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

(AI giải đề cho tôi)
Câu 3: a) Điều kiện xác định: (x+22)(x+1)>0 ⟹ x∈(−∞;−22)∪(−1;+∞), không phải (−∞;0) nên a) Sai. b) f'(x)=1+1/((x+22)ln2)−1/((x+1)ln2)=1−21/((x+22)(x+1)ln2), đúng nên b) Đúng. c) f'(x)=0 ⟺ (x+22)(x+1)=21/ln2≈30,3; phương trình x²+23x+22−21/ln2=0 có Δ=23²−4(22−21/ln2)>0, hai nghiệm trái dấu nên một nghiệm thuộc (−∞;−22) và một nghiệm thuộc (−1;+∞), đều trong miền xác định; f' đổi dấu qua mỗi nghiệm nên đồ thị có 2 điểm cực trị, c) Đúng. d) Điểm nguyên dương (x;y) trên (B): y−x=log₂((x+22)/(x+1))=k∈ℕ*. Với x>0 thì 1<(x+22)/(x+1)<22 nên k∈{1,2,3,4} (2⁴=16<22). Từ (x+22)/(x+1)=2^k ⟹ x=(22−2^k)/(2^k−1): k=1 ⟹ x=20, y=21; k=2 ⟹ x=6, y=8; k=3 ⟹ x=2, y=5; k=4 ⟹ x=6/15 không nguyên. Vậy các điểm nguyên dương là (20;21), (6;8), (2;5) — không thẳng hàng (vectors (18,16) và (4,3) từ (2;5) có tích có hướng 18·3−16·4=−10≠0), diện tích tam giác bằng ½·10=5≠10. Lưu ý: lời giải in trong tài liệu gốc (trang 19) liệt kê nhầm điểm (10;11) — thực tế log₂(32/11)≈1,54 không nguyên — và kết luận ba điểm thẳng hàng; lập luận đúng cho diện tích bằng 5, do đó khẳng định 'bằng 10' vẫn Sai. Kết luận các ý: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai, khớp với đáp án nguồn.
a) Điều kiện xác định: $\frac{x+22}{x+1}>0\Rightarrow (x+22)(x+1)>0\Rightarrow x\in (-\infty ;-22)\cup (-1;+\infty )$. (Sai)
b) Đạo hàm hàm số: $f^{\prime }(x)=1+\frac{1}{(x+22)\ln 2}-\frac{1}{(x+1)\ln 2}=1-\frac{21}{(x+22)(x+1)\ln 2}$. (Đúng)
c) Xét phương trình $f^{\prime }(x)=0\Rightarrow 1-\frac{21}{(x+22)(x+1)\ln 2}=0\Rightarrow (x+22)(x+1)=\frac{21}{\ln 2}$ có hai nghiệm phân biệt nằm trong khoảng xác định của hàm số (có thể lập bảng biến thiên). Vậy hàm số có 2 cực trị. (Đúng)
d) Lưu ý: lời giải in trong tài liệu gốc (trang 19) cho ý này sai về mặt toán học; dưới đây là lập luận đã được kiểm tra lại. Các điểm có tọa độ $(x;y)$ nguyên dương thì ${\log }_2\frac{x+22}{x+1}=y-x$ cũng phải nguyên dương, gọi là $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Khi đó $\frac{x+22}{x+1}=2^k\Rightarrow x=\frac{22-2^k}{2^k-1}$. Với $k=1$: $x=20$, $y=21$; với $k=2$: $x=6$, $y=8$; với $k=3$: $x=2$, $y=5$; với $k\ge 4$ không cho $x$ nguyên. Vậy các điểm nguyên dương là $(20;21)$, $(6;8)$, $(2;5)$, tạo thành một tam giác (không thẳng hàng) có diện tích $\frac{1}{2}\left|14\cdot (-3)-13\cdot (-4)\right|=5\ne 10$. (Sai)

