoảng 4 ;   và thỏa mãn đẳng thức
f  x   ( x  7 x  12) f   x  
2
x
3
 6 x 2  9 x
x2  9
A. f 5  34  5 .
C. f 5  2 34  10 .
với mọi x  4 ;   . Giá trị f 5 của bằng
B. f 5  2 34  10 .
D. f 5  34  5 .
Câu 33: Cho hàm số f  x  thỏa mãn  f   x    f  x  . f   x   6 x 2  2 với mọi x   và f  0   0 .
Tính f (1) .
2
B.  3 .
A. 1.
Câu 34: Cho
hàm
số
C. 1.
y  f  x
liên
D. 3 .
tục

trên
f  x   f   x   2021x 2020  3x 2  4, x   . Tính tích phân I 
A. 22021 .
thỏa
mãn
 f  x  dx .
2
C. 22020 .
B. 0 .
và
2
D. 2 2022 .
f  x
0;  thỏa mãn f  0   1 , f  x   0, x  0;   và
Câu 35: Cho hàm số
có đạo hàm trên
1
1
1

 1, x   0;   . Tính I   f  x  dx
f  x 2 f  x 1
0
3
A. I  .
5
5
B. I  .
3
1
C. I  .
3
2
D. I  .
5
Câu 36: Cho hàm số f  x  nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên  0;2 . Biết f  0   1 và
f  x  f  2  x   e2 x
2
2
4 x
với mọi x   0;2 . Tính tích phân I  
0
A. I  
14
.
3
B. I  
32
.
5
C. I  
16
.
3
x
3
 3x 2  f '  x 
f  x
dx .
D. I  
16
.
5
Câu 37: Cho hàm số f  x  liên tục và nhận giá trị dương trên  , thỏa mãn f  0   e2 và
 2 
2sin 2 x  f  x   ecos 2 x f  x    f   x   0, x   . Khi đó f 
 thuộc khoảng


 3 
A. 1; 2  .
B.  2;3 .
C.  3;4  .
D.  0;1 .
Câu 38: Cho hàm số y  f  x  liên tục và thoả mãn f  x 3  2 x  1  2 x  3 , với mọi x   . Tính tích
2
phân I 
 f  x  dx .
1
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 392
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
11
A. I   .
2
Câu 39:
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
11
7
7
B. I  .
C. I  .
D. I   .
2
3
3
Cho hàm số f  x  xác định và liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn
6 x. f  x 2   5 f 1  x   1  x 2
1
Tính
A.

4
0 f  x  dx
B. 
.

8
.
C.

32
.
D.

16
.
Câu 40: Cho hàm số y  f  x  là hàm đa thức bậc bốn và đạt cực trị tại điểm x  2 . Tiếp tuyến tại giao
điểm của đồ thị hàm số y  f  x  với trục tung là đường thẳng d có phương trình
ln 3
3 x  y  2021  0 . Tích phân I 
  x  1  f   e
x
0
A. 1  3ln 3 .
B.  7  3ln 3 .
 3 .e x dx bằng
C. 7  3ln 3 .
D. 3  3 ln 3 .
Câu 41: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  thỏa mãn
π
2
π

f  x   f   x   sin 2 x , với mọi x   và f  0   0 . Giá trị của tích phân I   x. f   x  dx
2

0
bằng
π
A.  .
2
B.
1
.
2
C.
π
.
2
1
D.  .
2
Câu 42: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  thỏa mãn f 1  1 và f  2 x   xf  x 2   5 x  2 x 3  1
2
với mọi x   Tính tích phân I   xf '  x dx.
1
A. I  3.
Câu 43: Cho
hàm
B. I  1.
số
y  f  x
C. I  2.
liên
tục
D. I  5.
trên
0;4
đoạn
thỏa
mãn:
4
2 f  4  x  3 f  x  x 2  6 x 16 x  0; 4 . Tính I   x. f  x  dx .
0
A.
64
.
3
Câu 44: Cho hàm số
B. 128 .
C.
128
3
f  x  có đạo hàm liên tục trên
x  6  f   x    f  x   2 với x  0 . Giá trị tích phân
D.
 0;  
320
.
3
thoả mãn
f 1  3 và
2
 f  x  dx bằng
1
A.
3
 ln 2 .
2
B. 3  2ln 2 .
C.
5
 2ln 2 .
2
D.
3
 2ln 2 .
2
1
Câu 45: Cho hàm số f  x  có f  0   1 và f   x   x  6  12 x  e  x  , x   . Khi đó  f  x  dx bằng.
0
A. 3e .
393 | Phan Nhật Linh
1
B. 3e .
1
C. 4  3e .
D. 3e 1 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 46: Cho hàm
số
f ( x)
có đạo hàm liên
tục trên

 ,
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
thỏa mãn
f (0)  3 và
2
f ( x)  f (2  x)  x 2  2 x  2, x   . Tích phân  sin 2 x. f (2sin x)dx bằng
0
A. 
4
.
3
B.
Câu 47: Cho hàm số
y  f  x
; x   0;  
2
.
3
C.
liên tục trên khoảng
giá trị của
f  e
 0; .
5
D.  .
3
Biết
f 1  1
và f ( x)  xf ( x)  ln x
bằng:
B. e .
A. 2 .
10
.
3
C.
1
.
e
Câu 48: Cho y  f  x  là hàm số chẵn và liên tục trên  . Biết
D. 1.
1

f  x  dx 
0
3
1
f  x  dx  3 . Khi đó, giá
3 1
f  x
3 2x  1dx bằng
3
trị
B. 12 .
A. 10 .
Câu 49: Cho hàm số
C. 9 .
D. 13 .
y  f  x  có đạo hàm và liên tục trên đoạn
0;1
 f '  x   4  2 x 2  1  f  x   với mọi x thuộc đoạn  0;1 và f 1  2 . Tính
2
A.
5
.
3
B.
3
.
4
C.
3
.
5
D.
, thỏa mãn
1
 x. f  x .dx
0
4
.
3
Câu 50: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  0;2 thỏa mãn: f ' x   f '2  x với x   0; 2 .

2
Biết rằng f  0   2003, f  2   2021 . Tính tích phân I   sin x. f  2 cos x  dx .
0
A. 2012 .
B. 4024 .
C. 4024
D. 2012 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 394
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1.
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Cách 1: Phương pháp tự luận:
Từ xf 1  x 3   f   x   x 7  x  2, x   suy ra x 2 f 1  x 3   xf   x   x 8  x 2  2 x, x  
1
Do đó
1
1
2
3
8
2
 x f 1  x dx   xf   x dx    x  x  2 x  dx .
0
0
0
Đặt t  1  x ta có dt  3 x dx do đó ta được
3
2
1
2
3
 x f 1  x dx  
0
0
1
1
1
1
1
f  t dt   f  t dt   f  x dx .

31
30
30
1
1
1
Vậy ta có  x 2 f 1  x 3 dx   xf   x dx    x8  x 2  2 x  dx
0

0
0
1

 5
1
1
5
1

f
x
d
x

xf
x
d
x


f
x
d
x

xf
x

f  x dx  













0
30
9
30
0
0

 9
1
1
1
1
1
1
2
5
4
2
2

f  x dx     f 1  0. f  0      f  x dx 
. Vậy I   f  x  dx   .

3 0
9
9
3
3
0
0
Cách 2: PP chọn hàm đại diện
Từ đẳng thức xf 1  x 3   f   x   x 7  x  2, x   suy ra chọn đặt hàm số f  x  là hàm số bậc
2
2 dạng f ( x)  ax  bx  c với a , b, c   . Ta có xf 1  x 3   f ( x)  x 7  x  2 .

Do đó x  a 1  x3


2
 b 1  x3   c   2ax  b  x 7  x  2

 x  ax 6   2a  b  x 3   a  b  c    2 ax  b  x 7  x  2
a  1
a  1
 2a  b  0


7
4
7
 ax   2a  b  x   3a  b  c  x  b  x  x  2  
 b  2 .
3a  b  c  1 c  0

b  2
1
1
0
0
2
Do vậy f ( x)  x  2 x thỏa mãn f (1)  1 , từ đó ta có I   f  x  dx    x 2  2 x  dx 
Câu 2.
2
.
3
Từ giả thiết ta có
f   x  e x   e x  f  x 
 f  x  
f  x

2x
e f  x  f  xe   e 

1

 x   1  x  x  C. .
2x
e
e
 e 
x
x
Từ f  0   0 , thay vào ta có C  0 . Vậy f  x   xe x . Vậy f  2   2e 2 .
Câu 3.


Ta có: f x 2  4 x  3  x  2 
Suy ra f  x   x  1 . Do đó
3

0
395 | Phan Nhật Linh
 x  2
2

3
x
2
 4 x  3  1 .
f  x d x   x  1d x 
0
3
2
 x  1 2
3
3

0
2
14
 8  1  .
3
3
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
1
Câu 4.
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
1
1
1
3
Ta có  xf  x  dx   3   f  x  d  x 2    x 2 f  x     x 2 d  f  x    4   x 2 f   x  dx
0
2
0
0
0
0
1
1
1
1
1
2
1
  x f   x  dx  1    f   x   dx  10  x 2 f   x  dx  25 x 4 dx  5  10.1  25.  0
5
0
0
0
0
2
1
   f   x   5x

2 2
0
1
dx  
0
 f   x   10 x f   x   25x  dx  0
 f   x   5x2  f  x  
Câu 5.
2
2
4
5x3
7
 C mà f 1  4  C  . Vậy
3
3
1

0
1
 5 x3 7 
11
f  x  dx   
  dx 
3 3
4
0
Xét phương trình 2 xf   x   f  x   2 x , vì y  f  x  có đạo hàm trên  0;    nên liên tục trên
khoảng này.
Chia cả hai vế cho 2 x , ta được
x  f  x 
4

Lấy tích phân từ 1 tới 4 cả hai vế ta được

x. f  x

4
1
 f  x   x   x . f  x   
2 x
x
4


x . f  x  dx   xdx .
1


1
1
4
14
1  14  17
2 3
(vì f 1  1 ).

x   2 f  4   f 1 
 f  4     1 
3
2 3
3
1
 6
17
.
6
Ta có: x 3  x f x3  x 2  1 f 1  x 2  4 x 4  3x3  4 x 2  3x
Vậy f  4  
Câu 6.

      
  x  1 x. f  x    x  1 f 1  x    x  1 4 x  3 x 
 x. f  x   f 1  x   4 x  3x  x . f  x   x. f 1  x   4 x
2
3
2
3
2
2
0
2
2
0
  x 2 f  x3  dx   xf 1  x 2  dx 
1
1
0
Xét
2
3
 x f  x  dx 
1
0
Xét
Do đó 1 
3
 3x 2 .
 3x 2  dx  2 . 1
1
0
0
1
1
1
f 1  x 2  d 1  x 2    f  x  dx .

2 1
20
0
1
1
1
f  x  dx   f  x  dx  2  2  .

3 1
20
1
1
0
0
2
3
2
3
2
 x f  x  dx   xf 1  x  dx    4 x  3x  dx  0
0
1
0

1
1
f  x 3  d  x 3    f 1  x 2  d 1  x 2   0

30
21

1
1
f  x  dx   f  x  dx  0   f  x  dx  0  3  . Từ  2  và  3  suy ra

30
20
0
1
Câu 7:
3
2
1
1
f  x3  d  x3    f  x  dx .

3 1
3 1
1
Ta lại có
  4x
2
3
0
0
2
 xf 1  x  dx  
1
2
1
1
0
 f  x  dx  6 .
1
Ta có f  x  4 x   2 x  7 x  1   2 x  4  f  x  4 x    2 x  7 x  1  2 x  4  .
2
2
2
2
Lấy tích phân cận chạy từ 0  1 hai vế ta được:
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 396
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
1
  2 x  4 f  x
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
1
2
0
 4 x  dx    2 x 2  7 x  1  2 x  4  dx  
0
52
.
3
t  x 2  4 x  dt   2 x  4  dx
Xét   2 x  4  f  x  4 x  dx . Đặt 
.
 x  0  t  0, x  1  t  5
0
1
2
1
5
5
0
0
2
  2 x  4  f  x  4 x  dx   f  t  dt   f  x  dx  
Khi đó ta có
0
5
52
.
3
5
5
68
 52 
Xét I   x. f   x  dx  xf  x  0   f  x  dx   40       .
3
 3 
0
0
1
Câu 8.
Ta có

1
2
1
f 2x d 2x  2 
2 0
f  2 x  dx  2 
0
 f  x  dx  4 .
0
2
u  x
du  dx

Xét I   xf   x dx .Đặt 
.
0
dv  f   x  dx v  f  x 
2
2
 I   xf   x dx  xf  x  0   f  x dx  2 f  2   4  32  4  28 . Vậy
2
0
Câu 9.
0
2
 xf   x dx  28 .
0
Ta có 2 f  x   xf   x   2 x  1  f  x   f  x   xf   x   2 x  1 .
1
Suy ra

0
1
1
0
0
f  x  dx    f  x   xf   x   dx    2 x  1 dx .
1
1
1
0
0
0
1
  f  x  dx    x. f  x   dx  2   f  x  dx  2  xf  x  0  2   3  5 .
Câu 10.
u  f  x 

du  f   x  dx
Đặt 
.
1 
dv  dx v  ln x
x

2

Khi đó,
f  x
x
1
1
1
Mà f  2  
và ln1  0 nên
ln 2
2
Vậy I  
f  x
1
Câu 11.
x
2
dx   f  x  ln x    f   x  ln xdx   f  x  ln x 
2
dx 
1
2

1
2
1
2
1
 2 .
x 1
f  x
 1 1
 3
dx   f  2  ln 2  f 1 ln1   2  2   1     .
x
2 1 
 4
7
.
4
Ta
có
4
x
e
f
2
x
1
1 
 x  dx   e d  f  x   e f  x    f  x  .e dx  e
4
x
1
1
4
 1  ef 1   f
1
2
1
x
4
4
1
f  2   ef 1   f
1
 x .e dx
 x  .e dx 1
x
2
Mặt khác: 1   2 xf  x  e x dx   f
397 | Phan Nhật Linh
4
x
4
2
1
 
4
x2 e x d  x 2    f
2
1
 
4
t et dt   f
1
 x  e dx  1
x
 2
x
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
2
Từ (1) và (2), suy ra 1  ef 1  1  f 1   .
e

xf ( x)  f ( x)
 f ( x) 


1

 1
x2
 x 
xf ( x)  f ( x)  x2 , x  . Suy ra
Câu 12. Theo giả thiết:
f ( x)
 xc.
x
hay f ( x)  x2  cx , mà f (1)  2 nên c  1 .
1
Vậy

0
Câu 13.
1
1
1 
5
1
f  x dx   ( x  x )dx   x 3  x 2   .
2 0 6
3
0
2
Từ đề bài ta có
1
1
x 2 f '( x)  (3 x  ) f ( x)  f '( x)  16 x 2  8  ( x 2  1) f '( x)  (3 x  ) f ( x )  16 x 2  8
x
x
'
 ( x3  x) f '( x)  (3x 2  1) f ( x)  16 x3  8x   ( x3  x) f ( x)   16 x3  8 x .
Lấy nguyên hàm hai vế ta có: ( x3  x) f ( x)  4 x4  4 x 2  c .
 6 f (2)  48  c  c  0 . Vậy f (3)  12 .
Câu 14. Ta có
2
2
2
2
2
2
0
0
0
0
0
0
2

 xf   x  dx    xf  x   dx  f  x  dx  xf  x  0   f  x  dx  2. f  2   f  x  dx  6   f  x  dx .
Theo giả thiết
2
2
2
0
0
0
 xf   x  dx  3  6   f  x  dx  3   f  x dx  3 .
1
Đặt t  x  dt 
2 x
dx .
Đổi cận x  1  t  1 ; x  4  t  2 .
f
4
Theo giả thiết 2  
x
1
Ta có
1
2
2
0
0
1
2
2
2
1
1
1
 f  t  dt   f  t  dt  1   f  x  dx  1 .
 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  3 1  2 .

Câu 15.
 x  dx  2


Xét I1   4 tan x. f cos 2 x dx  1 , đặt t  cos 2 x . Khi đó x  0  t  1, x 
0
sin x.cos x
1 dt
1 1 f t 
dx  . . Do vậy I1  1
. Suy ra
2
cos x
2 t
2 2 t
tan xdx 
Xét I 2  
e2
f  ln 2 x 
1
1
2
4
t 
1
;
2
f t 
 2 I1  2 .
t
dx , đặt t  ln 2 x . Khi đó x  e  t  1; x  e2  t  4 ;
x ln x
dx
1 dt
1 4 f t 
 . . Do vậy I 2  
dt . Suy ra
x.ln x 2 t
2 1 t
e



4
1
f t 
dt  2 I 2  2 .
t
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 398
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
f  2x 
1
1
dx dt
dx , đặt t  2 x . Khi đó x   t  , x  2  t  4 ;
 . Do vậy
x
4
2
x
t
4
1 f t 
4 f t 
f t 
dt = 1
dt  
dt  2  2  4 .
1
t
t
t
2
2
Xét I  1
4
I  1
2
Câu 16.
u  x
 du  dx
Đặt 

f ( x)
f ( x)
dv  f ( x )e dx v  e
3
3
0
0

khi đó
3
0
3
3
0
0
x  f ( x)e f ( x ) dx  x  e f ( x )   e f ( x ) dx
 8  3  e f (3)   e f ( x ) dx   e f ( x ) dx  3.eln 3  8  9  8  1 .
π

Câu 17 . Ta có: f  0   0 và f  x   f   x   sin x.cos x nên f  0  
2

π
2
π
2
0
0
π
2
0
π
π
f    0  f    0.
2
2
π
2
π
2
0
0
Ta có: I   x. f   x  dx   xd  f  x     xf  x     f  x  dx . Suy ra: I    f  x  dx .
Mặt khác, ta có:
π

f  x   f   x   sin x.cos x 
2

Suy ra:
Câu 18.




2
0


1


f  x  dx   2 f   x  dx   2 sin x.cos x dx 
0
0
2
2

π
2

1
1
1


f  x  dx   f   x  dx    2 f  x  dx  . Vậy I    f  x  dx   .
0
2
2
4
4


2
0
0
2
0
Ta có f  x   x 2 f  x   f  3  x   x 2 f  3  x 
 f  x   x2 f  x   f 3  x   x2 f 3  x   0
 1  x 2  f  x   1  x 2  f  3  x   0  1  x 2   f  x   f  3  x    0
 x 2  1  0  vn 

 f 3  x   f  x  .
 f  x   f  3  x   0
Cách 1: Sử dụng công thức giải nhanh:
Cho hàm số f  x  liên tục trên  a; b  và thỏa mãn điều kiện f  x   f  a  b  x  , x   a; b  .
b
4
b
ab
f  x  dx . Do đó:
Thì ta có:  x. f  x  dx 
2 a
a
2.2
4
 f  x dx  1  4  3 .
1
Cách 2: Đổi biến trực tiếp
Đặt t  3  x  dt  dx và x  1  t  4; x  4  t  1 .
4
4
4
4
1
1
1
1
4
4
4
4
1
1
1
1
Khi đó: 2   x. f  x dx 
  3  t  . f  3  t  dt    3  x  . f  3  x  dx    3  x  . f  x  dx .
Suy ra: 4   x. f  x dx    3  x  . f  x  dx  3  f  x  dx   f  x  dx 
Câu 19:
Đặt h  x   g  x  . f '  x   x  x  2  e x .
Ta có h  0   g  0  . f   0   0 mà f   0   0 nên g  0   0 .
399 | Phan Nhật Linh
4
.
3
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Tương tự h  2   g  2  . f   2   0 mà f   2   0 nên g  2   0 .
2
2
Ta có I   f  x  d  g  x    f  x  .g  x  0   g  x  d  f  x  
2
0
0
2
2
0
0
 f  2  . g  2   f  0  . g  0    g  x  f   x  dx    x  x  2  e x d x
Đặt u  x  x  2  , dv  e x dx ta có du   2 x  2  dx , chọn v  e x .
Khi đó
2
2
2
0
0
x
x
x
x
 x  x  2  e dx  x  x  2  e    2 x  2  e d x     2 x  2  d  e 
2
0
0
2
2
   2 x  2  e x   e x d  2 x  2   2e 2  2  2  e x dx  2e 2  2  2e x  4 .
0
2
0
2
0
0
2
Suy ra I    x  x  2  e x dx  4 .
0
Câu 20. Ta có f  x   3xf 3  x   4 xf   x   f 2  x   4 xf   x  f  x   3xf 4  x 
1
 2 x
f 2  x  2 x f  x f  x
f 4  x
Thay x  1 vào (*), ta có
(*) 
1
f
2
1



x
3
x  3
 x x  C (*)
x   2
   x dx  2
f  x
2
 f  x  2
 1 C  C  0
x
1
1
 x x  f  x 
 f  4  .
f  x
2
x
2
2
2
2
1
1
dx
Câu 21. Ta có 2 f  x   3 f   x   2
, x   2;2 , suy ra 2  f  x  dx  3  f   x  dx   2
x 4
x 4
2
2
2
(1).
2
2
2
2
2
2
2
2
Xét 3  f   x dx . Đặt t   x  dt  dx . Ta có 3  f   x dx  3  f  t  dt   3  f  x  dx (2).
2
Thay (2) vào (1), ta được 5  f  x dx 
2
2
2
2
1
1
1
2 x2  4dx  I  2 f  x dx  5 2 x 2  4dx .


x  2  t  


4
Đặt x  2 tan t  dx  2 1  tan 2 t  dt . Đổi cận: 
.

x  2  t 

4

1 4
1
1
2 1  tan 2 t  dt 
Khi đó I  . 
2
5  4 tan t  4
10

4

4

 dt  20 .

4
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 400
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 22.
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Ta có: f   x   f  x   2    f  x   1
2

f   x   f  x   2 
 f  x   1
Xét I  
I 
t
4
 f  x   1
2
 x  1
2

f   x   f  x   2 
 f  x   1
4
  x  1 .
2
2
dx    x  1 dx 1
2
f   x   f  x   2 
 t  1
4
2
2
4
dx : đặt t  f  x   1 khi đó :
1 1
1
1 2 1
dt    2  3  4  dt    2  3  C .
t
t 
t t
3t
t
4
1 1 1
x3
2
Thay vào (1) ta được:   2  3  C   x  x
t t 3t
3
Hay 
1
1
1
x3



C

 x2  x
2
3
f  x   1  f  x   1 3  f  x   1
3




1
1
1
x3


  x2  x .
Vì f 1  2 nên C  0 , suy ra 
2
3
f  x   1  f  x   1 3  f  x   1
3




1
1
 x  f  x   1  .
Đồng nhất hai vế, suy ra: 
f  x 1
x
2
2
1
5

Khi đó: I   x  1       x  1 dx   .
x 1
2
1 
Câu 23. Ta có :
x  2 xf  x    f   x   x 1  2 f  x     f   x  
2
2
 x 1  2 f  x   f   x  ( vì f  x  đồng biến ) 
Nguyên hàm hai vế, ta được: 1  2 f  x  
f  x
1 2 f  x
 x , x  1; 4
2
x x c
3
2
1
2
x x   1

1
2
1
3
3
Với f 1  0  c  . Suy ra 1  2 f  x   x x   f  x   
2
3
3
3
2
Vậy I  
4
1
1
2
x x   1

4 3
1403
3
f  x  dx   

 15,5  8  .
1
2
90


3
2
2
Câu 24. Từ giả thiết, ta có f ( x)  xf ( x)  2 x  x f ( x) 
f ( x)  xf ( x)
 2x 1
[ xf ( x)]2
 1 
1
1

 2 x  1 
  ( 2 x  1)dx 
  x2  x  C

xf ( x)
xf ( x)
 xf ( x) 
.
1
1
f (1)    C  0  xf ( x)  
2
x( x  1)
401 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
2
  x f ( x ) dx  
1
2
1
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
2
2 1
1
1
x 1
3
dx   
 dx  ln
 ln .
1
x ( x  1)
x 1
4
 x 1 x 
Câu 25. Ta có sin x  sin 3 x  sin x 1  sin 2 x   sin x.cos 2 x .
Do đó, từ giả thiết ta được



2
2
2
0
0
0
  f  cos x  d  cos x    f  sin x  d  sin x    sin x.cos 2 xdx

0
1
2
1
0
1
0
0
0
1
   f  t  dt   f  t  dt    cos 2 xd  cos x   2 f  t  dt    t 2 dt
1
 2 I   t 2 dt 
0
Câu 26:
1
1
I .
3
6
x 1
 x
 1
g  x   2020 x   x  1 f   x 
g  x 
f   x   2020
2
2


x
  x  1
  x  1

 3
 x
 x g  x  1 f x  2021
2
 x  1 g   x   f  x   2021x
 x  1   x 2  
Lấy vế cộng vế hai phương trình trên ta được:
 1
  x 1
x
1


g
x

g
x
f  x  2 f  x  1






2
  x  1
  x
x 1
x



x 1
 x
  x  1

 x


g  x   
f  x   1  
g  x 
f  x  1.
x
 x 1
  x

 x 1

Lấy nguyên hàm hai vế ta được:
x
x 1
g  x 
f  x  x  C .
x 1
x
x
x 1
g  x 
f  x  x 1.
x 1
x
Do 4 f 1  g 1 nên ta có C  1  0  C  1 . Suy ra
2
2
 x2
2 1
x 1
 x

Do đó: I   
g  x 
f  x  dx    x  1 dx    x   .
x 1
x

 2
1 2
1 
1
Câu 27. Đặt t  3  x  dt  dx .
3
3
3
1
1
1
dx  
dt  
dx .
1 f  x
1 f 3  t 
1  f 3  x 
0
0
0
Thay vào ta được I  
3 

f 3  x  f  x 
Suy ra 0   
dx , do hàm số f ( x ) liên tục và luôn dương trên đoạn
 1  f  x   1  f  3  x   
0 
 0;3 . Suy ra f  3  x   f  x  , trên đoạn  0;3 .
3
1
3
Mà f ( x ). f (3  x )  1  f  x   1 . Vậy I   dx  .
2
2
0
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 402
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN

2
Câu 28.
Đặt I1   cot x. f  sin 2 x  dx  1 .

4
Đặt t  sin 2 x  dt  2 sin x.cos xdx  2 sin 2 x.cot xdx  2t.cot xdx .
Đổi cận: x 

1

 t  ; x   t 1.
4
2
2
1
 I1   f  t  .
1
2
16
Đặt I 2  
1
1
4
1
4
1
4
2
8
8
8
f  4x
1 f  4x
1 f  4x
1
1 f t 
d  4x   
dx  
dx  2 I1  2 .
dt  
dt  
2 1 4x
21 x
x
2t
21 t
1
 x  dx  3 , Đặt t 
f
x  2tdt  dx .
x
1
Đổi cận: x  1  t  1; x  16  t  4 .
16
I2  
f
x
1
1
Suy ra
 x  dx

1
f 4x
x
1
4
4

dx 
f t 
t
2
4
2t dt  2 
1
f t 
t
1
dt  2 
f  4x
4x
1
4
1
d  4 x   2
1
4
f 4x
x
dx .
1
3
I2  .
2
2
1
1
Khi đó, ta có: 
1
8
1
4
f 4x
f  4x
f  4x
3 7
dx  
dx  
dx  2    a  7, b  2 .
x
x
x
2 2
1
1
8
4
Vậy P  a  b  9 .
Câu 29.
Ta có f ( x)  xf ( x)  2 xe
x2
2
 f ( x).e   2 x.e
Khi đó ta có f ( x ).e

x2
2
x2
2
 x2
x2
2
 f ( x ).e  xf ( x ).e
dx  2 e
 2 e

x2
2

x2
2
x2
2
 2 xe
 x2
.e
x2
2
x

  f ( x ).e 2


2
x2


  2 x.e 2

2
x

 x2 
d     2e 2  C .
 2
C .
0
0
Với x  0 ta được f (0).e  2e  C  f (0)  2  C mà f (0)  2  C  0 .
Suy ra f ( x).e
x2
2
 2e
 x2

 2




2
 f ( x )   2e  x .
1
1
0
0
1
Khi đó ta có: I   xf  x  dx  2  x.e  x dx   e  x d   x 2   e x
2021
Câu 30.
Ta có: I 

0
403 | Phan Nhật Linh
dx

1
1
f  2021  x 
2
2
0
2021
f  2021  x 
 f  2021  x   1dx .
0
2
1
0
1
1 e
.
 1 
e
e
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Đặt: 2021  x  t thì dx  dt . Khi x  0 thì t  2021 , khi x  2021 thì t  0 .
f t 
0
Ta được: I  
 f t   1
 f  x   1 dx .
2021
2021
Do đó: 2 I 

0
Câu 31.

Tính
1 f
2
0
1
dx 
f  x 1
f  x . f   x 
 x
f  x
2021
dt 
f  x
2021
 f  x 1
2021
dx 
0

dx  2021 . Vậy: I 
0
2021
.
2
dx ta đặt 1  f 2  x   t  1  f 2  x   t 2  2 f  x  f   x  dx  2tdt .
 f  x  f '  x  dx  tdt
Thay vào ta được

f  x. f  x
1 f
2
 x
dx  
tdt
  dt  t  C  1  f 2  x   C .
t

Do đó 1  f 2  x   C  x 2  x ; f  0   2 2  1  2 2

2
 C  0  C  3 .
Ta có 1  f 2  x   3  x 2  x  1  f 2  x   x 2  x  3  f 2  x    x 2  x  3  1 .
2
2
Suy ra
2
2
f 2  x  dx   [  x 2  x  3  1]dx    x 4  x 2  9  2 x3 + 6x 2 + 6x - 1 dx

1
2
1
1
2
 x5 x 4 7 x3
 2 1411
   x 4  2 x3 + 7x 2 + 6x + 8  dx    
 3x2  8x  
.
3
30
 5 2
1
1
2
Vậy
f
2
( x)dx 
1
Câu 32.
1411
.
30
Ta có
f  x   ( x 2  7 x  12) f   x  
x
3
 f  x    x  3 x  4 f   x  

1
 x  3
2
. f  x 
x4


. f  x  
 x  3

x4
. f   x 
x 3
x
x 9
2

 6 x 2  9 x
x2  9
x  x  3
2
x2  9
x
x2  9
x4
. f  x  
x3
x
x 9
2
 x2  9  C
*
Vì hàm số f  x có đạo hàm liên tục với mọi x  4 ;   và thỏa mãn * vớ i x  4 ;  
nên ta thay x  4 vào * ta được C  5.
Suy ra
Câu 33.
x4
1
. f  x  x 2  9  5  f 5  34  5  f 5  2 34  10.
x 3
2
Ta có:  f   x    f  x  . f   x   6 x 2  2
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 404
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
  f  x  . f   x    6 x 2  2
 f  x  . f   x     6 x 2  2  dx  2 x3  2 x  C
Mà f  0   0 nên thay x  0 ta được: C  0 . Suy ra f  x  . f   x   2 x3  2 x .
1
Lấy tích phân 2 vế ta được:
1
f  x  . f   x  dx    2 x 3  2 x  dx

0
0
f 2  x
3

  f 2 1  3  f 1   3 .
2 0 2
1
2020
2
Câu 34. Từ giải thiết f  x   f  x   2021x  3x  4, x  .
Lấy tích phân hai vế từ 2 đến 2 ta được:
2
2
  f  x   f   x  dx    2021x
2
 3x 2  4  dx
2
2

2020

2
2
f  x  dx   f   x  dx   x 2021  x 3  4 x 
2
2
2
2
 I   f   x  dx 22022.
2
2
Xét J 
 f   x  dx . Đặt t  x ta có dt  dx .
2
Đổi cận: x  2  t  2 ; x  2  t  2 .
2
Do đó J    f  t  dt 
Vậy 2 I  2
Câu 35.
Ta có:
2
2022
I 2
2
2
 f  t  dt   f  x  dx  I .
2
2021
2
.
1
1

 1  2 f  x 1 f  x  2 f  x f  x  f  x
f  x 2 f   x  1
 2 f   x 1  2 f  x f  x  2 f  x  x  f 2  x  C .
Vì f  0   1 nên C  1 . Do đó 2 f  x   x  f 2  x   1   f  x   1  x
2
 f  x   x  1 vì f  x   0, x   0;   .
1
1
Vậy I   f  x  dx  
0
0


x  1 dx 
5
.
3
Câu 36. Cách 1:
Từ giả thiết f  x  f  2  x   e
2
2 x2  4 x
, cho x  2 , ta có f  2   1 . Ta có I  
0
x
3
 3x 2  f '  x 
f  x
u  x3  3 x 2
du   3 x 2  6 x  dx

Đặt 
(do f  x   0, x 0; 2 ).
f ' x  
dv  f x dx
v  ln f  x 
 

Khi đó, ta có
2
2
0
0
I   x3  3 x 2  ln f  x     3 x 2  6 x  ln f  x  dx  3  x 2  2 x  ln f  x  dx  3 J .
2
0
405 | Phan Nhật Linh
dx
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
2
J    x 2  2 x  ln f  x  dx .
0
Đặt x  2  t  dx  dt ; đổi cận: x  2  t  0; x  0  t  2
0
J    2  t   2  2  t   ln f  2  t  d  2  t 


2
2
0
2
2
0
2
   2  x   2  2  x   ln f  2  x  d  2  x     x 2  2 x  ln f  2  x  dx .


2
2
2
0
0
0
Suy ra 2 J    x 2  2 x  ln f  x  dx    x 2  2 x  ln f  2  x  dx    x 2  2 x  ln f  x  f  2  x  dx
2
   x 2  2 x  ln e2 x
2
4 x
0
2
dx    x 2  2 x  2 x 2  4 x  dx 
0
Cách 2: Từ giả thiết ta có f  x  f  2  x   e 2 x
f  x  ex
2
I 
x
3
2
2 x
4 x
 ex
2
2 x
.e  2  x 
2
 2 2  x 
nên ta có thể chọn
.
 3x 2  f '  x 
f  x
0
2
32
16
16
 J  . Vậy I  3J   .
15
15
5
2
dx  
x
3
 3x 2  .  2 x  2  e x
e
0
2
2 x
2
x 2 x
2
dx    x 3  3 x 2  .  2 x  2  dx  
0
16
5
.
Câu 37.
2sin 2 x  f  x   ecos 2 x f  x    f   x   0  2sin 2 x. f  x   2sin 2 x.ecos 2 x f  x   f   x   0 1


Do hàm số f  x  liên tục và nhận giá trị dương trên  nên chia hai vế phương trình 1 cho
cos 2 x

2 f  x  ta được sin 2 x. f  x   sin 2 x.e
Nhân
sin 2 x.e
e
hai
1
 cos 2 x
2
1
 cos 2 x
2
vế
f  x 
của
phương
f  x
1
 cos 2 x
2
2 f  x
e
1
f  x  e2
cos 2 x


1
2
 0  2 .
2
trình
1
cos 2 x
2
1
1
 cos 2 x
cos 2 x 

2
2
f  x      sin 2 x.e
dx  e


1
 cos 2 x
2
 2
 f
 3
2 f  x
  sin 2 x.e
Trong đẳng thức  3  cho x  0 ta được e
 3  e
f  x
với
  12 cos 2 x
 e

f  x  e
1
cos 2 x
2
1
f  0  e 2  C  e

1
2
e
1
 cos 2 x
2
ta
được:
1
cos 2 x

f  x     sin 2 x.e 2

 C  3 .
1
e2  e 2  C  C  0 .
f  x  =ecos 2 x  f  x   e 2cos 2 x
4
 2cos 3 1

e
  0.367   0;1 .

e

Câu 38. Đặt x  t 3  2t  1 , ta có dx   3t 2  2  dt .
Đổi cận: x  1  t 3  2t  1  1  t 3  2t  0  t  0 .
x  2  t 3  2t  1  2  t 3  2t  3  0  t  1 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 406
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
2
Lúc đó ta có I 
1
 f  x  dx   f  t
1
0
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
1
3
 2t  1 . 3t 2  2  dt    2t  3 .  3t 2  2  dt
0
1
 3t 4
1
11
   6t 3  9t 2  4t  6  dt  
 3t 3  2t 2  6t    .
2
 2
0
0
Câu 39. Ta có 6 x. f  x 2   5 f 1  x   1  x 2
1
1
1
1
1
0
0
0
0
 3. 2 x. f  x 2  dx  5 f 1  x  dx   1  x 2 dx  3 A  5 B   1  x 2 dx * . A   2 x. f  x 2 dx
0
Đặt t  x  dt  2 xdx ; x  0  t  0; x  1  t  1 .
2
1
1
0
0
A   f  t dt   f  x dx .
1
B   f 1  x dx . Đặt t  1  x  dt   dx; x  0  t  1, x  1  t  0 .
0
1
1
0
0
B   f  t dt   f  x dx .
1
1
1
1
1
0
0
0
0
0
Do đó *  3 f  x dx  5 f  x dx   1  x 2 dx  8. f  x dx   1  x 2 dx .

