Tổng hợp câu hay và khó chương 1 - Phần 3

$g\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x - m \ge 0 \Leftrightarrow 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x \ge m$

Đặt $h\left( x \right) = 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x$. Ta có $h'\left( x \right) = 3f'\left( x \right) - 3{x^2} + 3$

Suy ra

$\,\,\left\{ \begin{array}{l}h'\left( { - \sqrt 3 } \right) = 3f'\left( { - \sqrt 3 } \right) - 6 = 0\\h'\left( {\sqrt 3 } \right) = 3f'\left( {\sqrt 3 } \right) - 6 = 0\\h'\left( 0 \right) = 3f'\left( 0 \right)+3 = 0\\h'\left( \pm 1 \right) = 3f'\left( \pm 1 \right) < 0\end{array} \right.$

Từ đó ta có bảng biến thiên:

Vậy $h\left( x \right) \ge m \Leftrightarrow m \le h\left( {\sqrt 3 } \right) = 3f\left( {\sqrt 3 } \right)$

Quan sát các đồ thị hàm số ta thấy:

+ Trong nửa khoảng $\left( { - \infty ;\dfrac{1}{3}} \right]$ thì $\min \left\{ {{g_1}\left( x \right),{g_2}\left( x \right),{g_3}\left( x \right)} \right\} = {g_1}\left( x \right)$  nên đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ là nửa đường thẳng $y = {g_1}\left( x \right)$

+ Trong đoạn $\left[ {\dfrac{1}{3};\dfrac{2}{3}} \right]$ thì $\min \left\{ {{g_1}\left( x \right),{g_2}\left( x \right),{g_3}\left( x \right)} \right\} = {g_2}\left( x \right)$ nên đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ là một đoạn của đường thẳng $y = {g_2}\left( x \right)$

+ Trong nửa khoảng $\left[ {\dfrac{2}{3}; + \infty } \right)$ thì $\min \left\{ {{g_1}\left( x \right),{g_2}\left( x \right),{g_3}\left( x \right)} \right\} = {g_3}\left( x \right)$ nên đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ là nửa đường thẳng $y = {g_3}\left( x \right)$

$\Rightarrow$ Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ là phần đường thẳng được tô màu đỏ.

Suy ra giá trị lớn nhất của $f\left( x \right)$ là $\dfrac{8}{3}$

Xét biểu thức chia $P\left( x \right)$ cho ${x^2} - 4x + 3$ ta được $P\left( x \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 4x + 3} \right) - 4$

Mà $P\left( {{x_1}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x_1} + 2} \right)\left( {x_1^2 - 4{x_1} + 3} \right) - 4 = 0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{{x_1^2 - 4{x_1} + 3}} = \dfrac{{{x_1} + 2}}{4}$

Tương tự, ta có $\dfrac{1}{{x_2^2 - 4{x_2} + 3}} = \dfrac{{{x_2} + 2}}{4}$; $\dfrac{1}{{x_3^2 - 4{x_3} + 3}} = \dfrac{{{x_3} + 2}}{4}$

Vậy $T = \dfrac{{{x_1} + 2}}{4} + \dfrac{{{x_2} + 2}}{4} + \dfrac{{{x_3} + 2}}{4} = \dfrac{{{x_1} + {x_2} + {x_3} + 6}}{4} = 2$

Mặt khác thì $\dfrac{{P'\left( x \right)}}{{P\left( x \right)}} = \dfrac{{3{x^2} - 4x - 5}}{{{x^3} - 2{x^2} - 5x + 2}} \Rightarrow \dfrac{{P'\left( 1 \right)}}{{P\left( 1 \right)}} = \dfrac{3}{2};\dfrac{{P'\left( 3 \right)}}{{P\left( 3 \right)}} =  - \dfrac{5}{2} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\left[ {\dfrac{{P'\left( 1 \right)}}{{P\left( 1 \right)}} - \dfrac{{P'\left( 3 \right)}}{{P\left( 3 \right)}}} \right] = 2$

Do hàm số $g\left( x \right) = f\left( {x - 2017} \right) + 2018$ thu được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ sang phải một đoạn có độ dài bằng $2017$ đơn vị và tịnh tiến lên trên một đoạn có độ dài bằng $2018$ đơn vị nên ta có bảng biến thiên của hàm số $y = g\left( x \right)$ như sau:

Do đó ta có bảng biến thiên của hàm số $y = \left| {g\left( x \right)} \right|$ là:

Vậy đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( {x - 2017} \right) + 2018} \right|$ có $3$ cực trị.