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(t)=800(2t-2k{e}^{-2t})=1600(t-k{e}^{-2t})$. Tốc độ bán hàng luôn tăng trong 5 năm đầu nghĩa là $f^{\prime \prime }(t)>0$ với mọi $t\in [0;5]$. Tính $f^{\prime \prime }(t)=1600(1+2k{e}^{-2t})$. Vì $k\le 0$ nên $2k{e}^{-2t}\ge 2k$ (do $e^{-2t}\le 1$ với $t\ge 0$), do đó $f^{\prime \prime }(t)$ nhỏ nhất tại $t=0$: $f^{\prime \prime }(0)=1600(1+2k)$. Yêu cầu $1+2k>0\iff k>-\frac{1}{2}$. Kết hợp $k\le 0$, giá trị nhỏ nhất của $k$ là $k=-0,5$ (khi đó $f^{\prime \prime }(t)=1600(1-e^{-2t})>0$ với $t>0$ và $f^{\prime \prime }(0)=0$, tốc độ vẫn không giảm). Đáp số: $-0,5$, trùng với đáp án nguồn.

Đặt $f(x)=x^3+a{x}^2+bx+c$. Khi đó, do đồ thị của hàm số $y=f(x)$ đi qua điểm $M(0;1)$ và có một điểm cực trị là $A(-2;0)$ nên:
$$\{\begin{array}{l}f(0)=1\\ f(-2)=0\\ f^{\prime }(-2)=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}c=1\\ -8+4a-2b+c=0\\ 12-4a+b=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}c=1\\ 4a-2b=7\\ -4a+b=-12\end{array}\iff \{\begin{array}{l}c=1\\ b=5\\ a=\frac{17}{4}\end{array}$$
Vậy $4a+b+c=4.\frac{17}{4}+5+1=23$.
Chọn đáp án B

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y=2\cos \left(3x+\frac{\pi }{3}\right)-3\sqrt{3}x$, nên $y^{\prime }=-6\sin \left(3x+\frac{\pi }{3}\right)-3\sqrt{3}$.

Điểm cực trị xảy ra khi $y^{\prime }=0$ và $y^{\prime }$ đổi dấu:
$$-6\sin \left(3x+\frac{\pi }{3}\right)-3\sqrt{3}=0\iff \sin \left(3x+\frac{\pi }{3}\right)=-\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

Với $x\in \left(0;\frac{3\pi }{2}\right)$ thì $3x+\frac{\pi }{3}\in \left(\frac{\pi }{3};\frac{29\pi }{6}\right)$ (độ dài khoảng này là $\frac{9\pi }{2}$, tức hơn một chu kỳ $2\pi$).

Phương trình $\sin t=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ có nghiệm $t=\frac{4\pi }{3}+2k\pi$ hoặc $t=\frac{5\pi }{3}+2k\pi$. Trong khoảng $\left(\frac{\pi }{3};\frac{29\pi }{6}\right)$ có các nghiệm:
$$t=\frac{4\pi }{3},\frac{5\pi }{3},\frac{10\pi }{3},\frac{11\pi }{3}.$$

Tất cả đều là nghiệm đơn nên $y^{\prime }$ đổi dấu tại mỗi nghiệm, vậy hàm số có $4$ điểm cực trị trên khoảng đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: $f^{\prime }(x)$ là hàm bậc ba với nghiệm kép tại $x=-2$ (tiếp xúc trục hoành, cực đại $(-2;0)$), đi qua $(0;-4)$ và $(-1;-2)$. Suy ra $f^{\prime }(x)=(x+2{)}^2(x-1)$ (kiểm tra: $f^{\prime }(0)=-4$, $f^{\prime }(-1)=-2$ khớp đồ thị; đường nét đứt $x=-3$ chỉ điểm $(-3;-4)$ trên đồ thị, không phải nghiệm).

a) Với $x\in (0;1)$: $(x+2{)}^2>0$, $(x-1)<0$ nên $f^{\prime }(x)<0$, hàm số nghịch biến trên $(0;1)$. → Sai.

b) $f^{\prime }(x)<0$ với mọi $x<1$, $x\ne -2$ và $f^{\prime }(x)>0$ với $x>1$: hàm số nghịch biến trên $(-\infty ;1)$, đồng biến trên $(1;+\infty )$. Trên $(-\infty ;1)$ phương trình $f(x)=f(0)$ có đúng một nghiệm $x=0$; trên $(1;+\infty )$ do $f$ đồng biến từ giá trị $f(1)<f(0)$ đến $+\infty$ nên có đúng một nghiệm. Tổng cộng chỉ có 2 nghiệm phân biệt. → Sai.