  
Đặt x  sin t  dx  costdt , t    ;  ; x  0  t  0, x  1  t  .
2
 2 2


1
2
0
0
1  cos 2t
1  1


dt  .  t  sin 2t  2  .
2
2  2
 0 4
0

2
  1  x 2 dx   1  sin 2 t .cos tdt  

1
Vậy
 f  x dx  32 .
0
ln 3
Câu 40. Ta có I 

0
 x  1  f   e x  3.e x dx 


ln 3
ln 3
0
0
x
  x  1 .e dx  
f   e x  3 .e x dx .
Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có
ln 3
I1 
x
x
  x  1 .e dx   x  1 .e 0
ln 3
0
ln 3
Xét I 2 

ln 3

 e dx  3  1  ln 3  1  e
x
0
x ln 3
0
 4  3ln 3 .
x
x
f   e x  3 .e x dx . Đặt t  e  3  dt  e .dx . Đổi cận: x  0  t  2 .
0
0
x  ln 3  t  0 . Suy ra I 2 
 f   t .dt = f   t 
2
0
2
 f   0   f   2  .
Vì y  f  x  là hàm đa thức bậc bốn và đạt cực trị tại điểm x  2 nên f   2   0 .
Giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  với trục tung có hoành độ x  0 .
Phương trình của đường thẳng d có dạng 3 x  y  2021  0  y  3x  2021 .
407 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
d là tiếp tuyến tại giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  với trục tung  f   0   3 .
 I 2  3  0  3 . Vậy I  I1  I2  7  3ln3 .
Câu 41.
π

π
π
Theo giả thiết: f  0   0 và f  x   f   x   sin 2 x nên f  0   f    0  f    0 .
2

2
2
π
2
π
2
0
0
π
2
π
2
0
π
2
Ta có: I   x. f   x  dx   xd  f  x     xf  x     f  x  dx    f  x  dx .
π

Mặt khác: f  x   f   x   sin 2 x 
2

Ta có: 

2
0
nên
Câu 42.


2
0

2
0

cos 2 x 2
sin 2 x dx  
 1 và
2 0
f  x  dx 



2
0
0
0
f  x  dx  

2
0



f   x  dx   2 sin 2 x dx .
0
2





f   x  dx   2 f  x  dx (Đặt t   x ).
0
2
2

π
2
1
1
. Vậy I   x. f   x  dx  
2
2
0
Lấy tích phân hai vế với cận dưới bằng 0 , cận trên bằng 1 của đẳng thức
f  2 x   xf  x
2
  5x  2 x
1
3
 1 ta được:
Đặt t  2 x  dt  2dx  dx 
1
 f  2 x  dx   xf  x  dx  1 . 1
2
0
0
1
12
12
f
t
d
t

f  x  dx .


2 0
2 0
dt
;
2
Đổi cận x  0  t  0 , x  1  t  2   f  2 x  dx 
0
Đặt t  x2  dt  2 xdx  xdx 
1
dt
; đổi cận x  0  t  0 , x  1  t  1 .
2
11
  xf x dx   f  x  dx .
20
0
 
2
Thay vào 1 ta được
2
1
2
0
0
1
 f  x  dx   f  x  dx  2   f  x  dx  2 .
Đồng thời thay x  1 vào biểu thức f  2 x   xf  x 2   5 x  2 x 3  1 ta có f  2   3 .
2
2
u  x
du  dx

Xét I   xf   x  dx đặt 
 I  xf  x  |12   f  x  dx  3 .
dv  f   x  dx v  f  x 
1
1
Câu 43. Cách 1: Từ giả thiết 2 f  4  x  3 f  x  x 2  6 x 16 x  0; 4 ta tính được
f  0   0; f  2   0; f  4   8 (*).
Xét hàm số f  x  là bậc hai, f  x   ax 2  bx  c , từ (*) tìm được f  x   x 2  2 x .
4
Suy ra I    x3  2 x 2  dx 
0
64
.
3
Cách 2:
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 408
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
4
4
4
0
0
0
+) Ta có: 2  f 4  x  dx  3 f  x  dx   x 2  6 x  16 dx  
16
.
3
Đặt t  4  x , có dx  dt ; x  0  t  4; x  4  t  0.
4
0
4
4
0
0
Khi đó 2  f 4  x dx  2 f t  dt  2  f t  dt  2  f  x  dx .
0
4
4
4
4
0
0
0
16
f  x  dx   . Từ đó
3
Suy ra 2  f 4  x dx  3 f  x  dx  
4

0
f  x  dx 
16
.
3
+) Từ giả thiết ta có 2 x. f 4  x  3x. f  x   x3  6 x 2 16 x x   0; 4
4
4
4
0
0
0
Suy ra 2  x. f  4  x dx  3 x. f  x  dx   x3  6 x 2  16 x dx  64 (1).
Đặt t  4  x , có dx   dt ; x  0  t  4; x  4  t  0.
4
0
4
4
0
4
0
0
Khi đó 2  x. f 4  x  dx  2  4  t . f t  dt  8 f t  dt  2  t. f t  dt 
Thế vào (1) ta có:
128
 2I .
3
128
64
.
 5 I  64  I 
3
3
Câu 44. Ta có x  6  f   x    f  x   2  f  x   x. f   x   6 x  2   x. f  x    6 x  2 .
Suy ra x. f  x     6 x  2  dx  3 x 2  2 x  C .
Thay x  1 vào ta được: 1. f 1  1  C  3  1  C  C  2 .
Do đó: x. f  x   3 x 2  2 x  2  f  x   3 x  2 
2

1
Câu 45.
2
.
x
 3x 2
2 5
2

f  x  dx    3x  2  dx  
 2 x  2ln x    2 ln 2 .
x
 2
1 2
1
2
u  f  x  du  f   x  dx
Đặt 

 dv  dx
 v  x 1
1
Khi đó

0
1
1
0
0
f  x  dx   x  1 f  x  0    x  1 f '  x  dx  f  0    x  x  1  6  12 x  e  x  dx  3e 1 .
1
Câu 46. Thay x  0 ta được f (0)  f (2)  2  f (2)  2  f (0)  2  3  1 .
2
Ta có:

0
2
f ( x)dx   f (2  x)dx
0
2
2
2
8
4
Từ hệ thức đề ra:   f ( x )  f (2  x ) dx    x  2 x  2  dx    f ( x)dx  .
3
3
0
0
0
Ta có :
2

2
2
 1
2
1
1
4
5
0 sin 2 x. f   2sin x  dx  2 0 t. f   t  dt  2 t. f  t  0  0 f  t  dt   2  2. 1  3    3
2
Câu 47:
Ta có : f  x   xf   x   ln x .
409 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
 ln x f   x  .x  f  x  .  x 
  ln x  f   x  .x  f  x  .  x  

x2
x2
 f  x    ln x

  2 . Lấy tích phân cận từ 1 đến e cả 2 vế ta được :
x
 x 
e
 f  x  
f  x  e f  e  f 1
 ln x
2
d
x

1 x 2
1  x  dx  e  1  x 1  e  1  f  e   2 .
e
Câu 48.
Ta có: y  f  x  là hàm số chẵn và liên tục trên   f   x   f  x  , x   .
0
Xét I 
f  x
2
3
0
 I  
3
x
dx . Đặt t   x  dx  dt , đổi cận x  3  t  3 ; x  0  t  0 .
1
f  t 
3
3 t
3 x
f t 
2 f t 
2 f  x
d
t
=
d
t
=
d
t
=
dx .
t
t



2 1 0 1 1 0 2 1
2x  1
0
2t
0
3
3
3
3
f  x
f  x
f  x
2x f  x 
f  x
d
x

d
x

d
x

d
x

d
x

 2 x  1 3 2 x  1 0 2 x  1 0 2 x  1
0 2 x  1 0 f  x dx .
3
3

1
3
0
1
  f  x dx   f  x dx  3  9  12 .
Câu 49. Theo giả thiết ta có  f '  x    4  2 x 2  1  f  x     f '  x    4 f  x   8 x 2  4
2
2
 * .
Lấy tích phân hai vế của biểu thức * ta được

1
0

1
1
1

 20
2
2
1
 f '  x    4 f  x  dx    8 x 2  4  dx    f '  x   dx  4  xf  x  0   x. f '  x  .dx  
0
0

0
 3
1
1
   f '  x   dx  4 x. f '  x  .dx 
2
0
0
1
1
1
1
2
4
 0    f '  x   dx  4 x. f '  x  .dx   4 x 2dx  0
3
0
0
0
   f '  x   2 x  dx  0  f '  x   2 x  f  x   x 2  C.
2
0
Vì f 1  2  C  1  f  x   x 2  1 . Vậy
1
1
4
2
0 x. f  x .dx  0 x.  x  1.dx  3 .
Câu 50. Ta có f ' x  f ' 2  x   f  x   f 2  x  C  C  f 0  f  2  4024 .
Do đó f  x  f  2  x  4042 .
2
2

f
x

f
2

x

d
x





 

0 4042dx  8084
2
0
  f  x  dx  4024 .
Ta có 
2
2
 f ' x  f ' 2  x  f x dx  f 2  x dx 0

   
0  
  
0


0
2
12
1
1
Khi đó I    f  2 cos x  d  2 cos x     f  t  dt   f  t  dt  2012 .
20
22
20
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 410
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Cho hàm số f  x  liên tục trên  và thỏa mãn xf   x    x  1 f  x   e  x với mọi x . Tính
f 0 .
B. 1 .
A. 1 .
Câu 2:
C. e .
D.
1
.
e
Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên R thỏa mãn: f '( x )  f ( x)  e x .cos 2021x và
f (0)  0 Đồ thi hàm số y  f ( x) cắt trục hoành tại bao nhiêu điểm có hoành độ thuộc đoạn
 1;1 ?
A. 3
Câu 3:
Giả
C. 1287
B. 1
f  x
sử
là
hàm
số
có
đạo
hàm
D. 4043
liên
tục
trên
khoảng
 0;  
và
 
  1
f   x  sin x  x  f  x  cos x, x   0;   . Biết f    1 , f   
a  b ln 2  c 3 , với
2
 6  12


a, b, c là các số nguyên. Giá trị a  b  c bằng
A. 1 .
Câu 4:
B. 1 .
Cho hàm số f  x  liên tục trên  và
bằng
A.  1. .
Câu 5:
D. 11 .
C. 11 .
1

0
B. 1. .
3
f  x  dx  8;  f  x  dx  10 . Giá trị của
0
1
 f  2 x  1  dx
1
D.  9.
C. 9. .


 ln x  x 2  1 


Biết F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x   
2
x 1
2021
và F  0   1 . Giá trị của
F 1 bằng


Câu 7:

2022
 ln 1  2   2022

B. 
.
2022
1  2 
C.
1  2 
D.
2022
 2022
2022
Câu 6:

2022
ln 1  2   2022

A. 
.
2022
.
x 1
Cho hàm số f ( x)   2
 x 1
31
A.
.
B.
6
 2022
2022
khi x  2
khi x  2
47
.
12
e
. Giá trị của tích phân

1
C.
47
.
6
 x 2  1
khi x  2
Cho hàm số f  x    2
. Tích phân
 x  2 x  3 khi x  2
411 | Phan Nhật Linh
2022
.
f 1  2ln x 
dx bằng
x
D.
79
.
12

2
 f  2sin x  1 cos xdx bằng:
0
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
A.
23
.
3
B.
2 3
Câu 8:

Biết
5
A.
Câu 9:
1
x x2  4
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
23
.
6
C.
17
.
6
D.
17
.
3
dx  a ln 5  b ln 3 với a , b là các số hữu tỉ. Tính a  b
1
.
4
B. 0 .
C.
1
.
2
1
D.  .
2
1
ln x
Cho hàm số f  x  có f 1  và f   x   ln 2 x  1.
với x  0 . Khi đó
3
x
2
f  x
1
ln 2 x  1
x
dx
bằng:
A.
ln 2  ln 3 2  1
3
.
B.
ln 2  ln 2  1
3
.
C.
ln 2  ln 2 2  3
9
.
D.
ln 2  ln 2  3
9
.
3
 f  x  dx  2 .
Câu 10: Cho hàm số f  x  liên tục trên  và thỏa mãn f  x   f  5  x  , x   . Biết
2
3
Tính I   xf  x  dx
2
A. I  20 .
B. I  10 .
C. I  15 .
Câu 11: Cho F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  
D. I  5 .
tan x
cos x 1  a cos 2 x
với a là số thực dương.
 
 
 
Biết F  0   2, F    3 . Tính F    F   .
4
3
6
5  21
.
3
A.
B.
3 5  21
.
3
Câu 12: Cho hàm số f  x  thỏa mãn f  4  
21  3 5
.
3
C.
D.
21  5
.
3
4
1


và f  x   x 1 
 f   x   , x  0 . Khi đó
3
x


4
 xf  x dx bằng
1
A.
1283
.
30
B. 
157
.
30
C.
157
.
30
D. 
1283
.
30
Câu 13: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;   và thỏa mãn các điều kiện f 1  3 và
2 f 2  x  1 8 
8
   3  f  x   4  f   x  , x  0 . Tính
2
x
x
x x 
A. 6 – 2ln2.
Câu 14: Cho
2
x f
hàm
2
B. 6 + 4ln2.
số
y  f  x
xác
4
 f  x  dx
2
C. 6 + 2ln2.
định
và
liên
tục
D. 8 + 4ln2.
trên
 \ 0
và
 x    2 x  1 f  x   xf   x   1 vợi mọi x   \ 0 và f 1  2 . Tính
thỏa
mãn
2
 f  x  dx .
1
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 412
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
1
ln 2
A.   ln 2 .
B. 1 
.
2
2

Câu 15: Biết
f  ln 2 x 
e2
4
 tan x. f  cos x  dx  1 và 
2
0
x ln x
e
A. 2 .
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
3 ln 2
D.  
.
2
2
3
C.   ln 2 .
2
4
dx  2 . Khi đó

1
2
f  x
dx bằng
x
C. 6 .
B. 4 .
D. 3 .
Câu 16: Cho hàm số f  x  nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên  0;2 . Biết f  0   1 và
f  x  f  2  x   e2 x
A. I  
2
4 x
B. I  
16
.
3
C. I  
x
3
16
.
5
 3x 2  f   x 
dx .
f  x
D. I  
14
.
3
f  x  có đạo hàm liên tục trên  và thỏa mãn
f  x   f  2  x   x 2  2 x  2, x   . Tích phân
A. 
2
0
32
.
5
Câu 17: Cho hàm số
với mọi x   0;2 . Tính tích phân I  
4
.
3
2
.
3
B.
f  0   3 và
2
 xf   x  dx bằng
0
C.
5
.
3
D. 
10
.
3
1
Câu 18: Cho hàm số f  x  liên tục trên khoảng  0;  và thỏa mãn 2 f  x   xf    x với mọi x  0
 x
2
Tính
 f  x  dx.
1
2
A.
7
.
12
7
.
4
B.
C.
9
.
4
D.
3
.
4
Câu 19: Hàm số f  x  có đạo hàm cấp hai trên  thỏa mãn: f 2 1  x    x 2  3 . f  x  1 .Biết rằng
2
f  x   0, x   , tính I    2 x  1 f   x  dx .
0
A. 4 .
B. 8 .
C. 0 .
D. 4 .
Câu 20: Cho hàm số f  x  xác định và có đạo hàm f   x  liên tục trên đoạn 1;3 , f  x   0 với mọi
x  1;3 , đồng thời
2
2
f   x  1  f  x     f  x    x  1 


2
và
f 1  1 . Biết rằng
3
 f  x  dx  a ln 3  b , a ; b   . Tính tổng S  a  b
2
:
1
A. S  4 .
B. S  0 .
C. S  2 .
D. S  1 .
4
3
 2x  2  x  x  4x  4
Câu 21: Cho hàm số f  x  liên tục trên  thỏa mãn x 2 f (1  x)  2 f 

,

x
 x 
x  0, x  1 . Khi đó
1
 f  x  dx
1
413 | Phan Nhật Linh
có giá trị là
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
A. 0 .
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
1
C. .
2
B. 1 .
D.
3
.
2
Câu 22: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  0;   thỏa mãn: x 2 . f   x   f  x   2 x 3  x 2 , x  0 .
1
Biết rằng f 1  0 . Tính giá trị của f   .
2
1
B. I  e  .
4
A. I  e .
C. I 
1
.
4
D. I 
1
e.
4

Câu 23: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên , thỏa mãn 1  x 2  f   x   xf   x   25 x  x 2  1


5
và
  3  bằng
f   0   5; f  0   1. Giá trị của f  3  f
A. 3126 .
Câu 24: Cho hàm số
B. 724. .
y  f  x
C. 1. .
D. 194.
liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên

thỏa mãn
x  f  x 3   2   f   x 2   x 3  3 x 2  1 . Biết đồ thị hàm số y  f  x  và tiếp tuyến d tại điểm có
hoành độ x  0 có đồ thị như hình vẽ.
1
Tính
 f  x  dx .
0
A. 
17
.
30
B. 
27
.
10
C.
37
.
20
D.
47
.
15
2017 2018 x
Câu 25: Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên  và thỏa mãn f   x   2018 f  x   2018.x .e
với
mọi x   và f  0  2018. Tính giá trị f 1 .
2018
A. f 1  2018.e
.
2018
2018
B. f 1  2017.e . C. f 1  2019e .
Câu 26: Cho F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  


2018
D. f 1  2018.e .
1
1
thỏa F  0    ln 4 . Tập nghiệm S
e 3
3
x
của phương trình 3F  x   ln e x  3  2 là
A. S  1; 2 .
B. S  2;1 .
C. S  2; 2 .
D. S  2 .
Câu 27: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 thỏa mãn 3 f  x   xf   x   x 2018 với mọi
1
x   0;1 . Tính I   f  x  dx .
0
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 414
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
A. I 
1
.
2018.2021
B. I 
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
1
.
2019.2020
C. I 
1
.
2019.2021
D. I 
1
.
2018.2019
Câu 28: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;4 , thỏa mãn f  x   f   x   e  x 2 x  1 với
mọi x   0;4 . Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. e 4 f  4   f  0  
26
. B. e4 f  4   f  0   3e .
3
C. e4 f  4   f  0   e4  1.
Câu 29: Cho hàm số
D. e4 f  4   f  0   3 .
f  x  có đạo hàm dương, liên tục trên đoạn
1
1
1
2
1

3  f   x   f  x     dx  2 
9
0 
0
A. I 
3
.
2
0;1
và thỏa mãn
f   x  f  x  dx . Tính I    f  x   dx .
3
0
5
.
4
B. I 
C. I 
5
.
6
D. I 
7
.
6
Câu 30: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm dương, liên tục trên đoạn  0;1 , thỏa mãn f 1  f  0   1 và
1

0
1
2
f   x    f  x    1 dx  2 


0
A.
3
.
2
B.
f   x  f  x  dx . Giá trị của
1
  f  x 
3
dx bằng
0
5 33  27
.
18
C.
5 33
.
18
Câu 31: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên 1;2 , thỏa mãn
5 33  54
.
18
D.
2
1
  x  1 f  x  dx   3 , f  2  0
2
1
2
và
  f   x 
2
2
 f  x  dx bằng:
dx  7 . Tích phân
1
A. 
1
7
.
20
B.
7
.
20
C. 
7
.
5
7
.
5
D.
1
Câu 32: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 , thỏa mãn f 1  1,   f   x   dx 
2
0
1
9
và
5
1
 f  x  dx  5 . Tích phân I   f  x  dx bằng:
2
0
A. I 
0
1
.
5
B. I 
1
.
4
C. I 
3
.
5
3
D. I  .
4
Câu 33: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 thoả mãn f  0   f 1  0 ,
1
2
1
  f  x  dx  2 và
0
A. I 
1

.
415 | Phan Nhật Linh
1

f   x  cos  x  dx 
0
B. I 
2

.

2
1
. Tính I   f  x  dx .
0
C. I   .
D. I 
3
.
2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Câu 34: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;   thoả mãn

 f   x  sin xdx   1 và
0

  f  x 
2
dx 
0
A. I  
6


2
. Tính I   xf  x  dx .

0
B. I  
.
4

2
C. I 
.

D. I 
.
4

.
 
 
Câu 35: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn 0;  thoả mãn f    0 ,
 2
2

2
  f  x  dx  3 và
2
0
A.
2



2

  sin x  x  f  
x
 dx  6 . Tính
2
0
1
x
  f   x  dx    x  1 e f  x  dx 
2
0
0
A. I 
e 1
.
2
B. I 
dx
0
D. 9 .
Câu 36: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn
1
3
C. 3 .
B. 0 .
.
  f   x 
0;1
thoả mãn f 1  0 và
1
e2  1
. Tính I   f ( x )dx .
4
0
e2
.
4
C. I  e  2 .
D. I 
e
.
2
Câu 37: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 thỏa mãn f  0   0 , f 1  1 và
 f   x 
1
0 e x dx  e  1 . Tích phân
2
1
A. e  2 .
e 1
1
 f  x dx
bằng
0
B. e  1 .
e2
C.
1
 e  1  e  2 
.
D. 1 .
Câu 38: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên [0;1], thỏa mãn f  0   0, f 1  1 và
1

1  x 2  f   x   dx 
2
0


1
ln 1  2

 Tích phân

1 2
ln 1  2 .
2
1
C. ln 1  2 .
2
A.

1
f  x
0
1 x 2

2 1 2
ln 1  2 .
2
B.

D.
dx bằng



 

2  1 ln 1  2 .
Câu 39: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  1;1 , thoả mãn f  1  0 ,
1
  f   x 
2
dx  112
1
1
và
2
 x f  x  dx 
1
A. I 
84
.
5
1
16
. Tính tích phân I   f  x  dx
3
1
B. I 
35
.
2
C. I 
35
.
4
D. I 
168
.
5
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 416
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Câu 40: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên 1;2 , đồng biến trên 1;2 , thỏa mãn f 1  0 ,
2
  f   x  dx  2 và
2
1
A.
2

f  x  . f   x  dx  1 . Tích phân
1
2
2
2
 f  x  dx bằng
1
2
B.
D. 2 2
C. 2
Câu 41: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 , thỏa mãn f 1  0 ,
1
 f  x  dx  1
2
và
0
1
  f   x 
2
. f 2  x  .dx 
0
A. 
3
2
3
. Giá trị của f 2
4
B.
 2  bằng
3
2
C.

3 1 2

D. 
2

3 1 2

2
2
Câu 42: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0; 2 thỏa mãn f  2   1,  x 2 . f  x  dx 
0
2
8
và
15
2
32
  f '  x  dx  5 . Giá trị của tích phân  f  x  dx bằng
4
0
0
2
B.  .
3
3
A.  .
2
Câu 43: Cho hàm số
7
.
3
f  x  có đạo hàm liên tục trên
1
2
3
0  f   x  dx  2  2 ln 2 và
A.
C. 
1  ln 2
.
2
B.
1
f  x
  x  1
2
dx  2 ln 2 
0
1  2 ln 2
.
2
C.
D.
0;1
3
. Tích phân
2
3  2ln 2
.
2
7
.
3
, thỏa mãn
f 1  0 ,
1
 f  x  dx bằng:
0
D.
3  4ln 2
.
2
Câu 44: Cho hàm số bậc ba f  x  và hàm số bậc hai g  x  có đồ thị như hình vẽ.
7
và đồ thị hàm số f  x  cắt đồ thị hàm số g  x  tại ba
12
điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thoả mãn 18 x1 x2 x3  55 . Diện tích miền tô đậm nằm trong
Biết rằng điểm I có tung độ bằng 
khoảng nào sau đây?
A.  5;6  .
417 | Phan Nhật Linh
B.  4;5 .
C.  6; 7  .
D.  7;8  .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Câu 45: Cho hàm số f  x   ax  bx  cx  dx  e và g  x   x  1  C  có đồ thị như hình vẽ. Biết
4
3
2
2
rằng đồ thị hàm số f  x  cắt đồ thị hàm số g  x  tại 4 điểm phân biệt có hoành độ
x1  x2  x3  x4 thỏa mãn x1 x4  3, x1  x4  x3 và diện tích miền tô đậm như hình vẽ bằng
8
15
. Giá trị của f  3 bằng bao nhiêu?
A. 24 .
B. 26 .
D. 25 .
C. 27 .
Câu 46: Cho hàm số bậc bốn f  x  và hàm số bậc nhất g  x  có đồ thị như hình vẽ.
Biết rằng đồ thị của hàm số f  x  và đồ thị của hàm số g  x  có 3 điểm chung. Hỏi miền tô
đậm như hình vẽ có diện tích bằng bao nhiêu?
12
11
A.
.
B. .
5
5
C.
13
.
5
D.
Câu 47: Cho hàm số f  x  liên trên  thỏa f   x   2 x   2 x  1 e
x2  f  x 
14
.
5
, x   và f  0   0 . Giá trị
f 1 là
A. ln  3e  .
B. e  1 .
C. 2 ln 3 .
D. ln 3 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 418
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Câu 48: Cho hàm số f  x  liên tục trên  thỏa mãn  2 x  f   x   .e
x2
e
x f  x
, x   và f  0   0 .
Tính f  2  ?
A. 2.
B. 1.
Câu 49: Cho hàm số f  x 
C. 3.
D. 4.
2
1
có đạo hàm liên tục trên  0;1 thoã f 1  0,   f   x   dx 
0
1
 x 
0 cos  2  f  x  dx  2 . Tích phân
1
A.
1

.
B.
2
8
và
1
 f  x dx bằng
0
.

2
C.

D.  .
.
2
Câu 50: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 thoã mãn
1
 f   x  sin  x dx  
và
0
1

f 2  x dx  2 . Tích phân
0
A.
1
 x
 f  2 dx bằng
0
6

B. 
.
Câu 51: Cho hàm số
4

.
C.
f  x   x3  ax 2  bx  c
4
.

D.
a, b, c
với
6

.
là các số thực. Biết hàm số
g  x   f  x   f   x   f   x  có hai giá trị cực trị là 3 và 6 . Diện tích hình phẳng giới hạn
bởi các đường y 
f  x
g x  6
và y  1 bằng
B. 2ln 3 .
A. 2 ln 2 .
C. ln18 .
D. ln 3 .
Câu 52: Cho hàm số y  f  x   x 3  ax 2  bx  c có đồ thị  C  , đường thẳng y  mx  n là tiếp tuyến
của  C  tại điểm có hoành độ x  1 và cắt  C  tại điểm có hoành độ bằng 2 . Diện tích hình


phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x 2  1 2
A.
15
.
16.ln 2
B.
15
.
16
f  x   mx  n
C.
và trục hoành bằng
5
ln 2 .
16
D.
5
.
16.ln 2
Câu 53: Cho hàm số y  f  x   ax 2  bx  c với a , b, c   . Biết rằng hàm số g  x   f  x  .e  x có hai
giá trị cực trị là 5 và 3 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số g  x  và
h  x    2 ax  b  .e  x bằng
A. 2 .
Câu 54: Cho
C. e5  e3 .
B. 8 .
hàm
số
f  x   x 4  ax 3  bx 2  cx  d
với
a, b, c, d  
D. e5  e3 .
.
Biết
hàm
số
g  x   f  x   f   x   f   x   f   x  có ba giá trị cực trị là 14 ; 4; 6. Diện tích hình phẳng
giới hạn bởi các đường y 
A. 2 ln 3 .
419 | Phan Nhật Linh
f  x
g  x   24
B. ln10 .
và y  1 bằng
C. ln 3 .
D. ln 5 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 55: Cho
hàm
số
f  x   3 x 3  bx 2  cx  d
b, c , d  
với
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
.
Biết
hàm
số
g  x   f  x   f   x   f   x  có hai giá trị cực trị là 12; 6 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi
các đường y 
A. 2 ln 3 .
f  x
g  x   18
và y  1 bằng
B. ln 6 .
C. 2 ln 2 .
D. ln 5 .
Câu 56: Cho hai hàm số f  x   x 4  ax 2  bx  1 và g  x   cx 2  dx  3  a, b, c, d    . Biết rằng đồ
thị của hàm số y  f  x  và y  g  x  cắt nhau tại hai điểm có hoành độ lần lượt là 2 ; 1. Hình
phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng
99
45
A.
.
B. 2 .
C.
.
5
10
D.
3
.
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 420
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Chọn B
Ta có: xf   x    x  1 f  x   e x  xf   x   f  x   xf  x   e x
 xe x f   x    x  1 e x f  x   1  xe x f   x    xe x  f  x   1
  xe x f  x    1  xe x f  x    dx  x  C *
Với x  0
Thay vào biểu thức ban đầu ta có: 0. f   0    0  1 f  0   e 0  1  f  0   1 .
Thay vào * , ta có: C  0 .
e x khi x  0
Khi đó: xe f  x   x  f  x   
1 khi x  0
f  x   f  0
e x  1
e x  1
 lim
  lim
 1 .
Suy ra: f   0   lim
x 0
x 0
x 0
x
x
x
Chọn C
Ta có phương trình trên tương đương với
 f '( x)  f ( x)  e x .cos 2021x  f '( x)  f ( x)  e x .cos 2021x
x
Câu 2:
 e  x f '( x )   e  x  f ( x)  cos 2021x
Đến đây ta nguyên hàm hai vế thu được:
sin 2021x
  e  x f ( x)   cos 2021x  e  x f ( x)   cos 2021xdx 
C
2021
sin 2021x
e x .sin 2021x
 f ( x) 
2021
2021
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  f ( x) và trục hoành là
Mà f (0)  0 nên C  0 suy ra e  x f ( x ) 
e x .sin 2021x
k
 0  sin 2021x  0  2021x  k , k  Z  x 
,k  Z 
2021
2021
k
2021
2021
1
k
Vì x   1;1 nên 1 
2021


f ( x)  0 
Mà do k  Z nên suy ra k  643; 642;...;643 như vậy ta kết luận đồ thi hàm số y  f ( x) cắt
trục hoành tại 1287 điểm có hoành độ thuộc đoạn  1;1
Câu 3:
Chọn A
Từ giả thiết:
x   0;   , f   x  sin x  x  f  x  cos x  f   x  sin x  f  x  cos x  x .
f   x  sin x  f  x  sin x 
x
 f   x  sin x  f  x  sin x   x 

.
2
sin x
sin 2 x
f  x
 f  x  
x
x


  2 dx .
 
2
sin x
sin x
 sin x  sin x
u  x
x
 du  dx

Xét I   2 dx . Đặt  1
.

sin x
 sin 2 x dx  dv v   cot x
421 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
 I   x cot x   cot xdx   x cot x  
d  sin x 
cos x
dx   x cot x  
  x cot x  ln sin x  C .
sin x
sin x
 
f   1
f  x
2
  x cot x  ln sin x  C 

 C  1  f  x   sin x   x cot x  ln sin x  1 .
Suy ra
sin x

 


 1   3
1  1
 
 f    sin   cot  ln sin  1   
 ln  1  
6  6 ln 2   3 .
6 6
6
6
2  12
6
 2 6
Như vậy a  6, b  6, c  1  a  b  c  1.

Câu 4:

Chọn C
Đặt t  2 x  1 
1
1
1
3
 f  2 x  1  dx  
3
1

dt 1
1 0
f  t  .   f  t  dt    f  t  dt   f  t  dt 

3
2 2 1
2
0

3
1
 1
1
   f t  dt   f t  dt   10  8  9 .
2  0
 2
0
Câu 5:
Chọn B


2021
ln x  x 2  1 

 dx .
F 1  F  0    f  x  dx  F 1  F  0    f  x  dx  F 1  1   
2
x 1
0
0
0
x
1
x  0  t  0
2
x  1  1 dx . Đổi cận: 
Đặt t  ln x  x 2  1  dt 
.

x

1

t

ln
1

2
x  x2  1
x2  1

Do đó:
1





2021



2022
ln x  x 2  1 
ln 1 2 
ln 1  2   2022
2022 ln 1 2 
t



F 1  1  
dx  1   t 2021dt  1 

2
2022
2022
x 1
0
0
0
Chọn B
2
1
1
Đặt t  1  2 ln x  dt= dx  dt= dx . Đổi cận: x  1  t  1 , x  e  t  3 .
x
2
x
e
3
3
f 1  2ln x 
1
1
dx   f  t  dt   f  x  dx
Khi đó I  
x
21
21
1
1
Câu 6:
1
1
2
3
3
 1 2
 47
1
f
x
d
x

f
x
d
x

x

1
d
x

x 2  1 dx  =
.












2 1
2
2
 2 1
 12
Chọn B

Câu 7:

2
Xét I   f  2sin x  1 cos xdx . Đặt 2sin x  1  t  2cos xdx  dt  cos xdx 
0
Với x  0  t  1 ; x 
3
3

2
1
dt
2
 t 3
2
3
1
1
1
1
 I   f  t  dt   f  t  dt    t 2  2t  3 dt    t 2  1 dt
2
21
21
22
1
Câu 8:
 2 1  t 3  3 23
1  t3
   t 2  3t     t  
.
2 3
1 2 3  2 6
Chọn C
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 422
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
2 3
Ta có

5
2 3
1
x x 4
2
dx 

5
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
xd x
x
2
x 4
2
. Đặt t  x 2  4  t 2  x 2  4  tdt  xdx .
 x  2 3  t  4
Đổi cận 
.
 x  5  t  3
2 3
Do đó

5
4
4
4
tdt
dt
1  1
1 
 2

 

 dt
2
x  4 3  t  4  t 3  t  2  t  2  4 3  t  2 t  2 
xdx
x2
1

a

1 t 2 
1 2
1 1
1
1

4
  ln
 ab  .
   ln  ln   ln 5  ln 3  
4 t2 3 4 6
5 4
4
2
b   1

4
Chọn C
ln x
Từ giả thiết, ta có: f  x    ln 2 x  1.
dx
x
ln x
Đặt: ln 2 x  1  t  ln 2 x  1  t 2 ;
dx  tdt
x
3
1
1
ln 2 x  1  C
 f  t    t 2 dt  t 3  C  f  x  

3
3
3
1
1
f 1   C  0 ; Suy ra: f  x  
ln 2 x  1

3
3
3
1
ln 2 x  1
2
2
2

f  x
1 ln 2 x  1
Khi đó: 
dx   3
dx  .
dx
2
31
x
x ln 2 x  1
1 x ln x  1
1
4
Câu 9:
2
2
ln 2.  ln 2 2  3
2 1
2
1
1
1
1 1
1
.
 . ln 2 x.d  ln x   . dx  .ln 3 x  .ln x  .ln 3 2  .ln 2 
1
1
9
3
9
31
3 1x
9
3
Câu 10: Chọn D
dt  dx
Đặt t  5  x  
. Khi đó :
x  5  t
3
2
3
I   xf  x  dx     5  t  f  5  t  dt    5  t  f  5  t  dt
2
3
2
3
3
3
3
2
2
2
2
  5 f  5  t  dt   tf  5  t  dt  5 f  t  dt   tf  t  dt .
Khi đó I  5.2  I  2 I  10  I  5 .
Câu 11: Chọn B



4
tan x
tan x
 
dx  
dx
Ta có F    F  0    f  x dx  
2
2
2
4
cos
x
1

a
cos
x
cos
x
1

tan
x

a
0
0
0
4

4

0
d  tan 2 x  1  a 
2 1  tan x  a
2
4

 tan x  1  a
2
4
0
 3  2  a  2  a 1  a  1 .
423 | Phan Nhật Linh
 2  a  a 1
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022

CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN


3
3
3
tan x
tan x
 
 
dx  
dx
Khi đó F    F     f  x dx  
2
2
2
3
6 
 cos x 1  a cos x
 cos x 1  tan x  a
6

3
d  tan 2 x  1  a 

2 1  tan 2 x  a

6
6

 tan 2 x  1  a 3  4  a  a 
6
6
4
7 3 5  21
 5

.
3
3
3
Câu 12: Chọn B
Ta có
1
1
1
1
.
f  x  1
 f  x  f  x  f  x  1
x
x
x
x


1
2 3
 xf   x   f  x   x  x   xf  x    x  x  xf  x    x  x dx  x 2 
x C
2
3
Do f  4  
4
4 1
2 3
1
2 3
 4.  42 
4  C  C  8  xf  x   x 2 
x 8.
3
3 2
3
2
3
4
Vì vậy
4
1
 xf  x dx =    2 x
1
2

1
2 3
157

x  8 dx  
.
3
30

Câu 13: Chọn C
Giả thiết:
2 f 2  x  1 8 
8
   3  f  x   4  f '  x  , x  0
2
x
x
x x 
 2x2 f
 x   x 3 f  x   8 xf  x   8  x 4 f   x 
2


 2 x 2 f 2  x   4 xf  x   4  x 3  xf '  x   f  x 

2  xf  x   2

 2  xf  x   2   x  xf  x   3 
2
x
 xf  x   2
2
3
 xf  x   2
2
1
1
dx   2  C  
Do đó  3 dx  
2
xf  x   2
x
x
 xf  x   2
Thay x  1 vào hệ thức, ta được: 1  C  

1
1
x2  2



f
x

.
 
xf  x   2
x
x2
4
Vậy
1
 C  0.
f  3  2

2
4
f  x  dx  
2
 x2
4
x2  2
dx    2 ln x   6  2 ln 2 .
x
 2
2
Câu 14: Chọn B
Ta có x 2 f 2  x    2 x  1 f  x   xf   x   1  x 2 f 2  x   2 xf  x   1  f  x   xf   x 
  xf  x   1  f  x   xf   x  
2
f  x   xf   x 
 xf  x   12
1
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 424
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022

f  x   xf   x 
 xf  x   1
Do f 1  2  
2
Do đó
dx   dx 
2

d  xf  x   1
 xf  x   1
2
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
  dx  
1
 xC .
xf  x   1
1
1
1 1
 1  C  C  0 . Vậy 
 x  f  x    2 .
1. f 1  1
xf  x   1
x x
2
2
1
1
 1 1 

f  x  dx      2  dx    ln x      ln 2 .
x x 
x 1
2

1

1
Câu 15: Chọn B

4
 tan x. f  cos x  dx  1
Xét tích phân
2
0
Đặt t  cos x  dt  2sin x cos xdx . Đổi cận:
2

