Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Cực trị (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Đồ thị đi qua $(1;0)$: $1+a+b+c=0$. Điểm cực trị $(-2;0)$: $y^{\prime }=3x^2+2ax+b$ nên $y^{\prime }(-2)=12-4a+b=0$, và $y(-2)=-8+4a-2b+c=0$. Trừ phương trình $y(-2)=0$ cho $y(1)=0$: $-9+3a-3b=0\Rightarrow a-b=3$. Kết hợp $b=4a-12$: $a-4a+12=3\Rightarrow a=3$, $b=0$, $c=-4$. Khi đó $T=a^2+b^2+c^2=9+0+16=25$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 3102, Câu 1 = 25).

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{x^2-3x+5}{x+1}$, TXD $D=\mathbb{R}\setminus \{-1\}$. Ta có $y^{\prime }=\frac{(2x-3)(x+1)-(x^2-3x+5)}{(x+1{)}^2}=\frac{x^2+2x-8}{(x+1{)}^2}$. Cho $y^{\prime }=0\iff x=2$ hoặc $x=-4$. Xét dấu: trên $(-\infty ;-4)$ và $(2;+\infty )$ thì $y^{\prime }>0$, trên $(-4;-1)$ và $(-1;2)$ thì $y^{\prime }<0$. Vậy điểm cực đại $A$ có hoành độ $x_1=-4$, $y_1=\frac{16+12+5}{-3}=-11$; điểm cực tiểu $B$ có $x_2=2$, $y_2=\frac{4-6+5}{3}=1$. Do đó $2x_1+3y_2=2(-4)+3(1)=-8+3=-5$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: $-5$.

Đáp án theo bảng HD chấm (đề 102, Phần II Câu 2): a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.

Đáp án: S S Đ S.
a) Sai: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.
b) Đúng.
c) Sai: Hàm số đồng biến trên khoảng $(-\infty ;x_0)$ với $-2<x_0<-1$.
d) Sai: Đồ thị đi qua ba điểm $(-2;1);(-1;2);(0;1)$ và đạt cực trị tại $x=1$ nên ta được hệ:
$$\{\begin{array}{l}-8a+4b-2c+d=1\\ -a+b-c+d=2\\ d=1\\ c=0\end{array}\iff a=1;b=2;c=0;d=1\Rightarrow 2a+3b+c=8$$
a) Sai: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.
b) Đúng.
c) Sai: Hàm số đồng biến trên khoảng $(-\infty ;x_0)$ với $-2<x_0<-1$.
d) Sai: Đồ thị đi qua ba điểm $(-2;1);(-1;2);(0;1)$ và đạt cực trị tại $x=1$ nên ta được hệ:
$$\{\begin{array}{l}-8a+4b-2c+d=1\\ -a+b-c+d=2\\ d=1\\ c=0\end{array}\iff a=1;b=2;c=0;d=1\Rightarrow 2a+3b+c=8$$

Cách 1: Ta có $f^{\prime }(x)=\frac{x^2+2x-3}{(x+1{)}^2}$ (0,25 điểm).

$f^{\prime }(x)=0\iff x^2+2x-3=0\iff \{\begin{array}{l}x=1,y=-1\\ x=-3;y=-9\end{array}$ (0,5 điểm).

Vậy trung điểm của hai điểm cực trị $A,B$ là $I(-1;-5)$ (0,25 điểm).

Cách 2: Tìm tiệm cận đứng (0,25 điểm). Tìm tiệm cận xiên (0,5 điểm). Vậy trung điểm của hai điểm cực trị $A,B$ là giao điểm của hai tiệm cận $I(-1;-5)$ (0,25 điểm).

Giả sử hàm số vận tốc có dạng: $v(t)=a{t}^3+b{t}^2+ct+d,t>0$. Ta có: $v^{\prime }(t)=3a{t}^2+2bt+c$ (0,25 điểm).

Dựa vào đồ thị hàm số, tại các thời điểm $t_1,t_2$ đồ thị hàm vận tốc đi qua các điểm cực trị $A(1;4)$, $B(2;1)$. Khi đó: $\{\begin{array}{l}v(1)=4\\ v^{\prime }(1)=0\\ v(2)=1\\ v^{\prime }(2)=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a+b+c+d=4\\ 3a+2b+c=0\\ 8a+4b+2c+d=1\\ 12a+4b+c=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=6\\ b=-27\\ c=36\\ d=-11\end{array}$ (0,5 điểm).

Suy ra: $v(t)=6t^3-27t^2+36t-11(\text{km/h})$. Vậy vận tốc của vật tại thời điểm $t=3h$ là: $v(3)=6\cdot 3^3-27\cdot 3^2+36\cdot 3-11=16\text{km/h}$ (0,25 điểm).