c) $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-x+1=(x+2{)}^2(x-1)-(x-1)=(x-1)\left[(x+2{)}^2-1\right]=(x-1)(x+1)(x+3)$. Nghiệm $x=-3,-1,1$; xét dấu: $g^{\prime }<0$ trên $(-\infty ;-3)$, $g^{\prime }>0$ trên $(-3;-1)$, $g^{\prime }<0$ trên $(-1;1)$, $g^{\prime }>0$ trên $(1;+\infty )$. Vậy $g$ có cực tiểu tại $x=-3$ và $x=1$: hai điểm cực tiểu. → Đúng.

d) ${\lim }_{x\to \pm \infty }h(x)=0$ (bậc tử < bậc mẫu) nên có tiệm cận ngang $y=0$. Tiệm cận đứng: $f^{\prime }(x)+2=0\iff (x+2{)}^2(x-1)=-2$. Đặt $t=x+2$: $t^2(t-3)+2=0\iff t^3-3t^2+2=0\iff (t-1)(t^2-2t-2)=0\iff t=1$ hoặc $t=1\pm \sqrt{3}$. Với $t=1$, $x=-1$ thì tử số $x+1=0$ đồng thời, hàm số có điểm không xác định removable (đồ thị bị thủng), không phải tiệm cận đứng. Chỉ còn $x=-2\pm \sqrt{3}$ là hai tiệm cận đứng. → Sai (đề nói ba tiệm cận đứng).
a) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=(x+2{)}^2(x-1)<0$ trên $(0;1)$ nên $f$ nghịch biến trên $(0;1)$, không đồng biến trên $(0;+\infty )$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f$ nghịch biến trên $(-\infty ;1)$ và đồng biến trên $(1;+\infty )$ nên $f(x)=f(0)$ chỉ có 2 nghiệm phân biệt.
c) (AI giải đề cho tôi)
$g^{\prime }(x)=(x-1)(x+1)(x+3)$ đổi dấu qua $x=-3$ (từ âm sang dương) và qua $x=1$ (từ âm sang dương), nên $g$ có hai điểm cực tiểu tại $x=-3$ và $x=1$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Có tiệm cận ngang $y=0$; phương trình $f^{\prime }(x)+2=0$ cho $x=-1,-2\pm \sqrt{3}$ nhưng $x=-1$ làm tử số $x+1$ đồng thời bằng 0 (điểm removable), nên chỉ có 2 tiệm cận đứng.

Tập xác định: $D=\mathbb{R}\setminus \{1\}$

Ta có: $y^{\prime }=\frac{(2x-1)(x-1)-\left(x^2-x+1\right).1}{(x-1{)}^2}=\frac{x^2-2x}{(x-1{)}^2}$.

$y^{\prime }=0\iff x^2-2x=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=2\end{array}\right]$

Bảng biến thiên



Vậy hai điểm cực trị của đồ thị $(C)$ là $A(0;-1)$ và $B(2;3)$.

Ngoài ra $M(-1;3)$ nên $MB=3$ và phương trình đường thẳng $MB$ là $y=3$ hay $y-3=0$.

Suy ra $d(A,MB)=\frac{|-1-3|}{\sqrt{1^2}}=4$.

Do đó diện tích tam giác $MAB$ bằng $\frac{1}{2}MB\cdot d(A,MB)=\frac{1}{2}.3.4=6$.

