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 \(S = a + b\).

A. \(S = 14\)

B. \(S = 8\)

C. \(S = 10\)

D. \(S = 11\)

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

Chọn A.

Câu hỏi này thuộc đề thi trắc nghiệm dưới đây, bấm vào Bắt đầu thi để làm toàn bài