Đáp án: 1. Tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=x^3-3x$ là $(-1;2);(1;-2)$. Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị $2x+y=0(d)$. Hai điểm A, B nằm cùng phía đối với d. Gọi $A^{\prime }$ là điểm đối xứng với A qua d. Khi đó $MA+MB=M{A}^{\prime }+MB\ge A^{\prime }B$. Do đó $MA+MB$ ngắn nhất thì $M,A^{\prime },B$ thẳng hàng hay $M=A^{\prime }B\cap d$. $\Delta$ là đường thẳng đi qua A và vuông góc d. PT $\Delta (x-1)-2(y-2)=0\iff x-2y+3=0$. Gọi I là giao điểm của d và $\Delta \Rightarrow I\left(-\frac{3}{5};\frac{6}{5}\right)\Rightarrow A^{\prime }\left(-\frac{11}{5};\frac{2}{5}\right)$. $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\left(\frac{21}{5};\frac{3}{5}\right)\Rightarrow$ VTPT của $A^{\prime }B$ là $\vec{n}(3;-21)$. PT $A^{\prime }B:3(x-2)-21(y-1)=0\iff 3x-21y+15=0$. $M=A^{\prime }B\cap d\Rightarrow M\left(-\frac{1}{3};\frac{2}{3}\right)$ nên $a=-\frac{1}{3};b=\frac{2}{3}$. Khi đó $b-a=\frac{2}{3}-\left(-\frac{1}{3}\right)=1$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=(e^x-1)(x^2-x)$. Nghiệm của $f^{\prime }(x)=0$: $e^x-1=0\Rightarrow x=0$; $x^2-x=0\Rightarrow x=0$ hoặc $x=1$. Xét dấu $f^{\prime }$: với $x<0$: $e^x-1<0$ và $x^2-x>0$ nên $f^{\prime }(x)<0$; với $0<x<1$: $e^x-1>0$ và $x^2-x<0$ nên $f^{\prime }(x)<0$; với $x>1$: cả hai nhân tử dương nên $f^{\prime }(x)>0$. Tại $x=0$, $f^{\prime }$ không đổi dấu (âm trên cả hai bên) nên không phải điểm cực trị. Tại $x=1$, $f^{\prime }$ đổi dấu từ âm sang dương nên $x=1$ là điểm cực tiểu. Vậy hàm số có đúng 1 điểm cực trị, đáp án B (khớp với đáp án nguồn).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=(x-3)(x^2-5)(x^4-25)$. Phân tích $x^4-25=(x^2-5)(x^2+5)$, do đó $f^{\prime }(x)=(x-3)(x^2-5{)}^2(x^2+5)$. Nghiệm của $f^{\prime }(x)$: $x=3$ (nghiệm đơn), $x=\pm \sqrt{5}$ (nghiệm kép), còn $x^2+5>0$ với mọi $x$. Vì $x^2+5>0$ và $(x^2-5{)}^2\ge 0$ (chỉ triệt tiêu tại $\pm \sqrt{5}$ mà không đổi dấu), dấu của $f^{\prime }(x)$ chỉ thay đổi tại $x=3$: với $x<3$ (x≠−√5) thì $f^{\prime }(x)<0$, với $x>3$ thì $f^{\prime }(x)>0$. Tại $x=\pm \sqrt{5}$, $f^{\prime }$ không đổi dấu nên không phải cực trị. Vậy hàm số có đúng 1 điểm cực trị (tại $x=3$, cực tiểu). Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 1114, câu 17 = 1).

(AI giải đề cho tôi)
$y=x^3-3x^2+2$, $y^{\prime }=3x^2-6x=3x(x-2)=0\Rightarrow x=0$ hoặc $x=2$.
Hai điểm cực trị: $A(0;2)$ (cực đại) và $B(2;-2)$ (cực tiểu).
Diện tích tam giác $OAB$: $S=\frac{1}{2}|x_A{y}_B-x_B{y}_A|=\frac{1}{2}|0\cdot (-2)-2\cdot 2|=\frac{1}{2}\cdot 4=2$.
Kết quả khớp với đáp án nguồn (2).

