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

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y^{\prime }=m{x}^2-2(m-1)x+3(m-2)$. Hàm số đạt cực trị khi $m\ne 0$ và phương trình $y^{\prime }=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ ($\Delta >0$). Theo Vi-ét: $S=x_1+x_2=\frac{2(m-1)}{m}$, $P=x_1{x}_2=\frac{3(m-2)}{m}$. Điều kiện $x_1+2x_2=1$ cho $x_2=1-S$. Vì $x_2$ là nghiệm của $y^{\prime }=0$: $(1-S{)}^2-S(1-S)+P=0\iff 2S^2-3S+1+P=0$. Thay $S,P$ và nhân với $m^2$: $8(m-1{)}^2-6m(m-1)+m^2+3m(m-2)=0\iff 6m^2-16m+8=0\iff 3m^2-8m+4=0\Rightarrow m=2$ hoặc $m=\frac{2}{3}$. Kiểm tra: với $m=2$, $y^{\prime }=2x(x-1)$ có hai nghiệm $0;1$ thỏa $x_1+2x_2=1$ (lấy $x_1=1,x_2=0$); với $m=\frac{2}{3}$, $y^{\prime }=\frac{2}{3}(x^2+x-6)$ có hai nghiệm $-3;2$ thỏa $x_1+2x_2=1$ (lấy $x_1=-3,x_2=2$). Cả hai giá trị hợp lệ, vậy $a+b=2+\frac{2}{3}=\frac{8}{3}\approx 2,7$, khớp đáp án nguồn.

1) Hàm số xác định với mọi $x\in \mathbb{R}$. $y^{\prime }=6x^2-6x$. $y^{\prime }=0\iff \{\begin{array}{l}x=0;y=m-1\\ x=1;y=m-2\end{array}$

Bảng biến thiên:



Vậy $B(0;m-1)$, $C(1;m-2)$.

Phương trình đường thẳng $BC$: $x+y-m+1=0$.
$d(O;BC)=\frac{|1-m|}{\sqrt{2}}$.
$S_{OBC}=\frac{1}{2}d(O;BC).BC=\frac{1}{2}.\frac{|1-m|}{\sqrt{2}}.\sqrt{2}=2\iff |1-m|=4\iff \{\begin{array}{l}1-m=4\\ 1-m=-4\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m=-3\\ m=5\end{array}$

2) Đổi $400m=0,4km$ và $500m=0,5km$. Dựng hình chữ nhật $DCBH$.



Khi đó $DC=HB=\sqrt{A{B}^2-A{H}^2}=\sqrt{1^2-(1-0,4{)}^2}=0,8$.
Đặt $DE=x$ và $FC=y$.
Khi đó $x+y=DE+FC=DC-EF=0,8-0,5=0,3$.
Ta có đoạn đường anh Hùng sẽ đi là
$$T=AE+EF+FB+BA=\sqrt{x^2+1^2}+\sqrt{y^2+0,4^2}+1,5.$$
Lập luận được $T$ nhỏ nhất khi $x=\frac{3}{14};y=\frac{3}{35}$.
Khi đó $T=\sqrt{1+\frac{9}{196}}+\sqrt{\frac{9}{1225}+0,16}+1,5=\frac{\sqrt{205}}{14}+\frac{\sqrt{205}}{35}+1,5=\frac{\sqrt{205}}{10}+1,5\approx 2,9318km$.
Vậy quãng đường ngắn nhất anh Hùng đi trong buổi sáng là $2932m$ (đáp án in trong tài liệu gốc là $1932m$, đây là lỗi đánh máy; theo lập luận của chính lời giải thì $T=\frac{\sqrt{205}}{10}+1,5\approx 2932m$).

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: f'(x) tiếp xúc trục hoành tại x=-1 (nghiệm kép), cắt trục tại x=2, và đi qua điểm (-2;4) nên f'(x)=a(x+1)^2(x-2) với a(1)(-4)=4 => a=-1, tức f'(x)=(x+1)^2(2-x)≥0 với mọi x, chỉ bằng 0 tại x=-1.

a) f đồng biến trên ℝ nên f(sin²x)>f(3/2) ⟺ sin²x>3/2, vô lý vì sin²x≤1. Sai.