Khi đó
4
1
2
0
1
e
Xét tích phân
f  ln 2 x 

x ln x
e
Đặt t  ln 2 x  dt  2.
e
Khi đó
2

e
f  ln x 
2
x ln x
4
x0
1
2
t 1
 t

1
1
f t 
f t 
f  x
dt  1  
dt  2  
dx  2 1
2t
t
x
1
1
2
 tan x. f  cos x  dx  
2

x
2
2
dx  2
x  e2
ln x
dx . Đổi cận:
x
xe
4
dx  
1
 t4
 t 1
4
f t 
f  x
dt  2  
dx  4  2 
2t
x
1
4
Cuối cùng lấy 1   2  ta được

1
2
f  x
dx  2  4  6.
x
Câu 16: Chọn C
f  x  . f  2  x   e2 x
Theo giả thiết, ta có
ln  f  x  . f  2  x    ln e 2 x
2
4 x
2
4 x
f  x  nhận giá trị dương nên
và
 ln f  x   ln f  2  x   2 x 2  4 x .
Mặt khác, với x  0 , ta có: f  0  . f  2   1 và f  0   1 nên f  2   1
2
Xét I  
x
0
2
 3x 2  f   x 
f  x
2
dx , ta có I    x 2  3 x 2 
0
f  x
f  x
dx
u  x3  3x 2
du   3 x 2  6 x  dx

Đặt 
.
f  x  
dv  f x dx v  ln f  x 
 

2
2
0
0
Suy ra I   x3  3 x 2  ln f  x      3 x 2  6 x  ln f  x  dx     3 x 2  6 x  ln f  x  dx .
0
2
Đổi biến x  2  t  dx  dt . Khi x  0  t  2 và x  2  t  0
Khi đó:
425 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
0
2
2
0
2
I     3t 2  6t  ln f  2  t  dt      3t 2  6t  ln f  2  t  dt     3 x 2  6 x  ln f  2  x  dx .
0
2
Từ 1 và  2  ta cộng vế theo vế, ta được 2 I     3x 2  6 x   ln f  x   ln f  2  x   dx
0
2
Hay I  
2
1
1
3x 2  6 x  2 x 2  4 x  dx     6 x 4  24 x 3  24 x 2  dx


20
20
2
16
16

   x 5  6 x 4  8 x3    .
25
5
0
Câu 17: Chọn D
Từ f  x   f  2  x   x 2  2 x  2, x   .
Thay x  0 ta được f  0   f  2   2 mà f  0   3 nên f  2   1.
2
Suy ra

0
2
2
0
0
f  x  dx   f  2  x  dx    x 2  2 x  2  dx 
Đặt t  2  x  dx  dt , khi đó
2

0
0
2
2
2
0
0
f  2  x  dx    f  t  dt   f  x  dx   f  x  dx 
u  x
2
Xét
8
.
3
4
.
3
du  dx
 xf   x  dx . Đặt dv  f   x  dx  v  f  x  , khi đó
0
2
2
 xf   x  dx  xf  x  0   f  x  dx  2 f  2  
2
0
Câu 18:
0
4
4
10
 2    .
3
3
3
Chọn D
1
1
1
Ta có 2 f  x   xf    x 1 . Đặt  t  x  khi đó điều kiện đề bài cho trở thành
x
t
x
1
1 1
2 f    f  t    2t. f
t
t t
1
   f t   1  2
t

1
4 f  t   2t. f  t   2 x
1  2t

 
Từ 1 và  2  ta có: 
.
 f t  
3
 f  t   2t. f  1   1
 

t
Lấy tích phân cận từ
1
đến 2 ta được:
2
2

1
2
2
1 2x
3
dx  . .
3
4
1
f  x  dx  
2
Câu 19: Chọn D
u  2 x  1
du  2dx
Đặt 
.

dv  f   x  dx  v  f   x 
2
Ta có I   2 x  1 f   x  0  2 f   x  dx  3 f   2   f   0   2 f  x  0
2
2
0
 3 f   2  f   0  2  f  2  f  0  .
Xét f 2 1  x    x 2  3 . f  x  11 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 426
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
 f  2   4 f  0 
Từ 1 cho x  1, x  1 ta được hệ sau  2
 f  0   4 f  2 
2
 f 2  2  f 2  0   16 f  0  f  2   f  0  f  2   16  f  0  
16
.
f  2
16
 f 3  2   64  f  2   4  f  0   4 .
f  2
Khi đó ta có f 2  2   4.
Đạo hàm 2 vế của 1 ta được 2 f 1  x  f  1  x   2 xf  x  1   x 2  3 f   x  1 2 
2 f  2  f   2   2 f  0   4 f   0 
Từ  2  cho x  1, x  1 ta được hệ sau 
2 f  0  f   0   2 f  2   4 f   2 
8 f   2   8  4 f   0 
 f   0   2


.
8 f   0   8  4 f   2 
 f   2   2
Vậy I  3 f   2   f   0   2  f  2   f  0    3.2  2  2  4  4   4 .
Câu 20: Chọn D
2
2
Do f  x   0 với mọi x  1;3 nên ta có: f   x  1  f  x     f  x    x  1 


2
2
 1


2
1
1
1 
2

   x  12


f
x


 f  x 



x

1




4
3
2
2
f  x 
  f  x  f  x  f  x 
  f  x 




1
1
1
1
3


  x  1  C

3
2
f  x 3
3 f  x   f  x 
Lại có: f 1  1  C 
1
1
1
1
1
3
1


  x  1 

3
2
f  x 3
3
3
3 f  x   f  x 
3
 1

1
1
3
1  1 x  f  x  

 1  1  x  
f  x
x
 f  x 
3


1
3
3
 1
f  x  dx      dx   ln x   ln 3
1
x
1
Vậy a  1 ; b  0  S  a  b 2  1
Câu 21: Chọn A
2  2 x  2   x 4  x3  4 x  4
.
f

x2  x 
x3
Lấy tích phân 2 vế với cận từ 1 đến 2, ta được:
Từ giả thiết suy ra f (1  x ) 

2
1
4
3
2
2 x  x  4x  4
 2x  2  2
f (1  x )dx   f 

d
x

dx
 2
1
1
x3
 x  x
2
2
2
4
4
 2x  2   2x  2 
   f (1  x)d(1  x)   f 
d
   x  1  2  3


1
1
1
x
x
 x   x 

2
1
1
0
0
   f (t )dt  
1
 x2
4 2 
f (t )dt     x   2  
x x 1
 2
  f (t )dt  0 . Vậy
1
427 | Phan Nhật Linh

dx


1
1
f (t )dt  0 .

0
1
1
f (t )dt   f (t )dt  0
0
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Câu 22: Chọn D
1
Xét: x . f   x   f  x   2 x3  x 2  e x . f   x  
2
1
1 x1
.e . f  x    2 x  1 .e x
x2
1
1
1
1  2
 1

1 
  e x . f  x    1  2 x  1 .e x dx    3  2  .e x dx  I
2
x 
x
2

1
2

u  e x  du  e x dx
1 1

 2 3  1 1 x
x
Đặt 
1 1 , khi đó: I    2   2 .e dx  2 2 .e dx .
 2 1 
e
4e
x
x
d
v


d
x
,
v




 3


x2 
x2 x
x

Đặt I   
1
2
u  e x  d u  e x d x
1 1
1 x
1 1


.e
d
x
I



.e x dx .
,
đặt
,
khi
đó:

1

1
2
2


2
x
e 2e
x
 dv  2 dx , v  2
x
x

1
 1

1 1
1  1 
1 1
Suy ra: I   2   e x . f  x    2 . f    f     e
e 4e 
2
2 4
1 e
2
Câu 23: Chọn B
1  x  f   x   xf   x   25  x 
x2  1
2
 x 2  1. f   x  


2x
2 x2  1

25
2

5
25
f  x 
x 
x 1

x 2  1. f   x  

x2  1
x2  1


x  x2  1

5
5
 
 
x 1  1
4

5
 x 2  1. f   x   25 x  x 2  1 d x  x 2  1  5 x  x 2  1  C

Mà f   0   5  C  1  x 2  1. f   x   5 x 
5
2
1
x  x 1 

x 1
x 1
dx
 f  x   5  x  x  1  d  x  x  1   
x 1
d  x  x  1
 f  x    x  x  1  
  x  x  1   ln  x 
x  x 1
Mà f  0   1 nên C   0  f  x    x  x  1   ln  x  x  1 
 f  x 
5
2
5
2
2
4
2
2
2
2
5
2
2
5
2
2
5

x2  1  C
2
Khi đó
  
 

 f  3    3  2   ln  3  2   f   3   f  3   724. .
5
 f  3   3  2  ln  3  2
5
Câu 24: Chọn C
Ta có: x  f  x 3   2   f   x 2   x 3  3 x 2  1
 x 2 f  x 3   2 x 2  xf   x 2   x 4  3x3  x  x 2 f  x3   xf   x 2   x 4  3x3  2 x 2  x
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 428
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Lấy tích phân hai vế ta được
1
1
1
2
3
2
4
3
2
 x f  x  dx   xf   x  dx    x  3x  2 x  x dx
0
0
0
1

1
1
1
23
f  x3  d  x3    f   x 2  d  x 2   

30
20
60
1
1
1
23 1
37
37
  f  x  dx     f  1  f   0   
  f  x  dx 
30
60 2
60
20
0
Câu 25: Chọn C
2017 2018 x
 e2018 x f   x   2018e2018 x f  x   2018x 2017
Ta có: f   x   2018 f  x   2018.x .e
 e 2018 x f  x    2018 x 2017  e 2018 x f  x   x 2018  C .
Do f  0  2018 nên C  2018  e 2018 x f  x   x 2018  2018  f  x    x 2018  2018  e 2018 x .
2018
Vậy f 1  2019e .
Câu 26:
Chọn D
Ta có : F  x   
dx
e x dx
e x dx
e x dx
1
1



 lne x  ln  e x  3  C .
x
x



x
x
x
e 3
3e
3
e  e  3
3  e  3 3
1
1
1
Theo đề : F  0    ln 4   ln 4  C   ln 4  C  0 .
3
3
3
1
1
Vậy: F  x  = lne x  ln  e x  3 . Phương trình : 3F  x   ln e x  3  2
3
3


  ln  e x  3  ln e x  ln  e x  3  2  ln e x  2  ln e x  ln e2  x  2 .
Vậy tập nghiệm của phương trình là S  2 .
Câu 27: Chọn C
Từ giả thiết 3 f  x   xf   x   x 2018 , với mọi x   0;1 , nhân hai vế cho x 2 ta được
x 2021
3x 2 f  x   x 3 f   x   x 2020   x3 f  x   x 2020 . Suy ra x 3 f  x    x 2020 dx 
C .
2021
Thay x  0 vào hai vế ta được C  0 , suy ra f  x  
1
1
1
x 2018
1 x 2019
1
.
dx 
.

2021
2021 2029 0 2019.2021
0
Vậy I   f  x  dx  
0
x 2018
.
2021
Câu 28: Chọn A
Từ giả thiết f  x   f   x   e x 2 x  1 , với mọi x   0; 4 , nhân hai vế cho e x ta được
e x f  x   e x f   x   2 x  1   e x f  x    2 x  1 .
Suy ra e x f  x    2 x  1dx 
Câu 29:
26
1
 2 x  1 2 x  1  C . Vậy e4 f  4   f  0  .
3
3
Chọn D
1
1
2
1

Ta có 3  f   x   f  x     dx  2 
9
0 
0
429 | Phan Nhật Linh
f   x  f  x  dx
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
1
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
1
2
1
 3  f   x   f  x    dx   2 


3
0
0
1
1
2
  9 f   x   f  x    dx 6 


0
0
f   x  f  x  dx
1
1
0
0
2
f   x  f  x  dx   dx  0   3 f   x  . f  x   1 dx  0


 3 f   x  . f  x   1  0, x   0;1  9 f   x  .  f  x    1   9 f   x  .  f  x   dx   dx
2
2
 f  x  
3
1
 9. 
 x  C . Vì f  0   1 nên ta có C  3   f  x    x  1 .
3
3
3
1
3
7
Vậy I    f  x   dx  .
6
0
Câu 30: Chọn C
1
1
2
Ta có:  f   x    f  x    1 dx  2 


0
0
1
1
1
1
2
   f   x   f  x   dx  2 


0
0
2
   f   x   f  x   dx  2 


0
0

f   x  f  x  dx
1
f   x  f  x  dx   f   x  d x  0
0
1
2
f   x  f  x  dx  1  0    f   x  f  x   1 dx  0


0
f   x  f  x   1; x   0;1  f   x   f  x    1   f   x   f  x   dx   dx
2
2
 f  x  
3

 x  C   f  x    3 x  3C
3
3
Do f 1  f  0   1 nên ta có
3
3  3C  3 3C  1
u  v  1, 1
Đặt u  3 3  3C , v  3 3C . Ta có hệ:  3 3
u  v  1,  2 
Từ 1 ta suy ra u  v  1 thay vào  2 ta được phương trình

3  33
v 
3
6
 v  1  v3  3  3v 2  3v  2  0  

3  33
v 
6

Hay C 
3
27  5 33
27  5 33
.
  f  x    3 x 
54
18
1
1
Với  f  x    3 x 
3
3
27  5 33
5 33
5 33
   f  x   dx 
   f  x   dx 
.
18
18
18
0
0
Với  f  x    3 x 
3
3
27  5 33
5 33
5 33
   f  x   dx  
   f  x  dx 
.
18
18
18
0
0
3
3
1
Vậy
  f  x  
0
3
dx 
1
1
5 33
.
18
Câu 31: Chọn C
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 430
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
2
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Gọi A    x  1 f  x  dx
2
1
Đặt: u  f  x   du  f   x  dx ; dv   x  1 dx  v 
2
2
 x  1
3
3
 x  1 f  x dx  x  1 3 f  x dx  1 .
1  x  1
Khi đó:  
f  x  
 
1    
3
3
3
1
3
3
2
2
1
  f ( x) dx  7,  2.  7  x  1
2
Ta có
2
2
1
1
2
Suy ra
3

2
. f   x  dx  14,  49  x  1 dx  7 .
6
1
3 2
  f ( x)  7  x  1  dx  0  f ( x)  7  x  1
3
 0  f  x 
1
Mà f  2   0  C  
7
4
 x  1  C
4
2
7
7
7
7
4
 f  x    x  1    f  x  dx   .
4
4
4
5
1
Cách 2. Theo bất đẳng thức Holder:
2
2
2
2

2
1
3
6

1     x  1 f  x  dx     x  1 dx.  f   x   dx  .7  1 .
7
1

1
1
Dấu bằng xảy ra khi f ( x)  k  x  1 , với k   .
3
2
Mà
  x  1 f   x dx  1 nên
3
1
 f  x 
2
 k  x  1
6
dx  1  k  7  f ( x )  7  x  1
3
1
2
7
7
7
7
7
4
4
 x  1  C và f  2   0  C    f  x    x  1    f  x  dx   .
4
4
4
4
5
1
Câu 32: Chọn B
1
Gọi A   f
0
1
 
x dx . Đặt t  x  2tdt  dx .Khi đó: A  2 tf  t  dt
0
1
Theo đề A 
1
2
1
2
nên 2 tf  t  dt    tf  t  dt  hay
5 0
5
5
0
1
1
 xf  x  dx  5 .
0
1
Gọi B   xf  x  dx . Đặt: u  f  x   du  f   x  dx ; dv  xdx  v 
0
1
1
x2
2
1
1 x2
x2
3
Khi đó: 
f  x  
f   x dx   x 2 f   x dx  .
5 2
2
5
0
0
0
1
Ta có
9
1
1
18
9
1
2
4
2
  f ( x) dx  5 ,  2. 3x . f   x  dx   5 ,  9 x dx  5    f ( x)  3x  dx  0
2
0
0
0
2
0
1
 f ( x)  3x 2  0  f  x   x3  C , mà f 1  0  C  0  f  x   x3   f  x  dx 
0
1
.
4
Cách 2: Theo bất đẳng thức Holder:
2
2
1
 1 4 1
2
1 9 9
3  2 

x
f
x
d
x
     x dx.  f   x   dx  .  .
  
5 5 25
 5  0
0
 0
1
1
3
3
Dấu bằng xảy ra khi f ( x )  kx , với k   . Mà  x f   x  dx  nên  kx 4 dx   k  3 .
5
5
0
0
2
431 | Phan Nhật Linh
2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Hay f ( x)  3x suy ra f  x   x  C .
3
2
1
1
.
4
Ta lại có f 1  0  C  0  f  x   x3   f  x  dx 
0
Câu 33: Chọn B
1
 u  cos  x  du   sin  x  dx
A   f   x  cos  x  dx . Đặt 

v  f ( x)
dv  f ( x)dx 
0
1
1
1
Khi đó: A  cos  x  . f  x      sin  x  f ( x)dx   sin  x  f ( x)dx
0
0

Mà A 
2
1
nên   sin  x  f ( x)dx 
  f ( x )
2
0
1
  f ( x)
Khi đó:

2
0
1
Ta lại có:
0
2
0
1
1
.
2
  sin  x  f ( x)dx 
0
1
1
1
dx  ;  sin 2  x  dx  .
2 0
2
1
1
0
0
1
dx  2 sin  x  f ( x)dx   sin 2  x  dx 0    f  x   sin  x   dx 0
2
0
1
Suy ra f  x   sin  x   0  f  x   sin  x   I   sin  x  dx 
0
2

.
Câu 34: Chọn B
 u  sin x
du  cos xdx

Gọi A   f   x  sin xdx . Đặt 
dv  f   x  dx  v  f  x 
0




Khi đó: A  sin xf ( x )  0   cos x. f ( x)dx    cos x. f ( x)dx
0
0

Mà A  1 nên  cos x. f ( x )dx  1 
0
1
Ta lại có:
  f ( x)
2
dx 
0

4
2
;
4
 
2
4

4
cos x. f ( x)dx  .


0

 cos
2
xdx 
0

4
2

.


2
2


Suy ra:   f ( x) dx   cos x. f ( x)dx  2  cos xdx  0    f ( x )  cos x  dx  0
0
 0


0
0 
 f ( x) 
2
2



cos x  I   xf ( x )dx   x
0
0
2

2
cos xdx  
4

.
Câu 35: Chọn B

x
Gọi I   (sin x  x ) f    dx
2
0


2
2
x
Đặt t   dx  2dt , khi đó I  2  (sin 2t  2t ) f (t )dt  2  (sin 2 x  2 x ) f ( x)dx .
2
0
0
u  sin 2 x  2 x du  (2 cos 2 x  2)dx
Đặt 

v  f ( x)
 dv  f ( x)dx

Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 432
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN



2
2
 
Khi đó: I  2  sin 2 x  2 x  f  x   2  2  (2 cos 2 x  2) f ( x )dx  8  sin 2 xf ( x )dx (vì f    0 )
0
2
0
0

2
Mà I  6 nên 8 sin 2 xf ( x )dx  6 .
0


2
Ta lại có:
2
  f ( x)
dx  3 ;  16 sin 4 xdx  6 .
2
0



2
2
2
2
0
0
  f ( x) 
Khi đó:
0

2
0
dx  8 sin 2 xf ( x)dx   16sin 4 xdx 0    f  x   4sin 2 x  dx 0
2
0
Suy ra f  x   4sin x  0  f  x   4sin x  f   x   8cos 2 x .
2


2
Vậy
2
2
3
  f   x  dx   (8cos 2 x) dx  0 .
3
0
0
Câu 36: Chọn C
1
Gọi A   ( x  1)e x f ( x )dx 
0
1
e2  1
. Đặt
4
 u  f ( x)
du  f ( x)dx


x
x
dv  ( x  1)e dx  v  xe
1
Khi đó: A   xe x f ( x )    xe x f ( x )dx 
0
0
1
x
 xe f ( x)dx  
Mà f (1)  0 nên
0
1
e2  1
Ta lại có:   f ( x) dx 
;
4
0
2
1
Suy ra:
  f ( x)
2
0
e2  1
4
1
e2  1
e2  1
.
 2  xe x f ( x)dx  
4
2
0
1
2 2x
 x e dx 
0
1
e2  1
.
4
1
1
2
dx  2 xe x f ( x)dx   x 2 e2 x dx  0    f ( x)  xe x  dx  0
0
0
0
 f ( x )   xe  f ( x)    xe dx  (1  x)e  C
x
x
x
1
1
0
0
Mà f (1)  0 nên C  0 hay f ( x)  (1  x )e x . Vậy I   f ( x )dx   (1  x )e x dx  e  2 .
Câu 37: Chọn A
Cách 1.
 f   x 
Hàm dưới dấu tích phân là  x  nên ta cần tìm một thông tin liên quan đến f   x  .
e
1
1
Từ giả thiết f  0   0, f 1  1 ta nghĩ đến  f   x dx  f  x   f 1  f  0   1.
0
0
2
 f   x 
Do đó ta có đạo hàm dưới dấu tích phân là  x  và f   x  nên sẽ liên kết với bình phương
e
2
 f  x
x 
 x   e  . Với số thực  , ta có:
 e

2
433 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
 f   x  
 f  x
x 


e
dx

dx  2  f   x dx   2  e x dx


x
0  e x

e

0
0
0
2
1
1

 2   2  e  1 
 e  1   1
e 1
e 1
2
1
2
1
1
1
 f  x 

2
1
1
Ta cần tìm  sao cho  
 e  1   1  0    
  e x  dx  0 hay
x
e 1
e 1
e
0

2
1
1
 f  x

f  x
1
1
1
Với   
thì  

e x  dx  0 

e x , x   0;1
x
x
e 1
e 1
e 1
e
e
0

2
Suy ra f   x  
Vậy f  x  
ex
ex
ex
1
f  0   0 , f 1 1
.
 f  x  
dx 
 C 
C  
e 1
e 1
e 1
e 1
1
ex 1
e2
.
  f  x dx 
e 1
e 1
0
Cách 2: Theo bđt Holder
1
1
 f   x 
1
  1 f  x

1
1   f 1  f  0      f   x dx    
. e x dx     x  dx. e x dx 
 e  1  1 .
x
e
e 1
0
0
0
 0 e

1
f  x
 k e x  f   x   ke x . Từ  f   x dx  f 1  f  0   1  k  e  1 suy ra
Từ đây suy ra
ex
0
2
2
2
2
f  x 
1
ex
ex
ex 1
e2
 f  x 
 C , kết hợp f  0   0  f  x  
.
  f  x  dx 
e 1
e 1
e 1
e 1
0
Câu 38: Chọn C
Hàm dưới dấu tích phân là 1  x 2  f ( x) nên ta cần tìm một thông tin liên quan f ( x ).
2
1
Từ giả thiết f (0)  0, f (1)  1 ta nghĩ đến
 f ( x)dx  f ( x)
1
0
 f (1)  f (0)  1.
0
Do đó ta có hàm dưới dấu tích phân là 1  x 2  f ( x) và f ( x ) nên sẽ liên kết với bình phương
2
2
4
 
2
 1  x . f ( x)  4
 .
1  x2 

Với mỗi số thực  ta có :
2
1
1
1
4
 
2
2
2
2



1

x
.
f
(
x
)

d
x

1

x
f
(
x
)
d
x

2

f
(
x
)d
x





0 
0
0
0 1  x 2 dx
4
1  x2 
1
2


1
1


2

 2   ln 1  2   ln 1  2 
 .
ln 1  2
ln
1

2










2

 
Ta cần tìm  sao cho   4 1  x 2 . f ( x) 
 dx  0
4
2
1

x
0 

1
2


1
1


  ln 1  2 

  0   
ln
1

2
ln
1

2








Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 434
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Suy ra f ( x) 
 f ( x) 

1
ln 1  2
1

ln 1  2


1

1  x2
1

1 x

dx 
2
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN

ln 1  2
Mà f (0)  0, f (1)  C  0  f ( x) 
1
f ( x)

1 x
0


2
dx 
1
ln 1  2



1
1
ln 1  2


1

ln x  1  x 2

ln 1  2

ln x  1  x 2
1 x
0

ln 2 x  1  x 2

 
2

 ln x  1  x 2  C .
 dx 



1
1



  ln x  1  x 2 d ln x  1  x 2 


ln 1  2 0


1

2


1
ln 1  2 .
2
0
Cách 2. Áp dụng BĐT Holder ta có
2
1
1
 1
 1
1
1
2
1    f ( x)dx     4 1  x 2 f ( x).
dx    1  x 2  f ( x)  dx 
dx  1
2
2
4
1 x
0 1 x
0
 0
 0
1
k
Suy ra 4 1  x 2 f ( x)  k
.
 f  x 
4
2
1 x
1  x2
1
Từ
 f ( x)dx  f ( x)
1
0
 f (1)  f (0)  1 suy ra k 
0
Suy ra f ( x) 
 f ( x) 


1
ln 1  2
1
ln 1  2


1

1  x2
1

1 x

0

f ( x)
1 x

2
dx 
1
ln 1  2



1
1
ln 1  2


ln 2 x  1  x 2

1 x
 

ln 1  2



.
2

 ln x  1  x 2  C.
ln x  1  x 2
ln x  1  x 2
0


1
ln 1  2
Mà f (0)  0, f (1)  C  0  f ( x) 
1
ln 1  2

dx 
2

1
 dx 


1
1




  ln x  1  x 2 d ln x  1  x 2 


ln 1  2 0


1

2


1
ln 1  2 .
2
0
Câu 39: Chọn A
1
Như các bài trước, ta chuyển
16
 x f  x  dx  3
2
1
phần.
435 | Phan Nhật Linh
về thông tin của f   x  bằng cách tích phân từng
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
 du  f   x  dx
u  f  x 

Đặt 
.

x3
2
d
v

x
d
x
v 

3

1
1
1
1
1
1
1
x3
1 3
Khi đó  x f  x  dx 
f  x    x f   x  dx  f 1  f  1   x3 f   x  dx .
3
3
3 1
3
3 1
1
1
2
Tới đây ta bị vướng f 1 vì giả thiết không cho. Do đó điều chỉnh lại như sau:
du  f   x  dx
u  f  x 


với k là hằng số.

x3
2
dv  x dx v   k
3

1
1
 x3

 x3

Khi đó  x f  x  dx    k  f  x      k  f   x  dx
3
 3


1
1 
1
1
2
1
 x3

1

 1

   k  f 1     k  f  1     k  f   x  dx .
3 
3




 1  3
 0 do f  1  0
Ta chọn k sao cho
1
1
k 0 k  .
3
3
1
Khi đó
1
1
16
1
  x 2 f  x  dx     x 3  1 f   x  dx    x3  1 f   x  dx  16 .
3 1
3 1
1


Hàm dưới dấu tích phân là  f   x   ,  x 3  1 f   x  nên ta liên kết với  f   x    x3  1  tìm
2
 sao cho
1
2
3
  f   x     x  1 dx  0 .
2
1
7
Ta tìm được   7  f   x   7  x 3  1  f  x   7   x 3  1 dx   x 4  7 x  C .
4
 

C 
f 1  0
1
84
35
7
35
.
 f  x    x 4  7 x  . Vậy I   f  x  dx 
4
4
4
5
1
Câu 40: Chọn A
Hàm dưới dấu tích phân là  f   x   , f  x  . f   x  nên ta sẽ liên kết với bình phương
2
 f   x    f  x   . Nhưng khi khai triển thì vướng
2
2
  f  x 
2
dx nên hướng hày không khả thi.
1
f 2  x
2
Ta có 1   f  x  . f   x  dx 
2
1
2

f 2  2   f 2 1
2
1

f 2  2  0
2

 f  2   2 (do đồng
biến trên 1;2 nên f  2   f 1  0 )
Từ f 1  0 và f  2   2 ta nghĩ đến
2

2
f   x  dx  f  x   f  2   f 1  2  0  2 .
1
1
Hàm dưới dấu tích phân là  f   x   , f   x  nên ta sẽ liên kết  f   x     .
2
2

 f   x   2 
 f  x   2 x  C 
C   2 .
Ta tìm được    2 
f 1 0
2
Vậy f  x   2 x  2 
  f  x  dx 
1
2
.
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 436
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Câu 41: Chọn A
Hàm dưới dấu tích phân là  f   x   f 2  x  , f 2  x  nên ta sẽ liên kết với bình phương
2
 f   x  f  x    f  x   . Nhưng khi khai triển thì vướng
2
1
 f  x  f   x  dx
2
nên hướng hày
0
không khả thi.
1
Tích phân từng phần

f 2  x  dx  1 kết hợp f 1  0 ta được
0
1
1
 xf  x  f   x  dx   2
0
Hàm dưới dấu tích phân là  f   x   f 2  x  , xf  x  f   x  nên ta sẽ liên kết  f   x  f  x    x 
. Ta tìm được
2
f 2  x
3
3
3
3
  
 f  x  f   x    x   f  x  f   x  dx    xdx 
  x2  C
2
2
2
2
4
3
3
3
f 1  0

 C  
 f 2  x   1  x 2  
 f2 2  .
4
2
2
Câu 42: Chọn B
Cách 1.
.
 
2
2
2
2 3
2
 x3   x3

8
x
8
1
Ta có:
  x 2 . f  x  dx   f  x  d     . f  x     df  x   f  2    x 3 . f '  x  dx
15 0
3
30
 3  3
0 0 3
0
2
Suy ra
8
8 32
 x . f '  x  dx  8. f  2   5  8.1  5  5 .
3
0
Áp dụng bất đẳng thức Hollder ta có
4
4
2
4
2
 2 2
 2 4  2 2

2
 32   3

x
.
f
'
x
d
x

x
.
x
.
f
'
x
d
x







    x dx  .   x .  f '  x   dx 
 


 5  0
 0
 0
 0

2
2
3
4
2
2
 2
2
 2
4
4
1048576  32 
   x 4 dx  .  x 4 dx.   f '  x   dx    x 4 dx  .   f '  x   dx 
  .
625
 5 
0
0
 0
0
 0
Dấu “=” xảy ra, tức là xf '  x   kx 2  f '  x   kx .
Thay f '  x   kx vào
2
32
 x . f '  x  dx  5 . ta được
3
0
2
 x5  32
x2
32
32 32

f
'
x

x

f
x

x
d
x

 C.
kx
d
x


k
.


k
.


k

1.







0
5
5
5
2
 5 0 5
2
4
x2
Vì f  2  1 nên C  1 . Vậy f  x    1 . Do đó
2
2

0
2
 x2 
 x3

2
f  x  dx     1  dx    x    .
2
3

 6
0
0
2
Cách 2.
Áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có:  f '  x    x 4  x 4  x 4  4 x 3 . f '  x  .
4
2
Do đó
2
2
  f '  x  dx  3 x dx  4 x . f '  x  dx .
0
4
4
0
3
0
Vì giá trị hai vế bằng nhau nên dấu “=” xảy ra, tức là f '  x   x  f  x    xdx 
437 | Phan Nhật Linh
2
x2
 C.
2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
x2
Vì f  2  1 nên C  1 . Vậy f  x    1 . Do đó
2
Câu 43: Chọn B
Cách 1:
f  x
1
Như các bài trước, ta chuyển
  x  1
2
2

0
dx  2 ln 2 
0
2
 x2 
 x3

2
f  x  dx     1  dx    x    .
2
3

 6
0
0
2
3
về thông tin của f   x  bằng cách tích
2
u  f  x 
 du  f   x  dx


phân từng phần. Đặt 

1
1
 dv  x  1 2 dx v  
 
x 1


f  x
1
  x  1
Khi đó
2
dx  
0
f  x
x 1
1
0
1

0
f  x
x 1
dx  
f 1
2

f 0
1
1

f  x
0
x 1
dx . Tới đây ta bị
vướng f  0  vì giả thiết không cho.
u  f  x 
 du  f   x  dx


Do đó, ta điều chỉnh lại như sau: 
với k là hằng số.

1
1
k
 dv  x  1 2 dx v  
 
x 1


1
f  x
1
1
1
1




dx   
 k  f  x    
 k  f   x  dx
Khi đó 
2
x 1
 x 1


0  x  1
0
0
f 1  0
1
1


   1  k  f  0     
 k  f   x  dx .
x 1

0
Ta chọn k sao cho 1  k  0  k  1 .
1
1
1
f  x
3
x
x
3

Khi đó 2 ln 2   
dx


f
x
dx


f   x  dx   2 ln 2 .


2


2 0  x  1
x 1
x 1
2
0
0
2
x
x 

Hàm dưới dấu tích phân là  f   x   ,
.
f   x  nên ta liên kết với  f   x   
x 1
x  1 

x
x
Ta tìm được   1 
 f  x 
 f  x  
dx  x  ln x  1  C
x 1
x 1
2
 C  ln 2  1 
 f  x   x  ln  x  1  ln 2  1 . Vậy
f 1  0
1
 f  x  dx 
0
1  2 ln 2
.
2
Cách 2: Theo BĐT Holder
2
2
2
1
1
1

2
3
  x
 x 
3
 3


f  x  dx    
  2 ln 2    
 dx   f   x   dx    2 ln 2  .   2 ln 2  .
x 1
2
  0 x 1
2
 2


0
0
x
Từ đây suy ra f   x   k .
.
x 1
Từ f 1  0 ,
1
3
x
  f   x  dx  2  2 ln 2 suy ra k  1  f   x   x  1
2
0
 f  x  
x
dx  x  ln x  1  C
x 1


 C  ln 2  1  f  x   x  ln  x  1  ln 2  1 .
f 1 0
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 438
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
1
Vậy
 f  x  dx 
0
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
1  2 ln 2
.
2
Câu 44: Chọn A
7 
1
Ta có: g  x   k  x  1 x  2  . Vì Parabol đối xứng qua trục nên điểm I  ,   .
 2 12 
7
7
7
 1  1

Khi đó,   k   1   2   k 
 g  x 
 x  1 x  2  .
12
27
27
 2  2

Hàm số f  x  đạt cực trị tại
 x3 x 2

x  1, x  2  f   x   a  x  1 x  2   f  x   a    2 x   b
 3 2

7
7
13
1
Đồ thị hàm số f  x  đi qua I nên f         a  b, 1 .
12
12
12
2
 x3 x 2

7
Phương trình hoành độ giao điểm: f  x   g  x   a    2 x   b   x  1 x  2 
27
 3 2

Theo định lý viet ta có: 18 x1 x2 x3  55  18.
14
27  55  18b  28   55a ,  2 
a
3
3
3
b
1
x3 x 2
1
 f  x     2 x  . Từ đó suy ra diện tích
2
3 2
2
hình phẳng như hình có giá trị sấp sỉ 5,7.
Từ 1 ,  2 bấm báy giải hệ a  1, b 
Lưu ý: Bài này hoàn toàn có thể ra thi THPT, có thể "lách" định lí viet bậc ba vì rõ ràng f  x  ,
g  x  có chung một nghiệm là x 
1
 phân tích phương trình hoành độ giao điểm đưa về bậc
2
hai rồi dùng viet bậc hai.
Câu 45: Chọn B
Dựa vào đồ thị nhận thấy x2  0, x3  1 . Khi đó, x1 x4  3, x1  x4  1 .
Khi đó, f  x   g  x   kx  x  1  x 2  x  3  .
Theo đề ra,
1
8
 k  x ( x  1) x 2  x  3  k  1 .
0
15






 f  x   g  x   x  x  1 x 2  x  3  f  x   x  x  1 x 2  x  3  x 2  1.
Vậy f  3  26 .
Câu 46: Chọn A
Ta có: f  x   g  x   k  x  1  x  1 x  2  .
2
Cho x  0  f  0   g  0   k  0  1  0  1 0  2   1   1  2k  k  1.
2
Vậy f  x   g  x    x  1  x  1 x  2   S 
2
1
12
  x  1  x  1 x  2  dx  5 .
2
1
Câu 47:
Chọn A
Ta có: f   x   2 x   2 x  1 e
439 | Phan Nhật Linh
x2  f  x 
f x  x2
 e    f   x   2 x    2 x  1
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
f x  x2
f x  x2
  e    f   x  2x   x2  x  C  e  
 x2  x  C
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
f 0  02
Cho x  0  e    C  C  1  f  x   x 2  ln( x 2  x  1)  f 1  1  ln 3  ln  3e 
Câu 48:
Chọn A
Từ giả thiết  2 x  f   x   .e x  e
2
 2 x  f   x   .e
x2  f  x 
x f  x
, x   chia cả 2 vế cho e f  x  ta có
 e x , x  .
Lấy nguyên hàm cả 2 vế ta có   2 x  f   x   .e
  ex
2
 f  x
x2  f  x 
d  x 2  f  x     e x dx  e x  C  e x
2
dx   e x dx
 f  x
 ex  C
Thay x  0 ta có e 0 f  0  e 0  C  C  0  f  x   x 2  x  f  2   22  2  2
Câu 49: Chọn B
2
x 
Hàm dưới dấu tích phân là  f   x   và cos
 f  x  không thấy liên kết. Do đó ta chuyển
 2 
x 
thông tin của cos
 f  x  về f   x  bằng cách tính tích phân từng phần của
 2 
1

 x 
x 
0 cos  2  f  x  dx  2 cùng kết hợp với f 1  0 , ta được 0 sin  2  f   x  dx   4 .
1
1
2
x 
Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là  f   x   và sin 
 f  x  nên ta sẽ liên kết với bình
 2 
2

  x 
phương  f   x    sin 
 .
 2 

Ta tìm được  

2
 f  x  

x
x 
f 1  0
sin 
  f  x   cos 
  C  C  0 .
2
 2 
 2 
2
x 
Vậy f  x   cos 
   f  x  dx  . Chọn B

 2  0
1
Cách 2. Theo Holder
2
2
1
1
1

2
1 2
  
 x  
2x
      sin 
 f  x  dx    sin 
 dx.  f   x   dx  . .
2 8
 4  0  2 
 2  0
0

Câu 50: Chọn B
Chuyển thông tin của f   x  sin  x  về f  x  bằng cách phân tích từng phần của
1

f   x  sin  x dx   , ta được
0
1
 f  x cos x  dx  1 .
0
Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là f 2  x  và cos  x  f  x  nên ta sẽ liên kết với bình phương
 f  x    cos  x   . .
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 440
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
4
x
x 
Ta tìm được   2  f   x   2 cos  x    f  dx  2  cos 
dx   .