(AI giải đề cho tôi)
Tính đạo hàm: $y^{\prime }=\frac{(-8x+8)(2x-1)-2(-4x^2+8x-7)}{(2x-1{)}^2}=\frac{-8x^2+8x+6}{(2x-1{)}^2}$. Cho $y^{\prime }=0\Rightarrow 4x^2-4x-3=0\Rightarrow x=\frac{3}{2}$ hoặc $x=-\frac{1}{2}$. Tại $x=\frac{3}{2}$: $y=\frac{-9+12-7}{2}=-2$; tại $x=-\frac{1}{2}$: $y=\frac{-1-4-7}{-2}=6$. Vậy $A\left(\frac{3}{2};-2\right)$, $B\left(-\frac{1}{2};6\right)$. Khoảng cách $AB=\sqrt{(2{)}^2+(-8{)}^2}=\sqrt{68}=2\sqrt{17}$. Đáp án B, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=6x^2+2(m+1)x-12$, hai điểm cực trị có hoành độ $x_1,x_2$ với $x_1+x_2=-\frac{m+1}{3}$, $x_1{x}_2=-2$ (hàm có hai điểm cực trị vì $\Delta >0$ luôn với $a=6>0$, $c=-12<0$). Hệ số góc của đường thẳng qua hai điểm cực trị: $k=\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}=2(x_1^2+x_1{x}_2+x_2^2)+(m+1)(x_1+x_2)-12$. Với $x_1^2+x_1{x}_2+x_2^2=(x_1+x_2{)}^2-x_1{x}_2=\frac{(m+1{)}^2}{9}+2$, ta được $k=\frac{2(m+1{)}^2}{9}+4-\frac{(m+1{)}^2}{3}-12=-\frac{(m+1{)}^2}{9}-8$. Đường thẳng $x-9y=0$ có hệ số góc $\frac{1}{9}$, nên cần $k=-9$: $-\frac{(m+1{)}^2}{9}-8=-9\iff (m+1{)}^2=9\iff m=2$ hoặc $m=-4$. Vậy tập hợp là $\{-4;2\}$, khớp đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Từ $f(0)=\frac{k}{1+14}=1$ suy ra $k=15$ (không phải 2), nên ý a) sai. Vì $0<f(t)<15$ với mọi $t$ và ${\lim }_{t\to +\infty }f(t)=15$, diện tích không vượt quá 15 hecta, ý b) đúng. Khi $f(t)=5$: $5(1+14e^{-0.3t})=15\Rightarrow e^{-0.3t}=\frac{1}{7}$. Ta có $f^{\prime }(t)=\frac{15\cdot 14\cdot 0,3e^{-0.3t}}{(1+14e^{-0.3t}{)}^2}=\frac{63e^{-0.3t}}{(1+14e^{-0.3t}{)}^2}$. Thay $e^{-0.3t}=\frac{1}{7}$: $f^{\prime }=\frac{63/7}{25}=\frac{9}{25}=0,36\ne 1$, ý c) sai. $f^{\prime }(t)$ lớn nhất khi $1+14e^{-0.3t}=2$ (điểm uốn), tức $e^{-0.3t}=\frac{1}{14}\Rightarrow t=\frac{\ln 14}{0,3}\approx 8,77$ năm, tức khoảng năm 2032 (cuối 2032/đầu 2033), không phải năm 2035, ý d) sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$f(0)=\frac{k}{15}=1\Rightarrow k=15\ne 2$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $k=15$, $f(t)=\frac{15}{1+14e^{-0.3t}}<15$ với mọi $t$ và tiến tới 15 khi $t\to +\infty$, nên diện tích không vượt quá 15 hecta.
c) (AI giải đề cho tôi)
Khi $f=5$ thì $e^{-0.3t}=1/7$; $f^{\prime }(t)=\frac{63e^{-0.3t}}{(1+14e^{-0.3t}{)}^2}=\frac{9}{25}=0,36$ hecta/năm $\ne 1$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }$ lớn nhất tại điểm uốn $1+14e^{-0.3t}=2\Rightarrow t=\frac{\ln 14}{0,3}\approx 8,77$, tức khoảng năm 2032–2033, không phải 2035.

(AI giải đề cho tôi)
Viết $y=\frac{x^2-x-1}{x-2}=x+1+\frac{1}{x-2}$, tập xác định $D=\mathbb{R}\setminus \{2\}$. Có $y^{\prime }=1-\frac{1}{(x-2{)}^2}=0\iff (x-2{)}^2=1\iff x=1$ hoặc $x=3$. Tại $x=1$: $y(1)=\frac{1-1-1}{-1}=1$ (cực đại vì $y^{\prime }<0$ khi $x<1$, $y^{\prime }>0$ khi $1<x<2$). Tại $x=3$: $y(3)=\frac{9-3-1}{1}=5$ (cực tiểu). Tổng $y_{CĐ}+y_{CT}=1+5=6$, khớp đáp án nguồn.