Vậy diện tích tam giác $MAB$ bằng $6$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=x^2-6x+8=(x-2)(x-4)$, nên $f$ nghịch biến trên $(2;4)$ và đồng biến trên $(4;+\infty )$. Do đó trên khoảng $(2;+\infty )$ hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=4$: $f(4)=\frac{64}{3}-48+32+1=\frac{19}{3}$ → a đúng. Hàm số là đa thức nên đồ thị $(C)$ không có tiệm cận đứng → b sai. $y^{\prime }=x^2-6x+8$ → c đúng. Hàm số đạt cực đại tại $x=2$ với $f(2)=\frac{8}{3}-12+16+1=\frac{23}{3}$, điểm cực đại là $\left(2;\frac{23}{3}\right)$, không phải $\left(4;\frac{19}{3}\right)$ (đây là điểm cực tiểu) → d sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trên $(2;+\infty )$, hàm số nghịch biến trên $(2;4)$ rồi đồng biến trên $(4;+\infty )$, nên GTNN tại $x=4$: $f(4)=\frac{64}{3}-48+32+1=\frac{19}{3}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hàm số là đa thức, xác định trên $\mathbb{R}$, nên đồ thị không có tiệm cận đứng.
c) (AI giải đề cho tôi)
$y^{\prime }=\frac{1}{3}\cdot 3x^2-6x+8=x^2-6x+8$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=0$ tại $x=2,4$; đổi dấu từ $+$ sang $-$ tại $x=2$ nên điểm cực đại là $\left(2;\frac{23}{3}\right)$; điểm $\left(4;\frac{19}{3}\right)$ là điểm cực tiểu.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $V(r)=k(18-r)r^2=18k{r}^2-k{r}^3$ trên $[0;18)$. Với $k>0$: $V^{\prime }(r)=36kr-3k{r}^2=3kr(12-r)$. $V^{\prime }(r)>0$ khi $r<12$ và $V^{\prime }(r)<0$ khi $r>12$, nên hàm số đạt cực đại (và là giá trị lớn nhất) tại $r=12$. Với $k<0$ hàm số đạt giá trị lớn nhất tại $r=0$ (biên), nhưng trong ngữ cảnh bài toán ho (khí quản co lại, $r>0$) và theo đáp án nguồn, ta xét $k>0$. Vậy bán kính khí quản khi tốc độ không khí lớn nhất là $r=12$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (12).

Chọn D. Hàm số $f(x)$ xác định trên $D=\mathbb{R}\setminus \{1\}$. $f^{\prime }(x)=m-\frac{m^2-m-3}{(x-1{)}^2}$. Như vậy $f(x)$ có đạo hàm tại $x=0$. Hàm số $f(x)$ đạt cực đại tại $x=0\Rightarrow f^{\prime }(0)=0\iff m=m^2-m-3$ $\iff m^2-2m-3=0\iff \left[\begin{array}{c}m=-1\\ m=3\end{array}\right]$. Thử lại: Với $m=-1$: $f^{\prime }(x)=-1+\frac{1}{(x-1{)}^2}=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=2\end{array}\right]$. Lập bảng biến thiên: [Hình cần kiểm tra lại: p12_f2] do đó $x=0$ là điểm cực tiểu (không thỏa mãn). Với $m=3$: $f^{\prime }(x)=3-\frac{3}{x-1}=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=2\end{array}\right]$. Lập bảng biến thiên: do đó $x=0$ là điểm cực đại (thỏa mãn). Khi đó $f\left(5\right)=\frac{71}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) g'(x)=-3x^2+6x=-3x(x-2); g' đổi dấu từ âm sang dương tại x=0 nên điểm cực tiểu là x=0 (x=2 là điểm cực đại) → Sai. b) Tổng f(n)f(n+1)=1/(n(n+1)) telescoping bằng 1-1/2026=2025/2026, nên k(x)=2025x^3-6075x, k'(x)=6075(x^2-1)<0 trên (-1;1) nhưng >0 trên (1;2) → không nghịch biến trên (-1;2) → Sai. c) f'(x)=-1/x^2<0 với mọi x≠0 → Đúng. d) h(x)=1/x+2 nghịch biến trên [3;6] nên max tại x=3 bằng 2+1/3=7/3≠13/6 → Sai. Kết quả khớp đáp án SSDS của mã đề 122.
a) (AI giải đề cho tôi)
g'(x)=-3x(x-2); hàm đạt cực tiểu tại x=0, còn x=2 là điểm cực đại.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tổng telescoping bằng 2025/2026 nên k(x)=2025x^3-6075x, k'(x)=6075(x^2-1) đổi dấu trên (-1;2), không nghịch biến trên toàn khoảng.
c) (AI giải đề cho tôi)
f'(x)=-1/x^2<0 với mọi x∈ℝ\{0}.
d) (AI giải đề cho tôi)
h(x)=1/x+2 nghịch biến trên [3;6], giá trị lớn nhất là h(3)=7/3, không phải 13/6.