2
 2 
0
0
1
1
2
1
1
 1
2
1
Cách 2. Theo Holder  1    f  x  cos  x  dx    cos 2  x  dx.  f  x   dx  .2.
2
0
 0
0
2
Câu 51: Chọn A
Xét hàm số g  x   f  x   f   x   f   x 
Ta có g   x   f   x   f   x   f   x   f   x   f   x   6 .
 g  m   3
Theo giả thiết ta có phương trình g   x   0 có hai nghiệm m, n và 
.
 g  n   6
Xét phương trình
f  x
x  m
.
 1  g  x   6  f  x   0  f   x   f   x   6  0  
g  x  6
x  n
Diện tích hình phẳng cần tính là:
n

f  x 
S   1 
dx
 g  x   6 
m

 ln g  x   6
n
m
n


g  x  6  f  x
m
g  x  6
n
dx


f   x   f   x   6
g  x  6
m
n
dx

g  x
 g  x   6 dx
m
 ln g  n   6  ln g  m   6  ln12  ln 3  ln 4  2 ln 2 .
Câu 52: Chọn A
Vì f  x   mx  n  x 3  ax 2   b  m  x  c  n là hàm số bậc ba có hai nghiệm x  1 và x  2
nên f  x   mx  n   x  1  x  2  .
2
Đặt g  x   f  x   mx  n   x  1  x  2  , suy ra g   x   3 x 2  3 .
2
Phương trình hoành độ giao điểm  x 2  1 2
g x
 x  1
0
.
x  1
Diện tích hình phẳng cần tìm là
1
S
 x
2
 1 .2
1
g  x
1
dx 
3
1
 g   x  .2
g  x
dx 
1
5
.
16.ln 2
Câu 53: Chọn B
Ta có g   x    f '  x   f  x   .e x   ax 2   2a  b  x  b  c  .e x .
 g   x1   0
 g  x1   5
Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của g   x  , khi đó 
và 
.
 g   x2   0
 g  x2   3
Ta có phương trình hoành độ giao điểm
 x  x1
f  x  .e  x   2ax  b  .e  x    ax 2   2a  b  x  b  c  .e x  0  
 x  x2
Vậy diện tích hình phẳng được giới hạn bằng
S
x2
x2
x1
x1
2
x
  ax   2a  b  x  b  c  .e dx 
441 | Phan Nhật Linh
 g   x  dx  g  x   g  x   8 .
2
1
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Câu 54: Chọn C
Xét hàm số: g  x   f  x   f   x   f   x   f   x  .
Ta có g   x   f   x   f   x   f ( x )  f ( x )  f   x   f   x   f   x   24
f   x   24 . Gọi
Vì
x1 ; x2 ; x3 là các điểm cực trị của hàm số thì ta có
 g  x1   14

g   x1   g   x2   g   x3   0 và có thể giả sử  g  x2   4

 g  x3   6
Xét phương trình:
 x  x1
f  x
 1  f  x   g  x   24  f   x   f   x   f   x   24  0   x  x2
g  x   24
 x  x3
Diện tích hình phẳng cần tính là
x3
x3
x2
 f  x

 f  x

 f  x

S  
1 dx   
1 dx   
1 dx
 g x  24 
 g x  24 
 g x  24 
x1   
x1   
x2   



 g x  
 
dx 
 g  x   24 
x1 

x2
 g  x  
  g  x   24  dx
x2 

x3
 ln g  x   24
x2
x1
 ln g  x   24
x3
x2
 ln g  x2   24  ln g  x1   24  ln g  x3   24  ln g  x2   24
 ln 4  24  ln 14  24  ln 6  24  ln 4  24  ln 3 .
Câu 55: Chọn C
Xét hàm số: g  x   f  x   f   x   f   x 
Ta có g   x   f   x   f   x   f ( x )  f   x   f   x   18
Vì f   x   18 . Gọi x1 ; x2 là các điểm cực trị của hàm số thì ta có g   x1   g   x2   0 và có thể
 g  x1   12
giả sử 
 g  x2   6
Xét phương trình:
f  x
 x  x1
 1  f  x   g  x   18  f   x   f   x   18  0  
g  x   18
 x  x2
Diện tích hình phẳng cần tính là
x2
x2
x2
x2
 f  x

 f  x   g  x  18 
 g  x  
 ( g  x 18) 
S  
1 dx   
d
x

d
x





 dx


 g x 18 


 g  x  18 
g
x

18
g
x

18




x1   
x
x
x




1
1
1
 ln g  x   18
x2
x1
 ln g  x2   18  ln g  x1   18  ln 6  18  ln 12  18  ln 4  2 ln 2 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 442
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TÍCH PHÂN
Câu 56: Chọn C
 f (2)  g  2  16  4a  2b  1  4c  2d  3
Theo bài ra ta có: 

1  a  b  1  c  d  3
 f 1  g 1
a  c  2
4  a  c   2  b  d   14


b  d  3
 a  c    b  d   1
Ta có f  x   g  x   x 4   a  c  x 2   b  d  x  2
Diện tích hình phẳng cần tính là
1
S
1
  f  x  g  x  dx    x   a  c x   b  d  x  2 dx
4
2
2
2
1
 x5

x3
x2
    a  c   b  d   2x 
3
2
 5
 2
15   2 
13   2 
12   2 
a  c  2
99
Thay 
ta có S 
.
 2.
 3.
 2 1   2   
5
3
2
10
b  d  3
5
443 | Phan Nhật Linh
3
2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
Cho số phức z  a  bi , z  0
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
thỏa mãn
T  a 2  b2 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. T   4;8  .
B. T   8;9  .
Câu 2:
1 i
là số thực và z  3i  z  3  2i  2 . Đặt
z
C. T  11;14  .
D. T  17; 20  .
Xét hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn z1  1, z2  2 và z1  z2  3 . Giá trị lớn nhất của
3 z1  z2  5i bằng
A. 5  19 .
Câu 3:
C. 5  2 19 .
D. 5  2 19 .
Cho hai số phức z , w thỏa mãn | z | 2 , | w  3  2i | 1 . Giá trị lớn nhất của z 2  2 wz  4 bằng
A. 16 2 .
Câu 4:
B. 5  19 .
B. 18 2 .
C. 8.
D. 24.
Xét các số phức z , w thỏa mãn z  2 w  4 và 3z  w  5 . Khi 5 z  3w  i đạt giá trị nhỏ nhất,
hãy tính giá trị z  w  1 .
A.
Câu 5:
17 2
.
7
D.
170
.
7
1
.
2
B. z 
1
.
2
1
C. z   i .
2
D. z 
1
i.
2
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn hiệu bình phương phần thực và phần ảo bằng


3 z  z i  2  z  1  z  i .
A. 1 .
Câu 7:
C. 2 .
Tìm các số phức z thõa mãn z  (1  i )  z  (2  i ) và z  2  i đạt giá trị nhỏ nhất.
A. z  
Câu 6:
B. 4 .
B. 2 .
C. 4 .
1
và
2
D. 3 .
Cho hai số phức z1 , z2 sao cho z1  2 , z2  6i  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  3 z1`  4  2 z2  9  6i  6 z1  z2 ?
A. 8 .
Câu 8:
Câu 9:
B. 36 .
C. 10 .
D. 24 .
 z  1  2i  1
Cho số phức z thỏa mãn: 
.
 z  1  2i  z  3  2i
Gọi S là diện tích phần mặt phẳng chứa các điểm biểu diễn của số phức z . Tính S .


A. S   .
B. S  2 .
C. S  .
D. S  .
2
4


Cho số phức z thỏa mãn z  2  5i  2 5 . Biết rằng số phức w   2  i 2021  z  3i  2021 có
tập hợp các điểm biểu diễn thuộc đường tròn  C  . Tính bán kính của  C  .
A. 20 .
B. 100 .
C. 220 .
D. 36 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 444
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
 z1  z2  9  12i  3
Câu 10: Cho hai số phức z1 ; z2 thỏa mãn: 
. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất,
 z1  3  20i  7  z2
nhỏ nhất của biểu thức P  z1  2 z2  12  15i . Tính M 2  m2 .
A. 450 .
B. 675 .
C. 451 .
D. 225 .
Câu 11: Gọi z1 , z2 là hai trong số các số phức thỏa mãn z  1  2i  5 và z1  z2  8 . Biết tập hợp điểm
biểu diễn số phức w  z1  z2 là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.
A. 3 .
B. 5 .
C. 8 .
D. 6 .
Câu 12: Biết số phức z thỏa mãn 2 z  i  z  z  3i và z  z có phần ảo không âm. Phần mặt phẳng
chứa các điểm biểu diễn cho số phức z có diện tích là
A.
5 5
.
12
B.
Câu 13: Xét các số phức z thoả mãn
5 5
.
4
C.
z 2i
z  zi  2
5 5
.
8
D.
5 5
.
6
là số thực. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức 2z
là parabol có toạ độ đỉnh I  a; b  . Tính S  a  b ?
B. 1 .
A. 0 .
C. 2 .
D. 3 .
 1  2 z1  z1  z1  i
Câu 14: Cho số phức z1 , z2 thỏa mãn 
. Với z2  a  bi,  a, b    thì biểu thức
 z2  z2  5  5i
P  z1  z2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của 2 a  3b là
A. 2a  3b  0 .
B. 2a  3b  1 .
C. 2a  3b  3 .
D. 2a  3b  2 .
Câu 15: Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là 4 nghiệm phức của phương trình z 4   4  m  z 2  4m  0 . Tìm tất cả các giá
trị m để z1  z2  z3  z4  6 .
A. m  1 .
B. m  2 .
C. m  3
D. m  1 .
Câu 16: Cho phương trình z 3   m  1 z 2   m  1  mi  z  1  mi  0 trong đó z   , m là tham số thực.
Số giá trị của tham số m để phương trình có 3 nghiệm phức phân biệt sao cho các điểm biểu
diễn của các nghiệm trên mặt phẳng phức tạo thành một tam giác cân là
A. 0.
B. 1.
C. 3.
D. 2.
Câu 17: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ba điểm A 1;1 , B  1; 2 , C  3; 1 lần lượt là điểm biểu diễn
số phức z1, z2 , z3 . Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn z  46  40i  929 và
2
2
P  3 z  z1  5 z  z 2  7 z  z3
A. z  129 .
445 | Phan Nhật Linh
đạt giá trị nhỏ nhất.
B. z  2 29 .
3
Câu 18: Cho số phức z thỏa mãn z 
A. 1 M  2 .
2
C. z  3 929 .
D. z  929 .
1
1
 2 và M  max z  . Khẳng định nào sau đây đúng?
3
z
z
B. 2  M 
7
.
2
C. 1  M 
5
.
2
D. M 3  M 2  M  3 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Câu 19: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m  m  0  để tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn
 z  1  2i  2


.
 z  2  2i  m

2
2
 z  2m   m  m  2  i  z  2m  2   m  m  2  i
A. 0 .
B. 2 .
D. 1.
C. 3 .
Câu 20: Chọn hai số phức trong các số phức có phần thực và phần ảo là các số nguyên thỏa mãn điều
kiện z  2  4i  5 1  3i  z  2  4i . Xác suất để trong hai số chọn được có ít nhất một số
phức có phần thực lớn hơn 2 là
27
34
A.
.
B.
.
110
55
C.
Câu 21: Cho số phức z không phải là số thực và
1
.
2
D.
2
.
3
z2  2z  4
là số thực. Có bao nhiêu số phức z thoả
z2  2z  4
mãn z  z  z  z  z 2
A. 0 .
B. 2 .
D. 8 .
C. 4 .
Câu 22: Có tất cả bao nhiêu số nguyên dương m để có tất cả bốn số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều
kiện: z  m và 3 z  z  4 z  z  20 ?
A. 1 .
B. 2 .
Câu 23: Cho hai số phức u , v thỏa mãn
A. 30 .
C. 4 .
u  v  10
và
B. 40 .
D. 3 .
3u  4v  50
. Tính
C. 50 .
M  4u  3v
.
D. 60 .
Câu 24: Trong các số phức z thỏa mãn z 2  1  2 z , gọi z1 và z2 lần lượt là các số phức có môđun nhỏ
nhất và lớn nhất. Khi đó môđun của số phức w  z1  z2 có giá trị nhỏ nhất bằng
A. w  2 2 .
B. w  2 .
C. w  2 .


D. w  1  2 .


Câu 25: Xét các số phức z  a  bi  a, b    thoả mãn 4 z  z  15i  i z  z  1
2
và 2 z  1  i đạt giá
trị nhỏ nhất. Tính P  a  b
A. P  0 .
B. P 
19
.
4
19
.
8
C. P 
D. P  2 .
Câu 26: Xét số phức z thỏa 2 z  1  3 z  i  2 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng
A.
Câu 27:
3
 z  2.
2
B. z  2 .
C. z 
1
.
2
D.
1
3
 z  .
2
2
Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2  2  m  1 z  m2  5m  0 ( m là tham số thực).
Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên m để phương trình đó có nghiệm z0 thỏa mãn
3
z0  3 z0  2 . Tổng các phần tử của tập S là
A. 8 .
B. 9 .
C. 4 .
D. 7 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 446
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Câu 28: Trong tập số phức, cho phương trình 2 z  2  m  1 z  m  3m  2  0, m   . Có bao nhiêu giá
2
2
trị nguyên của m trong đoạn  0 ; 2021 để phương trình có 2 nghiệm phân biệt z1 ; z2 thỏa mãn
z1  z 2 ?
A. 2016.
Câu 29:
B. 202
C. 202
D. 2017.
Cho hai số phức z1 , z2 thỏa iz1  1  1 và z2  i  2 . Khi biểu thức P  2 z1  3 z 2 đạt giá trị
nhỏ nhất thì z1  2 z 2 bằng
A. 4 .
B. 1 .
C. 3 .
D. 2 .
Câu 30: Xét các số phức z , w thỏa mãn z  2 , iw  2  5i  1 . Khi z 2  wz  4 đạt giá trị nhỏ nhất thì
z  w bằng
A. 2  5 .


B. 2 1  5 .
C. 1  5 .
D. 2 5  2 .
Câu 31: Xét các số phức z , w thỏa mãn | z | 1 và | w | 2 . Khi z  iw  6  8i đạt giá trị nhỏ nhất,
z  w bằng
A.
29
.
5
B.
221
.
5
C.
5.
D. 3 .
Câu 32: Trên tập hợp các số phức, xét Phương trình z 2  2  m  1 z  m 2  0 ( m là tham số thực). Có
bao nhiêu giá trị của m để phương trình đó có nghiệm z0 thỏa mãn z0  7 ?
A. 2 .
447 | Phan Nhật Linh
B. 4 .
C. 1.
D. 3 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
Cho số phức z  a  bi , z  0
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
thỏa mãn
T  a 2  b2 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. T   4;8  .
B. T   8;9  .
1 i
là số thực và z  3i  z  3  2i  2 . Đặt
z
C. T  11;14  .
D. T  17; 20  .
Lời giải
Vì
1 i
z
là số thực với
z  a  bi
nên
tồn
a  k
z  k 1  i   a  bi  k  ki  
ab
 b   k
z  3i  z  3  2i  2  a 2   b  3 
2
tại
số thực
k  k  0
sao cho:
1 .
 a  3   b  2 
2
2
 2 2 .
Thế 1 vào  2  ta được:
b 2   b  3 
2
 b  3   b  2 
2
2
2
 b 2   b  3  2 
2
 2b 2  6b  9  4  2b 2  10b  13  4 2b 2  10b  13
 b  3   b  2 
2
2
 4b  8  4 2b 2  10b  13
b  2  0
b  2
b  2
 2
 b 3  a 3.


2
2
b  3
b  6b  9  0
 b  2    2b  10b  13
 T  32  32  18 . Chọn đáp án D.
Câu 2:
Xét hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn z1  1, z2  2 và z1  z2  3 . Giá trị lớn nhất của 3 z1  z2  5i
bằng
A. 5  19 .
B. 5  19 .
C. 5  2 19 .
Lời giải
D. 5  2 19 .
Giả sử M , N , K lần lượt là các điểm biểu điễn z1 , z 2 , z3  5i .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 448
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Theo giả thiết ta có M   C1  tâm O  0; 0  và bán kính r1  1 .
N   C2  tâm O  0; 0  và bán kính r2  2 và MN  z1  z2  3 .
  
Đặt T  3z1  z2  5i  3OM  ON  OK
  


Gọi I là điểm thỏa mãn 3 IM  IN  0  IN  3IM  IN  3IM , I  MN
2
 3  19
19
Ta có OMN vuông tại M , suy ra OI  OM  IM  1  
.
   OI 
4
 4  14
2
2
2
19
.
4
  
   
Khi đó T  3z1  z2  5i  3OM  ON  OK  4OI  OK  OE  OK  KE


Với OE  4OI suy ra E thuộc đường tròn  C4  tâm O  0, 0  bán kính r4  19 .
Suy ra I thuộc đường tròn  C3  tâm O bán kính r3 
Suy ra Tmax  KEmax  KO  r4  5  19 .
Câu 3:
Cho hai số phức z , w thỏa mãn | z | 2 , | w  3  2i | 1 . Giá trị lớn nhất của z 2  2 wz  4 bằng
A. 16 2 .
B. 18 2 .
C. 8.
Lời giải
D. 24.
 z  a  bi
Giả sử 
,  a, b, c, d   
 w  c  di
Theo bài ra ta có: | z | 2  a  bi  2  a 2  b2  2  a 2  b2  4 .
Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I1  0; 0  , bán kính R 1  2 .
| w  3  2i | 1  c  di  3  2i  1   c  3   d  2  i  1   c  3   d  2   1 .
2
2
Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I 2  3;  2  , bán kính R 2  1 .
Đặt T  z 2  2 wz  4 , ta có: T  z 2  2 wz-z z
 z z  z  2 w  2 a  bi  a  bi  2w  4 bi  w .
Gọi A  0;b  là điểm biểu diễn số phức bi ; N là điểm biểu diễn số phức w .
 
Khi đó T  4 bi  w  4. OA  ON  4 AN  Tmax  4 AN max .
449 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Do a  b  4  2  b  2 . Suy ra tập hợp A là đoạn PQ với P  0;  2  , Q  0; 2  .
2
2
Dựa vào hình vẽ ta thấy AN max  A  Q
AN max  QI 2  R2  5  1  6 . Vậy Tmax  4 AN max  4.6  24.
Câu 4:
Xét các số phức z , w thỏa mãn z  2 w  4 và 3z  w  5 . Khi 5 z  3w  i đạt giá trị nhỏ nhất,
hãy tính giá trị z  w  1 .
A.
17 2
.
7
B. 4 .
C. 2 .
D.
170
.
7
Lời giải
Đặt w1  2 z  4 w, w2  3 z  w .
Gọi M , N , P  0;1 lần lượt là các điểm biểu diễn w1 , w2 , i .
 w1  2 z  2 w  8
Theo giả thiết ta có 
nên tập hợp các điểm M biểu diễn w1 là đường tròn tâm
 w2  3 z  w  5
O , bán kính R1  8 , tập hợp các điểm N biểu diễn w2 là đường tròn tâm O , bán kính R2  5 .
      
Ta có A  5 z  3w  i  w1  w2  i  OM  ON  OP  NM  OP  NM  OP  8  5  1  2 .
6i



z

 w1  2 z  4 w  8i

 NM  OP
7
Dấu "  " xảy ra  
 M  0; 8  , N  0; 5   

 NM min
 w2  3 z  w  5i
 w  17i

7
 z  w 1 
6i 17i
170

1 
.
7
7
7
Vậy khi A  5 z  3w  i đạt giá trị nhỏ nhất thì z  w  1 
Câu 5:
170
.
7
Tìm các số phức z thõa mãn z  (1  i)  z  (2  i ) và z  2  i đạt giá trị nhỏ nhất.
A. z  
1
.
2
B. z 
1
.
2
1
C. z   i .
2
Lời giải
D. z 
1
i.
2
Gọi z  x  yi  x , y  R  ; z  (1  i )  z  (2  i )
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 450
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
  x  1   y  1   x  2   1  y   6 x  4 y  3  0 ( d )
2
2
2
2
Giả sử M  x; y  biểu diễn số phức z , M  d . A  2;1 biểu diễn số phức z1  2  i
MA nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của A lên d .
1

4  2  x   6 1  y   0
 4 x  6 y  2
1
x  



2 . Vậy số phức z  
2
6x  4 y  3  0
6 x  4 y  3  0

 y  0
Câu 6:
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn hiệu bình phương phần thực và phần ảo bằng


1
và
2
3 z  z i  2  z  1  z  i .
A. 1 .
Ta có
B. 2 .


C. 4 .
Lời giải

D. 3 .

3 z  z i  2  z  1  z  i  z 1  3i  2  z  1   z  1 i
 2 z  2  z  1   z  1 .
2
2
Đặt z  t , t  0 , phương trình trở thành: 2t  2  t  1   t  1
2
2
t  1
2
2
 4t 2  2  t  1   t  1  t 2  2t  3  0  
 t 1 .
t  3
Gọi z  x  yi , với x, y   .
 2 3
 x2  y 2  1
 x  4

Ta có z  1  x 2  y 2  1 , kết hợp giả thiết ta có hệ phương trình  2


1
2
x  y 
 y2  1

2

4

3 1
 i
z 
2 2


3 1

3
 i
z 
 x  
2
2 .
2



3 1
y   1
 i
z  

2
2 2


3 1
 i
z  

2 2
3 1
 i thỏa mãn đề.
2 2
Vậy có 1 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Thử lại ta thấy chỉ có số phức z 
Câu 7:
Cho hai số phức z1 , z2 sao cho z1  2 , z2  6i  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  3 z1`  4  2 z2  9  6i  6 z1  z2 ?
A. 8 .
B. 36 .
C. 10 .
Lời giải
D. 24 .
Gọi z1  x1  y1i , z2  x2  y2i  x1 , x2 , y1 , y2    và hai điểm M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2  trong mặt
phẳng phức lần lượt biểu diễn số phức z1 và z2 .
451 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Ta có z1  2  x  y  4 và z2  6i  3  x2   y2  6  i  3  x   y2  6   9 .
2
1
2
1
2
2
2
Ta xét các biểu thức
3 z1`  4  3 x1  4  y1i  3
 x1  4 
2
 y12  3 x12  y12  8 x1  16
 3 x12  y12  8 x1  16  3  x12  y12   12  6 x12  2 x1  1  y12
6
 x1  1
2
 y12  6MA , với điểm A 1;0  .
2 z2  9  6i  2 x2  9   y2  6  i  2
 x2  9    y2  6
2
2
 2 x22  y22  18 x2  12 y2  177
2
 2 x22  y22  18 x2  12 y2  177  8  x22   y2  6    72  6 x22  2 x2  1  y22  12 y2  36


 6 NB , với điểm B 1;6  .

2
2
6 z1  z2  6  x1  x2    y1  y2   6MN và AB   0;6   AB  6 .
6
 x2  1   y2  6 
2
2
Lúc đó P  3 z1`  4  2 z2  9  6i  6 z1  z2  6 AM  6 NB  6MN
 6  AM  MN  NB   6 AB  36 .
Vậy Pmin  36 . Dấu "  " xảy ra khi A , M , N , B thẳng hàng.
Câu 8:
 z  1  2i  1
Cho số phức z thỏa mãn: 
.
 z  1  2i  z  3  2i
Gọi S là diện tích phần mặt phẳng chứa các điểm biểu diễn của số phức z . Tính S .


A. S   .
B. S  2 .
C. S  .
D. S  .
4
2
Lời giải
Giả sử z  x  yi  x, y    .
Khi đó z  1  2i  1   x  1   y  2  i  1 
Và z  1  2i  z  3  2i 
 x  1   y  2 
2
2
 x  1   y  2 
2

2
 1   x  1   y  2   1
 x  3   y  2 
2
2
2
2
  x  1   y  2    x  3   y  2   y  x  1 .
2
2
2
2
Gọi T  là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng d : y  x  1 , không chứa gốc tọa độ O  0;0  .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 452
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Khi đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn đề là nửa hình tròn  C  tâm I 1; 2  , bán
kính R  1 và thuộc T  .
Vì đường thẳng d đi qua tâm I 1;2  của hình tròn  C  nên diện tích cần tìm là một nửa diện
tích hình tròn  C  . Do đó S 
Câu 9:

2
.

Cho số phức z thỏa mãn z  2  5i  2 5 . Biết rằng số phức w  2  i 2021
  z  3i   2021 có tập
hợp các điểm biểu diễn thuộc đường tròn  C  . Tính bán kính của  C  .
A. 20 .
B. 100 .
C. 220 .
Lời giải
D. 36 .
Đặt w  x  yi  x, y    .
Ta có: z  2  5i  2 5  z  2  5i  2 5  z  2  5i  2 5 .



 w   2  i   z  2  5i    2  i  2i  2  2021  w  2027  2i   2  i   z  2  5i  .
Suy ra: w  2027  2i   2  i   z  2  5i   w  2027  2i  2  i z  2  5i


2021
z  3i  2021   2  i  z  2  5i  2i  2  2021
Mà w  2  i
 w  2027  2i  5.2 5  w  2027  2i  10   x  2027    y  2  100 .
2
2
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn w thuộc đường tròn  C  có tâm I  2027;2  và bán kính R 10 .
Vậy bán kính của  C  là R  10 .
 z1  z2  9  12i  3
Câu 10: Cho hai số phức z1 ; z2 thỏa mãn: 
. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất,
 z1  3  20i  7  z2
nhỏ nhất của biểu thức P  z1  2 z2  12  15i . Tính M 2  m 2 .
A. 450 .
B. 675 .
C. 451 .
Lời giải
D. 225 .
Đặt w  z1  9  12i .
 z1  z2  9  12i  3
 w  z2  3
Ta có: 

 z1  3  20i  7  z2
 w  6  8i  z2  7.
 AB  3

với M  6;8
 AM  OB  7
 AB  AM  OB  10  OM  A , B nằm trên đoạn OM
Gọi
A , B
453 | Phan Nhật Linh
là điểm biểu diễn của
w , z2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC


OA  xOM
  
 với x , y   0;1 .
OB  yOM
 w  6 x  8 xi

với x , y   0;1 .
 z2  6 y  8 yi
Khi đó P  z1  2 z2  12  15i  w  2 z2  21  3i
 6 x  12 y  21  8 x  16 y  3
Đặt t  x  2 y  0  t  3 .
2

2
  6  x  2 y   21  8  x  2 y   3 .
2
 6t  21  8t  3  100t 2  300t  450
Khảo sát hàm số f  t   100t 2  300t  450 trên đoạn  0;3
P
2
2
2
ta được max f  t   f  0   450 và
 0;3
 P  M  450
3
.
min f  t   f    225   max
0;3
 
2
 Pmin  m  15
Vậy M 2  m 2  225 .
Câu 11: Gọi z1 , z2 là hai trong số các số phức thỏa mãn z  1  2i  5 và z1  z2  8 . Biết tập hợp điểm
biểu diễn số phức w  z1  z2 là một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.
A. 3 .
B. 5 .
C. 8 .
Lời giải
D. 6 .
Gọi A , B lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 , z2 .
Do z1 , z2 thỏa mãn z  1  2i  5 nên A, B thuộc đường tròn tâm I 1;  2  , bán kính R  5 .
Mà z1  z2  8 suy ra AB  8 .
Gọi E là trung điểm của AB . Ta có IE  IA2  EA2  52  42  3 .
Như vậy khi A, B thay đổi trên  C  và thỏa mãn AB  8 thì E thay đổi trên đường tròn  C1 
tâm I bán kính R1  IE  3 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 454
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
  

Gọi F là điểm biểu diễn số phức w . Ta có w  z1  z2  OF  OA  OB  2OE .
Suy ra F là ảnh của E qua phép vị tự V tâm O tỉ số k  2 .
 
Do đó khi E chạy trên đường tròn  C1  thì F sẽ chạy trên đường tròn C1 là ảnh của  C1 
qua phép vị tự V tâm O tỉ số k  2.
Gọi I  và R1 lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn  C1  .


 I   2;  4 
OI   2OI
Ta có 
.

 R1  2 R1
 R1  6
Vậy tập hợp điểm F biểu diễn số phức w là đường tròn có bán kính bằng 6.
Câu 12: Biết số phức z thỏa mãn 2 z  i  z  z  3i và z  z có phần ảo không âm. Phần mặt phẳng chứa
các điểm biểu diễn cho số phức z có diện tích là
A.
5 5
.
12
B.
5 5
.
4
C.
5 5
.
8
D.
5 5
.
6
Lời giải
Gọi z  x  yi  x; y   .
2
2
2
4 
x   y  1   2 y  3

5
 4 x 2  4 y 2  8 y  4  4 y 2  12 y  9  4 y  4 x 2  5  y   x 2  1 .
4
Ta
có:
2
2
2 z  i  z  z  3i  2 x 2   y  1 
Số phức z  z  2 yi có phần ảo không âm  y  0
2 y  3
2 .
Từ 1 và 2 ta suy ra phần mặt phẳng chứa các điểm biểu diễn cho số phức z là hình phẳng
giới hạn bởi Parabol  P : y   x 2 
5
và trục hoành.
4
Phương trình hoành độ giao điểm của P và trục hoành là  x 2 
5
5
.
 0 x  
4
2
5
5
2
 x3 5  2 5 5
 2 5
  x  


x

d
x

2.
Gọi S là diện tích cần tìm  S  2.
.


 3 4 
4
6
0 

0
Câu 13: Xét các số phức z thoả mãn
z 2i
z  zi  2
là số thực. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức 2z là
parabol có toạ độ đỉnh I  a; b  . Tính S  a  b ?
455 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
B. 1 .
A. 0 .
Giả sử z  x  yi


 x, y    . Khi đó
z2i
 z  zi  2
x  2  x  y  1    x  x  2   y  1 i
2 1  x 2 
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
C. 2 .
Lời giải

D. 3 .
x  2   y  1 i  x  2   y  1 i  1  xi 

2  2 xi
2 1  x 2 
.
z 1  i
1
là số thực   x  x  2   y  1  0  y  x2  2 x  1  2 y  .4 x 2  2.2 x  2 .
2
z  z i 1

Số phức 2z có điểm biểu diễn M  2 x; 2 y 
1
2
Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức 2z là parabol có toạ độ đỉnh I  2; 4 
 quỹ tích các điểm M là parabol có phương trình y  x 2  2 x  2 .
 S  2   4   2 .
 1  2 z1  z1  z1  i
Câu 14: Cho số phức z1, z2 thỏa mãn 
. Với z2  a  bi,  a, b    thì biểu thức
 z2  z2  5  5i
P  z1  z2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của 2 a  3b là
A. 2a  3b  0 .
B. 2a  3b  1 .
C. 2a  3b  3 .
Lời giải
D. 2a  3b  2 .
Đặt z1  x  yi,  x, y    .
Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn hình học của hai số phức z1 , z2 .
Ta có M  x; y  , N  a; b  và
 1  2 z1  z1  z1  i
  2 x  12  4 y 2   2 y  12
 y  x2  x
.



 2

2
2
2
b

a

5
z

z

5

5
i
a

b

a

5

b

5





 2

2
Khi đó bài toán trở thành tìm M trên parabol
 P  : y  x2  x
và N trên đường thẳng
d : y  x  5 sao cho P  z1  z2  MN đạt giá trị nhỏ nhất.
Khi đó M là điểm trên parabol  P  sao cho tiếp tuyến với parabol tại M có hệ số góc bằng 1 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 456
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Ta có y  1  1  2 x  1  1  x  1 .
Suy ra M 1; 0  .
Khi đó điểm N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d : y  x  5 .
Đường thẳng MN qua M và vuông góc với đường thẳng  d  .
Ta có MN : y   x  1 .
 y  x 5
 x3
.
N  MN  d nên tọa độ điểm N thỏa hệ 

 y   x  1  y  2
Khi đó N  3; 2  hay z2  3  2i .
Vậy 2a  3b  2.3  3.  2   0 .
Câu 15: Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là 4 nghiệm phức của phương trình z 4   4  m  z 2  4m  0 . Tìm tất cả các giá
trị m để z1  z2  z3  z4  6 .
A. m  1 .
B. m  2 .
C. m  3
Lời giải
D. m  1 .
 z 2  4 1
Ta có: z   4  m  z  4m  0   z  4  z  m   0   2
 z  m  2 
4
2
2
2
n
Ta có: z n  z .
z1 ; z2 là nghiệm của phương trình 1 . Ta có: z1  z2 
z3 ; z4 là nghiệm của phương trình  2  . Ta có: z3  z4 
Theo đề ra ta có: z1  z2  z3  z4  6  2 m  4  6 
4  2 .
m.
m 1 m 1 .
Kết luận m  1 .
Câu 16: Cho phương trình z 3   m  1 z 2   m  1  mi  z  1  mi  0 trong đó z   , m là tham số thực.
Số giá trị của tham số m để phương trình có 3 nghiệm phức phân biệt sao cho các điểm biểu diễn
của các nghiệm trên mặt phẳng phức tạo thành một tam giác cân là
A. 0.
B. 1.
C. 3.
D. 2.
Lời giải
Xét phương trình:
z  1
z 3   m  1 z 2   m  1  mi  z  1  mi  0   2
 z  mz  1  mi  0
z 1
z 1
z 1
.
 2 2

  z  i
z

i
z

i

m

0
z

i

mz

mi

0







 z  m  i
Đặt A 1; 0  , B  0;1 , C  m; 1 lần lượt là các điểm biểu diễn các nghiệm z  1 , z  i , z  m  i
trên mặt phẳng phức.



Ta có: AB   1;1 , AC   m  1; 1 , BC   m; 2 
AB  2 , BC  m 2  4 , AC 
457 | Phan Nhật Linh
 m  1
2
1 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC


Ba điểm A , B , C tạo thành một tam giác khi và chỉ khi AB và AC không cùng phương hay
m  2.
 m 1 2 1  2

 
AC

AB

m  0
 m 2  2m  0
 2

Tam giác ABC cân  BC  AB   m  4  2

  m  2 .

 2 m  2

2
 AC  BC
 m  1
2
m

1

1

m

4




Kết hợp với điều kiện m  2 ta được m  0; 1 .
Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn đề.
Câu 17: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ba điểm A 1;1 , B  1; 2 , C  3; 1 lần lượt là điểm biểu diễn số
z1, z2 , z3 . Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn
phức
2
2
P  3 z  z1  5 z  z 2  7 z  z3
A. z  129 .
2
z  46  40i  929
và
đạt giá trị nhỏ nhất.
B. z  2 29 .
C. z  3 929 .
D. z  929 .
Lời giải
Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Khi đó,
z  46  40i 
Tập hợp điểm
929   x  46    y  40   929 .
2
2
M nằm trên đường tròn  C  tâm H  46; 40  bán kính R  929 .
2
2
2
P  3 z  z1  5 z  z 2  7 z  z 3  P  3 MA 2  5 MB 2  7 MC 2


 
Gọi I là điểm thỏa mãn: 3 IA  5 IB  7 IC  0
 
 
  
 3 OA  OI  5 OB  OI  7 OC  OI  0

 
 





 OI  3OA  5OB  7 OC  Tọa độ điểm I  23; 20 
2  2  2
 
Khi đó: P  3MA  5MB  7MC  3 IA  IM


2
 
 5 IB  IM


2
 
 7 IC  IM


2
   
 IM 2  2IM 3IA  5IB  7IC  3IA2  5IB2  7IC 2  IM 2  3IA2  5 IB 2  7 IC 2 .


P đạt giá trị nhỏ nhất khi IM đạt giá trị nhỏ nhất.
Nhận thấy I  23; 20  thuộc đường tròn  C  suy ra IM đạt giá trị nhỏ nhất khi M trùng I .
Do đó,
Suy ra z  23  20i . Vậy z  929 .
3
Câu 18: Cho số phức z thỏa mãn z 
A. 1 M  2 .
1
1
 2 và M  max z  . Khẳng định nào sau đây đúng?
3
z
z
B. 2  M 
7
.
2
C. 1  M 
5
.
2
D. M 3  M 2  M  3 .
Lời giải
3
3
1
1
1
1 
1
1



Ta có:  z    z 3  3  3  z    z 3  3   z    3  z  
z
z
z
z
z
z







3
3
1
1
1
1
1




 z  3   z    3 z     z    3 z    2
z
z
z
z
z




3
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 458
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
3
3
1
1 
1
1


Mặt khác,  z    3  z     z    3 z 
z
z
z
z



 

3

1
1

z  3 z  2
z
z


1
*  . Đặt t  z  z ,  t  0
3
Bất phương trình *  trở thành: t  3t  2  0   t  2 t  1  0  t  2  z 
2
1
2
z
 M  2 . Dấu bằng xảy ra khi z  1 hoặc z  1.
Câu 19: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m  m  0  để tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn
 z  1  2i  2


.
 z  2  2i  m

2
2
 z  2m   m  m  2  i  z  2m  2   m  m  2  i
A. 0 .
B. 2 .
C. 3 .
Lời giải
 z  1  2i  2
1


Đặt hệ *  z  2  2i  m
 2

2
2
 z  2m   m  m  2  i  z  2m  2   m  m  2  i
D. 1.
 3
Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn cho số phức z thỏa yêu cầu.
Từ 1 ta có M thuộc đường tròn  C1  tâm I1  1; 2  , bán kính R  2 .
Từ  2  ta có M thuộc đường tròn  C2  tâm I 2  2; 2  , bán kính R  m với m  0 .
Đặt A  2 m ; m 2  m  2  , B  2 m  2;  m 2  m  2  .
Ta có  3  MA  MB nên tập hợp M là đường trung trực d của đoạn AB .