Gọi $AD$ là quãng đường cô An đi đường bộ.

Đặt $DB = x\,\left( {{\rm{km}}} \right)\left( {0 \le x \le 50} \right)$ $\Rightarrow AD = 50 - x\,\left( {{\rm{km}}} \right)$.

Chi phí của cô An: $f\left( x \right) = \left( {50 - x} \right)3 + \sqrt {{x^2} + {{10}^2}} {\rm{.5  }}\left( {{\rm{USD}}} \right)$

$f\left( x \right)$ liên tục trên $\left[ {0;50} \right]$.

Ta có $f'\left( x \right) =  - 3 + 5.\dfrac{{x{\rm{ }}}}{{\sqrt {{x^2} + 100} }}$$= \dfrac{{ - 3\sqrt {{x^2} + 100}  + 5x{\rm{ }}}}{{\sqrt {{x^2} + 100} }}$

 $f'\left( x \right) = 0$$\Leftrightarrow  - 3\sqrt {{x^2} + 100}  + 5x{\rm{ }} = 0$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\9\left( {{x^2} + 100} \right) = 25{x^2}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} = \dfrac{{9.100}}{{16}}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x = \dfrac{{15}}{2}\end{array} \right.$.

Ta có $f\left( 0 \right) = 200;\,\,f\left( {50} \right) = 50\sqrt {26} ;\,\,f\left( {\dfrac{{15}}{2}} \right) = 190$

Để chi phí ít nhất thì $x = \dfrac{{15}}{2}$.

 Vậy cô An phải đi đường bộ một khoảng: $AD = 50 - \dfrac{{15}}{2} = \dfrac{{85}}{2}\left( {{\rm{km}}} \right)$ để chi phí ít nhất.

$y' = 4{x^3} - 4{m^2}x$; $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm m.\end{array} \right.$

Để hàm số có 3 cực trị thì phương trình $y' = 0$ có 3 nghiệm, hay $m \ne 0$.

Không mất tính tổng quát giả sử 3 điểm cực trị có tọa độ $A\left( {0;\,\,{m^4} + 3} \right)$; $B\left( {m;3} \right)$;$C\left( { - m;3} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {AC} \left( { - m; - {m^4}} \right);\,\,\overrightarrow {OC} \left( { - m;3} \right)$

Tứ giác $OBAC$ có $\left\{ \begin{array}{l}AB = AC\\OB = OC\end{array} \right.$.

Suy ra $OA$ là đường trung trực của $BC$.

Để tứ giác $OBAC$ nội tiếp đường tròn thì điểm $B$, $C$ phải nhìn cạnh $OA$ dưới góc $90^\circ .$

Khi đó $\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {OC}  = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 3{m^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0:L\\m =  \pm \sqrt {\dfrac{1}{3}} :T/m\end{array} \right.$.

Gọi $a$, $b$, $c > 0$ lần lượt là chiều rộng, dài, cao của hình hộp chữ nhật.

Theo đề $V = abc = 220500$ và $c = 3a \Rightarrow 3{a^2}b = 220500 \Rightarrow ab = \dfrac{{73500}}{a}$

Ta có ${S_{tp}} = ab + 2ac + 2bc$$= ab + 6{a^2} + 6ab = 7ab + 6{a^2}$

$= \dfrac{{514500}}{a} + 6{a^2}$$= 6\left( {\dfrac{{42875}}{a} + \dfrac{{42875}}{a} + {a^2}} \right)$

${S_{tp}} = 6\left( {\dfrac{{42875}}{a} + \dfrac{{42875}}{a} + {a^2}} \right) \ge 6.3\sqrt[3]{{\dfrac{{42875}}{a}.\dfrac{{42875}}{a}.{a^2}}} = 22050.$