Đáp án theo bảng đáp án mã đề 121: a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Sai (DSSS).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $f(x)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$. Máy bay tiếp đất tại gốc tọa độ $O(0;0)$ là điểm cực tiểu nên $d=0$ và $f^{\prime }(0)=0$. Điểm cực đại $(-4;1)$ nên $f^{\prime }(-4)=0$. Do đó $f^{\prime }(x)=3ax(x+4)$, suy ra $f(x)=a\left(\frac{x^3}{3}+2x^2\right)$. Kết hợp $f(-4)=1$: $a\left(-\frac{64}{3}+32\right)=\frac{32a}{3}=1\Rightarrow a=\frac{3}{32}$. Vậy $f(x)=\frac{x^3}{32}+\frac{3x^2}{16}$.

Vị trí hạ cánh (tiếp đất) là gốc tọa độ $O(0;0)$, nên khi máy bay cách vị trí hạ cánh theo phương ngang 1,5 dặm thì hoành độ của máy bay là $x=-1,5$ (máy bay đang hạ cánh nên nằm bên trái gốc tọa độ, trên đoạn từ điểm cực đại $(-4;1)$ về $(0;0)$). Khi đó:
$f(-1,5)=\frac{(-1,5{)}^3}{32}+\frac{3\cdot (-1,5{)}^2}{16}=\frac{-3,375}{32}+\frac{6,75}{16}=-0,10546875+0,421875=0,31640625\approx 0,32$.

Vậy máy bay cách mặt đất khoảng $0,32$ dặm, khớp với đáp án nguồn (Đề 2061, Phần 3, Câu 4: 0.32).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $f(x)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$. Máy bay tiếp đất tại gốc tọa độ $O(0;0)$ là điểm cực tiểu nên $d=0$ và $f^{\prime }(0)=0\Rightarrow c=0$. Điểm cực đại $(-4;1)$ nên $f(-4)=1$ và $f^{\prime }(-4)=0$.
$f^{\prime }(x)=3a{x}^2+2bx$; $f^{\prime }(-4)=48a-8b=0\Rightarrow b=6a$.
$f(-4)=-64a+16b=32a=1\Rightarrow a=\frac{1}{32},b=\frac{3}{16}$.
Vậy $f(x)=\frac{x^3}{32}+\frac{3x^2}{16}=\frac{x^2(x+6)}{32}$; kiểm tra $f^{\prime }(x)=\frac{3x(x+4)}{32}$ nên $(-4;1)$ là cực đại, $(0;0)$ là cực tiểu, thỏa đề.
Khi máy bay cách vị trí hạ cánh (gốc tọa độ) theo phương ngang 1 dặm, do đang hạ cánh nên $x=-1$, độ cao cách mặt đất là $f(-1)=\frac{(-1{)}^2\cdot 5}{32}=\frac{5}{32}=0,15625\approx 0,16$ dặm. Kết quả khớp đáp án nguồn 0.16.

a) $f^{\prime }(x)=3x^2-3=0\iff x=\pm 1$.

Bảng biến thiên:



Giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên khoảng $(-\infty ;0)$ bằng $4$. Suy ra mệnh đề a) sai.

b) Hàm số đồng biến trên khoảng $(1;+\infty )$, suy ra mệnh đề b) đúng.

c) $f^{\prime }(x)=3x^2-3$. Suy ra mệnh đề c) đúng.

d) Hai điểm cực trị là $A(-1;4),B(1;0)\Rightarrow AB=2\sqrt{5}$. Suy ra mệnh đề d) đúng.
a) $f^{\prime }(x)=3x^2-3=0\iff x=\pm 1$.