Đường trung trực d có một vectơ pháp tuyến là AB   2; 2 m 2  2 m  hay n '  1; m 2  m  và
đi qua trung điểm I  2m  1; 2  của AB
 d có phương trình là x   m 2  m  y  2 m 2  1  0 .
Tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn hệ *
 tồn tại duy nhất M là điểm chung của  C1  ,  C2  và d
  C1  tiếp xúc  C2  và d là tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2 
459 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
y
F
I1
2
I2
E
x
-1
 C1 
O
1
2
3  2  m
 I1I 2  R1  R2
m  1


tiếp xúc  C2   
4
3  2  m
m  5
 I1I 2  R1  R2
Quan sát đồ thị ta thấy  C1  tiếp xúc  C2  tại E 1;2  hoặc F  3; 2  và I 1 I 2 // O x nên
d là tiếp tuyến chung của  C1  và  C2  tại E 1;2  hoặc F  3; 2 
m2  m  0
 d // Oy

2

E

d
1  2m  1  0  vn  m  0; m  1



 m  1  5

  2
 d // Oy
m


1


m

m

0


3  2m2  1  0
F

d
 

Từ  4  và  5 ta nhận được m  1 thỏa yêu cầu đề bài.
Vậy có một giá trị nguyên của m .
Câu 20: Chọn hai số phức trong các số phức có phần thực và phần ảo là các số nguyên thỏa mãn điều kiện
z  2  4i  5 1  3i  z  2  4i . Xác suất để trong hai số chọn được có ít nhất một số phức có
phần thực lớn hơn 2 là
A.
27
.
110
B.
34
.
55
C.
1
.
2
D.
2
.
3
Lời giải
Giả sử số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán có dạng z  x  yi, x  , y   . Ta có:
z  2  4i  5 1  3i  z  2  4i  z  2  4i  z  2  4i  10
 z   2  4i   z   2  4i   10
Gọi M  x, y  là điểm biểu diễn cho số phức z và F1  2; 4  , F2  2; 4  lần lượt biểu diễn cho các
số phức 2  4i; 2  4i . Khi đó ta có: z   2  4i   z   2  4i   10  MF1  MF2  10
Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một hình Elip nhận F1  2; 4  , F2  2; 4  là các tiêu
điểm, tiêu cự F1 F2  2c  8 , trục lớn có độ dài là 2a  10 và trục bé có độ dài là 2b  6 . Như
hình vẽ sau:
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 460
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
M  x, y  thuộc hình elip nói trên và x  , y   nên có 45 điểm thỏa mãn. Cụ thể như sau:
1 ; 5
0
x
y
0; 4
0;  1;  2;  3
1; 3
0;  1;  2;  3;  4
2
0;  1;  2;  3;  4;  5
Gọi  là không gian mẫu của phép thử chọn hai số phức trong các số phức có phần thực và
phần ảo là các số nguyên thỏa mãn điều kiện z  2  4i  5 1  3i  z  2  4i . Ta có
n     C452 .
Gọi A là biến cố: “Trong hai số chọn được ít nhất một số phức có phần thực lớn hơn 2”.
 
A là biến cố: “Trong hai số chọn không có số phức có phần thực lớn hơn 2”. Ta có n A  C282
Suy ra P A 
C282
21

.
2
C 45 55
Vậy P  A   1 
21 34

.
55 55
 
Câu 21: Cho số phức z không phải là số thực và
z2  2z  4
là số thực. Có bao nhiêu số phức z thoả mãn
z2  2z  4
z  z  z  z  z2
B. 2 .
A. 0 .
C. 4 .
Lời giải
D. 8 .
2
z2  2z  4
z  2z  4 z2  2z  4
Ta có w  2
.
  w  w  2
 2
z  2z  4
z  2z  4 z  2z  4



 4 z  z 4  z.z  0  z.z  4 .
z  4 1 . Gọi z  x  yi  x, y    . Khi đó 1  x 2  y 2  4  2  .
2
Mà z  z  z  z  z 2  2 x  2 y  4  x  y  2  3  . Từ  2 ,  3 ta có hệ phương trình
 x  y  2
 z  2i
  x ; y   0;2 ;  0;  2 ;  2;0 ;  2;0 . Vì z    
.
 2 2
 x  y  4
 z  2i
461 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Câu 22: Có tất cả bao nhiêu số nguyên dương m để có tất cả bốn số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều
kiện: z  m và 3 z  z  4 z  z  20 ?
A. 1 .
B. 2 .
C. 4 .
Lời giải
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z  x  yi  x, y    .
D. 3 .
Theo bài ra ta có hệ phương trình:
2
2
2
 x 2  y 2  m
 x  y  m
3 x  4 y  10 1

 2

2
2
3 x  yi  x  yi  4 x  yi  x  yi  20
6 x  8 y  20
 x  y  m  2 
 10   5 
Tập hợp các điểm M thỏa mãn 1 là hình thoi ABCD với A  ;0  , B  0;  ,
 3   2
5
 10  
C   ;0  , D  0;   .
2
 3  
Tập hợp các điểm M thỏa mãn  2  là đường tròn  C  tâm O  0; 0  , R  m  m  0  .
Có đúng 4 số phức thỏa mãn đề khi và chỉ khi  C  có đúng 4 điểm chung với các cạnh hình thoi.
Trường hợp 1:  C  là đường tròn nội tiếp hình thoi.
Khi đó ta có R  d  O, AB   m  2 .
Trường hợp 2:  C  nằm giữa hai đường tròn: đường tròn đường kính BD và đường tròn đường
BD
AC
5
10
R
  m  . Do m nguyên dương nên m  3 .
2
2
2
3
Vậy có tất cả 2 số nguyên thỏa mãn.
kính AC . Khi đó ta có
Câu 23: Cho hai số phức u , v thỏa mãn
A. 30 .
u  v  10
B. 40 .
3u  4v  50
và
. Tính
M  4u  3v
C. 50 .
Lời giải
QuangPhi
.
D. 60 .
Ta có z  z.z . Đặt T  3u  4v .
2
Khi đó T 2  3u  4v 3u  4v  9 u  16 v 12 uv  vu  .
2
2
Tương tự ta có M 2  4u  3v  4u  3v  16 u  9 v  12 uv  vu  .
2
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 462
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022

Do đó M  T  25 u  v
2
2
2
2
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
  5000 .
Suy ra M 2  5000  T 2  5000  502  2500 .
Vậy M  50 .
Câu 24: Trong các số phức z thỏa mãn z 2  1  2 z , gọi z1 và z2 lần lượt là các số phức có môđun nhỏ
nhất và lớn nhất. Khi đó môđun của số phức w  z1  z2 có giá trị nhỏ nhất bằng
A. w  2 2 .
C. w  2 .
B. w  2 .
D. w  1  2 .
Lời giải
Gọi z  x  yi
Ta
có
 x; y   



2
z 2  1  2 z  x 2  y 2  1  2 xyi  2 x  yi  x 2  y 2  1  4 x 2 y 2  4 x 2  y 2

 x2  y2 1  2 y
2
 x4  y4  2 x2 y2  2 x2  6 y 2  1  0   x2  y 2   2  x2  y 2   1  4 y 2   2
2
 x  y  1  2 y
 x2  y2  2 y 1  0
.
 2
2
 x  y  2 y 1  0
Khi đó điểm biểu diễn số phức z thuộc đường tròn  C  : x 2   y  1  2 có tâm I  0;1 và bán
2
kính R  2 hoặc  C   : x 2   y  1  2 có tâm I   0; 1 và bán kính R  2 .
2

 


 

Với A 0;1  2 , B 0;1  2 , A 0; 1  2 , B 0; 1  2 thuộc các đường tròn như hình
vẽ
Suy ra max z  1  2  z1  


2  1 i và min z  2  1  z2  


2 1 i .
Vậy z1  z2  2 2 hoặc z1  z2  2 nên giá trị nhỏ nhất của w  2 .




Câu 25: Xét các số phức z  a  bi  a, b    thoả mãn 4 z  z  15i  i z  z  1
2
và 2 z  1  i đạt giá
trị nhỏ nhất. Tính P  a  b
A. P  0 .
B. P 
19
.
4
C. P 
19
.
8
D. P  2 .
Lời giải




2
4 z  z  15i  i z  z  1  4  a  bi  a  bi   15i  i  a  bi  a  bi  1 .
463 | Phan Nhật Linh
2
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
15
 8bi  15i  i  2a  1  8b  15   2 a  1 với 8b  15  0  b  .
8
2
2
Ta có 2 z  1  i  2a  2bi  1  i   2a  1   2b  1 i 
 2a  1   2b  1
2
2
 8b  15  4b 2  4b  1  4b2  12b  14 .
Xét g  b   4b2  12b  14 có g '  b   8b  12  0, b 
15
nên hàm số g  b   4b 2  12b  14
8
361
361
 15  361
15

luôn đồng biến trên  ;    g  b   g   
 2z 1 i 

16
4
8

 8  16
 2 z  1  i có GTNN bằng
Vậy P  a  b 
361
15
1
2
khi b 
mà 8b  15   2a  1 nên a  .
4
8
2
1 15 19
 
2 8
8
Câu 26: Xét số phức z thỏa 2 z  1  3 z  i  2 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng
A.
3
 z  2.
2
C. z 
B. z  2 .
1
.
2
D.
1
3
 z .
2
2
Lời giải
Xét các điểm A 1; 0  , B  0;1 và M  x; y  với M là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng
phức. Ta có:
2 z 1  3 z  i  2
 x  1
2
 y 2  3 x 2   y  1  2 MA  3MB .
2
Ta có: 2 MA  3MB  2  MA  MB   MB  2 2  MB  2 2 .
Suy ra 2 z  1  3 z  i  2 2 . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn AB và MB  0
 M  B  M  0;1 . Khi đó z  1 .
Câu 27:
Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2  2  m  1 z  m2  5m  0 ( m là tham số thực). Gọi
3
S là tập hợp các giá trị nguyên m để phương trình đó có nghiệm z0 thỏa mãn z0  3 z0  2 . Tổng
các phần tử của tập S là
A. 8 .
B. 9 .
3
C. 4 .
Lời giải
D. 7 .
3
Do z0  z0 nên z0  3 z0  2  z0  3 z0  2  0  z0  2
  (m  1) 2  m 2  5m  3m  1 .
1
Trường hợp 1: Nếu   0  3m  1  0  m   , phương trình có 2 nghiệm thực
3
Khi đó z0  2  z0  2 .
m  1
Thay z0  2 vào phương trình ta được: m 2  9m  8  0  
 TM  .
m  8
m  0
Thay z0  2 vào phương trình ta được: m 2  m  0  
 TM  .
m  1
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 464
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
1
Trường hợp 2: Nếu   0  3m  1  0  m   , phương trình có 2 nghiệm phức z1 , z 2 thỏa
3
2
mãn z2  z1 , z1  z2  2 . Khi đó z1.z2  z1  m 2  5m  4  m 
5  41
.
2
Vậy S  0;1;8 . Suy ra tổng là 9 .
Câu 28: Trong tập số phức, cho phương trình 2 z 2  2  m  1 z  m 2  3m  2  0, m   . Có bao nhiêu giá
trị nguyên của m trong đoạn  0 ; 2021 để phương trình có 2 nghiệm phân biệt z1 ; z2 thỏa mãn
z1  z 2 ?
A. 2016.
B. 202
C. 202
Lời giải
D. 2017.
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
m  5
Trường hợp 1:   0   m 2  4m  5  0  
 m  1
Phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt z1 , z 2 .
 z1  z2    m  1
Theo định lí Vi-ét ta có: 
2
 z1 z2  m  3m  2
Theo đề bài ta có: z1  z2  z1   z 2  z1  z 2  0    m  1  0  m  1
m  5
Trường hợp 2:   0  
m  1
Phương trình luôn có 2 nghiệm phức z1 , z 2 luôn thỏa mãn z1  z 2 .
Vậy có 2017 giá trị m thỏa mãn.
Câu 29:
Cho hai số phức z1 , z2 thỏa iz1  1  1 và z2  i  2 . Khi biểu thức P  2 z1  3 z 2 đạt giá trị nhỏ
nhất thì z1  2 z 2 bằng
A. 4 .
B. 1 .
Ta có: iz1  1  1  i z1 
465 | Phan Nhật Linh
C. 3 .
Lời giải
1
 1  z1  i  1  2 z1  2i  2
i
D. 2 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Gọi M là điểm biểu diễn số phức 2z1  Tập hợp M thuộc đường tròn tâm I  0 ;  2  , R  2
.
Ta có: z2  i  2  z2  i  2  3 z2  3i  6 , Gọi N là điểm biểu diễn số phức 3z2 .
 Tập hợp N thuộc đường tròn tâm I   0;  3 , R   6 . Suy ra: P  2 z1  3 z2  MN


 Pmin  MN min  M , N , I , I  thẳng hàng ( M nằm giữa N và I ) MN  3 và IM  2II  ,
M là trung điểm của NI  . Từ đó ta tính được M  0;0  , N  0;3 .
 2 z1  0,  3z2  3i . Khi đó, z1  2 z2  2i . Vậy z1  2 z 2  2 .
Câu 30: Xét các số phức z , w thỏa mãn z  2 , iw  2  5i  1 . Khi z 2  wz  4 đạt giá trị nhỏ nhất thì
z  w bằng
A. 2  5 .


B. 2 1  5 .
C. 1  5 .
D. 2 5  2 .
Lời giải
Ta có: iw  2  5i  1  i . w 
2  5i
 1  w  5  2i  1 .
i
Ta có: T  z 2  wz  4  z 2  wz  z
2
 z 2  wz  z.z  z . z  w  z  2 z  w  z .
Đặt z  a  bi,  a, b    , suy ra z  z  2bi . Vì z  2  2  b  2 .
Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn của w, 2bi nên:
A thuộc đường tròn tâm I  5; 2  ; R  1 , B thuộc trục Oy và 4  xB  4
 T  2 AB  2MN  2.4  8 . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi
A  M  4; 2   w  4  2i  w  2 5 và B  N  0; 2   2bi  2i  b  1  z  a  i
 z  2  a 2  1  4  a 2  3  a   3  z   3  i  z  2 . Vậy z  w  2  2 5 .
z1  z2 
2 75
5629
 i 
.
13 13
13
Câu 31: Xét các số phức z , w thỏa mãn | z | 1 và | w | 2 . Khi z  iw  6  8i đạt giá trị nhỏ nhất, z  w
bằng
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 466
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
A.
29
.
5
B.
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
221
.
5
C.
5.
D. 3 .
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức mô-đun ta có
z  iw  6  8i  6  8i  z  iw  10  z  iw  7.
 z  iw  k  6  8i 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tồn tại các số thực k  0 và m  0 sao cho  z  miw
 z  1; w  2

Với z  miw  z  m  w  m 
1
 iw  2 z .
2
Với z  iw  k  6  8i   3 z  k  6  8i   3 z  10 k  k 
3
.
10
3 4
2
8 6
Suy ra z   i và w  z  2iz   i .
5 5
i
5 5
Vậy khi z  iw  6  8i đạt giá trị nhỏ nhất thì z  w 
29
.
5
Câu 32: Trên tập hợp các số phức, xét Phương trình z 2  2  m  1 z  m 2  0 ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị của m để phương trình đó có nghiệm z0 thỏa mãn z0  7 ?
A. 2 .
B. 4 .
C. 1.
D. 3 .
Lời giải
Ta có:    2m  1
Trường hợp 1:    0  m 
1
2
 z0  7
Khi đó phương trình đã cho có nghiệm thực z0 thỏa mãn z0  7  
 z 0  7
 m  7  14  n 
Với z0  7 thay vào phương trình ta có 49  14  m  1  m 2  0  
 m  7  14  n 
Với z0  7 thay vào phương trình ta có 49  14  m  1  m 2  0 VN 
Trường hợp 2:    0  m 
1
. Khi đó phương trình có 2 nghiệm phức là z0 và z0
2
m  7  l 
2
z0  49  z0 .z0  49  m2  49  
 m  7  n 
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
467 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
Có bao nhiêu số nguyên m để tồn tại 2 số phức z thoả mãn | z  m  i || z  1  2mi | và | z |
A. 5.
Câu 2:
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
B. 3.
C. 4.
3
2
D. 6.
Có bao nhiêu số phức z có phần thực và phần ảo đều là các số nguyên thỏa mãn đồng thời
z  i  z  3i  z  4i  z  6i và z  10 ?
B. 2 .
A. 12 .
Câu 3:
C. 10 .
D. 5 .
Cho hai số phức z1 ; z2 thỏa mãn z1  24 và z12   z2  1  2i   z1 z2  1  2i  z1 . Biết
2
z1  z2  1  2i  a với a là một số nguyên dương. Hỏi a có bao nhiêu ước số nguyên?
A. 8 .
Câu 4:
B. 12 .
B. 2 .
D. 4 .
C. 3 .
Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  39 và z1  z2  2 3 . Khi đó z1  z2 bằng
A. 8 .
Câu 6:
D. 16 .
Cho hai số phức z, w thoả mãn z  2w  3 , 2 z  3w  5 và z  3w  4 . Tính giá trị của biểu
thức P  z.w  z.w .
A. 1.
Câu 5:
C. 20 .
B. 2 39 .
D. 2 3 .
C. 12 .
Biết tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w 
3  iz
trong mặt phẳng tọa độ Oxy là một đường
1 z
thẳng. Khi đó mô đun của z bằng?
A. 1 .
Câu 7:
B.
2
.
2
C. 3.
D.
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , tập hợp các điểm biểu diễn số phức w 
2 .
1  iz
là một đường tròn có
1 z
bán kính bằng 2. Modul của z thuộc tập nào dưới đây
1
2


A.  ; 2 .
Câu 8:
 1

; 2 .
 2

B. 

C.


2; 2 .
 1 1
; .
 2 2
D. 

Cho số phức z thỏa mãn  z  3  i  z  1  3i là một số thực. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm
biểu diễn của z là một đường thẳng. Khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng đó bằng
A. 4 2 .
Câu 9:
B. 0 .
C. 2 2 .

D. 3 2 .

Cho số phức z thỏa mãn  z  2  i  z  2  i  25 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức
w  2 z  2  3i là đường tròn tâm I  a; b và bán kính c . Giá trị của a  b  c bằng
A. 20 .
B. 10 .
C. 18 .
D. 17 .
2
Câu 10: Gọi  C  là đường cong trong mặt phẳng Oxy biểu diễn các số phức z thỏa mãn z.z  z  z  1
và H là hình phẳng giới hạn bởi  C  . Diện tích của hình phẳng H bằng
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 468
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
2
A.
.
5
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
B.  5.
C. 2 5.
D.

5
.
Câu 11: Có bao nhiêu số thực dương m để tồn tại duy nhất một số thực z thoả mãn z  1  i  2 và
z  2  3i  m ?
A. 2 .
B. 1 .
C. 3 .
Câu 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , số phức
D. 0 .
1  iz
có tập hợp các điểm biểu diễn là một đường thẳng.
4 z
Môđun của z bằng
A. 1.
B. 2 .
C. 4 .
D.
2.
Câu 13: Cho số phức z thỏa mãn z  2  4. Biết rằng trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp các điểm biểu
diễn số phức w  2 z  1  3i là một đường tròn. Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính R của đường
tròn đó.
A. I  3; 3 , R  64 .
Câu 14:
B. I  3;3 , R  8 .

C. I  3; 3 , R  8 .
D. I  3; 3 , R  2 2 .

Cho số phức z thỏa mãn  z  2  i  z  2  i  25 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức
w  2 z  2  3i là đường tròn tâm I  a; b và bán kính c . Giá trị của a  b  c bằng
A. 20 .
B. 10 .
C. 18 .
D. 17 .
Câu 15: Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  6 z  73  0 . Giá trị của biểu thức
z12  z2 2  z1 . z2 bằng
A. 213 .
B. 110 .
C. 37 .
D. 183 .
Câu 16: Cho các số thực b , c sao cho phương trình z  bz  c  0 có hai nghiệm phức z1 ; z2 thỏa mãn
2
z1  3  3i  2 và  z1  2i  z2  2  là số thuần ảo. Khi đó b  c bằng:
A. 1 .
B. 12 .
D. 12 .
C. 4 .


Câu 17: Giả sử z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn  z  6  8  zi là số thực. Biết rằng z1  z2  4
. Giá trị nhỏ nhất của z1  3 z2 bằng
A. 5  21
B. 20  4 21
C. 20  4 22
D. 5  22
Câu 18: Giả sử z1 , z2 là 2 trong các số phức z thỏa mãn z  1  i  2 và z1  z2  z1  z2 . Khi
P  z1  2 z2 đạt giá trị nhỏ nhất thì số phức z1 có tích phần thực, phần ảo bằng
A. 0
B.
3
2
C. 
9
8
D. 
3
2
Câu 19: Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  5 và z2  6  8i  z1  6  8i  z1  z2 . Khi đó
z1  2 z2  3i có giá trị lớn nhất bằng
A.
25
.
2
B. 13 .
C. 157 .
2
2
D. 3 34 .
Câu 20: Xét các số phức z; w thỏa mãn z  2  z  2i  6 và w  3  2i  w  3  6i . Khi z  w đạt
giá trị nhỏ nhất, hãy tính z .
469 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
A. 1  2 .
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
1
C. .
5
2 1.
B.
D.
1
.
5
Câu 21: Cho số phức z thỏa mãn z  z  z  z  6 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của P  z  2  3i . Giá trị của M  m bằng.
A. 2  2 10 .
Câu 22: Cho số phức z thỏa mãn
P  z2
2  34 .
B.
2  2 10 .
C.
z  2i  z  4i
và
z  3  3i  1.
D. 2  34 .
Giá trị lớn nhất của biểu thức
là
A. 13  1.
Câu 23: Cho các số phức z  x  yi
C. 10  1.
13.
B.
 x, y  , 4  y  15 và
D.
10.
w thỏa w  4  3i  2 . Các số phức z, z 2 , z 3
lần lượt có các điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ tạo thành một tam giác vuông. Gọi
m  min z  w , M  max z  w . Khi đó m  M 2 bằng
B. 226 .
A. 224 .
C. 227 .
D. 225 .
Câu 24: Xét hai số phức z , w thỏa mãn z  1  2i  z  2  i và w  2  3i  w  4  i . Giá trị nhỏ nhất
2
abc với a, b, c là các số nguyên tố. Tính giá trị của
5
của z  3  i  w  3  i  z  w bằng
a bc.
A. 22 .
C. 26 .
B. 24 .
Câu 25: Cho số phức z thỏa mãn
D. 25 .
z
 1  i  1 sao cho z  3  8i đạt giá trị lớn nhất tại z1  x1  iy1 và
3  4i
đạt giá trị nhỏ nhất tại z2  x2  iy2 . Giá trị của x1  x2  y1 y2 bằng
A. 44 .
B. 55 .
D. 46 .
C. 25 .
Câu 26: Xét ba số phức z , z1 , z2 thoả mãn z  i  z  1 , z1  3 5  5 và z2  4 5i  2 5 . Giá trị nhỏ
nhất của
5 z  z1 
A. 4 5 .
5 z  z2 bằng
B. 10 5 .
C. 7 5 .
D. 2 5 .
Câu 27: Xét các số phức z thỏa mãn z  z  2  z  z  6 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P  z  3  2i . Khi đó M  m bằng
2 53  3 2
2 53  2
.
B. 6 2 .
C.
.
D. 53  5 .
2
2
Câu 28: Với các số phức z1 , z2 , z3  iz2 thay đổi thỏa mãn z1  z 2  5 thì giá trị lớn nhất của
A.
min tz2  (1  t ) z3  z1 có dạng a 
t
trị của a  b  c là
A. 15 .
b
, ở đó a, b là các số nguyên dương, c là số nguyên tố. Giá
c
B. 12 .
C. 13 .
D. 14 .
Câu 29: Xét các số phức z , w thỏa mãn z  2 , iw  2  5i  1. Giá trị nhỏ nhất của z 2  wz  4 bằng
A. 4 .
B. 2


29  3 .
C. 8 .
D. 2


29  5 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 470
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Câu 30: Với hai số phức z1 , z2 thay đổi thỏa mãn z1  1  2i  z1  5  2i và z2  3  2i  2. Giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P  z1  3  i  z1  z2 bằng
A. 5 5  2.
B.
10  2.
C. 3 10  2.
D.
85  2.
 max  z ; z  1  i   1
Câu 31: Cho hai số phức z , w thỏa mãn 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 w  1  2i  w  2  i
P zw .
A.
2 1.
B. 2 2  1 .
C. 0 .
D.
1
.
6
 z  1  2i  1
Câu 32: Cho z   thỏa mãn 
. Giá trị S  min z  max z bằng:
 z  1  2i  2
A. 3 5  1 .
471 | Phan Nhật Linh
B.
5 2.
C. 2 5  1 .
D.
2  5 1
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Có bao nhiêu số nguyên m để tồn tại 2 số phức z thoả mãn | z  m  i || z  1  2mi | và | z |
A. 5.
B. 3.
C. 4.
Lời giải
3
2
D. 6.
Chọn A
Đặt z  a  bi  a, b    . Theo giả thiết ta có
  a  m    b  1 i   a  1   b  2m  i


3
 a  bi 

2
 a  m 2   b  12   a  1 2   b  2m  2
 2m  2  a   4m  2  b  3m 2  0 1


 2

9
9
2
2
2
 2
a  b 
a  b 

4

4
Phương trình 1 là phương trình đường thẳng, phương trình  2  là phương trình đường tròn tâm
O bán kính R 
3
.
2
Để tồn tại số phước z thoả mãn đề bài thì đường thẳng có phương trình 1 phải cắt đường tròn có
phương trình  2 
Nghĩa là d  O, 1   R 
 m2 
 m  1
2
3m2
 2 m  2    4m  2 
2
2

3
2
  2m  1  m 4  5m2  6m  2   m  1  m 2  2 m  2   0
2
2
 1  3  m  1  3 . Vì m   nên m  2;  1; 0;1; 2
Câu 2:
Có bao nhiêu số phức z có phần thực và phần ảo đều là các số nguyên thỏa mãn đồng thời
z  i  z  3i  z  4i  z  6i và z  10 ?
A. 12 .
B. 2 .
C. 10 .
Lời giải
D. 5 .
Chọn A
Xét M  z  , A  0; 1 , B  0;3 , C  0; 4  , D  0; 6   z  i  z  3i  z  4i  z  6i
 MA  MB  MC  MD .
Theo bất đẳng thức
tam
giác
có:
MC  MD  CD  10
.
Do
đó
đặt
MA  MB  MC  MD  2a0  a0  5  .
Khi đó M cùng thuộc hai elip  E1  ,  E2  có cùng độ dài trục lớn 2a0 và tâm của hai elip này trùng
 M  0;1  a0 
nhau tại điểm I  0;1 là trung điểm. Do đó M   E1    E2   
 M  0;1  a0 
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 472
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
TH1: Nếu M  0;1  a0   z  10  1  a0  10  5  a0  9 . Trường hợp này có 5 điểm.
TH2: Nếu M  0;1  a0   z  10  1  a0  10  5  a0  11 . Trường hợp này có 7 điểm.
Vậy có tất cả là 12 số phức thỏa mãn.
Câu 3:
Cho hai số phức z1 ; z2 thỏa mãn z1  24 và z12   z2  1  2i   z1 z2  1  2i  z1 . Biết
2
z1  z2  1  2i  a với a là một số nguyên dương. Hỏi a có bao nhiêu ước số nguyên?
A. 8 .
B. 12 .
C. 20 .
Lời giải
D. 16 .
Chọn D
Đặt z3  z2  1  2i , ta có z12   z2  1  2i   z1 z2  1  2i  z1
2
 z   z2  1  2i 
2
1

2
2
z  z
 z1  z2  1  2i   z  z3  z1 z3   3   3  1  0
 z1  z1
2
1
2
z3 1  3i
1  3i

 z3 
z1 .
z1
2
2
Khi đó a  z1  z 2  1  2i  z1  z3  z1 
1  3i
1  3i
1
3
z1  z1 1 
 24 
i  24 .
2
2
2 2
Do a  23.3 nên số ước nguyên của a là 2.(3  1)(1  1)  16 .
Câu 4:
Cho hai số phức z, w thoả mãn z  2w  3 , 2 z  3w  5 và z  3w  4 . Tính giá trị của biểu
thức P  z.w  z.w .
A. 1.
B. 2 .
D. 4 .
C. 3 .
Lời giải
Chọn B


Ta có z  2 w  3  z  2 w  9   z  2w  z  2 w  9  z  2 P  4 w  9 1 .
2
Tương tự:

2

2
2 z  3w  5  2 z  3w  25   2 z  3w  2 z  3w  25  4 z  6 P  9 w  25  2 
2


2
2
z  3w  4  z  3w  16   z  3w  z  3w  16  z  3P  9 w  16  3
2
2
2
Giải hệ phương 1 ,  2  ,  3 ta được P  2 .
Câu 5:
Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  39 và z1  z2  2 3 . Khi đó z1  z2 bằng
473 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
A. 8 .
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
B. 2 39 .
D. 2 3 .
C. 12 .
Lời giải
Chọn C
Gọi A và B lần lượt là điểm biểu diễn của z1 và z2 trên mặt phẳng tọa độ. Khi đó:
OA  OB  39 và AB  2 3 .
2
 AB 
Nhận xét: OAB cân tại O . Khi đó: z1  z2  2OC  2 OA  
  2 39  3  12 với C
 2 
2
là trung điểm cạnh AB .
Câu 6:
Biết tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w 
3  iz
trong mặt phẳng tọa độ Oxy là một đường
1 z
thẳng. Khi đó mô đun của z bằng?
A. 1 .
B.
2
.
2
C. 3.
D.
2 .
Lời giải
Chọn A
Ta có: w 
3  iz
 w  w. z  3  iz   w  i  z  3  w  w  i . z  3  w .
1 z
Nếu z  k  1 thì tập hợp biểu diễn số phức
Nếu z  1 thì tập hợp biểu diễn số phức
w là đường tròn Apollonius.
w là đường thẳng.
Vậy z  1 thỏa đề.
Câu 7:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , tập hợp các điểm biểu diễn số phức w 
1  iz
là một đường tròn có
1 z
bán kính bằng 2. Modul của z thuộc tập nào dưới đây
1
2


A.  ; 2 .
 1

; 2 .
 2

B. 
C.


2; 2 .
 1 1
; .
 2 2
D. 
Lời giải
Chọn B
Đặt w  x  iy; z  a ; điều kiện: z  1
Từ w 
1  iz
1 w
1 w
( x  1)2  y 2
 ( w  i) z  1  w  z 
 z 
 a2  2
1 z
wi
wi
x  ( y  1)2
2x
2a 2 y

1  0
a2 1 a2 1
Theo giả thiết quỹ tích w là đường tròn bán kính bằng 2, ta có
 x2  y 2 
a  2
2
2
2
 1   a 

4
2
1 đáp án B
 2    2   1  2  4a  10a  4  0  
a
 a 1   a 1 

2
Câu 8:


Cho số phức z thỏa mãn  z  3  i  z  1  3i là một số thực. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm
biểu diễn của z là một đường thẳng. Khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng đó bằng
A. 4 2 .
B. 0 .
C. 2 2 .
D. 3 2 .
Lời giải
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 474
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Chọn C
Đặt z  x  yi với x , y  
Ta có:
 z  3  i   z  1  3i    x  3   y  1 i   x  1    y  3 i 
  x  3 x  1    y  3 y  1   x  3  y  3   x  1 y  1  i


Vì  z  3  i  z  1  3i là một số thực nên
 x  3  y  3   x  1 y  1  0  2 x  2 y  8  0  x  y  4  0
Do đó tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của z là đường thẳng  : x  y  4  0
Khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng  là:
004
d  O,   
2 2
2
12   1
Câu 9:


Cho số phức z thỏa mãn  z  2  i  z  2  i  25 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức
w  2 z  2  3i là đường tròn tâm I  a; b và bán kính c . Giá trị của a  b  c bằng
B. 10 .
A. 20 .
C. 18 .
D. 17 .
Lời giải
Chọn D
Gọi điểm M  x; y  là điểm biểu diễn số phức w  x  yi,  x, y  R .
x2 y 3

i.
2
2
 x  2 y 3
 x  2 y  3

Khi đó  z  2  i  z  2  i  

i  2  i 

i  2 i
2
2
 2
 2

 x  yi  2 z  2  3i  z 


1
 x  2   y  3  i  4  2i   x  2   y  3  i  4  2i 
4
1
1
1
2
2
2
2
  x  2   y  5  i   x  2   y  5  i    x  2    y  5  i 2    x  2    y  5   .




4
4
4
1
2
2
2
2
Từ giả thiết, suy ra  x  2    y  5    25   x  2    y  5   100 .

4

 tập hợp các điểm M  x; y  biểu diễn số phức w  2 z  2  3i là đường tròn tâm I  2;5 và bán
kính c  10 .
Vậy a  b  c  2  5  10  17 .
Câu 10: Gọi  C  là đường cong trong mặt phẳng Oxy biểu diễn các số phức z thỏa mãn z.z  z  z  1
2
và H là hình phẳng giới hạn bởi  C  . Diện tích của hình phẳng H bằng
A.
2
.
5
B.  5.
C. 2 5.
Lời giải
Chọn D
Đặt z  x  yi; x, y   .
2
Ta có z.z  z  z  1   x  yi  x  yi   x  yi  ( x  yi )  1
475 | Phan Nhật Linh
2
D.

5
.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
 x2  y 2  4 y 2  1  x2  5 y 2  1 
2
2
x
y

1
1
1
5
Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức z là elip có a  1 ; b 
Suy ra diện tích hình phẳng H là S   ab 

5
1
.
5
.
Câu 11: Có bao nhiêu số thực dương m để tồn tại duy nhất một số thực z thoả mãn z  1  i  2 và
z  2  3i  m ?
A. 2 .
B. 1 .
C. 3 .
D. 0 .
Lời giải
Chọn A
 x, y   
Đặt z  x  yi
Ta có z  1  i  2  x  yi  1  i  2   x  1   y  1 i  2

 x  1
2
  y  1  2   x  1   y  1  4
2
2
2
1
 Tập hợp số phức cần tìm là hình tròn tâm I 1;1 , R1  2
Mặt khác z  2  3i  m   x  2    y  3  i  m

 x  2    y  3
2
2
 m   x  2    y  3  m 2
2
2
 2
 Tập hợp số phức cần tìm là đường tròn tâm J  2; 3 , R2  m
Do đó để tồn tại duy nhất số phức z thoả mãn và khi
 m  2  13
 m  2  13
 IJ  R1  R2



 m  2  13
 IJ  R1  R2
 m  2  13
Vì m  0 nên m  13  2 .
Câu 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , số phức
1  iz
có tập hợp các điểm biểu diễn là một đường thẳng.
4 z
Môđun của z bằng
A. 1.
B. 2 .
C. 4 .
D.
2.
Lời giải
Chọn C
Ta có w 
1  iz
 w  4  z   1  iz  z  w  i   1  4 w  z w  1  1  4w .
4 z
Đặt z  r  r  0  , w  x  yi  x, y    . Khi đó
r x 2   y  1 
2
1  4 x 
2

 16 y 2  r 2 x 2   y  1
2
  1  4 x 
2
 16 y 2
 16  r 2  z 2  16  r 2  y 2  8 x  2 x 2 y  1  r 2  0   
Vì tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là một đường thẳng nên   phải là phương trình bậc nhất
đối với x, y  16  r 2  0  r  4 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 476
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Câu 13: Cho số phức z thỏa mãn z  2  4. Biết rằng trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp các điểm biểu
diễn số phức w  2 z  1  3i là một đường tròn. Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính R của đường
tròn đó.
A. I  3; 3 , R  64 .
B. I  3;3 , R  8 .
C. I  3; 3 , R  8 .
D. I  3; 3 , R  2 2 .
Lời giải
Chọn C
Gọi w  x  yi,  x, y    .
Ta có: w  2 z  1  3i  w  3  3i  2  z  2   w  3  3i  2 z  2  w  3  3i  8.

 x  3   y  3 
2
2
 8   x  3   y  3  64  I  3; 3 , R  8. Vậy I  3; 3 , R  8. .
2

2

Câu 14: Cho số phức z thỏa mãn  z  2  i  z  2  i  25 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức
w  2 z  2  3i là đường tròn tâm I  a; b và bán kính c . Giá trị của a  b  c bằng
B. 10 .
A. 20 .
C. 18 .
D. 17 .
Lời giải
Chọn D
Gọi điểm M  x; y  là điểm biểu diễn số phức w  x  yi,  x, y  R .
x 2 y 3

i.
2
2
 x2 y 3
 x  2 y  3


i  2  i 

i 2i
Khi đó  z  2  i  z  2  i  
2
2
 2
 2

 x  yi  2 z  2  3i  z 


1
 x  2   y  3  i  4  2i   x  2   y  3  i  4  2i 
4
1
1
1
2
2
2
2
  x  2   y  5  i   x  2   y  5  i    x  2    y  5  i 2    x  2    y  5   .




4
4
4
1
2
2
2
2
Từ giả thiết, suy ra  x  2    y  5    25   x  2    y  5   100 .