b) g'(x)=f'(x³+8x)(3x²+8), với 3x²+8>0. x³+8x đồng biến nên mỗi phương trình x³+8x=-1 và x³+8x=2 có đúng một nghiệm. Tại nghiệm của x³+8x=-1, f' có nghiệm kép nên không đổi dấu (không cực trị); tại nghiệm của x³+8x=2, f' đổi dấu từ + sang - (cực đại). Vậy g có đúng 1 điểm cực trị. Đúng.

c) h'(x)=2f'(2x-3)-2x/(1+x²)-2m>0 trên (1/2;2) ⟺ m<φ(x)=f'(2x-3)-x/(1+x²) với mọi x∈(1/2;2). Với f'(t)=(t+1)²(2-t), t=2x-3: φ(x)=4(x-1)²(5-2x)-x/(1+x²). Tính φ'(x)=24(x-1)(2-x)-(1-x²)/(1+x²)²; xét dấu cho thấy φ giảm trên (1/2;1) và tăng trên (1;2), min φ=φ(1)=-1/2. Vậy cần m<-1/2, tức m nguyên ≤ -1: có 99 giá trị m∈(-100;100) (từ -99 đến -1), không phải 100. Sai.

d) f'(x)≥0 trên ℝ và chỉ triệt tiêu tại x=-1 (nghiệm kép, không đổi dấu) nên f đồng biến trên ℝ, không có cực đại hay cực tiểu. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
f đồng biến trên ℝ nên cần sin²x>3/2, vô lý vì sin²x≤1.
b) (AI giải đề cho tôi)
g'(x)=f'(x³+8x)(3x²+8); chỉ nghiệm x³+8x=2 cho f' đổi dấu, nghiệm x³+8x=-1 là nghiệm kép của f' không đổi dấu, nên g có đúng 1 điểm cực trị.
c) (AI giải đề cho tôi)
Cần m<min φ(x)=4(x-1)²(5-2x)-x/(1+x²) trên (1/2;2); min=φ(1)=-1/2 nên m nguyên ≤-1, cho 99 giá trị chứ không phải 100.
d) (AI giải đề cho tôi)
f'(x)=(x+1)²(2-x)≥0, chỉ bằng 0 tại x=-1 không đổi dấu, nên f đồng biến trên ℝ, không có cực trị.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=x^3-3x$ có $y^{\prime }=3x^2-3$, cực đại tại $(-1;2)$, cực tiểu tại $(1;-2)$. Đường thẳng qua hai điểm cực trị: $y=-2x$ hay $2x+y=0$.

Để $MA+MB$ ngắn nhất, lấy $A^{\prime }$ đối xứng với $A(1;2)$ qua đường thẳng $2x+y=0$. Với $a=2,b=1,c=0$: $a{x}_0+b{y}_0+c=4$, nên $A^{\prime }=\left(1-\frac{2\cdot 2\cdot 4}{5};2-\frac{2\cdot 1\cdot 4}{5}\right)=\left(-\frac{11}{5};\frac{2}{5}\right)$.

Đường thẳng $A^{\prime }B$ với $B(2;1)$ có hệ số góc $\frac{1-2/5}{2+11/5}=\frac{3/5}{21/5}=\frac{1}{7}$, phương trình: $y=\frac{x}{7}+\frac{5}{7}$.

Giao với $y=-2x$: $-2x=\frac{x}{7}+\frac{5}{7}\Rightarrow -14x=x+5\Rightarrow x=-\frac{1}{3}$, $y=\frac{2}{3}$.

Vậy $M\left(-\frac{1}{3};\frac{2}{3}\right)$, tức $a=-\frac{1}{3},b=\frac{2}{3}$, khi đó $b-4a=\frac{2}{3}+\frac{4}{3}=2$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 1702, Phần III Câu 2 = 2).

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 2.1.** Cho $y=x^4-8m{x}^2+16m^2+m-1$, có $y^{\prime }=4x^3-16mx=4x(x^2-4m)$.

Hàm số có ba điểm cực trị $\iff m>0$. Khi đó:
- Điểm cực đại $T(0;16m^2+m-1)$ (vì $y^{\prime \prime }(0)=-16m<0$).
- Hai điểm cực tiểu $A(2\sqrt{m};m-1)$, $B(-2\sqrt{m};m-1)$ (tại $x=\pm 2\sqrt{m}$: $y=16m^2-32m^2+16m^2+m-1=m-1$).

Tam giác $TAB$ cân qua trục $Oy$ nên trực tâm nằm trên trục $Oy$; để $O(0;0)$ là trực tâm thì $OA\perp TB$.

