Gọi K là tập nghiệm của bất phương trình ${7^{2x + \sqrt {x + 1} }} - {7^{2 + \sqrt {x + 1} }} + 2018x \le 2018$ . Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số $y = 2{x^3} - 3\left( {m + 2} \right){x^2} + 6\left( {2m + 3} \right)x - 3m + 5$ đồng biến trên K là $\left[ {a - \sqrt b ; + \infty } \right)$ , với a, b là các số thự Tính $S = a + b$ .

S = 14

$S = 14$

S = 8

$S = 8$

S = 10

$S = 10$

S = 11

$S = 11$

Hãy suy nghĩ và trả lời câu hỏi trước khi xem đáp án

Chủ đề: Đề thi THPT QG

Môn: Toán

Lời giải:

Báo sai

$\begin{array}{l}{7^{2x + \sqrt {x + 1} }} - {7^{2 + \sqrt {x + 1} }} + 2018x \le 2018\\ \Leftrightarrow {7^{2x + \sqrt {x + 1} }} + 2018x + 1009\sqrt {x + 1} \le {7^{2 + \sqrt {x + 1} }} + 2018 + 1009\sqrt {x + 1} \end{array}$

Xét hàm số $f\left( t \right) = {7^t} + 1009t$ ta có $f'\left( t \right) = {7^t}\ln 7 + 1009 > 0\,\,\forall t \in R \Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên R.

$\Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow 2x + \sqrt {x + 1} \le 2 + \sqrt {x + 1} \Leftrightarrow x \le 1 \Rightarrow K = \left( { - \infty ;1} \right]$ .

Bài toán trở thành tìm m để hàm số $y = 2{x^3} - 3\left( {m + 2} \right){x^2} + 6\left( {2m + 3} \right)x - 3m + 5$ đồng biến trên $\left( { - \infty ;1} \right]$ .

Ta có $y' = 6{x^2} - 6\left( {m + 2} \right)x + 6\left( {2m + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 2} \right)x + \left( {2m + 3} \right) = 0$ .

$\Delta = {\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {2m + 3} \right) = {m^2} - 4m - 8$ .

TH1: $\Delta \le 0 \Leftrightarrow 2 - 2\sqrt 3 \le m \le 2 + 2\sqrt 3$ . Hàm số đã đồng biến trên R, thỏa mãn đồng biến trên $\left( { - \infty ;1} \right]$ .

TH2: $\Delta > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 2 + 2\sqrt 3 \\m < 2 - 2\sqrt 3 \end{array} \right.$ , khi đó hàm số có 2 điểm cực trị ${x_1} < {x_2}$ . Ta có bảng xét dấu y’:

Để hàm số đồng biến trên $\left( { - \infty ;1} \right] \Rightarrow 1 \le {x_1} < {x_2}$ .

Khi đó ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} > 2\\\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} > 2\\{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 \ge 0\end{array} \right.$

Áp dụng định lí Vi-ét ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 2\\{x_1}{x_2} = 2m + 3\end{array} \right.$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 2 > 2\\2m + 3 - m - 2 + 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\m + 2 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\m \ge - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 0$ .

$\Rightarrow m > 2 + 2\sqrt 3$ .

Kết hợp 2 trường hợp ta có $2 - 2\sqrt 3 \le m \Rightarrow m \in \left[ {2 - \sqrt {12} ; + \infty } \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 12\end{array} \right. \Rightarrow S = a + b = 14$ .