4

 tập hợp các điểm M  x; y  biểu diễn số phức w  2 z  2  3i là đường tròn tâm I  2;5 và bán
kính c  10 . Vậy a  b  c  2  5  10  17 .
Câu 15: Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  6 z  73  0 . Giá trị của biểu thức
z12  z2 2  z1 . z2 bằng
A. 213 .
B. 110 .
C. 37 .
Lời giải
Chọn D
Do z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  6 z  73  0 .
 z1  z 2  6
Suy ra 
. Ta có:
 z1.z2  73
z12  z22  z1 . z2   z1  z2   2 z1.z2  z1 . z2
2
  z1  z2   2 z1.z2  z1.z2  36  2.73  73  183
2
477 | Phan Nhật Linh
.
D. 183 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Câu 16: Cho các số thực b , c sao cho phương trình z  bz  c  0 có hai nghiệm phức z1 ; z2 thỏa mãn
2
z1  3  3i  2 và  z1  2i  z2  2  là số thuần ảo. Khi đó b  c bằng:
A. 1 .
B. 12 .
D. 12 .
C. 4 .
Lời giải
Chọn C
Trường hợp 1: Nếu các nghiệm của phương trình là các số thực x ; y thì
z1  3  3i   x  3  3i 
 x  3
2
 9  2 mâu thuẫn với giả thiết.
Trường hợp 2: Các nghiệm phức của phương trình không là các số thực, khi đó với
z1  x  yi  z2  z1  x  yi .
Khi đó giả thiết môđun tương đương với z1  3  3i  2   x  3   y  3  2
2
2
1 . Và
 z1  2i  z2  2    x   y  2  i  .  x  2   yi   x.  x  2   y.  y  2    x  2  .  y  2   xy  .i
là một số thuần ảo khi và chỉ khi phần thực bằng 0 tức
x.  x  2   y.  y  2   0  x 2  y 2  2 x  2 y  0
 2 .
 x  32   y  3 2  2
Giải hệ gồm 1 và  2  : 

2
2
 x  y  2 x  2 y  0
x  2

 y  2
 z1  2  2 i ; z2  2  2i .
 z1  z2  b   2  2i    2  2i   4
Vì vậy theo Vi-et ta có: 
 b  c  4  8  4 .
 z1 . z2  c   2  2i  .  2  2i   8


Câu 17: Giả sử z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn  z  6  8  zi là số thực. Biết rằng z1  z2  4
. Giá trị nhỏ nhất của z1  3 z2 bằng
A. 5  21
Chọn C
Đặt
B. 20  4 21

C. 20  4 22
Lời giải
D. 5  22

z  x  yi   z  6  8  zi   x  6  yi  8  y  xi    x  6  8  y   xy    x  x  6   y  8  y   i
là một số thực khi và chỉ khi phần ảo bằng 0 tức:
 x  x  6   y  8  y   0  x 2  y 2  6 x  8 y  0   x  3   y  4   25  z  3  4i  5 .
2
2

u1  u2  5
Đặt ẩn phụ cho đơn giản: u  z – 3 – 4i  
 z1  z2   u1  3  4i    u2  3  4i   u1  u2  4
Khi đó z1  3 z2   u1  3  4i   3  u2  3  4i   u1  3u2  4  3  4i 


Gọi A  u1  , B  u2  khi đó u1  OA  5, u2  OB  5 và
 2  2  2  2
 
 
 
2
u1  u2  OA  OB  OA  OB  2OA.OB  25  25  2OA.OB  16  OA.OB  17 .
Vì vậy
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 478
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
u1  3u2
2
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
   2
 2
 
 OA  3OB  OA  9OB  6OA.OB  25  9.25  6.17  352  u1  3u2  4 22 .
Dùng bất đẳng thức môđun a  b  a  b có:
u1  3u2  4  3  4i   4  3  4i   u1  3u2  20  4 22 .
Câu 18: Giả sử z1 , z2 là 2 trong các số phức z thỏa mãn z  1  i  2 và z1  z2  z1  z2 . Khi
P  z1  2 z2 đạt giá trị nhỏ nhất thì số phức z1 có tích phần thực, phần ảo bằng
A. 0
B.
3
2
C. 
9
8
D. 
3
2
Lời giải
Chọn D
Ta có: z  1  i  2  z   1  i   2  M  z  thuộc đường tròn có tâm I  1; 1 , R  2
Và gọi A  z1  , B  z2   z1  z2  z1  z2  OA  OB  AB  O thuộc đoạn AB
Khi đó P 2  z1  2 z2
2
 
 OA  2OB


2
 2  2
 
 OA  4OB  4.OAOB
.  OA2  4OB 2  4OAOB
. .
Mặt khác OA.OB   HA  OH  HB  OH    HA  OH  HA  OH   HA2  OH 2

 

 HA2  OI 2  IH 2  HA2  IH 2  OI 2  IA2  OI 2  R 2  OI 2  4  2  2
Do đó: P 2  OA2  4OB 2  8  2 OA2 .4OB 2  8  16
OA2  4OB 2
OA  2
 z1  2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 


OB  1
 z2  1
OA.OB  2
2
2
 x  y  1
 z1  1  i  2
 x  1   y  1  4
Đặt z1  x  yi  x, y     

 2
2
 x 2  y 2  4
 x  y  4
 z1  2
Suy ra
 x  y 2   x 2  y 2   12  4 3
xy 


2
2
2
Chọn đáp án D
Câu 19: Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  5 và z2  6  8i  z1  6  8i  z1  z2 . Khi đó
z1  2 z2  3i có giá trị lớn nhất bằng
A.
25
.
2
B. 13 .
C. 157 .
Lời giải
479 | Phan Nhật Linh
D. 3 34 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Chọn C
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Gọi A  6;8 , M  z1  , N  z2  , theo giả thiết z1  z2  5  MN  5 và
z2  6  8i  z1  6  8i  z1  z2  z1  z2  z2  6  8i   z1  6  8i  z1  z2  5 mà
z1  z2  z1  z2  5 nên
z2  6  8i  z1  6  8i  z1  z2  z1  z2  5  AN  AM  MN  OM  ON  5
Như vậy A , M , O , N phải là bốn điểm thẳng hàng và có vị trí như hình vẽ
Đường
thẳng
OA
có
phương
trình
 1 
4


NM  .OA   3; 4   M  x  3;  x  4  .
2
3


4
y x
3
4 

N  OA  N  x ;  x 
3 

mà
;
 xM  xO
Ta có 
 0  x  3.
 xN  xO
Khi
 x  3  2x
z1  2 z2  3i 
đó:
2
2
8
 4

   x  4  x  3 
3
 3

 3 x  3
2
  4 x  1
2
 25 x 2  26 x  10  max 25 x 2  26 x  10  157 .
 0 ; 3
2
2
Câu 20: Xét các số phức z; w thỏa mãn z  2  z  2i  6 và w  3  2i  w  3  6i . Khi z  w đạt
giá trị nhỏ nhất, hãy tính z .
A. 1  2 .
B.
2 1.
C.
1
.
5
D.
1
.
5
Lời giải
Chọn D
Gọi z  x  yi với x; y   và M là điểm biểu diễn số phức z .
Ta có z  2  z  2i  6   x  2   y 2  x 2   y  2   6   x  1   y  1  1 .
2
2
2
2
2
2
Suy ra M thuộc đường tròn  C  tâm I 1;1 bán kính R  1 .
Gọi w  a  bi với a, b   và N là điểm biểu diễn số phức w .
Ta có w  3  2i  w  3  6i 
 a  3   b  2 
2
2

 a  3   b  6 
2
2
 3a  4b  8  0 .
Suy ra N thuộc đường thẳng  : 3x  4 y  8  0 .
Gọi d đi qua I và vuông góc với đường thẳng  : 3x  4 y  8  0 , suy ra d : 4 x  3 y  1  0 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 480
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
 4 7
Gọi H  d    H   ;    IH  3 .
 5 5
 1 
 2 1
Gọi K là giao điểm của đoạn IH và  C  . Ta có IH  3; IK  1  IK  IH  K  ;  .
3
 5 5
Mặt khác, ta có z  w  MN .
Vì M thay đổi thuộc đường tròn  C  và N thay đổi thuộc đường thẳng  nên suy ra MN  KH
.
 2 1
Do đó z  w min  HK  2 khi M  K , N  H , suy ra M  ;  .
 5 5
1
Vậy z  OM 
.
5
Câu 21: Cho số phức z thỏa mãn z  z  z  z  6 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của P  z  2  3i . Giá trị của M  m bằng.
A. 2  2 10 .
B.
2  34 .
C. 2  2 10 .
Lời giải
D. 2  34 .
Chọn C
Đặt z  a  bi  z  a  bi . Khi đó ta có:
z  z  z  z  6  a  bi  a  bi  a  bi  a  bi  6  2 a  2 b  6  a  b  3 .
P  z  2  3i 
a  2
2
  b  3 .
2
Gọi I  a; b  là điểm biểu diễn của số phức z và A  2;3 . Ta cần tìm max và min của IA .
Với I là điểm thuộc cạnh của hình vuông có 4 đỉnh là  3;0 ,  3;0 ,  0; 3 và  0;3 .
481 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Dựa vào hình vẽ, ta nhận thấy
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
IAmin  d  A, MQ  , phương trình MQ : x  y  3  0 nên IAmin 
IAmax  AP 
 2  0
2
2 33
2
 2 m.
  3  3  2 10  M .
2
Do đó M  m  2  2 10 .
Câu 22: Cho số phức z thỏa mãn
P  z2
z  2i  z  4i
và
z  3  3i  1.
Giá trị lớn nhất của biểu thức
là
A. 13  1.
B.
C. 10  1.
Lời giải
13.
10.
D.
Chọn B
Đặt u  z  2  z  u  2
 z  2i  z  4i
 u  2  2i  u  2  4i
Ta có 

, với u  x  yi; x, y  
 z  3  3i  1
 u  1  3i  1
 y  3

2
2
 x  1   y  3  1
 tập hợp các điểm M biểu diễn số phức u chính là giao giữa nửa đường tròn tâm I 1;3 , bán
kính R  1 với là đường thẳng y  3 thì Pmax
Dựa vào hình vẽ, ta có M  2;3 , Pmax  13.
Câu 23: Cho các số phức z  x  yi
 x, y  , 4  y  15 và
w thỏa w  4  3i  2 . Các số phức
z, z 2 , z 3 lần lượt có các điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ tạo thành một tam giác vuông. Gọi
m  min z  w , M  max z  w . Khi đó m  M 2 bằng
A. 224 .
B. 226 .
C. 227 .
D. 225 .
Lời giải
Chọn C
Gọi điểm biểu diễn của w là K thì từ w  4  3i  2 ta có K thuộc đường tròn tâm J  4;3 , bán
kính R  2 .
Gọi A  x; y  , B, C lần lượt là điểm biểu diễn của z, z 2 , z 3 , khi đó z  w  AK .
Ta có AB  z 2  z  z z  1 , AC  z 3  z  z z 2  1 , BC  z 3  z 2  z
2
z 1
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 482
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
 AB  AC  BC

Từ đề ta có tam giác ABC vuông nên  AB 2  BC 2  AC 2 và z  0, z  1
 AC 2  BC 2  AB 2

2
2
2
Trường hợp 1: B 2  AC 2  BC 2  1  z  1  z  1   x  1  y 2  x 2  y 2  x  1 .
2
2
2
Do 4  y  15 nên A thuộc đoạn DE với D  1; 4  , E  1;15 .
Khi đó M 1  max AK  JE  R  15 , m1  min AK  d  J , DE   R  3 .
16
Q
E
14
12
10
8
6
4
J
2
I O
5
2
D
P
4
Trường hợp 2: AB  BC  AC  1  z  z  1  1  x 2  y 2   x  1  y 2  x  0 .
2
2
2
2
2
2
Do 4  y  15 nên A thuộc đoạn PQ với P  0; 4  , Q  0;15  .
Khi đó M 2  max AK  JQ  R  4 10  2 , m1  min AK  d  J , PQ   2 .
Trường hợp 3: AC 2  BC 2  AB 2  z  1  z  1   x  1  y 2  x 2  y 2  1
2
2
2
1
1

  x    y 2  . Suy ra A thuộc đường tròn tâm
2
4

2
1
 1 
I   ; 0  , bán kính R1  và bỏ các điểm
2
 2 
 1;0  ,  0; 0 
Khi đó M 3  max AK  IJ  R  R1 
3 13  5
3 13  5
, m3  min AK  IJ  R  R1 
.
2
2
3 13  5 

Vậy m  min m1 , m2 , m3   min 3; 2;
2
2


3 13  5 

M  max M 1`; M 2 ; M 3   max 15; 10  2;
  15 .
2


Suy ra m  M 2  227 .
Chú ý: Nếu vẽ được chính xác hình vẽ thì có thể suy ra ngay M  JE  15, m  d  I , PQ   R  2 .
Câu 24: Xét hai số phức z , w thỏa mãn z  1  2i  z  2  i và w  2  3i  w  4  i . Giá trị nhỏ nhất
của z  3  i  w  3  i  z  w bằng
2
abc với a, b, c là các số nguyên tố. Tính giá trị của
5
a bc.
A. 22 .
Chọn B
483 | Phan Nhật Linh
B. 24 .
C. 26 .
Lời giải
D. 25 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Gọi z  x  iy,  x, y    , w  a  bi ,  a, b    ; M , N lần lượt là các điểm biểu diễn của các số
phức z , w. Khi đó, M   : x  3 y  0; N  d : x  2 y  1  0 vì
z  1  2i  z  2  i  x  3 y  0 và w  2  3i  w  4  i  a  2b  1  0 .
Ta có T  z  3  i  w  3  i  z  w  AM  AN  MN với A  3;1 .
Gọi A '  Ð  A    1,8; 2,6  và A ''  Ðd  A   2, 2; 2, 6  , thì
T  AM  AN  MN  A ' M  A '' N  MN  A ' A '' 
2
2
2
170 
2  5  17 
abc .
5
5
5
Vậy a  b  c  2  5  17  24 .
Câu 25: Cho số phức z thỏa mãn
z
 1  i  1 sao cho z  3  8i đạt giá trị lớn nhất tại z1  x1  iy1 và
3  4i
đạt giá trị nhỏ nhất tại z2  x2  iy2 . Giá trị của x1  x2  y1 y2 bằng
A. 44 .
B. 55 .
D. 46 .
C. 25 .
Lời giải
Chọn D
Ta có
z
 1  i  1  z  1  7i  5 . Điều này có nghĩa tập hợp các điểm biểu diễn cho các số
3  4i
thức z  x  iy là đường tròn  C  :  x  1   y  7   25 có tâm I 1; 7  và bán kính R  5 .
2
P  z  3  8i  MA là khoảng cách giữa
2

và A  3;8  . Ta có AI  5 và IA   2;1 .
Ta có z  1  7i  2  i  P  z  1  7i  2  i  5  5  P  5  5 .
Pmax
 M 1   C 
  M 1 1  2 5; 7  5
 M 1 A  5  5  M 1 I  IA   
AM

5

1
AI
1




 M 2   C 
  M 2 1  2 5;7  5
Pmin  AM 2  5  5  IM 2  IA   
 AM 2  5  1 IA


 






Vậy x1  x2  y1 y2  1  2 5  1  2 5  7  5 7  5  2  44  46 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 484
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Câu 26: Xét ba số phức z , z1 , z2 thoả mãn z  i  z  1 , z1  3 5  5 và z2  4 5i  2 5 . Giá trị nhỏ
nhất của
5 z  z1 
A. 4 5 .
5 z  z2 bằng
B. 10 5 .
C. 7 5 .
Lời giải
D. 2 5 .
Chọn A
Gọi M , M 1 , M 2 lần lượt là điểm biểu diễn các số phức
Ta có z  i  z  1 
5 z  5i 
5 z, z1 và z2 .




5 z  5  MA  MB với A 0; 5 và B  5;0 .
 M  d với d là đường trung trực của AB .


5 5
d qua I  
là trung điểm AB và nhận AB   5;  5 làm VTPT  d : x  y  0 .
;

 2 2 






z1  3 5  5  M 1   C1  với  C1  là đường tròn tâm I1 3 5;0 , bán kính R1  5 .


z2  4 5i  2 5  M 1   C2  với  C2  là đường tròn tâm I 2 0;4 5 , bán kính R2  2 5 .
Khi đó T 
5 z  z1 
5 z  z2  MM 1  MM 2 .
 

 

Lấy đối xứng M 1 qua d , ta được M 1'  C1' với C1' là đường tròn tâm I1' 0; 3 5 , bán kính
R1'  5 .
Khi đó MM 1'  MM 2  M 1' M 2  I1' I 2  R1'  R2  4 5 .

 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M  O  0;0  , M 2 0; 2 5 , M 1 2 5;0 .
Hay z  0, z2  2 5i, z1  2 5 .
Câu 27: Xét các số phức z thỏa mãn z  z  2  z  z  6 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P  z  3  2i . Khi đó M  m bằng
A.
2 53  3 2
.
2
B. 6 2 .
C.
2 53  2
.
2
D.
53  5 .
Lời giải
Chọn A
Giả sử z  x  yi,  x, y    khi đó ta có z  z  2 x và z  z  2 y do đó từ giả thiết bài toán ta
được z  z  2  z  z  6  2 x  2  2 y  6  x  1  y  3 .
485 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
 x  1, y  0
 x  1, y  0
 x  1, y  0
và
 II  : 
 III  : 
 x  y  4
x  y  2
x  y  2
Từ đây ta có bốn trường hợp sau  I  : 
 x  1, y  0
. Hình biểu diễn của  I  là đoạn AB , của  II  là đoạn CD , của  III  là
 x  y  4
 IV  : 
đoạn BC và của  IV  là đoạn AD . Với ABCD là hình vuông như hình vẽ.
Đặt M (3;2) khi đó P  z  3  2i  MN với N là điểm thuộc cạnh của hình vuông ABCD .
Dựng đường thẳng đi qua M và vuông góc với AB cắt AB tại E và cắt CD tại F . Từ hình vẽ
ta có max P  min P  ME  MD  d ( M , AB )  MD 
Hay M  m 
3
 53 .
2
2 53  3 2
.
2
Câu 28: Với các số phức z1 , z2 , z3  iz2 thay đổi thỏa mãn z1  z2  5 thì giá trị lớn nhất của
min tz2  (1  t ) z3  z1 có dạng a 
t
Giá trị của a  b  c là
A. 15 .
B. 12 .
b
, ở đó a, b là các số nguyên dương, c là số nguyên tố.
c
D. 14 .
C. 13 .
Lời giải
Chọn B
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , z3 là đường tròn tâm O bán kính R  5 .
Gọi các điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , z3 lần lượt là A, B, C .
Ta có OBC là tam giác vuông cân tại O và z3  z2  BC  5 2 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 486
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Số phức tz2  (1  t ) z3 được biểu diễn bởi điểm M thuộc đường thẳng BC .
 
Do đó, ta có tz2  (1  t ) z3  z1  OM  OA  AM .
Gọi H là hình chiếu của A lên BC ta có AM  AH .
 min tz2  (1  t ) z3  z1  min AM  AH .
t


Khi đó max min tz2  (1  t ) z3  z1  max  AH   ED  R  OD  5 
t
5
2
Vậy ta có a  5, b  5, c  2 .
Câu 29: Xét các số phức z , w thỏa mãn z  2 , iw  2  5i  1. Giá trị nhỏ nhất của z 2  wz  4 bằng
A. 4 .
B. 2


29  3 .
C. 8 .
D. 2


29  5 .
Lời giải
Chọn C
Ta có: iw  2  5i  1  i  w 
2  5i
 1  w  5  2i  1 .
i
Ta có: T  z 2  wz  4  z 2  wz  z
2
 z 2  wz  z  z  z  z  z  w  2 z  z  w
 *
Đặt z  a  bi . Suy ra: z  z  2bi . Vì z  2 nên 4  2b  4 .
Gọi A , B lần lượt là điểm biểu diễn của w và 2bi . Suy ra:
+ A thuộc đường tròn  C  có tâm I  5; 2 , bán kính R  1 .
+ B thuộc trục Oy và 4  xB  4 .
Từ * suy ra: T  2 AB  2MN  2  4  8
Dấu “  ” xảy ra khi và chỉ khi A  M  4; 2   w  4  2i và
B  N  0; 2  2bi  2i  b  1  z  a  i  a 2  1  4  a   3  z   3  i .
Vậy z 2  wz  4 có giá trị nhỏ nhất bằng 8 .
Câu 30: Với hai số phức z1 , z2 thay đổi thỏa mãn z1  1  2i  z1  5  2i và z2  3  2i  2. Giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P  z1  3  i  z1  z 2 bằng
A. 5 5  2.
487 | Phan Nhật Linh
B.
10  2.
C. 3 10  2.
D.
85  2.
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
Lời giải
Chọn D
Đặt z1  x1  y1i với x1 , y1 là các số thực.
Từ z1  1  2i  z1  5  2i suy ra
 x1  1   y1  2 
2
2

 x1  5   y1  2 
2
2
 3 x1  2 y1  6  0 .
Tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z1 trên mặt phẳng phức là đường thẳng
d : 3x  2 y  6  0.
Do z2  3  2i  2 nên tập hợp các điểm N biểu diễn cho số phức z2 là đường tròn  C  tâm
I  3; 2  , bán kính R  2.
Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z1  3  i  z1  z2  AM  MN trong đó điểm
A  3; 1 .
Gọi A là điểm đối xứng với điểm A qua đường thẳng d , ta tìm được A  3; 5  .
Có P  AM  MN  AM  MN  AN  AN 0  AI  IN 0  AI  R với N 0 là một trong hai
giao điểm của AI với đường tròn  C  , N0 ở giữa I và A. Khi đó, M 0 là giao điểm của AI và
d.
Vậy biểu thức P  AM  MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng AI  R và bằng
Cách 2:
85  2.
P  z1  3  i  z1  z2  z1  3  i  z1  3  2i   z2  3  2i  .
P  z1  3  i  z1  3  2i  z 2  3  2i .
P  z1  3  i  z1  3  2i  2.
Đặt z1  x1  y1i với x1 , y1 là các số thực.
Từ z1  1  2i  z1  5  2i suy ra
 x1  1   y1  2 
2
2

 x1  5   y1  2 
2
2
 3 x1  2 y1  6  0 .
P
 x1  3   y1  1
Thay y1 
2
2

 x1  3   y1  2 
2
2
2.
3x1  6
13 2
13 2
x1  13 
x1  9 x1  34  2
ta có P 
4
4
2
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 488
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
2
 13 
P  
x1  
2


 
13
2
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
2
2
 9
13   19 
 

x1   
 2
2
13
13




2
2
 13
9
13  
19 
P  
x1 

x1    13 
  2  85  2.
2
13
13 
 2
 
Pmin

13
x1
9
69


13
2


 x1  16 ; y1  32
19
 9  13 x

  x2  3 y2  2
 85  2  
1
13
2
 13
 57  133 *
 x2  3 y2  2

32
 16
 x 3  y 2  0
 1
1
Từ suy ra:
Có
x2  3 y2  2
7

 t  0  x2  3  3t ; y2  2 
t.
7
3
2

2
 x2  3   y2  2 
2
 x2 
2
 2  9t 2 
49 2
4
t 2 t
do t  0.
4
85
255  12 85
170  14 85
; y2 
.
85
85
 max  z ; z  1  i   1
Câu 31: Cho hai số phức z , w thỏa mãn 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
w

1

2
i

w

2

i

P zw .
A.
2 1.
B. 2 2  1 .
C. 0 .
D.
1
.
6
Lời giải
Chọn A
Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của z , w trên mặt phẳng phức.
Đặt z  a  bi và w  x  yi với a, b, x , y   .
a 2  b 2  1
Ta có max  z ; z  1  i   1  
.
2
2
 a  1   b  1  1
Do đó M nằm trong miền giao của hình tròn tâm O (0;0) , bán kính 1 và hình tròn tâm I (1;1) , bán
kính 1 .
Ta có w  1  2i  w  2  i   x  1   y  2    x  2    y  1  x  y  0 .
2
2
2
2
Do đó N nằm trong nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng y   x và chứa điểm  1; 1 .
Gọi T là giao điểm của IO và đường tròn tâm I , bán kính 1 .
Ta thấy IM  IT  IO  IN .
Theo bất đẳng thức tam giác z  w  MN  IN  IM  IO  IT  2  1 .
Đẳng thức xảy ra khi M trùng T , N trùng O .
Vậy min z  w  2  1 .
489 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: SỐ PHỨC
 z  1  2i  1
Câu 32: Cho z   thỏa mãn 
. Giá trị S  min z  max z bằng:
 z  1  2i  2
A. 3 5  1 .
B.
5 2.
C. 2 5  1 .
D.
2  5 1
Lời giải
Chọn A
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z  x  yi trên mặt phẳng phức.
 x  12   y  2  2  1
 z  1  2i  1
Ta có: 

2
2
 z  1  2i  2
 x  2    y  4   4
Do đó M thuộc phần chung của hai hình tròn  I1 ;1 và  I 2 ; 2  , với I1 1; 2  và I 2  2; 4  .
Phương trình đường thẳng I1 I 2 là y  2 x .
Dựa vào hình vẽ ta thấy z lớn nhất khi M  Q và z nhỏ nhất khi M  P , trong đó P ; Q lần
lượt là giao điểm của đường thẳng y  2 x với các đường tròn  I 2 ; 2  và  I1 ;1 sao cho P ; Q nằm
giữa I1 và I 2 .


2 5
4 5
5
2 5
;4 
;2 
Dễ thấy P  2 
 ; Q  1 

5
5 
5
5 


Vậy S  min z  max z  OP  OQ  3 5  1 .
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 490
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
Câu 2:
Câu 3:
Câu 4:
Câu 5:
Câu 6:
Câu 7:
Câu 8:
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Có 6 học sinh gồm 1 học sinh lớp 10 , 2 học sinh lớp 11 và 3 học sinh lớp 12 . Xếp ngẫu nhiên
6 học sinh đó thành một hàng ngang. Xác suất để học sinh lớp 10 đứng xen kẽ giữa 2 học sinh
lớp 12 bằng
1
3
1
3
A.
.
B. .
C. .
D.
.
10
5
5
10
Từ 30 câu hỏi trắc nghiệm gồm 15 câu dễ, 9 câu trung bình và 6 câu khó người ta chọn ra 10 câu
để làm đề kiểm tra sao cho phải có đủ cả 3 loại dễ, trung bình và khó. Số đề kiểm tra có thể lập
được là:
A. 27 730143 .
B. 27 731043 .
C. 27737049 .
D. 27730749 .
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp X gồm các số tự nhiên bé hơn 1010 và có tổng các chữ số
bằng 2. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 2000.
12
3
2
16
.
.
A. .
B.
C.
D. .
5
45
55
5
Giải bóng chuyền VTV Cup có 16 đội tham gia, trong đó có 12 đôi nước ngoài và 4 đội Việt
Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành bốn bảng đấu A, B, C, D mỗi bảng có
4 đội. Tính xác suất để 4 đội Việt Nam nằm ở 4 bảng đấu khác nhau.
391
8
32
64
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
455
1365
1365
455
Có 26 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 26. Rút ngẫu nhiên cùng một lúc 3 tấm thẻ. Tính xác suất
sao cho bất kì hai trong ba tấm thẻ lấy ra đó có hai số tương ứng luôn hơn kém nhau ít nhất 2
đơn vị.
17
27
1771
253
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
25
52
2600
325
Chọn ngẫu nhiên 3 số tự nhiên từ 101 đến 200 . Tính xác suất để 3 số được chọn lập thành một
cấp số cộng.
1
3
2
1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
66
100
33
33
Từ các số 0,1, 2,..,8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau mà
có 3 chữ số chẵn, 2 số lẻ và hai số 2, 3 không đồng thời có mặt.
A. 4392.
B. 6336.
C. 1944.
D. 4350.
Cho đa giác đều  H  có 20 đỉnh, chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của  H  . Tính xác suất để 4 đỉnh được
chọn tạo thành một tứ giác mà không có cạnh nào là cạnh của  H  .
A.
Câu 9:
625
.
969
B.
545
.
969
C.
455
.
969
D.
541
.
969
Từ tập A  1, 2,3,4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số abcd sao cho
abcd .
A. 495 .
491 | Phan Nhật Linh
B. 309 .
C. 1534 .
D. 876 .
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Câu 10: Có 2021 hộp quà được đánh số từ 1 đến 2021. Lấy ngẫu nhiên 8 hộp để tặng 3 người. Tính xác
suất để các số ghi trên hộp lấy ra đó không những có cả số chia hết cho 8 mà còn có cả số chia
hết cho 3.
3
A. .
B.  0,83 .
C.  0,38 .
D.  0,63 .
8
Câu 11: Tờ tiền VN được gọi là may mắn nếu mệnh giá và sê-ri thỏa mãn điều kiện:
1. Tờ bạc có mệnh giá 10000 VNĐ
2. 2 chữ cái in hoa không trùng nhau
3. Tổng 4 chữ số đầu bằng tổng 4 chữ số cuối.
Hỏi có bao nhiêu tờ tiền may mắn ?
A. 313041850 .
B. 3130419500
C. 313419500 .
D. 313041950 .
Câu 12: Cho đa giác 30 đỉnh nội tiếp đường tròn, gọi S là tập hợp các đường thẳng đi qua 2 trong số 30
đỉnh đã cho. Chọn hai đường thẳng bất kì từ tập S . Tính xác suất để chọn được hai đường thẳng
mà giao điểm của chúng nằm bên trong đường tròn.
7
2
5
9
A.
.
B. .
C.
.
D.
.
25
5
14
31
Câu 13: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau được lập nên từ các chữ số
0; 1; 2; 3; 4; 5 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Xác suất để số được chọn có chứa ít nhất một
trong hai chữ số 1 hoặc 2 bằng
1
1
3
47
A. .
B.
.
C.
.
D.
.
3
15
50
50
Câu 14: Cho tập A  1, 2, 3, 4,5, 6, 7,8, 9 . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 9 chữ số phân biệt
sao cho các chữ số 1, 2, 3, 4,5 xuất hiện theo thứ tự giảm dần từ trái qua phải và chữ số 9 luôn
đứng trước chữ số 1?
A. 2250 .
B. 2520 .
C. 420 .
D. 3024 .
Câu 15: Cho một bảng hình chữ nhật kích thước 10  9 gồm 90 ô vuông đơn vị. Chọn ngẫu nhiên một
hình chữ nhật được tạo bởi các ô vuông đơn vị của bảng. Xác suất để hình được chọn là hình
vuông là
4
2
3
2
A. .
B.
.
C.
.
D. .
5
15
10
3
Câu 16: Thầy giáo yêu cầu 3 bạn An, Bình, Lâm lần lượt lên bảng viết ngẫu nhiên một số có 2 chữ số
mà chỉ dùng các chữ số 0;1;8;9 . Tính xác suất tổng 3 số ba bạn viết là một số chia hết cho 3
1
4
2
.
C.
.
D.
9
27
9
Câu 17: Có 6 học sinh nam và 3 học sinh nữ được xếp chỗ ngồi ngẫu nhiên vào một dãy gồm 9 ghế.
Xác suất để mỗi học sinh nữ được xếp ngồi xen giữa hai học sinh nam là
A. 11,9% .
B. 58,33% .
C. 60,71% .
D. 6,94% .
A.
1
.
3
B.
Câu 18: Có 200 cái kẹo, chia cho 5 người sao cho ai cũng có kẹo. Xác suất để mỗi người có ít nhất 10
kẹo gần đúng với đáp án nào sau đây?
A. 0,711 .
B. 0, 277 .
C. 0,432 .
D. 0,355 .
Câu 19: Bạn An chọn ngẫu nhiên 3 số phân biệt trong tập hợp 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 và sắp xếp chúng theo
thứ tự giảm dần để tạo thành một số gồm ba chữ số. Bạn Bình chọn ngẫu nhiên 3 số phân biệt
trong tập hợp 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8 và sắp xếp chúng theo thứ tự giảm dần để tạo thành một số gồm
ba chữ số. Tìm xác suất sao cho số của An lớn hơn số của Bình.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 492
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
47
37
2
49
.
.
.
B.
C. .
D.
72
56
3
72
Câu 20: Cho đa giác đều 2020 đỉnh nội tiếp đường tròn  C  . Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 đỉnh trong
A.
2020 tạo thành 1 tam giác và chọn ngẫu nhiên đồng thời 4 đỉnh trong
2020 đỉnh tạo thành 1 tứ giác. Gọi x là xác suất chọn được tam giác vuông cân, y là xác suất
chọn được hình chữ nhật. Tính tỉ số
A.
x 2017