$k_{TB}=\frac{16m^2+m-1-(m-1)}{0-(-2\sqrt{m})}=\frac{16m^2}{2\sqrt{m}}=\frac{8m^2}{\sqrt{m}}$; $k_{OA}=\frac{m-1}{2\sqrt{m}}$.

Điều kiện $k_{OA}\cdot k_{TB}=-1$: $\frac{m-1}{2\sqrt{m}}\cdot \frac{8m^2}{\sqrt{m}}=-1\iff 4m(m-1)=-1\iff 4m^2-4m+1=0\iff (2m-1{)}^2=0\iff m=\frac{1}{2}$.

Thử lại với $m=\frac{1}{2}$: $T(0;3,5)$, $A(\sqrt{2};-0,5)$, $B(-\sqrt{2};-0,5)$; tam giác có các góc đều nhọn ($\overrightarrow{TA}\cdot \overrightarrow{TB}=-2+16=14>0$) nên $O$ nằm trong tam giác và là trực tâm. Vậy $m=\frac{1}{2}$.

**Câu 2.2.** Bể rộng $8$ m; khu vực I dài $10$ m, sâu $2$ m; khu vực trung gian dài $26-10-8=8$ m, đáy nghiêng đều từ sâu $2$ m lên cao $0,8$ m so với đáy khu vực I (tức độ sâu giảm từ $2$ m xuống $1,2$ m); khu vực II dài $8$ m, đáy cao $0,8$ m so với đáy khu vực I.

Gọi $h$ là chiều cao cột nước tại khu vực I. Khi $h=0,3$ m: tại vị trí cách khu vực I một đoạn $x$ ($0\le x\le 8$) trong khu vực trung gian, đáy cao $0,1x$ so với đáy khu vực I, chiều cao cột nước là $0,3-0,1x$, chỉ dương khi $x<3$. Vùng II chưa có nước vì $0,3<0,8$.

Thể tích nước:
$$V=8\cdot 10\cdot 0,3+8{\int }_0^3(0,3-0,1x)dx=24+8(0,9-0,45)=24+3,6=27,6{\text{m}}^3.$$

Diện tích bề mặt nước: $S=8\times (10+3)=104{\text{m}}^2$.

Vì $\frac{dV}{dt}=S\cdot \frac{dh}{dt}$ với $\frac{dV}{dt}=2{\text{m}}^3/\text{phuˊt}$:
$$\frac{dh}{dt}=\frac{2}{104}=\frac{1}{52}\approx 0,0192\text{m/phuˊt}.$$

Vậy tốc độ dâng của mực nước tại thời điểm đó là $\frac{1}{52}$ m/phút $\approx 1,92$ cm/phút.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $h(t)=t^3-3t^2+2$, khi đó $g(x)=h(f(x))$ và $g^{\prime }(x)=h^{\prime }(f(x))\cdot f^{\prime }(x)$ với $h^{\prime }(t)=3t(t-2)$. Hàm $h$ tăng trên $(-\infty ,0)$, giảm trên $(0,2)$, tăng trên $(2,+\infty )$.

Xét các điểm ứng viên:
- $x=1$ ($f=3$): $h^{\prime }(3)>0$, $f^{\prime }$ đổi dấu $+\to -$ nên $g^{\prime }$ đổi dấu $+\to -$: cực đại.
- $x=2$ ($f=1$): $h^{\prime }(1)<0$, $f^{\prime }$ đổi dấu $-\to +$ nên $g^{\prime }$ đổi dấu $+\to -$: cực đại.
- $x=3$ ($f=2$): $h^{\prime }(2)=0$; trước $x=3$ có $f<2,f^{\prime }>0$ nên $g^{\prime }<0$; sau $x=3$ có $f>2,f^{\prime }<0$ nên $g^{\prime }<0$: không đổi dấu, không phải cực trị.
- $x=4$ ($f=0$): trước $x=4$: $f\in (0,2),f^{\prime }<0,h^{\prime }<0$ nên $g^{\prime }>0$; sau $x=4$: $f^{\prime }>0,h^{\prime }<0$ nên $g^{\prime }<0$: đổi dấu, cực đại.

Ngoài ra, do $f$ liên tục và đơn điệu trên từng khoảng, phương trình $f(x)=0$ có thêm nghiệm trong $(-\infty ,1)$ (f tăng qua 0, $g^{\prime }$ đổi dấu $+\to -$: cực trị); phương trình $f(x)=2$ có thêm một nghiệm trong $(-\infty ,1)$ (f tăng qua 2, $g^{\prime }$ đổi dấu $-\to +$: cực trị) và một nghiệm trong $(1,2)$ (f giảm qua 2, $g^{\prime }$ đổi dấu $+\to -$: cực trị).