Đáp án: 6076. Ta có $y^{\prime }=3x^2-12x+9=0\iff \left[\begin{array}{c}x=1\\ x=3\end{array}\right]$

Bảng biến thiên



Vậy $S=2a+b=6076$

(AI giải đề cho tôi)
Cho $y=f(x)=x^3-3x+1$, $f^{\prime }(x)=3x^2-3$.
a) $f(0)=1$ nên đồ thị cắt trục tung tại điểm $(0;1)$, không phải $M(1;0)$ → Sai.
b) Trên $(-1;1)$ có $f^{\prime }(x)=3x^2-3<0$ nên hàm số nghịch biến → Đúng.
c) $f^{\prime }(x)=0\iff x=\pm 1$; tại $x=-1$ hàm đạt cực đại với giá trị $f(-1)=-1+3+1=3\ne -1$ → Sai.
d) Phương trình $x^3-3x+2=3m-2\iff x^3-3x+4=3m$. Đặt $g(x)=x^3-3x+4$, có $g(-1)=6$ (cực đại), $g(1)=2$ (cực tiểu). Phương trình có hai nghiệm phân biệt (khi có nghiệm kép tại cực trị hoặc ba nghiệm phân biệt) khi $2\le 3m\le 6$, tức $\frac{2}{3}\le m\le 2$. Các giá trị nguyên $m\in \{1;2\}$: có 2 giá trị → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$f(0)=1$ nên đồ thị cắt trục tung tại $(0;1)$, không phải $M(1;0)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=3x^2-3<0$ với mọi $x\in (-1;1)$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng này.
c) (AI giải đề cho tôi)
Cực đại tại $x=-1$ có giá trị $f(-1)=3$, không bằng $-1$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$x^3-3x+4=3m$ có hai nghiệm phân biệt khi $2\le 3m\le 6\iff \frac{2}{3}\le m\le 2$, nên $m\in \{1;2\}$: có 2 giá trị nguyên.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị của $y=f^{\prime }(x)$ (hàm bậc ba): đồ thị chạm trục hoành tại $x=-2$ (điểm cực đại của $f^{\prime }$ có giá trị $0$, nghiệm kép) và cắt trục hoành tại $x=1$ (đi từ âm lên dương). Tại $x=-2$, $f^{\prime }(x)$ không đổi dấu (luôn $\le 0$ quanh $x=-2$) nên không tạo cực trị cho $f$. Tại $x=1$, $f^{\prime }$ đổi dấu từ âm sang dương nên $f$ có một điểm cực tiểu tại $x=1$. Vậy $y=f(x)$ có đúng 1 điểm cực trị.

(AI giải đề cho tôi)
f'(x)=3x^2-6x-9=0 cho x=-1 và x=3. f(-1)=-1-3+9+1=6, f(3)=27-27-27+1=-26. Vậy A(-1;6), B(3;-26). AB=√((3+1)^2+(-26-6)^2)=√(16+1024)=√1040=4√65≈32,249...≈32,2.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $L(x)=\frac{1}{10}{x}^3+6x^2+500$ với $x\ge 0$. Ta có $L^{\prime }(x)=\frac{3}{10}{x}^2+12x=x\left(\frac{3}{10}x+12\right)$. Trên miền $x\ge 0$ thì $L^{\prime }(x)\ge 0$ (đẳng thức chỉ tại $x=0$), nên hàm số đồng biến trên $[0;+\infty )$.
a) Sai: $L^{\prime }(x)=0$ có nghiệm $x=0$ và $x=-40$, nhưng $x=-40$ không thuộc tập xác định; $x=0$ là điểm biên nên không phải điểm cực trị. Hàm số không có điểm cực trị nào (nói riêng không có hai điểm cực trị).
b) Đúng: vì $L^{\prime }(x)>0$ với mọi $x>0$, hàm số đồng biến, tức lợi nhuận tăng khi số tiền chi cho quảng cáo tăng.
c) Sai: hàm số đồng biến và $L(x)\to +\infty$ khi $x\to +\infty$, nên lợi nhuận không có giá trị lớn nhất (không thể kết luận tối đa là 3,7 tỷ đồng).
d) Sai: giải $L(x)=800\iff \frac{1}{10}{x}^3+6x^2=300\iff x^3+60x^2=3000$. Với $x\ge 0$, hàm $g(x)=x^3+60x^2$ đồng biến từ 0 đến $+\infty$ nên phương trình có đúng một nghiệm dương (khoảng $x\approx 6,5$). Vậy chỉ có một phương án, không phải hai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$L^{\prime }(x)=x(0,3x+12)$; trên $x\ge 0$ chỉ có nghiệm $x=0$ là điểm biên, không phải cực trị. Hàm không có hai điểm cực trị.
b) (AI giải đề cho tôi)
$L^{\prime }(x)>0$ với mọi $x>0$ nên $L$ đồng biến trên $[0;+\infty )$: lợi nhuận tăng khi chi phí quảng cáo tăng.
c) (AI giải đề cho tôi)
$L$ đồng biến và $L(x)\to +\infty$ khi $x\to +\infty$ nên không có giá trị lớn nhất; không thể là 3,7 tỷ đồng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Phương trình $x^3+60x^2=3000$ có đúng một nghiệm dương (vì $x^3+60x^2$ đồng biến với $x\ge 0$), nên chỉ có một phương án đạt lợi nhuận 800 triệu đồng.