.
y 1009
B.
x
.
y
x
 2017 .
y
C.
x 1009

.
y 2017
D.
x 2020

.
y 2021
Câu 21: Gọi S là tập các số tự nhiên có 9 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập S .
Tính xác suất để lấy được số có mặt đồng thời bốn chữ số 4;5; 6; 7 và bốn chữ số đó đôi một
không kề nhau.
5
A.
.
63
B.
89
.
1134
C.
17
.
252
D.
85
.
1134
Câu 22: Số tập con có ba phần tử của tập 21; 22 ;...; 22020  sao cho ba phần tử đó có thể xếp thành một cấp
số nhân tăng bằng
A. 1017072
B. 2039190 .
C. 1018081 .
D. 1019090 .
Câu 23: Có bao nhiêu xâu kí tự độ dài 2021 mà mỗi ký tự thuộc tập hợp 1; 2;3 , trong đó số ký tự 1
xuất hiện chẵn lần?
32021 1
32021  1
A.
.
B.
.
C. 32021  1 .
D. 32021  1.
2
2
Câu 24: Người ta dùng 100 số nguyên dương đầu tiên để đánh số cho 100 tấm thẻ (mỗi thẻ đánh một
số). Chọn ngẫu nhiên bốn thẻ trong 100 thẻ đó. Xác suất để chọn được bốn thẻ sao cho tích của
các số ghi trên bốn thẻ chia hết cho 9 gần nhất với kết quả nào sau đây?
A. 0,536.
B. 0, 464 .
C. 0, 489 .
D. 0, 511 .
Câu 25: Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà chữ số tận cùng là chữ số 1 đồng thời số đó chia hết
cho 9?
A. 10000 .
B. 9999 .
C. 100000 .
D. 99999 .
Câu 26: Một bảng vuông gồm 100 100 ô vuông. Chọn ngẫu nhiên một ô hình chữ nhật. Tính xác suất
để ô được chọn là hình vuông (trong kết quả lấy 4 chữ số ở phần thập phân)
A. 0, 0134 .
B. 0, 0133 .
C. 0, 0136 .
D. 0, 0132
Câu 27: Cho tập hợp X  1; 2;3; 4;...;100 hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 7 số bất kì khác nhau sao cho
hiệu của 2 số bất kì trong 7 số đó có trị tuyệt đối không nhỏ hơn 4?
A. C827
7
B. C100
7
 97
C. C100
D. C937
Câu 28: Có 30 quả cầu được đánh số từ 1 đến 30. Bạn Minh chọn ngẫu nhiên ra 10 quả cầu. Tính xác
suất để trong 10 quả cầu lấy ra có 5 quả cầu mang số chẵn, 5 quả cầu mang số lẻ trong đó có
đúng một quả cầu mang số chẵn và một quả cầu mang số lẻ chia hết cho 3.
5040
3500
1001
5031
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
95381
95381
3335
95381
Câu 29: Gọi S là tập các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Xác suất để
chọn được số có 4 chữ số viết theo thứ tự tăng dần và không có hai số nào liên tiếp nhau là:
1
2
5
5
A.
.
B. .
C.
.
D.
.
36
3
63
1512
493 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Câu 30: Cho tập hợp A  1; 2;3; 4;5; 6; 7 . Gọi B là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau
được lập từ A . Chọn thứ tự 2 số thuộc tập B . Tính xác suất để 2 số được chọn có đúng một
số có mặt chữ số 5 .
1440
2880
480
720
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
5873
5873
5873
5873
Câu 31: Xếp ngẫu nhiên 5 học sinh lớp Toán, 2 học sinh lớp Văn và 2 học sinh lớp Hóa vào 9 ghế
quanh một bàn tròn (mỗi học sinh ngồi đúng một ghế). Tính xác suất để 5 học sinh lớp Toán
ngồi cạnh nhau.
1
5
5
1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
126
126
14
14
Câu 32: Một bài trắc nghiệm có 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 4 phương án lựa chọn trong đó có một đáp án
đúng. Giả sử mỗi câu trả lời đúng được 5 điểm và mỗi câu trả lời sai bị trừ 2 điểm. Một học sinh
không học bài nên đánh hú hoạ một câu trả lời. Xác suất để học sinh này nhận điểm dưới 1là
A. 0, 7759 .
B. 0, 5256 .
C. 0,5652 .
D. 0, 7959 .
Câu 33: Trong hộp có m bóng đỏ và n bóng xanh đôi một khác nhau. Ta lấy lần lượt ra ngoài ngẫu nhiên
không hoàn lại một lần một quả bóng. Xác suất để lần cuối lấy được bóng màu đỏ là
1
m!
m
n
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
mn
mn
 m  n  1!
 m  n !
Câu 34: Bộ mã ASCII là bảng mã dùng một dãy gồm 8 kí hiệu là 0 hoặc 1 để mã hóa cho một kí tự. Lấy
ngẫu nhiên 1 dãy 8 kí hiệu trong bảng mã này. Xác suất để dãy lấy ra có nhiều nhất 6 kí hiệu là
1 là
255
219
9
247
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
256
256
256
256
Câu 35: Đặt 5 quân cờ lên một bàn cờ vua, mỗi ô vuông trên bàn cờ chỉ chứa nhiều nhất một quân cờ.
Xác suất để không hàng, không cột nào có nhiều hơn một quân cờ là:
7
560
35
280
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
17019
5763
1891
5763
Câu 36: Từ các đỉnh của một đa giác đều 20 cạnh chọn 4 đỉnh bất kì để tạo thành một tứ giác lồi. Xác
suất để tứ giác được chọn là một hình thang mà không phải là hình chữ nhật là
3
21
48
54
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
19
323
323
323
Câu 37: Cho một đa giác đều 45 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đó. Tính xác suất để 3 đỉnh lấy
được tạo thành một tam giác cân mà không phải là tam giác đều.
63
3
65
5
A. P 
.
B. P  .
C. P 
.
D. P  .
496
43
496
43
Câu 38: Cho tập A  0;1; 2;...9 . Từ tập A lấy 1 số tự nhiên gồm có 7 chữ số đôi một khác nhau. Tính
xác suất để số lấy được tạo thành là số chẵn trong đó các số 3; 4; 5 đứng liền với nhau và 7; 9
đứng liền với nhau.
23
17
23
23
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
9720
6840
4860
3240
Câu 39: Cho tập hợp S  1, 2,3, 4,5, 6 . Hai bạn A, B mỗi người chọn ngẫu nhiên một tập con của S.
Xác suất để tập con mà A và B chọn được có đúng 3 phần tử chung là:
889
135
605
1443
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
1024
1024
2048
2048
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 494
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Câu 40: Cho E là tập các số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ tập
X  {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập E. Tính xác suất để số được
chọn chia hết cho 3.
9
17
37
2
A.
.
B.
.
C.
.
D. .
28
56
112
7
Câu 41: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 5. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S.
Xác suất để số được chọn chia hết cho 3 là.
2
1902
1
6667
A. .
B.
.
C. .
D.
.
3
5712
3
20000
Câu 42: Xếp 32 chiếc ghế giống nhau vào 3 phòng khác nhau được đánh số I,II,III từ trước sao cho
phòng I có ít nhất 11 chiếc ghế,phòng II có ít nhất 7 chiếc ghế và phòng III có ít nhất 5 chiếc
ghế. Có bao nhiêu cách thực hiện?
A. 54 .
B. 56 .
C. 57 .
D. 55 .
Câu 43: Có 50 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 50. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Xác suất để có 5 tấm
thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó có đúng 2 tấm thẻ mang số chia hết cho 5 gần
nhất với kết quả nào trong các kết quả sau đây?
A. 0,09 .
B. 0,07 .
C. 0,18 .
D. 0,5 .
Câu 44: Cắm hết 6 bông hoa giống nhau và 3 lọ khác nhau. Tính xác suất để có lọ chứa 3 bông hoa.
5
3
1
15
A. .
B. .
C.
.
D.
.
14
8
2
28
Câu 45: Cho tập hợp A  0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7,8 . Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi
Câu 46:
Câu 47:
Câu 48:
Câu 49:
Câu 50:
một khác nhau được lập thành từ các chữ số của tập A . Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác
xuất để số được chọn là một số chẵn và chữ số đứng ở vị trí thứ ba luôn chia hết cho 5 .
215
217
211
205
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
1792
1792
1792
1792
Có hai chiế chộp, mỗi hộp chứa 7 viên bi xanh, 8 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên hai viên bi từ hộp
thứ nhất bỏ sang hộp thứ hai, sau đó lấy ngẫu nhiên ở hộp thứ hai 5 viên bi. Tính xác xuất để lấy
được 5 viên bi ở hộp thứ hai có đủ hai mầu.
4
231232
633269
11
A. .
B.
.
C.
.
D.
.
5
435323
649740
13
Cho đa giác lồi có 14 đỉnh. Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã
cho. Chọn ngẫu nhiên trong X một tam giác. Tính xác suất để tam giác được chọn không có
cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho.
11
15
5
8
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
26
26
13
13
Gọi S là tập hợp các ước số nguyên dương của số 34034175 . Lấy ngẫu nhiên hai phần tử thuộc
S . Tính xác suất lấy được hai phần tử là hai số không chia hết cho 7 .
7
7
7
7
A.
.
B. P 
.
C. P 
.
D. P 
.
195
276
159
267
Từ các chữ số 0 ,1, 2 , 3, 4 , 5 , hãy lập số có 10 chữ số. Tính xác suất để số đó có số 3 lặp lại hai
lần, số 4 lặp lại ba lần, số 5 lặp lại hai lần và các chữ số khác có mặt đúng một lần.
7
9
5
7
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
1296
2592
2592
2592
Gọi T là tập hợp gồm các số tự nhiên có 7 chữ số đôi một khác nhau. Lấy từ T ngẫu nhiên một
số. Tính xác suất để lấy được một số chẵn chứa các chữ số 2 , 3 , 4 sao cho chữ số 2 đứng
trước chữ số 3 và chữ số 3 đứng trước chữ số 4 .
65
40
25
50
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
1944
1701
1512
1701
495 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Câu 1:
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Có 6 học sinh gồm 1 học sinh lớp 10 , 2 học sinh lớp 11 và 3 học sinh lớp 12 . Xếp ngẫu nhiên
6 học sinh đó thành một hàng ngang. Xác suất để học sinh lớp 10 đứng xen kẽ giữa 2 học sinh
lớp 12 bằng
1
3
1
3
A.
.
B. .
C. .
D.
.
10
10
5
5
Lời giải
Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh thành một hàng ngang nên n     6! .
Gọi A là biến cố: “Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh thành một hàng ngang sao cho học sinh lớp 10
đứng xen kẽ giữa 2 học sinh lớp 12 ”.
Xếp 1 học sinh lớp 10 vào đầu tiên thì có 1 cách.
Lấy 2 học sinh lớp 12 và xếp đứng 2 bên học sinh lớp 10 thì có C32 .2 cách.
Nhóm 3 học sinh trên thành một nhóm, xếp nhóm này và 3 học sinh còn lại thành một hàng
ngang thì có 4! cách.
Suy ra: n  A  C32 .2.4!  144 .
Vậy P  A  
Câu 2:
n  A
n 

1
.
5
Từ 30 câu hỏi trắc nghiệm gồm 15 câu dễ, 9 câu trung bình và 6 câu khó người ta chọn ra 10 câu
để làm đề kiểm tra sao cho phải có đủ cả 3 loại dễ, trung bình và khó. Số đề kiểm tra có thể lập
được là:
A. 27 730143 .
B. 27 731043 .
C. 27737049 .
D. 27730749 .
Lời giải
10
Số đề kiểm tra có 10 câu tùy ý từ 30 câu hỏi trắc nghiệm là: C30
Số đề kiểm tra có 10 câu chỉ toàn câu dễ từ 30 câu hỏi trắc nghiệm là: C1510
Không có đề kiểm tra có 10 câu mà toàn câu trung bình và khó, vì số lượng các câu này bé hơn
10
10
Số đề kiểm tra 10 câu chỉ có hai loại câu dễ và trung bình là: C24
 C1510 (phải trừ trường hợp chỉ
có 10 câu dễ đã đếm ở trên)
10
 C1510 (phải trừ trường hợp chỉ có 10
Số đề kiểm tra 10 câu chỉ có hai loại câu dễ và khó là: C21
câu dễ đã đếm ở trên)
Số đề kiểm tra 10 câu chỉ có hai loại câu trung bình và khó là: C1510 .
Số đề kiểm tra 10 câu hỏi đủ cả 3 loại dễ, khó, và trung bình là:
Câu 3:
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp X gồm các số tự nhiên bé hơn 1010 và có tổng các chữ số
bằng 2. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 2000.
12
3
2
16
.
.
A. .
B.
C.
D. .
5
45
55
5
Lời giải
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 496
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
10
Số 10 gồm có 1 chữ số 1 và 10 chữ số 0 nên tập hợp X gồm các số tự nhiên có không quá 10
chữ số.
Ta có thể xem mỗi số thuộc tập X là một dãy số gồm 10 chữ số a1a2 a2 ...a10 (các chữ số ai có
thể bằng 0).
Vì tổng các chữ số bằng 2 nên ta có hai trường hợp.
Trường hợp 1: Mỗi số là một dãy số gồm 2 chữ số 1 và 8 chữ số 0.
Trường hợp 2: Mỗi số là một dãy số gồm 1 chữ số 2 và 9 chữ số 0.
Khi đó ta có n     C102  C101  55 .
Gọi A là biến cố “số được chọn chia hết cho 2000”.
Số đó thuộc trường hợp 1 có tất cả: C62  15 .
Số đó thuộc trường hợp 2 có tất cả: C71  7 .
Do đó n  A   15  7  22 . Xác suất là p  A 
Câu 4:
n  A
n  

2
.
5
Giải bóng chuyền VTV Cup có 16 đội tham gia, trong đó có 12 đôi nước ngoài và 4 đội Việt
Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành bốn bảng đấu A, B, C, D mỗi bảng có
4 đội. Tính xác suất để 4 đội Việt Nam nằm ở 4 bảng đấu khác nhau.
391
8
32
64
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
455
1365
1365
455
Lời giải
Số cách chia 16 đội thành 4 bảng mỗi bảng có 4 đội một cách ngẫu nhiên là
n     C164 .C124 .C84 .C44  63063000 .
Gọi biến cố A: ” 4 đội Việt Nam nằm ở 4 bảng đấu khác nhau.”
Có 4! cách chia 4 đội Việt Nam vào 4 bảng, mỗi bảng có 1 đội.
12 đội còn lại chia đều cho 4 bảng sẽ có C123 .C93 .C63 .C33 cách.
Do đó n  A   4!.C123 .C93 .C63 .C33  8870400
8870400
64

.
63063000 455
Có 26 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 26. Rút ngẫu nhiên cùng một lúc 3 tấm thẻ. Tính xác suất
sao cho bất kì hai trong ba tấm thẻ lấy ra đó có hai số tương ứng luôn hơn kém nhau ít nhất 2
đơn vị.
17
27
1771
253
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
25
52
2600
325
Lời giải
Để bất kì 2 trong 3 tấm thẻ lấy ra đó có 2 số tương ứng luôn hơn kém nhau ít nhất 2 đơn vị thì
phải rút được 3 thẻ sao cho trong đó không có 2 thẻ nào là 2 số tự nhiên liên tiếp.
Vậy P  A  
Câu 5:
3
Số phần từ của không gian mẫu ( số cách rút 3 thẻ bất kì trong 26 thẻ): C26
Đếm số cách rút 3 thẻ mà trong 3 thẻ đó có đúng 2 số tự nhiên liên tiếp:
Chọn các bộ 2 số tự nhiên liên tiếp: 1; 2  ,  2;3 ,...,  25; 26  .
Nếu chọn 2 thẻ 1; 2  và  25;26  thì có 2 cách, thẻ còn lại không được là 3 hoặc 24. Vậy ở trường
hợp này có tất cả 2  26  3  46 cách.
Nếu chọn 2 thẻ là  2;3 ,...,  24; 25  thì có 23 cách, thẻ còn lại có 26  4  22 cách. Vậy ở trường
hợp này có 23.22  506 cách.
497 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Vậy tổng số cách rút 3 thẻ mà trong 3 thẻ đó có đúng 2 số tự nhiên liên tiếp: 46  506  552
cách.
Đếm số cách rút 3 thẻ mà 3 thẻ đó là 3 số tự nhiên liên tiếp:
Là các bộ số 1; 2;3 ,  2;3; 4  ,...,  24;25; 26  . Vậy trường hợp này có 24 cách.
Do đó tổng số cách rút 3 thẻ để bất kì 2 trong 3 tấm thẻ lấy ra đó có 2 số tương ứng luôn hơn
3
kém nhau ít nhất 2 đơn vị là: C26
 552  24  2024 cách.
Xác xuất cần tìm:
Câu 6:
2024 253

.
3
C26
325
Chọn ngẫu nhiên 3 số tự nhiên từ 101 đến 200 . Tính xác suất để 3 số được chọn lập thành một
cấp số cộng.
1
2
1
3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
66
100
33
33
Lời giải
3
Số phần tử của không gian mẫu là n     C100
.
Gọi a,b, c là 3 số theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Khi đó a  c  2b , do vậy a, c cùng tính
chẵn hoặc lẻ. (Khi chọn hai số a và c khác nhau cùng chẵn hoặc cùng lẻ trong các số từ 101
đến 200 thì luôn tồn tại số b trong các số từ 101 đến 200 mà a,b, c theo thứ tự lập thành cấp số
cộng).
Gọi A là biến cố: “3 Số được chọn là các số tự nhiên từ 101 đến 200 lập thành cấp số cộng”.
Ta có: n  A   C502  C502 (vì có 50 số chẵn và 50 số lẻ từ 101 đến 200 ).
Vậy xác suất cần tính là: P  A 
Câu 7:
n  A
n 

2C502
1

.
3
C100 66
Từ các số 0,1, 2,..,8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau mà
có 3 chữ số chẵn, 2 số lẻ và hai số 2, 3 không đồng thời có mặt.
A. 4392.
B. 6336.
C. 1944.
D. 4350.
Lời giải
Trường hợp 1: abcde kể cả số 0 đứng đầu và có 3 số chẵn, 2 số lẻ
Chọn 3 số chẵn trong 5 số chẵn 0; 2; 4; 6; 8 có C53 cách
Chọn 2 số lẻ trong 4 số lẻ 1; 3; 5; 7 có C42 cách
Xếp 5 số trên vào 5 vị trí có: 5! cách
Trường hợp 2: 0bcde mà có 3 số chẵn, 2 số lẻ
Chọn 2 số chẵn trong 4 số chẵn 0; 2; 4; 6; 8 có C42 cách
Chọn 2 số lẻ trong 4 số lẻ 1; 3; 5; 7 có C42 cách
Xếp 4 số trên vào 4 vị trí có: 4! cách
Vây th1 và th2 có: C53 .C42 .5! C42 .C42 .4!  6336 ( số )
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 498
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Trường hợp 3: abcde kể cả số 0 đứng đầu mà có 3 số chẵn, 2 số lẻ và hai số 2, 3 đồng thời
có mặt
Chọn 2 số chẵn trong 4 số chẵn 0; 4; 6; 8 có C42 cách
Chọn 1 số lẻ trong 3 số lẻ 1; 5; 7 có C31 cách
Xếp 5 số trên vào 5 vị trí có: 5! cách
Trường hợp 4: 0bcde mà có 3 số chẵn, 2 số lẻ và hai số 2, 3 đồng thời có mặt
Chọn 1 số chẵn trong 3 số chẵn 4; 6; 8 có C31 cách
Chọn 1 số lẻ trong 3 số lẻ 1; 5; 7 có C31 cách
Xếp 4 số trên vào 4 vị trí có: 4! cách
Vậy th3 và th4 ta có: C42 .C31 .5! C31 .C31 .4!  1944 ( số )
Vậy kết quả bài toán: 6336  1944  4392 .
Câu 8:
Cho đa giác đều  H  có 20 đỉnh, chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của  H  . Tính xác suất để 4 đỉnh
được chọn tạo thành một tứ giác mà không có cạnh nào là cạnh của  H  .
A.
625
.
969
B.
545
.
969
C.
455
.
969
D.
541
.
969
Lời giải
4
 4845 .
Số phần tử của không gian mẫu: n     C20
Gọi biến cố E “ Tứ giác tạo thành không có cạnh nào là cạnh của  H  ”.
Gọi tứ giác mà không có cạnh nào là cạnh của  H  là ABCD .
Chọn A có 20 cách.
Ta đánh số thứ tự các đỉnh của đa giác đều  H  như hình vẽ (từ 1 đến 19 , sau khi đã chọn A ).
Gọi b, c, d lần lượt là số thứ tự của B, C , D . Ta có:
b  2 , để AB là đường chéo ( B không kề A ).
b  1  c , để BC là đường chéo ( C không kề B ).
c  1  d , để CD là đường chéo ( D không kề C ).
499 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
d  18 , để DA là đường chéo ( A không kề D ).
 2  b  c  1  d  2  16 .
3
3
Có C15
cách chọn b, c, d , suy ra có 20.C15
tứ giác ABCD , tuy nhiên mỗi tứ giác được xác định
như vậy đã được tính 4 lần, do đó số kết quả thuận lợi cho biến cố E là: n  E  
Vậy xác suất cần tìm là: P  E  
Câu 9:
nE
n 

3
20.C15
3
 5.C15
4
3
5.C15
455

.
4845 969
Từ tập A  1, 2,3,4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số abcd sao cho
abcd .
A. 495 .
B. 309 .
C. 1534 .
D. 876 .
Lời giải
Ta đánh số thứ tự các đỉnh của đa giác đều  H  như hình vẽ (từ 1 đến 19 , sau khi đã chọn A ).
a  b
a  b  1


Ta có a  b  c  d  b  c  b  c  1  1  a  b  1  c  2  d  3  12
c  d
c  d  1


Có C124 cách chọn bộ a, b  1, c  2, d  3
Mỗi bộ đó ứng với 1 bộ a, b, c, d thỏa mãn a  b  c  d
Vậy có C124  495 số thỏa mãn bài ra
Câu 10: Có 2021 hộp quà được đánh số từ 1 đến 2021. Lấy ngẫu nhiên 8 hộp để tặng 3 người. Tính xác
suất để các số ghi trên hộp lấy ra đó không những có cả số chia hết cho 8 mà còn có cả số chia
hết cho 3.
3
A. .
B.  0,83 .
C.  0,38 .
D.  0,63 .
8
Lời giải
Hộp có số chia hết cho 8 có dạng 8n,  n    ,
 1  8n  2021  n  1, 2,..., 252 vậy có 252 hộp có số chia hết 8.
Hộp có số chia hết cho 3 có dạng 3m,  m    ,  1  3m  2021  m  1, 2,...,673 vậy có 673
hộp có số chia hết 3.
Trong đó sẽ có hộp mang số chia hết cho 8 và 3 có dạng 24 p,  p    ,
 1  24 p  2021  p  1,2,...,84 vậy có 84 hộp có số chia hết 24.
Số hôp mang số không chia hết cho cả 3 và 8 là 1180 hộp.
Gọi X là biến cố “ Trong 8 hộp được chọn thì có số chia hết cho 8 thì không có số chia hết cho
3 hoặc có số chia hết cho 3 thì không có số chia hết cho 3 hoặc không có số chia hết cho cả 8 lẫn
3 rồi sau đó đem chia cho 3 người là”
8
8
8
3
Số phần tử của X là n  X    C168
1180  C589 1180  C1180  A8
8
Số cách chọn 8 hộp để chia 3 người là : n     C2021
. A83
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 500
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Xác suất biến cố thỏa mã yêu cầu bài toán là: P  X   1  P  X   1 
n X 
n 
 0,63
Câu 11: Tờ tiền VN được gọi là may mắn nếu mệnh giá và sê-ri thỏa mãn điều kiện:
1. Tờ bạc có mệnh giá 10000 VNĐ
2. 2 chữ cái in hoa không trùng nhau
3. Tổng 4 chữ số đầu bằng tổng 4 chữ số cuối.
Hỏi có bao nhiêu tờ tiền may mắn ?
A. 313041850 .
B. 3130419500
C. 313419500 .
D. 313041950 .
Lời giải
Giả sử dãy số may mắn có dạng: abcd  9  e  9  f  9  g  9  h 
 a, b, c, d , e, f , g , h 0;1;.....;8;9
Ta có a  b  c  d  36   e  f  g  h 
 a  b  c  d  e  f  g  h  36
Ta cần tìm số nghiệm tự nhiên của
 * .
* , theo nguyên lý bù trừ số nghiệm của *
là:
7
n  C80C437  C81C337  C82C23
 C 83C137  4816030 (nghiệm).
Vậy số tiền may mắn là T  26.25.n  3130419500 ( tờ tiền)
Câu 12: Cho đa giác 30 đỉnh nội tiếp đường tròn, gọi S là tập hợp các đường thẳng đi qua 2 trong số 30
đỉnh đã cho. Chọn hai đường thẳng bất kì từ tập S . Tính xác suất để chọn được hai đường thẳng
mà giao điểm của chúng nằm bên trong đường tròn.
7
2
5
9
A.
.
B. .
C.
.
D.
.
25
5
14
31
Lời giải
2
Số phần tử của tập S là: n  S   C30  435 .
2
Số phần tử của không gian mẫu là: n     C435
.
Goi A là biến cố “hai đường thẳng được chọn mà giao điểm của chúng nằm bên trong đường
tròn”.
Để hai đường thẳng được chọn có giao điểm nằm bên trong đường tròn thì hai đường thẳng đó
là hai đường chéo của một tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh trong 30 đỉnh của đa giác đã cho. Vậy số
cách chọn hai đường thẳng mà có giao điểm nằm bên trong đường tròn là:
n  A   C304 .
Vậy P  A 
C304
9
 .
2
C435 31
Câu 13: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau được lập nên từ các chữ số
0; 1; 2; 3; 4; 5 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Xác suất để số được chọn có chứa ít nhất một
trong hai chữ số 1 hoặc 2 bằng
1
1
A. .
B.
.
3
15
C.
3
.
50
D.
47
.
50
Lời giải
Ta có số phần tử của tập S là: 5. A  300 .
3
5
 Số phần tử của không gian mẫu là n     300 .
Gọi A là biến cố: “ Số được chọn từ tập S có chứa ít nhất một trong hai chữ số 1 hoặc 2 ”.
501 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
 A là biến cố: “ Số được chọn từ tập S không có mặt cả hai chữ số 1 và 2 ”.
Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau được lập nên từ các chữ số 0; 3; 4; 5 là:
 
3.3!  18 . Do đó n A  18 .
Vậy P  A   1  P ( A)  1 
   1  18
n A
n 
300

47
.
50
Câu 14: Cho tập A  1, 2, 3, 4,5, 6, 7,8, 9 . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 9 chữ số phân biệt
sao cho các chữ số 1, 2, 3, 4,5 xuất hiện theo thứ tự giảm dần từ trái qua phải và chữ số 9 luôn
đứng trước chữ số 1?
A. 2250 .
B. 2520 .
C. 420 .
D. 3024 .
Lời giải
Gọi a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 là số cần tìm.
Chọn 3 vị trí và xếp 3 số 6, 7,8 vào: A93 cách.
Chọn vị trí cho chữ số 9 (trừ vị trí còn lại ở cuối): 5 cách.
Xếp 5 số 1, 2, 3, 4,5 theo thứ tự giảm dần vào 5 vị trí còn lại: 1 cách.
Vậy có A93 .5.1  2520 số thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 15: Cho một bảng hình chữ nhật kích thước 10  9 gồm 90 ô vuông đơn vị. Chọn ngẫu nhiên một
hình chữ nhật được tạo bởi các ô vuông đơn vị của bảng. Xác suất để hình được chọn là hình
vuông là
4
2
3
2
A. .
B.
.
C.
.
D. .
5
15
10
3
Lời giải
Giả sử hình chữ nhật tạo thành từ 11 đường thẳng song song a1 , a2 ,..., a11 và 10 đường thẳng
b1 , b2 ,..., b10 vuông góc với 11 đường thẳng đã cho.
Mỗi hình chữ nhật tạo thành từ việc chọn hai đường thẳng trong 11 đường thẳng a1 , a2 ,..., a11 và
hai đường thẳng trong 10 đường thẳng b1 , b2 ,..., b10 .
2
2
Do đó số hình chữ nhật là C11
 C10
 2475 hình.
Số hình vuông có cạnh bằng x là 11  x 10  x  , với 1  x  9 .
9
Do đó số hình vuông là
 11  x 10  x   330 . Vậy xác suất cần tìm là
x 1
330
2
 .
2475 15
Câu 16: Thầy giáo yêu cầu 3 bạn An, Bình, Lâm lần lượt lên bảng viết ngẫu nhiên một số có 2 chữ số
mà chỉ dùng các chữ số 0;1;8;9 . Tính xác suất tổng 3 số ba bạn viết là một số chia hết cho 3
A.
1
.
3
B.
1
.
9
C.
4
.
27
D.
2
9
Lời giải
Gọi M là tập hợp các số có hai chữ số được lập từ các chữ số 0;1;8;9
 n  M   3.4  12
Gọi A lần lượt là tập hợp các số chia hết cho 3 từ tập M  A  18;81;90;99
Gọi B lần lượt là tập hợp các số chia hết cho 3 dư 1 từ tập M  B  19;10;91;88
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 502
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Gọi C lần lượt là tập hợp các số chia hết cho 3 dư 2 từ tập M  C  11;80;89;98
Phép thử ba bạn An, Binh, Lâm lần lượt lên bảng viết ngẫu nhiên một số có 2 chữ số mà chỉ
dùng các chữ số 0;1;8;9 có không gian mẫu: n     123
Gọi E là biến cố “ tổng 3 số ba bạn viết là một số chia hết cho 3 “
Tổng 3 số ba bạn viết là một số chia hết cho 3 khi ba số thuộc một trong 3 tập hợp A, B, C hoặc
mỗi số thuộc một tập trong 3 tập A, B, C  n  E   43.3  43.3!
Xác suất tổng 3 số ba bạn viết là một số chia hết cho 3 : P  E  
43.3  43.3! 1
 .
123
3
Câu 17: Có 6 học sinh nam và 3 học sinh nữ được xếp chỗ ngồi ngẫu nhiên vào một dãy gồm 9 ghế.
Xác suất để mỗi học sinh nữ được xếp ngồi xen giữa hai học sinh nam là
A. 11,9% .
B. 58,33% .
C. 60,71% .
D. 6,94% .
Lời giải
Số cách xếp chỗ ngồi cho 9 học sinh vào 9 ghế là: n     9!
Gọi A là biến cố: “ Mỗi học sinh nữ được xếp ngồi xen giữa hai học sinh nam”
Xếp thứ tự 6 học sinh nam có 6! cách
Xếp thứ tự 3 học sinh nữ vào giữa các học sinh nam có A53 cách  n  A  6!. A53
Xác suất biến cố A là: P  A  
n  A
n 

6! A53
5

 11, 9% .
9!
42
Câu 18: Có 200 cái kẹo, chia cho 5 người sao cho ai cũng có kẹo. Xác suất để mỗi người có ít nhất 10
kẹo gần đúng với đáp án nào sau đây?
A. 0,711 .
B. 0, 277 .
C. 0,432 .
D. 0,355 .
Lời giải
Không gian mẫu: Xếp 200 cái kẹo thành một hàng ngang. 200 cái kẹo tạo ra 199 khoảng trống
ở giữa.
Đặt vào 4 vách ngăn sẽ chia số kẹo thành 5 phần sao cho phần nào cũng có kẹo. Do đó số phần
4
tử của không gian mẫu là: n   C199
Gọi A là biến cố “mỗi người có ít nhất 10 kẹo.”
Chia trước cho mỗi người 9 kẹo, còn lại 155 cái. Bài toán đưa về chia 155 kẹo cho 5 người sao
cho ai cũng có kẹo.
Xếp 155 cái kẹo thành một hàng ngang. 155 cái kẹo tạo ra 154 khoảng trống ở giữa.
Đặt vào 4 vách ngăn sẽ chia số kẹo thành 5 phần sao cho phần nào cũng có kẹo. Do đó số kết
4
quả thuận lợi của biến cố A là: n  A  C154
.
Xác suất của biến cố A là: P  A 
4
n  A C154
 4  0,355
n  C199
Câu 19: Bạn An chọn ngẫu nhiên 3 số phân biệt trong tập hợp 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 và sắp xếp chúng theo
thứ tự giảm dần để tạo thành một số gồm ba chữ số. Bạn Bình chọn ngẫu nhiên 3 số phân biệt
trong tập hợp 1, 2, 3, 4,5, 6, 7,8 và sắp xếp chúng theo thứ tự giảm dần để tạo thành một số gồm
ba chữ số. Tìm xác suất sao cho số của An lớn hơn số của Bình.
503 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
A.
47
.
72
B.
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
37
.
56
C.
2
.
3
D.
49
.
72
Lời giải
Xét hai trường hợp
Trường hợp 1: An chọn được số 9.
Trong trường hợp này số của An chắc chắn lớn hơn số của Bình.
Xác suất An chọn được số 9 là
C82 1
 .
C93 3
Trường hợp 2. An không chọn được số 9.
Xác suất để An không chọn được số 9 là
C83 2
 .
C93 3
Trong trường hợp này An chọn số cùng tập với Bình nên xác suất An chọn được số lớn hơn cũng
bằng xác suất Bình chọn được số lớn hơn.
Ta tính xác suất để 2 bạn chọn được cùng số:
Số cách chọn của hai bạn là: C83 .C83
Số cách để An chọn được ba số bất kỳ là C83 ; Ứng với mỗi cách chọn của An thì Bình chỉ có
một cách chọn để giống An nên số cách hai người chọn được số giống nhau là C83
Vậy, xác suất để 2 bạn chọn được cùng số là
3!
1
C83


nên xác suất để An chọn được
3
3
C8 .C8 8.7.6 56
1
56  55 . Do đó xác suất trong trường hợp này là 2 . 55  55 .
số lớn hơn là:
2
112
3 112 168
1 55 37
 .
Vậy, xác suất cần tìm là 
3 168 56
1
Câu 20: Cho đa giác đều 2020 đỉnh nội tiếp đường tròn  C  . Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 đỉnh trong
2020 tạo thành 1 tam giác và chọn ngẫu nhiên đồng thời 4 đỉnh trong
2020 đỉnh tạo thành 1 tứ giác. Gọi x là xác suất chọn được tam giác vuông cân, y là xác suất
chọn được hình chữ nhật. Tính tỉ số
A.
x 2017

.
y 1009
B.
x
.
y
x
 2017 .
y
C.
x 1009

.
y 2017
D.
x 2020

.
y 2021
Lời giải
Đa giác đều 2020 đỉnh nội tiếp đường tròn  C  có 1010 đường kính.
3
Chọn 3 đỉnh trong 2020 đỉnh của đa giác đều tạo thành 1 tam giác có C2020
cách
Để chọn được 1 tam giác vuông cân, ta chọn như sau:
Chọn 1 đường kính trong 1010 đường kính có 1010 cách
1 đường kính chia đường tròn  C  thành 2 nửa đường tròn, mỗi nửa đường tròn có 1009 đỉnh
của đa giác đều (trừ 2 đỉnh thuộc đường kính). Ta chọn 1 đỉnh nằm chính giữa 1 nửa đường tròn
với 1 đường kính đã chọn tạo thành 1 tam giác vuông cân. Từ đó ta có 2 cách chọn 1 đỉnh nằm
chính giữa 2 nửa đường tròn.
Do đó số tam giác vuông cân tạo thành là: 1010.2  2020
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 504
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
2020
Xác suất chọn tam giác vuông cân là: x  3
C2020
4
Chọn 4 đỉnh trong 2020 đỉnh của đa giác đều tạo thành 1 tứ giác có C2020
cách
2
Để chọn được 1 hình chữ nhật, ta chọn 2 đường kính trong 1010 đường kính có C1010
cách
2
C1010
Khi đó xác suất chọn hình chữ nhật là: y  4
C2020
Vậy
2
x 2020 C1010
4 2017 2017
 3 : 4 
.

y C2020 C2020 1009 4
1009
Câu 21: Gọi S là tập các số tự nhiên có 9 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập S .
Tính xác suất để lấy được số có mặt đồng thời bốn chữ số 4;5;6;7 và bốn chữ số đó đôi một
không kề nhau.
5
A.
.
63
B.
89
.
1134
C.
17
.
252
D.
85
.
1134
Lời giải
Lập số tự nhiên có 9 chữ số đôi một khác nhau.Gọi số cần lập là a1a2 ...a9 .
Chữ số a1 có 9 cách chọn. Có A98 cách chọn các chữ số còn lại.
Vậy lập được 9.A98 số tự nhiên có 9 chữ số đôi một khác nhau.
Lập số tự nhiên có 9 chữ số đôi một khác nhau có mặt đồng thời bốn chữ số 4;5;6;7 và bốn
chữ số đó đôi một không kề nhau.
Trường hợp 1: Lấy 5 chữ số trong 6 chữ số 0,1, 2, 3,8, 9 có C65 cách.
Xếp 5 chữ số trên thành một hàng ngang có 5! cách.
Ta có 6 khoảng trống từ cách xếp trên nên có A64 cách xếp chữ số 4;5; 6; 7 . Vậy có C 65 .5! A64 số.
Trường hợp 2: Chữ số 0 đứng đầu.
Lấy 4 chữ số trong 5 chữ số 1, 2, 3,8,9 có C54 cách.
Xếp 4 chữ số trên thành một hàng ngang (sau chữ số 0 ) có 4!cách.
Ta có 5 khoảng trống từ cách xếp trên nên có A54 cách xếp chữ số 4;5; 6; 7 . Vậy có C54 .4!. A54
số.
Ta có C 65 .5! A64  C 54 .4!. A54  244800 . Vậy xác suất cần tìm là
244800
85
.