Vậy tổng số điểm cực trị của $g(x)$ là $4+3=6$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: $h(x)=f^{\prime }(x)$ là hàm bậc ba, đạt cực đại $3$ tại $x=-1$, cực tiểu $-3$ tại $x=1$, và $h(0)=0$. Suy ra $h(x)=\frac{3}{2}{x}^3-\frac{9}{2}x=\frac{3}{2}x(x^2-3)$ (kiểm tra: $h(\pm 1)=\pm 3$ đúng, nghiệm $x=0,\pm \sqrt{3}$ khớp đồ thị).

a) $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x^3+1)\cdot 3x^2+9x^5+9x^2=3x^2\left[h(x^3+1)+3x^3+3\right]$. Đặt $t=x^3+1\in (0;2)$ khi $x\in (-1;0)$, khi đó $h(t)+3t=\frac{3}{2}{t}^3-\frac{9}{2}t+3t=\frac{3}{2}t(t^2-1)<0$ với $t\in (0;1)$. Với $x\in (-1;0)$ thì $t\in (0;1)$ nên $g^{\prime }(x)<0$: $g$ nghịch biến trên $(-1;0)$. → Đúng.

b) Đặt $u=\cos x\in [-1;1]$, $\phi =\frac{1}{3}\cos 2x-\frac{2}{3}\cos x=\frac{2}{3}{u}^2-\frac{2}{3}u-\frac{1}{3}$, có giá trị nhỏ nhất $-\frac{1}{2}$ (tại $u=\frac{1}{2}$) và giá trị lớn nhất $1$ (tại $u=-1$). Trên $[-\frac{1}{2};1]$, do $h(t)>0$ với $t\in (-\sqrt{3};0)$ và $h(t)<0$ với $t\in (0;\sqrt{3})$ nên $f$ tăng rồi giảm, GTLN của $y$ là $f(0)$. Nhưng $f(0)$ (hằng số nguyên hàm) không xác định được từ đồ thị của $f^{\prime }$ (đề chỉ xét trường hợp $f(0)=0$ ở ý c), nên không thể kết luận GTLN bằng $3$. → Sai.

c) Với $f(0)=0$: $f(x)=\frac{3}{8}{x}^4-\frac{9}{4}{x}^2$, nên $f(x^4)-x^2=\frac{3}{8}{x}^{16}-\frac{9}{4}{x}^8-x^2=x^{2}p(x)$ với $p(x)=\frac{3}{8}{x}^{14}-\frac{9}{4}{x}^6-1$ (hàm chẵn, $p(0)=-1$, $p\to +\infty$). $p^{\prime }(x)=\frac{x^5}{4}(21x^8-54)$, $p$ giảm trên $(0;(18/7{)}^{1/8})$ rồi tăng; tại điểm đó $p<0$, nên $p$ có đúng một nghiệm $r>1$. Vậy $y=|x^{2}p(x)|=0$ tại $x=0,\pm r$. Trên $(0;r)$: $y=-x^{2}p$, $y^{\prime }=0\iff 2p+x{p}^{\prime }=0\iff 3x^{14}-9x^6-1=0$, có đúng một nghiệm $x_e\in (1;r)$ (vì tại đó $3x^{14}=9x^6+1<18x^6+8$ nên $p<0$); đối xứng có $-x_e$. Trên $(r;+\infty )$ phương trình $3x^{14}-9x^6-1=0$ không có nghiệm (nghiệm duy nhất đã nhỏ hơn $r$). Các điểm cực trị: $x=0$ (cực tiểu), $\pm x_e$ (cực đại), $\pm r$ (cực tiểu, do $y\ge 0$ và $y=0$ tại đó). Tổng cộng 5 điểm cực trị. → Đúng.