Suy ra ${S_{tp}}$ nhỏ nhất khi $\dfrac{42875}{a}={{a}^{2}}\Leftrightarrow a=35\Rightarrow b=60\Rightarrow {{S}_{}}=2100\,\,\,\text{c}{{\text{m}}^{\text{2}}}$

Đường tròn $\left( \gamma  \right):\,{x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 4$ có tâm $I\left( {0;\,1} \right)$, $R = 2$

Ta có $A\left( {1;\,1 - m} \right)$; $y' = 4{x^3} - 4mx \Rightarrow y'\left( 1 \right) = 4 - 4m$

Suy ra phương trình $\Delta$: $y = \left( {4 - 4m} \right)\left( {x - 1} \right) + 1 - m$.

Dễ thấy $\Delta$ luôn đi qua điểm cố định $F\left( {\dfrac{3}{4};\,0} \right)$ và điểm $F$ nằm trong đường tròn $\left( \gamma  \right)$

Giả sử $\Delta$ cắt $\left( \gamma  \right)$ tại $M$, $N$. Thế thì ta có: $MN = 2\sqrt {{R^2} - {d^2}\left( {I;\,\Delta } \right)}  = 2\sqrt {4 - {d^2}\left( {I;\,\Delta } \right)}$

Do đó $MN$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow d\left( {I;\,\Delta } \right)$ lớn nhất $\Leftrightarrow d\left( {I;\,\Delta } \right) = IF$$\Rightarrow \Delta  \bot IF$

Khi đó đường $\Delta$ có 1 vectơ chỉ phương $\vec u \bot \overrightarrow {IF}  = \left( {\dfrac{3}{4};\, - 1} \right)$; $\vec u = \left( {1;\,\,4 - 4m} \right)$ nên ta có:

$\overrightarrow u .\overrightarrow {IF}  = 0 \Leftrightarrow 1.\dfrac{3}{4} - \left( {4 - 4m} \right) = 0$$\Leftrightarrow m = \dfrac{{13}}{{16}}$

Từ đồ thị, ta có $f'\left( 1 \right) = 0$.

Phương trình tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại điểm có hoành độ bằng $1$ có dạng: $y = f'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right) + f\left( 1 \right) \Leftrightarrow y = f\left( 1 \right)$.

Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến trên với đồ thị $\left( C \right)$: $f\left( x \right) = f\left( 1 \right)$.

Từ đồ thị, ta có $f'\left( { - 1} \right) = f'\left( 3 \right) = 0$. Ta được bảng biến thiên của hàm số $y = f\left( x \right)$.

Từ bảng biến thiên, ta thấy đường thẳng $y = f\left( 1 \right)$ cắt đồ thị hàm số tại ba điểm có hoành độ lần lượt là $1$, $a$, $b$ với $a <  - 1$ và $b > 3$. Như vậy đáp án D đúng, các khẳng định A, B, C đều không thỏa điều trên.

Vì điểm $M\left( {a;\,\,b} \right)$ thuộc đồ thị $\left( {{C_m}} \right)$ nên ta có: ${\left( {a - m} \right)^3} - 3a + {m^2} = b,\forall m \in \mathbb{R}$. $\left( 1 \right)$

Xét $y' = 3{\left( {x - m} \right)^2} - 3$; $y' = 0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m - 1\\x = m + 1\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

Nếu ${m_1}$ là giá trị của tham số $m$ để đồ thị hàm số nhận điểm $M\left( {a;\,\,b} \right)$ là điểm cực đại thì $a = {m_1} - 1$. Nếu ${m_2}$ là giá trị của tham số $m$ để đồ thị hàm số nhận điểm $M\left( {a;\,\,b} \right)$ là điểm cực tiểu thì $a = {m_2} + 1$

Do đó $m_1=a+1,m_2=a-1$

Mà ${m_1}$, ${m_2}$ phải thỏa mãn $\left( 1 \right)$ nên ta có: $\left\{ \begin{array}{l} - 1 - 3a + {\left( {a + 1} \right)^2} = b\\1 - 3a + {\left( {a - 1} \right)^2} = b\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{2}\\b =  - \dfrac{1}{4}\end{array} \right.$

Vậy $S = 2018a + 2020b = 504$