8
9. A9
1134
Câu 22: Số tập con có ba phần tử của tập 21; 22 ;...; 22020  sao cho ba phần tử đó có thể xếp thành một cấp
số nhân tăng bằng
A. 1017072
B. 2039190 .
C. 1018081 .
Lời giải
D. 1019090 .
Cách 1
Gọi 2a ; 2b ; 2c  là một tập con thỏa mãn bài toán. Ta có:
2 a  2b  2c  a  b  c; a , b, c  1; 2;...; 2020
2a ; 2b ; 2c lập thành cấp số nhân tăng  a; b; c lập thành cấp số cộng tăng  a  c  2b
Thấy rằng a  c  2b thì nếu a  c ta có b sẽ khác cả a và c .
Nói cách khác, ycbt  lấy được hai số a , c cùng tính chẵn, lẻ.
505 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
2
1010
Vậy có C
C
2
1010
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
 1019090 tập con thỏa mãn bài toán.
Cách 2
Các tập con có ba phần tử thỏa mãn bài toán gồm các tập:
2 ; 2 ; 2  ,2 ; 2 ; 2  ,...,2 ; 2
2 ; 2 ; 2  ,2 ; 2 ; 2  ,...,2 ; 2
2 ; 2 ; 2  ,2 ; 2 ; 2  ,..., 2 ; 2
2 ; 2 ; 2  ,2 ; 2 ; 2  ,...,2 ; 2
2
3
1
2
3
4
2
4
6
2
1011
3
4
5
3
5
7
3
1011
4
5
6
4
6
8
4
1012
…
2
2
3
5
1
1010
; 22019   có 1009 tập
1
2017
; 22018 ; 22019   có 1 tập
2018
; 2 2019 ; 22020   có 1 tập
; 22020   có 1009 tập
; 22019   có 1008 tập
; 22020   có 1008 tập
 có 2 1  2  3  ...  1009   1019090 tập con thỏa mãn bài toán.
Câu 23: Có bao nhiêu xâu kí tự độ dài 2021 mà mỗi ký tự thuộc tập hợp 1; 2;3 , trong đó số ký tự 1
xuất hiện chẵn lần?
A.
32021 1
.
2
B.
32021  1
.
2
C. 32021  1 .
D. 32021  1.
Lời giải
Cách 1:
Xét bài toán tổng quát : Có bao nhiêu xâu kí tự có độ dài n mà mỗi kí tự thuộc tập hợp 1; 2;3
trong đó số kí tự 1 xuất hiện chẵn lần.
Giải
Ký hiệu M n là tập hợp tất cả các xâu có n kí tự được lập từ các số thuộc tập 1; 2;3 .
An , Bn là tập hợp tất cả các xâu có n kí tự được lập từ các số thuộc tập 1; 2;3 theo thứ tự
chứa một số chẵn các chữ số 1, một số lẻ các chữ số 1.
1
3n
Mn  .
2
2
bỏ đi 1 kí tự cuối ta được một phần tử của M n , ngược lại lấy 1 phần tử
Dễ thấy An , Bn rời nhau và M n  An  Bn  An  Bn 
Lấy 1 phần tử của M n1
x của M n
Nếu x  An thì có hai cách để thêm vào chữ số cuối để được phần tử của An 1 .
Nếu x  Bn thì có 1 cách để thêm vào chữ số cuối để tạo ra 1 phần tử của An 1 .
Suy ra: An1  2 An  Bn  An   An  Bn   An  3n
Từ A1  2, An 1  An  3n.
Khi đó: A2  2  31 ; A3  2  31  32 ;..; An  2  31  ..  3n 
Xét bài toán cụ thể với n  2021 ta có: A2021 
3n  1
3n  1
1 
.
2
2
32021  1
.
2
Cách 2:
0
Trường hợp 1: 0 số 1 có C2021
.22021.
2
Trường hợp 2: 2 số 1 có C2021
.22019.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 506
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
…
2020
Trường hợp 1010: 2020 số 1 có C2021
.2.
  2  1
32021  1

.
2
2
Câu 24: Người ta dùng 100 số nguyên dương đầu tiên để đánh số cho 100 tấm thẻ (mỗi thẻ đánh một
số). Chọn ngẫu nhiên bốn thẻ trong 100 thẻ đó. Xác suất để chọn được bốn thẻ sao cho tích của
các số ghi trên bốn thẻ chia hết cho 9 gần nhất với kết quả nào sau đây?
A. 0,536.
B. 0, 464 .
C. 0, 489 .
D. 0, 511 .
Lời giải
4
Ta có n ( )  C100 .
0
2
2020
.22021  C2021
.22019  ..  C2021

Vậy có: C2021
 2  1
2021
2021
*
Xét 1  n  3k  100, n  N  k 1,2,...,33 , nên trong 100 số nguyên dương đầu tiên có 33
số chia hết cho 3.
Gọi A là tập hợp các số nguyên dương bé hơn 100 và chia hết cho 9
 A  9,18,27,36, 45,54,63, 72,81,90,99  n( A)  11 .
Gọi B là tập hợp các số nguyên dương bé hơn 100 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9
 n( B)  33  11  22 .
Gọi C là tập hợp các số nguyên dương bé hơn 100 và không chia hết cho 3
 n(C )  100  33  67 .
Gọi M là biến cố: “chọn được bốn thẻ sao cho tích của các số ghi trên bốn thẻ chia hết cho 9 ”
 M là biến cố: chọn được bốn thẻ sao cho tích của các số ghi trên bốn thẻ không chia hết cho
9 ”. Để tích 4 số không chia hết cho 9 xảy ra hai trường hợp sau.
TH1: 4 số thuộc tập C , có C674 ( cách)
1
3
TH2: 3 số thuộc tập C , 1 số thuộc tập B có C24
( cách)
.C67
Câu 25: Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà chữ số tận cùng là chữ số 1 đồng thời số đó chia hết
cho 9?
A. 10000 .
B. 9999 .
C. 100000 .
D. 99999 .
Lời giải
Cách 1: Dễ thấy 100071 là số tự nhiên nhỏ nhất có 6 chữ số mà chữ số tận cùng là chữ số 1 đồng
thời số đó chia hết cho 9.
Dễ thấy 999981 là số tự nhiên lớn nhất có 6 chữ số mà chữ số tận cùng là chữ số 1 đồng thời số
đó chia hết cho 9.
Do cứ cách đúng 90 số lại có 1 số tự nhiên có 6 chữ số mà chữ số tận cùng là chữ số 1 và đồng
thời số đó chia hết cho 9 nên số số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là
999981  100071
 1  10000 số.
90
Cách 2: Đặt số thỏa mãn yêu cầu bài toán là abcde1  A1  9.B9  9.(10 B 9)
99919
111102
B
90
10
Từ đó B nhận các giá trị nguyên liên tiếp từ 1111 đến 11110 hay có 10000 số thỏa mãn yêu cầu.
Do 100000  9.B9  9(10 B  9)  999999 
Nên P( M ) 
507 | Phan Nhật Linh
1
1
C674  C22
.C673
C674  C22
.C673

P
(
M
)

1

P
(
M
)

1

 0,536 .
4
4
C100
C100
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Câu 26: Một bảng vuông gồm 100 100 ô vuông. Chọn ngẫu nhiên một ô hình chữ nhật. Tính xác suất
để ô được chọn là hình vuông (trong kết quả lấy 4 chữ số ở phần thập phân)
A. 0, 0134 .
B. 0, 0133 .
C. 0, 0136 .
D. 0, 0132
Lời giải
Giả sử bảng vuông gồm 100 100 ô vuông được xác định bởi các đường thẳng x  0 , x  1 ,
x  2 , …, x  100 và y  0 , y  1 , y  2 , …, y  100 trong hệ trục tọa độ Oxy .
Mỗi hình chữ nhật được tạo bởi 2 đường thẳng khác nhau x  a, x  b ( 0  a, b  100 ) và hai
2
2
đường thẳng khác nhau y  c , y  d ( 0  c, d  100 ) nên có C101
hình chữ nhật.
.C101
2
2
.C101
Suy ra không gian mẫu có số phần tử là n     C101
.
Gọi A là biến cố “ô được chọn là hình vuông ”.
Xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: ô được chọn có kích thước 11 : có 100.100  1002 hình vuông.
Trường hợp 2: ô được chọn có kích thước 2  2 : mỗi ô được tạo thành bởi 2 đường thẳng khác
nhau x  a, x  b ( 0  a  b  100 ) và hai đường thẳng khác nhau y  c , y  d ( 0  c  d  100 )
sao cho b  a  d  c  2  có 99.99  992 hình vuông.
Tương tự:
Trường hợp 3: ô được chọn có kích thước 3  3 : có 98.98  982 hình vuông.
…
Trường hợp 100: ô được chọn có kích thước 100 100 : có 1.1  12 hình vuông.
Suy ra không gian thuận lợi cho biến cố A có số phần tử là
100. 100  1 2.100  1
 338350 .
n   A   100 2  992  982  ...  12 
6
n   A  338350
67
 2 2 
 0,0133 .
Vậy xác suất cần tìm là P  A 
n    C101.C101 5050
Câu 27: Cho tập hợp X  1;2;3; 4;...;100 hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 7 số bất kì khác nhau sao cho
hiệu của 2 số bất kì trong 7 số đó có trị tuyệt đối không nhỏ hơn 4?
A. C827
7
B. C100
7
 97
C. C100
D. C937
Lời giải
Các số được chọn ra luôn xếp được theo thứ tự tăng dần
Giả sử 7 số được chọn là a1  a2  a3  a4  a5  a6  a7 . Theo giả thiết vì hiệu của hai số bất
kì không nhỏ hơn 4 nên 1  a1  a2  3  a3  6  a4  9  a5  12  a6  15  a7  18  82 .
Đặt x1  a1 ; x2  a2  3; x3  a3  6; x 4  a4  9; x5  a5  12; x6  a6  15; x7  a7  18 trong đó
1  x1  x2  x3  x4  x5  x6  x7  82 .
Vậy bài toán trở thành chọn ra 7 số bất kì trong 82 số phân biệt: C827
Câu 28: Có 30 quả cầu được đánh số từ 1 đến 30. Bạn Minh chọn ngẫu nhiên ra 10 quả cầu. Tính xác
suất để trong 10 quả cầu lấy ra có 5 quả cầu mang số chẵn, 5 quả cầu mang số lẻ trong đó có
đúng một quả cầu mang số chẵn và một quả cầu mang số lẻ chia hết cho 3.
5040
3500
1001
5031
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
95381
95381
3335
95381
Lời giải
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 508
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
10
30
Không gian mẫu: C
Từ 1 đến 30 có 15 số chẵn và 15 số lẻ.
Từ 1 đến 30 có 5 số chẵn và 5 số lẻ chia hết cho 3: 3;6;9;12;15;18; 21; 24; 27;30
Gọi A là biến cố thỏa mãn bài toán.
Lấy 1 quả cầu chia hết cho 3 và là số chẵn: C51
Lấy 1 quả cầu chia hết cho 3 và là số lẻ: C51
Lấy 4 quả cầu mang số chẵn và không chia hết cho 3: C104
Lấy 4 quả cầu mang số lẻ và không chia hết cho 3: C104
Số kết quả thuận lợi của biến cố A: C51.C51.C104 .C104
Vậy P  A  
C51.C51.C104 .C104
3500

10
C30
95381
Câu 29: Gọi S là tập các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Xác suất để
chọn được số có 4 chữ số viết theo thứ tự tăng dần và không có hai số nào liên tiếp nhau là:
1
2
5
5
A.
.
B. .
C.
.
D.
.
36
3
63
1512
Lời giải
Ta có số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là:
S  9. A93  n    .
Gọi A là biến cố chọn được số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Gọi số cần tìm có dạng: abcd trong đó 1  a  b  1  c  2  d  3  6 . Việc chon 4 chữ số
a , b, c, d thỏa mãn yêu cầu bài toán tương ứng với việc chọn 4 chữ số a, b  1, c  2, d  3 theo
thứ tự tăng dần từ chữ số 1 đến 6, tương ứng ta có C64 cách.
Suy ra n  A  C64 . Vậy P  A  
n  A
n  

C64
5
.

3
9. A9 1512
Câu 30: Cho tập hợp A  1; 2;3; 4;5; 6; 7 . Gọi B là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau
được lập từ A . Chọn thứ tự 2 số thuộc tập B . Tính xác suất để 2 số được chọn có đúng một
số có mặt chữ số 5 .
1440
2880
480
720
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
5873
5873
5873
5873
Lời giải
Chọn 4 số khác nhau và xếp có thứ tự từ tập hợp có 7 chữ số, có A74  840 số.
Do đó số phần tử của không gian mẫu n     840.839  704760 .
Gọi biến cố C: “ Hai số được chọn có đúng một số có mặt chứ sỗ 5 ”.
Trong các số thuộc tập B có 4!C36  480 số luôn có mặt chữ số 5 .
Trong tập B có A64  360 số không có mặt chữ số 5 .
1
.C1360  345600 .
Khi đó số phần tử của biến cố C là n(C)  2!C480
Vậy P  C  
509 | Phan Nhật Linh
345600 2880

.
704760 5873
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Câu 31: Xếp ngẫu nhiên 5 học sinh lớp Toán, 2 học sinh lớp Văn và 2 học sinh lớp Hóa vào 9 ghế
quanh một bàn tròn (mỗi học sinh ngồi đúng một ghế). Tính xác suất để 5 học sinh lớp Toán
ngồi cạnh nhau.
1
5
5
1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
126
126
14
14
Lời giải
Không gian mẫu là n      9  1 !  8!  40320 .
Gọi A là biến cố “ 5 học sinh lớp Toán ngồi cạnh nhau”.
Sắp xếp thứ thự 5 học sinh lớp Toán: có 5!  120 cách.
Sắp xếp vòng tròn 5 phần tử gồm 4 học sinh còn lại và nhóm 5 học sinh lớp Toán ( coi như 1
phần tử ): có 4!  24 cách.
Do đó n  A  120.24  2880 .
Vậy xác suất để 5 học sinh lớp Toán ngồi cạnh nhau là: P  A  
n  A
n 

2880
1
 .
40320 14
Câu 32: Một bài trắc nghiệm có 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 4 phương án lựa chọn trong đó có một đáp án
đúng. Giả sử mỗi câu trả lời đúng được 5 điểm và mỗi câu trả lời sai bị trừ 2 điểm. Một học sinh
không học bài nên đánh hú hoạ một câu trả lời. Xác suất để học sinh này nhận điểm dưới 1là
A. 0, 7759 .
B. 0, 5256 .
C. 0,5652 .
D. 0, 7959 .
Lời giải
1
3
Ta có xác suất để học sinh trả lời câu đúng là
và xác suất trả lời câu sai là .
4
4
Gọi x là số câu trả lời đúng, khi đó số câu trả lời sai là 10  x .
Số điểm học sinh này đạt được là 5 x  2 10  x   7 x  20
Nên học sinh này nhận điểm dưới 1 khi 7 x  20  1  x  3
Mà x nguyên nên x nhận các giá trị 0;1; 2
Gọi Ai  i  0;1; 2  là biến cố " Học sinh trả lời đúng i câu ".
A là biến cố "Học sinh nhận điểm dưới 1 ".
Suy ra A  Ao  A1  A2 và P  A  P  A0   P  A1   P  A2 
i
10 i
i
10 i
2
1 3
1 3
Mà P  Ai   C10i .   .   nên P  A    C10i .   .    0, 5256.
4 4
 4  4
i 0
Câu 33: Trong hộp có m bóng đỏ và n bóng xanh đôi một khác nhau. Ta lấy lần lượt ra ngoài ngẫu nhiên
không hoàn lại một lần một quả bóng. Xác suất để lần cuối lấy được bóng màu đỏ là
1
m!
m
n
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
mn
mn
 m  n  1!
 m  n !
Lời giải
Coi việc bốc lần lượt cũng giống như lấy một lúc m  n 1 quả sau đó lấy nốt quả bóng cuối
cùng.
Không gian mẫu là n   m  n  ! .
A: “lần cuối lấy được bóng màu đỏ”
Bốc quả bóng đỏ ở lần cuối: m cách.
Bốc m  n  1 quả bóng đầu tiên:  m  n  1 ! cách.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 510
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Vậy có m  m  n  1 ! cách.
Do đó xác suất để lần cuối lấy được bóng đỏ là
n A m  m  n  1 !
m
.


n
mn
 m  n !
Câu 34: Bộ mã ASCII là bảng mã dùng một dãy gồm 8 kí hiệu là 0 hoặc 1 để mã hóa cho một kí tự. Lấy
ngẫu nhiên 1 dãy 8 kí hiệu trong bảng mã này. Xác suất để dãy lấy ra có nhiều nhất 6 kí hiệu là
1 là
255
219
9
247
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
256
256
256
256
Lời giải
Số cách chọn 1 dãy 8 kí hiệu trong bảng mã là: n()  28 .
Gọi A là biến cố “ lấy ra có nhiều nhất 6 kí hiệu là 1 ”.
 A là biến cố “lấy ra có hơn 6 kí hiệu là 1”.
n( A)  C87 .C11  C88  9
Xác suất để dãy lấy ra có nhiều nhất 6 kí hiệu 1 là: P  1 
n( A)
9
247
 1

.
n ()
256 256
Câu 35: Đặt 5 quân cờ lên một bàn cờ vua, mỗi ô vuông trên bàn cờ chỉ chứa nhiều nhất một quân cờ.
Xác suất để không hàng, không cột nào có nhiều hơn một quân cờ là:
7
560
35
280
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
17019
5763
1891
5763
Lời giải
Bàn cờ vua có 8.8  64 ô vuông.
Gọi A là biến cố: “Không hàng, không cột nào có nhiều hơn một quân cờ”
Cách 1:
Chọn một ô cho quân cờ đầu tiên có 64 cách, một ô cho quân thứ 2 có 63 cách,…
n     64.63.62.61.60
Chọn 1 ô cho quân cờ đầu tiên có 64 cách, khi đó nó sẽ nằm ở 1 hàng và một cột, quân cờ tiếp
theo sẽ còn 7.7  49 ô còn lại có thể đặt vào,…Cứ tiếp tục như vậy.
Do đó n  A   64.49.36.25.16
 P  A 
64.49.36.25.16 280

.
64.63.62.61.60 5763
Cách 2:
5
Chọn 5 ô trong 64 ô để đặt 5 quân cờ. n     C64
Chọn 5 hàng trong 8 hàng để đặt mỗi quân cờ vào một hàng, có C85 cách. Công việc còn lại là
xếp 5 quân cờ sao cho không có cột nào có nhiều hơn một quân cờ, nếu coi 5 hàng là 1 hàng thì
công việc trở thành xếp có thứ tự 5 quân cờ vào 8 vị trí, có A85 cách.
Do đó: n  A  C85 . A85  P  A  
C85 . A85 280

.
5
C64
5763
Câu 36: Từ các đỉnh của một đa giác đều 20 cạnh chọn 4 đỉnh bất kì để tạo thành một tứ giác lồi. Xác
suất để tứ giác được chọn là một hình thang mà không phải là hình chữ nhật là
3
21
48
54
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
19
323
323
323
Lời giải
511 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Số phần tử của không gian mẫu là C  4845 .
4
20
A1
A8
A2
O
A3
A7
A4
A6
A5
Số hình thang cân có trục đối xứng đi qua các đỉnh của đa giác là 10C92 .
A1
A8
A2
O
A3
A7
A4
A6
A5
Số hình thang cân có trục đối xứng không đi qua đỉnh của đa giác là 10C102 .
Cứ 2 trục đối xứng qua đỉnh của đa giác thí xác định một hình chữ nhật, do vậy số hình chữ nhật
được tạo thành là C102 .
Khi hai trục đối xứng của đa giác vuông góc với nhau thì ta chỉ xác định được một hình chữ nhật.
Khi đó số hình thang cân mà không phải là hình chữ nhật là 10C92  10C102  2C102  720
720
48

.
4845 323
Câu 37: Cho một đa giác đều 45 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đó. Tính xác suất để 3 đỉnh lấy
được tạo thành một tam giác cân mà không phải là tam giác đều.
63
3
65
5
A. P 
.
B. P  .
C. P 
.
D. P  .
496
43
496
43
Lời giải
Gọi O là tâm đối xứng của đa giác đều. Xét một đỉnh A bất kì của đa giác đều đó.
Khi đó có 22 cặp đỉnh đối xứng với nhau qua đường thẳng OA. Hay có 22 tam giác cân nhận A
làm đỉnh.
Như vậy với mỗi đỉnh của đa giác đều có 22 tam giác cân (kể cả đều) nhận nó làm đỉnh của tam
45
giác cân. Số tam giác đều có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác là:
 15 .
3
Chú ý rằng mọi tam giác đều thì đều là tam giác cân tại 3 đỉnh. Nên trong số các tam giác cân đã
đếm thì số tam giác đều được đếm 3 lần.
Vậy số tam giác cân mà không đều nhận các đỉnh của đa giác làm đỉnh là:
Vậy xác suất cần tính là
45.22  3.15  945
3
Số tam giác được tạo thành từ các đỉnh của đa giác đều là: C45
 14190
Vậy xác suất lấy được 3 đỉnh tạo thành một tam giác cân mà không phải tam giác đều là:
63
P
.
496
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 512
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Câu 38: Cho tập A  0;1; 2;...9 . Từ tập A lấy 1 số tự nhiên gồm có 7 chữ số đôi một khác nhau. Tính
xác suất để số lấy được tạo thành là số chẵn trong đó các số 3; 4; 5 đứng liền với nhau và 7; 9
đứng liền với nhau.
23
17
23
23
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
9720
6840
4860
3240
Lời giải
Số phần tử của không gian mẫu n     9. A96
Trường hợp 1: abcdef 4 ( số tận cùng là số 4 kể cả số 0 đứng đầu )
Xếp 2 số 3, 5 vào 2 vị trí e , f có 2! cách. Chọn 2 số trong 5 số 0;1; 2; 6; 8 có C52 cách
Xếp 3 “nhóm” gồm 1 nhóm có 2 số 7,9 và 2 số trong 5 số 0;1; 2; 6; 8 ta có: 2!.3! cách
Vậy có: C52 .2!.3!.2  240 ( số )
Trường hợp 2: 0bcdef 4
Xếp 2 số 3, 5 vào 2 vị trí e , f có 2! cách. Chọn 1 số trong 4 số 1; 2; 6; 8 có 4 cách
Xếp 2 “nhóm” gồm 1 nhóm có 2 số 7,9 và 1 số trong 4 số 1; 2; 6; 8 ta có: 2!.2! cách
Vậy có: C41 .2!.2!.2  32 ( số )
Trường hợp 3: abcdefg , g  0; 2; 6; 8 : có 4 cách
Hoán vị 3 số 3, 4, 5 có 3! cách. Hoán vị 2 số 7,9 có 2! cách
Chọn 1 số trong 4 số có 4 cách. Xếp 3 “ nhóm “ trên có 3! cách
Vậy có 4.2!.3!.3!.4  1152 ( số )
Trường hợp 4: 0bcdefg , g  2; 6; 8 : có 3 cách
Hoán vị 3 số 3, 4, 5 có 3! cách. Hoán vị 2 số 7,9 có 2! cách
Xếp 2 nhóm trên có 2! cách. Vậy có: 3.3!.2!.2!  72 ( số )
Vậy n  A   240  32  1152  72  1288 . Vậy p  A  
1288
23

.
6
9.A9 9720
Câu 39: Cho tập hợp S  1, 2,3, 4,5, 6 . Hai bạn A, B mỗi người chọn ngẫu nhiên một tập con của S.
Xác suất để tập con mà A và B chọn được có đúng 3 phần tử chung là:
889
135
605
1443
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
1024
1024
2048
2048
Lời giải
Vì S có 6 phần tử nên số tập con của S là 2 6  64. Mỗi bạn A và B có 64 cách chọn tập con, do
vậy số phần tử của không gian mẫu là 642.
Ta tìm số cách chọn tập con thoả mãn yêu cầu.
Vì tập con của A và B chọn được có chung 3 phần tử nên các tập con này phải có ít nhất 3 phần
tử.
Giả sử tập con của A và B gồm x; y  x, y  3 phần tử, khi đó:
A có C6x cách chọn tập con, lúc này S còn  6  x  phần tử.
Chọn ra 3 phần tử gọi là a, b, c có trong tập con gồm x phần tử của A ( để làm 3 phần tử chung
với tập con mà B chọn) có Cx3 cách;
513 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Lúc này tập con mà B chọn đã có 3 phần tử chung với tập con của A là a, b, c ta cần chọn thêm
 y  3
phần tử khác trong  6  x  phần tử còn lại sau khi A đã chọn tập con, có C6yx3 cách.
Vậy có tất cả C6x C x3C6yx3 cách.
 x, y  3
3  x  6

.
Ta có điều kiện: 
 y  3  6  x 3  y  9  x
Khi đó số cách chọn tập con thỏa mãn điều kiện của bài toán là:
6
5
4
3
y 3
y 3
y 3
y 3
 C63 .C33 .C3y 3   C64 .C43 .C2y 3   C65 .C53 .C1y 3   C66 .C63 .C0y 3  160  240 120  20  540
Xác suất cần tính bằng
540 135

64 2 1024
Câu 40: Cho E là tập các số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ tập
X  {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập E. Tính xác suất để số được
chọn chia hết cho 3.
9
A.
.
28
B.
17
.
56
C.
37
.
112
D.
2
.
7
Lời giải
Số phần tử của không gian mẫu là   8.8.7.6  2688 .
Đặt A  {0, 3, 6} , B  {1, 4, 7} , C  {2, 5, 8} .
Gọi x là một thuộc tập E và x chia hết cho 3.
Trường hợp 1: x có hai chữ số thuộc tập B , hai chữ số thuộc tập C. Số các số là
C32 .C32 .4!  216 .
Trường hợp 2: x có một chữ số thuộc tập A, ba chữ số còn lại cùng thuộc tập B hoặc cùng
thuộc tập C. Số các số là 2(3.4! 3!)  132 .
Trường hợp 3: x có hai chữ số thuộc tập A, một chữ số thuộc tập B và một chữ số thuộc tập
2
C. Số các số x là 3.3.C3 .4! 3.3.2.3!  540.
Gọi M là biến cố “Số được chọn chia hết cho 3’’. Xác suất xảy ra biến cố M là
216 132  540 37
P( M ) 

.
2688
112
Câu 41: Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 5. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S.
Xác suất để số được chọn chia hết cho 3 là.
2
1902
1
6667
A. .
B.
.
C. .
D.
.
3
5712
3
20000
Lời giải
Giả sử số có năm chữ số có dạng abcde .
Vì chia hết cho 5 nên e có hai cách chọn là chữ số 0 và 5
a có chín cách chọn vì a  0
các vị trí b, c, d mỗi vị trí có mười cách chọn
Suy số phần tử tập S là 2.9.103  18000 phần tử  n     18000 .
Số có năm chữ số bé nhất chia hết cho 5 là 10000 và lớn nhất là 99995.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 514
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Gọi B là biến cố: “một số lấy từ tập S và chia hết cho 3”, khi đó số được lấy này phải chia hết
cho 15. (vì vừa chia hết cho 3, vừa chia hết cho 5 và các số 3 và 5 đều là số nguyên tố).
Số có năm chữ số bé nhất chia hết cho 15 là 10005 và lớn nhất là 99990.
Vì chi hết cho 15 nên các số trong tập B này có thể xem như một cấp số cộng với
99990  10005
u1  10005, un  99990, d  15 ,  n 
 1  6000
15
n( B ) 6000 1
Hay  n  B   6000 . Vậy  PB 

 .
n() 18000 3
Câu 42: Xếp 32 chiếc ghế giống nhau vào 3 phòng khác nhau được đánh số I,II,III từ trước sao cho
phòng I có ít nhất 11 chiếc ghế,phòng II có ít nhất 7 chiếc ghế và phòng III có ít nhất 5 chiếc
ghế. Có bao nhiêu cách thực hiện?
A. 54 .
B. 56 .
C. 57 .
D. 55 .
Lời giải
Gọi x, y, z lần lượt là số ghế cho vào phòng I,II,III
 x  y  z  32 ( x  10)  ( y  6)  ( z  4)  12
 a  x  10  1
 x  11
 x  10  1



Ta có 
. Đặt b  y  6  1

c  z  4  1
y  7
y 6 1

 z  5
 z  4  1
a  b  c  12
Từ đó ta có: 
 a , b, c  1
Đây chính là bài toán chia 12 kẹo cho 3 đứa trẻ sao cho mỗi đứa có ít nhất 1 cái kẹo,nên số cách
chia là: C12311  C112  55
Câu 43: Có 50 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 50. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Xác suất để có 5 tấm
thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó có đúng 2 tấm thẻ mang số chia hết cho 5 gần
nhất với kết quả nào trong các kết quả sau đây?
A. 0,09 .
B. 0,07 .
C. 0,18 .
D. 0,5 .
Lời giải
10
Chọn ngẫu nhiên 10 tấm thẻ trong 50 tấm thẻ nên n     C50
.
Từ 1 đến 50 có 25 số chẵn và 25 số lẻ.
Đặt
X  5;15; 25;35; 45
Y  10; 20;30; 40;50
Gọi A: “Chọn 10 tấm thẻ có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó có đúng 2
tấm thẻ mang số chia hết cho 5”.
Trường hợp 1: 2 tấm thẻ chia hết cho 5 mang số lẻ.
Lấy 2 tấm thẻ mang số thuộc X có C52 cách.
3
Lấy 3 tấm thẻ mang số lẻ từ 20 số lẻ còn lại (không thuộc X ) có C20
cách.
5
Lấy 5 tấm thẻ mang số chẵn từ 20 số chẵn (không thuộc Y ) có C20
cách.
3
.C205 .
Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C52 .C20
Trường hợp 2: 2 tấm thẻ chia hết cho 5 mang số chẵn.
3
.C205 .
Tương tự như trường hợp 1, suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C52 .C20
Trường hợp 3: 2 tấm thẻ chia hết cho 5 gồm 1 thẻ mang số lẻ và 1 thẻ mang số chẵn.
515 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Lấy 1 tấm thẻ mang số thuộc X và 1 tấm thẻ mang số thuộc Y có C51C51 cách.
4
Lấy 4 tấm thẻ mang số lẻ từ 20 số lẻ còn lại (không thuộc X ) có C20
.
4
Lấy 4 tấm thẻ mang số chẵn từ 20 số chẵn còn lại (không thuộc Y ) có C20
.
4
.C204 .
Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C51.C51.C20
3
5
.C20
 C51.C51.C204 .C204
Khi đó: n  A  2.C52 .C20
Vậy P  A  
n  A
n 

3
5
4
2.C52 .C20
.C20
 C51.C51 .C204 .C20
 0, 09 .
10
C50
Câu 44: Cắm hết 6 bông hoa giống nhau và 3 lọ khác nhau. Tính xác suất để có lọ chứa 3 bông hoa.
5
3
1
15
A. .
B. .
C.
.
D.
.
14
8
2
28
Lời giải
Gọi x, y, z lần lượt là số bông hoa cắm vào ba lọ khác nhau, khi đó x  y  z  6 hay
x  1  y  1  z  1  9 . Do đó ta có thể xem bài toán như là chia 9 cây kẹo cho 3 học
sinh khác nhau các em đều phải có kẹo. Do đó số phần tử không gian mẫu là n   C  28
2
8
Gọi A là biến cố “có lọ cắm ba bông hoa”. Để tính số phần tử của A ta có hai trường hợp
Trường hợp 1: Số bông hoa cắm ở các lọ là 3; 3; 0
Số cách cắm hoa là C 31  3
Trường hợp 2: Số bông hoa cắm ở các lọ là 3; 2; 1
Số cách cắm hoa là 3 !  6 . Suy ra n A  9
Xác suất biến cố A là p A 
n A
n 

9
3
 .
24 8
Câu 45: Cho tập hợp A  0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7,8 . Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi
một khác nhau được lập thành từ các chữ số của tập A . Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác
xuất để số được chọn là một số chẵn và chữ số đứng ở vị trí thứ ba luôn chia hết cho 5 .
215
217
211
205
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
1792
1792
1792
1792
Lời giải
Gọi số cần tìm của tập S có dạng a1a2 a3 a4 a5 a6 . Khi đó
Số cách chọn chữ số a1 có
8
cách chọn vì a1  0 .
5
Số cách chọn thứ tự cho a2 ; a3 ; a4 ; a5 ; a6 trong tập A \ a1  có A8 cách.
5
Do đó tập S có 8. A8  53760 phần tử.
Không gian mẫu là chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập S .
1
 53760.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n()  C53760
Gọi X là biến cố '' Số được chọn là một số chẵn và chữ số đứng ở vị trí thứ ba luôn chia hết
cho 5 '' . Suy ra a3  0;5 . Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố X như sau:
Trường hợp 1. Với a3  0 : chữ số a6  2, 4, 6,8 có 4 cách chọn, a1 có
7
cách chọn, ba
3
3
chữ số còn lại có A6 cách chọn. Do đó trong tường hợp này có 4.7. A6 số.
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 516
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022


a3  5
Trường hợp 2. Với 
: Bốn chữ số còn lại có


a6  0
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
A74
cách chọn. Do đó trong tường hợp này
4
có A7 số.
a3  5
Trường hợp 3. Với 
a6  0 : chữ số
a6
có 4 cách chọn, a1 có 6 cách chọn, ba chữ số còn
3
3
lại có A6 cách chọn. Do đó trong tường hợp này có 4.6. A6 số.
Suy ra số phần tử của biến cố X là n(X)  4.7. A63  A7 4  4.6. A63  6450.
Vậy xác suất cần tính P  X  
n(X)
6450
215


.
n() 53760 1792
Câu 46: Có hai chiế chộp, mỗi hộp chứa 7 viên bi xanh, 8 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên hai viên bi từ hộp
thứ nhất bỏ sang hộp thứ hai, sau đó lấy ngẫu nhiên ở hộp thứ hai 5 viên bi. Tính xác xuất để lấy
được 5 viên bi ở hộp thứ hai có đủ hai mầu.
4
231232
633269
11
A. .
B.
.
C.
.
D.
.
5
435323
649740
13
Lờigiải
Không gian mẫu của phép thử là n     C152 .C175  649740
Gọi biến cố A “lấy được 5 viên ở hộp thứ hai có đủ hai mầu”.
Trường hợp 1: Lấy được ở hộp thứ nhất 2 viên xanh sẽ có C72 cách lấy. Khi đó hộp thứ hai sẽ
có 9 viên xanh và 8 viên đỏ nên có C175  C95  C85 cách lấy hai viên đủ hai mầu.
 C72 .  C175  C95  C85   131313 (cách)
Trường hợp 2: TH2: Lấy được ở hộp thứ nhất 2 viên đỏ sẽ có C82 cách lấy. Khi đó hộp thứ hai
sẽ có 7 viên xanh và 10 viên đỏ nên có C175  C75  C105 cách lấy hai viên đủ hai mầu.
 C82 .  C175  C75  C105   165620 (cách)
Trường hợp 3: TH3: Lấy được ở hộp thứ nhất 1 viên xanh và 1 viên đỏ sẽ có C71 .C81 cách lấy.
Khi đó hộp thứ hai sẽ có 8 viên xanh và 9 viên đỏ nên có C175  C85  C95 cách lấy hai viên đủ hai
mầu.
 C71 .C81.  C175  C85  C95   336336 (cách)
633269
649740
Câu 47: Cho đa giác lồi có 14 đỉnh. Gọi X là tập hợp các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã
cho. Chọn ngẫu nhiên trong X một tam giác. Tính xác suất để tam giác được chọn không có
cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho.
11
15
5
8
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
26
26
13
13
Lời giải
3
Số phần tử của không gian mẫu: n()  C14  364 .
Do đó n  A  633269 . Vậy P  A  
Gọi A là biến cố: “Tam giác được chọn trong X không có cạnh nào là cạnh của đa giác”
Suy ra A là biến cố: “Tam giác được chọn trong X có ít nhất một cạnh là cạnh của đa giác”
Trường hợp 1: Nếu tam giác được chọn có 2 cạnh là 2 cạnh của đa giác thì có 14 tam giác thỏa
mãn.
517 | Phan Nhật Linh
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Trường hợp 1: Nếu tam giác được chọn có đúng một cạnh là cạnh của đa giác thì có 14.10=140
tam giác thỏa mãn.
Do đó n( A)  14  140  154 . Suy ra số phần tử của biến cố A là: n( A)  n()  n( A)  210 .
Vậy P ( A) 
n( A) 15

.
n() 26
Câu 48: Gọi S là tập hợp các ước số nguyên dương của số 34034175 . Lấy ngẫu nhiên hai phần tử thuộc
S . Tính xác suất lấy được hai phần tử là hai số không chia hết cho 7 .
A.
7
.
195
B. P 
7
.
267
C. P 
7
.
276
D. P 
7
.
159
Lời giải
Ta có 34034175  7 .3 .5 .
5
4
2
Mỗi ước nguyên dương của số 34034175 là một số có dạng 7i.3 j.5k , trong đó
i  0;1; 2;3; 4;5 , j  0;1;2;3;4 , k  0;1; 2 .
Số ước nguyên dương bằng số bộ  i; j; k  được chọn từ 3 tập trên. Suy ra số cách chọn bộ  i; j; k 
từ 3 tập trên là 6.5.3 = 90(cách) nên số phần tử của S là 90.
Có C902 cách chọn ngẫu nhiên hai phần tử thuộc S .
Mỗi ước nguyên dương không chia hết cho 7 của số 34034175 là một số có dạng 7 0.3 j.5k
Suy ra số các ước của 34034175 không chia hết cho 7 trong tập S là 5.3 = 15.
Do đó có C152 cách lấy hai phần tử thuộc S mà không chia hết cho 7.
Suy ra xác suất lấy được hai số không chia hết cho 7 trong S là P 
C152
7

2
C90 267
Câu 49: Từ các chữ số 0 ,1, 2 , 3, 4 , 5 , hãy lập số có 10 chữ số. Tính xác suất để số đó có số 3 lặp lại hai
lần, số 4 lặp lại ba lần, số 5 lặp lại hai lần và các chữ số khác có mặt đúng một lần.
7
9
5
7
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
1296
2592
2592
2592
Lời giải
Gọi số 10 chữ số có dạng a1a2 a3a4a5a6a7 a8a9 a10
Số phần tử không gian mẫu n     5.69  50388480 (số).
Cách 1: Gọi A : “ Số đó có số 3 lặp lại hai lần, số 4 lặp lại ba lần, số 5 lặp lại hai lần và các chữ
số khác có mặt đúng một lần.”
10!
9!
n  A 

 136080 (số).
2!.3!.2!.1!.1!.1! 2!.3!.2!1!.1!
n  A
136080
7
Xác suất cần tìm là: p  A  


.
n    50388480 2592
Cách 2: Gọi A : “ Số đó có số 3 lặp lại hai lần, số 4 lặp lại ba lần, số 5 lặp lại hai lần và các chữ
số khác có mặt đúng một lần.”
Trường hợp 1: a1  3
Số cách xếp số 3 còn lại là C91 . Số cách xếp số 4 là C83 . Số cách xếp số 5 là C52
Số cách xếp các số còn lại : 3!. Có : C91 .C83 .C52 .3! cách xếp.
Trường hợp 2: a1  4
Tuyển chọn các bài toán VD-VDC | 518
CHINH PHỤC VD-VDC GIẢI TÍCH NĂM 2022
Số cách xếp hai số 4 còn lại là
C92 .
CHUYÊN ĐỀ: TỔ HỢP XÁC SUẤT
Số cách xếp số 3 là
C72 .
Số cách xếp số 5 là C52
Số cách xếp các số còn lại : 3!Có : C92 .C72 .C52 .3! cách xếp.
Trường hợp 3: : a1  5
Số cách xếp số 5 còn lại là C91 . Số cách xếp số 3 là C82 . Số cách xếp số 4 là C63
Số cách xếp các số còn lại : 3! Có : C91 .C82 .C63 .3! cách xếp.
Trường hợp 4: : a1  3; 4;5 : a1 có 2 cách chọn.
Số cách xếp số 3 còn lại là C92 . Số cách xếp số 4 là C73 . Số cách xếp số 5 là C52
Số cách xếp các số còn lại : 3! Có : C91 .C83 .C52 .3! cách xếp.
n  A   C91 .C83 .C52 .3! C92 .C72 .C52 .3! C91 .C82 .C63 .3! C91 .C83 .C52 .3!  136080 (số).
Xác suất cần tìm là: p  A  
n  A
n 

136080
7

.
50388480 2592
Câu 50: Gọi T là tập hợp gồm các số tự nhiên có 7 chữ số đôi một khác nhau. Lấy từ T ngẫu nhiên một
số. Tính xác suất để lấy được một số chẵn chứa các chữ số 2 , 3 , 4 sao cho chữ số 2 đứng
trước chữ số 3 và chữ số 3 đứng trước chữ số 4 .
65
40
25
50
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
1944
1701
1512
1701
Lời giải
Cách 1:
Gọi số có 7 chữ số đôi một khác nhau là a , a  a1a2 a3 a4 a5 a5 a7 , a1  0 .
Số phần tử của không gian mẫu là n ()  9. A96  544320 . Gọi A là biến số cần tính xác suất.
Ta có a7  0; 4;6;8 .
Trường hợp 1: a7  0
Xếp các chữ số 2 , 3 , 4 vào số a có C63 cách, xếp 3 chữ số còn lại của số a có A63 cách.
Vậy trường hợp 1: có C63 . A63  2400 số.
Trường hợp 2: a7  4
Nếu a1  2 thì có 5 cách xếp chữ số 3 , các chữ số còn lại có A74 cách.
Nếu a1  2 thì a1 có 6 cách chọn  a1  0; 2;3; 4  , xếp các chữ số 2 , 3 có C52 cách, các chữ số
còn lại có A63 cách.
Vậy trường hợp 2 có 5. A74  6.C52 . A63  11400 số.
Trường hợp 3: a7 6;8 . a7 có 2 cách chọn.
Nếu a1  2 thì có C52 cách xếp các chữ số 3 , 4 , các chữ số còn lại có A63 cách.
Nếu a1  2 thì a1 có 5 cách chọn  a1  0; 2;3; 4; a7  , xếp các chữ số 2 , 3 , 4 có C53 cách, các
chữ số còn lại có A52 cách. Vậy trường hợp 3 có 2  C52 . A63  5.C53 . A52   4400 số.
Do đó n ( A)  2400  11400  4400  18200 .
Vậy P( A) 
519 | Phan Nhật Linh
n( A) 18200
65


.
n() 544320 1944
–
–