Bảng biến thiên:



Giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên khoảng $(-\infty ;0)$ bằng $4$. Suy ra mệnh đề sai.
b) Hàm số đồng biến trên khoảng $(1;+\infty )$, suy ra mệnh đề đúng.
c) $f^{\prime }(x)=3x^2-3$. Suy ra mệnh đề đúng.
d) Hai điểm cực trị là $A(-1;4),B(1;0)\Rightarrow AB=2\sqrt{5}$. Suy ra mệnh đề đúng.

a) Dựa vào đồ thị hàm số, hàm số đạt cực đại tại $x=0$ và đạt cực tiểu tại $x=2$. Chọn ĐÚNG.

b) Hàm số $f(x)$ đồng biến trên khoảng $(-1;0)$. Vậy hàm số $g(x)=f(x)+2025$ đồng biến trên khoảng $(-1;0)$. Chọn SAI.

c) Số điểm cực trị của hàm số $f(|x+2|)$ bằng số điểm cực trị của hàm số $f(|x|)$; mà $SDCT\left\{f\right(|x|\left)\right\}=2a+1$ với $a$ là số điểm cực trị dương của $f(x)$ nên $f(|x|)$ có 3 điểm cực trị. Vậy $g(x)=f(|x+2|)$ có 3 điểm cực trị. Chọn ĐÚNG.

d) Xét $g(x)=|f(x)+4|$ (tịnh tiến $f(x)$ lên 4 đơn vị rồi lấy đối xứng phần dưới $Ox$ qua $Ox$). Phương trình có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $0<m^2-3m+2<4$ $\iff m\in \left(\frac{3-\sqrt{17}}{2};1\right)\cup \left(2;\frac{3+\sqrt{17}}{2}\right)$. Chọn ĐÚNG.
a) Dựa vào đồ thị hàm số, hàm số đạt cực đại tại $x=0$ và đạt cực tiểu tại $x=2$. Chọn ĐÚNG.
b) Hàm số $f(x)$ đồng biến trên khoảng $(-1;0)$. Vậy hàm số $g(x)=f(x)+2025$ đồng biến trên khoảng $(-1;0)$. Chọn SAI.
c) Do số điểm cực trị của hàm số $f(|x|)$ bằng số điểm cực trị của hàm số $f(|x+m|)$ nên số điểm cực trị của hàm số $f(|x+2|)$ bằng số điểm cực trị của hàm số $f(|x|)$. Mà $SDCT\left\{f\right(|x|\left)\right\}=2a+1$ với $a$ là số điểm cực trị dương của hàm số $f(x)$ nên hàm số $f(|x|)$ có 3 điểm cực trị. Vậy hàm số $g(x)=f(|x+2|)$ có 3 điểm cực trị. Chọn ĐÚNG.
d) Xét hàm số $g(x)=|f(x)+4|$. Đồ thị hàm số $g(x)=|f(x)+4|$ có được bằng cách: Tịnh tiến đồ thị hàm số $f(x)$ lên trên 4 đơn vị ta được $f(x)+4$; Lấy đối xứng phần phía dưới $Ox$ của đồ thị hàm số $f(x)+4$ qua $Ox$, ta được đồ thị hàm số $g(x)=\left|f(x)+4\right|$.

[Hình cần kiểm tra lại: p23_f1]

Phương trình $\left|f(x)+4\right|=m^2-3m+2$ có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng $y=m^2-3m+2$ cắt đồ thị hàm số $g(x)=\left|f(x)+4\right|$ tại 4 điểm phân biệt. Từ đồ thị hàm số $g(x)=\left|f(x)+4\right|$, ta suy ra phương trình $\left|f(x)+4\right|=m^2-3m+2$ có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $0<m^2-3m+2<4$ $$\iff \{\begin{array}{l}{m}^2-3m+2>0\\ m^2-3m+2<4\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m\in (-\infty ;1)\cup (2;+\infty )\\ m\in \left(\frac{3-\sqrt{17}}{2};\frac{3+\sqrt{17}}{2}\right)\end{array}\iff m\in \left(\frac{3-\sqrt{17}}{2};1\right)\cup \left(2;\frac{3+\sqrt{17}}{2}\right).$$ Chọn ĐÚNG.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị $y=f^{\prime }(x)$: $f^{\prime }(x)>0$ trên $(-\infty ,a)$, $f^{\prime }(x)<0$ trên $(a,b)$, $f^{\prime }(x)>0$ trên $(b,c)$, $f^{\prime }(x)<0$ với $x>c$. Vậy $f$ tăng rồi giảm trên $(a,b)$, tăng trên $(b,c)$, giảm sau $c$. Do đó $f(a)$ là cực đại, $f(b)$ là cực tiểu nên $f(a)>f(b)$ (ý d đúng). Xét $f(c)-f(a)={\int }_a^c{f}^{\prime }(x)dx={\int }_b^c{f}^{\prime }(x)dx-\left|{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)dx\right|$. Theo hình vẽ, diện tích phần đồ thị $f^{\prime }$ nằm trên trục $Ox$ trên $(b,c)$ (cung lớn bên phải) lớn hơn diện tích phần nằm dưới trục trên $(a,b)$, nên $f(c)>f(a)$. Kết hợp: $f(c)>f(a)>f(b)$, tức ý a đúng, ý b và c sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$f(c)-f(a)={\int }_a^c{f}^{\prime }(x)dx$; diện tích cung dương trên $(b,c)$ lớn hơn diện tích cung âm trên $(a,b)$ theo hình vẽ nên $f(c)>f(a)$; lại có $f(a)>f(b)$ vì $a$ là điểm cực đại, $b$ là điểm cực tiểu. Vậy $f(c)>f(a)>f(b)$: đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Sai vì $f(a)>f(b)$ (a là cực đại, b là cực tiểu), không thể có $f(b)>f(a)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Sai vì $f(c)>f(a)>f(b)$, không thể có $f(a)>f(b)>f(c)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Trên $(a,b)$ có $f^{\prime }(x)<0$ nên $f$ giảm từ $a$ đến $b$, do đó $f(a)>f(b)$: đúng.

1. Ta có: $y^{\prime }=3x^2+6x+m$, $\forall x\in \mathbb{R}$.
Để đồ thị $(C_m)$ có hai điểm cực trị thì phương trình $y^{\prime }=0$ phải có hai nghiệm phân biệt $\iff {\Delta }^{\prime }=9-3m>0$
$\iff m<3$
Vậy với $m<3$ thì đồ thị $(C_m)$ có hai điểm cực trị.

2. [Hình cần kiểm tra lại: p3_f1]
Giả sử con đường đi từ $A$ đến $C$ gặp vạch chắn $MN$ tại $E$, đặt $NE=x(m)$, $\left(x\in [0;25]\right)\Rightarrow AE=\sqrt{x^2+10^2};CE=\sqrt{(25-x{)}^2+10^2}$
Thời gian làm đường đi từ $A$ đến $C$ là $t(x)=\frac{AE}{15}+\frac{CE}{30}=\frac{\sqrt{x^2+100}}{15}+\frac{\sqrt{(25-x{)}^2+100}}{30}(h)$
$t^{\prime }(x)=\frac{x}{15\sqrt{x^2+100}}-\frac{25-x}{30\sqrt{(25-x{)}^2+100}}$;
$t^{\prime }(x)=0\iff 2x\sqrt{(25-x{)}^2+100}=(25-x)\sqrt{x^2+100}$
$$\iff \{\begin{array}{l}x(25-x)\ge 0\\ 4x^2\left[(25-x{)}^2+100\right]=(25-x{)}^2\left(x^2+100\right)\end{array}$$
$$\iff \{\begin{array}{l}0\le x\le 25\\ 4(25-x{)}^2\left(x^2-25\right)+x^2\left[400-(25-x{)}^2\right]=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}0\le x\le 25\\ (x-5)\left[4(25-x{)}^2(x+5)+x^2(45-x)\right]=0\end{array}$$
$\iff x=5$;
$t(0)=\frac{20+\sqrt{725}}{30},t(25)=\frac{10+2\sqrt{725}}{30},t(5)=\frac{2\sqrt{5}}{3}$.
Suy ra thời gian ngắn nhất làm con đường từ $A$ đến $C$ là $\frac{2\sqrt{5}}{3}$ (giờ).

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên của Câu 1.29: f'(x) đổi dấu tại x = -1 (từ âm sang dương → cực tiểu, f(-1)=0), tại x = 0 (từ dương sang âm → cực đại, f(0)=3), tại x = 1 (từ âm sang dương → cực tiểu, f(1)=0); khi x → ±∞ thì y → +∞.
a) f' đổi dấu ba lần nên hàm số có ba điểm cực trị → ĐÚNG.
b) Giá trị nhỏ nhất bằng 0 tại x = ±1 nên f(x) ≥ 0 với mọi x ∈ R → ĐÚNG.
c) Hàm số tăng lên +∞ khi x → ±∞ nên không có GTLN; 3 chỉ là giá trị cực đại (cục bộ) → SAI.
d) Ba điểm cực trị (-1;0), (0;3), (1;0) tạo tam giác có đáy 2 và chiều cao 3, diện tích = (1/2)·2·3 = 3 ≠ 6 → SAI.
a) (AI giải đề cho tôi)
f'(x) đổi dấu ba lần tại x = -1, 0, 1 nên hàm số có ba điểm cực trị.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hàm đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 tại x = ±1, nên f(x) ≥ 0 với mọi x ∈ R.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hàm số tăng lên +∞ khi x → ±∞ nên không có GTLN; 3 chỉ là giá trị cực đại.
d) (AI giải đề cho tôi)
Ba điểm cực trị (-1;0), (0;3), (1;0) tạo tam giác có diện tích (1/2)·2·3 = 3, không phải 6.

(AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=6x^2+2ax-6$. Vì hàm đạt cực trị tại $x=1$ nên $f^{\prime }(1)=6+2a-6=0$, suy ra $a=0$. Hàm đạt cực trị bằng 4 tại $x=1$ nên $f(1)=2-6+b=4$, suy ra $b=8$. Vậy $f(x)=2x^3-6x+8$.
a) $a+b=0+8=8$: đúng.
b) $f^{\prime }(x)=6x^2-6=6(x-1)(x+1)$; $f^{\prime }$ đổi dấu từ + sang - tại $x=-1$ (cực đại) và từ - sang + tại $x=1$ (cực tiểu). Vậy hàm đạt cực tiểu (không phải cực đại) tại $x=1$: sai.
c) $x=-1$ là nghiệm của $f^{\prime }(x)$ và $f^{\prime }$ đổi dấu qua $x=-1$, nên $x=-1$ là điểm cực trị: đúng.
d) Giá trị cực tiểu là $f(1)=2-6+8=4$, không phải 12: sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(1)=0$ cho $a=0$; $f(1)=4$ cho $b=8$; nên $a+b=8$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=6(x-1)(x+1)$ đổi dấu từ - sang + tại $x=1$, nên $x=1$ là điểm cực tiểu, không phải cực đại.
c) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(-1)=0$ và $f^{\prime }$ đổi dấu từ + sang - tại $x=-1$, nên $x=-1$ là điểm cực đại (một điểm cực trị).
d) (AI giải đề cho tôi)
Giá trị cực tiểu là $f(1)=2-6+8=4$, không phải 12.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ có điểm cực tiểu tại gốc tọa độ $(0;0)$ nên $d=0$. Điểm cực đại tại $(-4;1)$. Đạo hàm $y^{\prime }=3a{x}^2+2bx+c$ có hai nghiệm $x=0$ và $x=-4$ (hoành độ cực trị), suy ra $c=0$ và $3a(-4{)}^2+2b(-4)=0\Rightarrow 48a-8b=0\Rightarrow b=6a$. Thay $x=-4$: $y(-4)=a(-64)+b(16)=-64a+96a=32a=1\Rightarrow a=\frac{1}{32}$, $b=\frac{3}{16}$. Vậy $\frac{1}{a}+c+d=32+0+0=32$. Kiểm tra: $y=\frac{1}{32}{x}^3+\frac{3}{16}{x}^2$, $y^{\prime }=\frac{3}{32}{x}^2+\frac{3}{8}x=\frac{3x}{32}(x+4)$, đổi dấu +→− tại $x=-4$ (cực đại, $y=1$) và −→+ tại $x=0$ (cực tiểu, $y=0$), phù hợp đề bài.