d) $h(3)=\frac{3}{2}\cdot 3\cdot (9-3)=27\ne 18$. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Với $x\in (-1;0)$, $g^{\prime }(x)=3x^2[h(x^3+1)+3x^3+3]=3x^2\cdot \frac{3}{2}t(t^2-1)<0$ với $t=x^3+1\in (0;1)$, nên $g$ nghịch biến.
b) (AI giải đề cho tôi)
Biểu thức trong $f$ có giá trị thuộc $[-1/2;1]$; trên đoạn này GTLN của $f$ là $f(0)$, nhưng $f(0)$ không xác định từ đồ thị $h=f^{\prime }$, nên không thể khẳng định GTLN bằng 3.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với $f(0)=0$, $y=\left|x^2\left(\frac{3}{8}{x}^{14}-\frac{9}{4}{x}^6-1\right)\right|$ có 5 điểm cực trị: $x=0$, $\pm x_e$ (nghiệm của $3x^{14}-9x^6-1=0$) và $\pm r$ (nghiệm của $p(x)=0$).
d) (AI giải đề cho tôi)
$h(x)=\frac{3}{2}x(x^2-3)$ nên $h(3)=\frac{3}{2}\cdot 3\cdot 6=27\ne 18$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=\frac{5\sin x-1}{2}$, khi đó $t\in [-3;2]$ và $g^{\prime }(x)=\frac{5\cos x}{2}[f^{\prime }(t)+t]$. Xét $h(t)=f^{\prime }(t)+t$ trên $[-3;2]$. Từ đồ thị: $f^{\prime }(-1)=1$ (cực đại), $f^{\prime }(1)=-1$ (cực tiểu), $f^{\prime }(0)\approx -\frac{1}{3}<0$, $f^{\prime }(-3)\approx 2$, $f^{\prime }(2)\approx 2$. Ta có $h(-1)=1-1=0$ và $h^{\prime }(-1)=f^{\prime \prime }(-1)+1=1>0$ nên $h$ đổi dấu từ âm sang dương tại $t=-1$; vì $h(0)=f^{\prime }(0)<0$ nên $h$ có thêm một nghiệm $t_2\in (-1;0)$ (đổi dấu + sang −); $h(1)=-1+1=0$ với $h(0)<0,h(2)>0$ nên đổi dấu tại $t=1$. Trên khoảng $(-3;-1)$: $f^{\prime }(t)\ge 0,5$ và $t<-1$ nên $h(t)<0$, không có nghiệm thêm. Vậy $h(t)=0$ có 3 nghiệm phân biệt, mỗi nghiệm $t$ cho $\sin x=\frac{2t+1}{5}\in (-1;1)$ nên có 2 nghiệm $x$ trong $(0;2\pi )$: được $3\times 2=6$ điểm. Ngoài ra $\cos x=0$ cho $x=\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}$; tại đó $t=2$ hoặc $t=-3$ và $h(2)\approx 4\ne 0$, $h(-3)\approx -1\ne 0$ nên đây cũng là điểm cực trị: thêm 2 điểm. Tổng cộng $6+2=8$ điểm cực trị.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $g(x)-h(x)=\left(-\frac{8}{3}+4\right)x+(8-12)=\frac{4}{3}x-4$, nên hai đồ thị cắt nhau tại $x=3$ (điểm giao trong hình). $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-\frac{8}{3}$, $h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-4$. Theo hình, đồ thị của $h$ có điểm cực tiểu tại $x=3$ (đồ thị của $g$ đi qua điểm cực trị này), suyra $h^{\prime }(3)=0\Rightarrow f^{\prime }(3)=4$. Vậy $g^{\prime }(3)=f^{\prime }(3)-\frac{8}{3}=4-\frac{8}{3}=\frac{4}{3}$. Đáp án A.

a) Xét đa thức $R(x)=-x^{3}Q\left(\frac{1}{x}\right)=x^3-4x^2+5x-1$. Ta thấy mỗi nghiệm dương của $Q(x)$ sẽ tương ứng với đúng một nghiệm dương của $R(x)$.
Ta có đạo hàm $R^{\prime }(x)=3x^2-8x+5$.
Nghiệm của $R^{\prime }(x)$ là $x_{CD}=1>0$, $x_{CT}=\frac{5}{3}>0$.
Hàm số $R(x)$ tăng thực sự trên các nửa khoảng $\left(-\infty ;x_{CD}\right]$, $\left[x_{CT};+\infty \right)$ và giảm thực sự trên đoạn $\left[x_{CD};x_{CT}\right]$.
Khi đó $R(0)=-1<0$, $R\left(x_{CD}\right)=R(1)=1>0$ và $R\left(x_{CT}\right)=R\left(\frac{5}{3}\right)=\frac{23}{27}>0$.
Do $\underset{x\to \infty }{\lim }R(x)=+\infty$, đồ thị hàm $y=R(x)$ cắt trục hoành tại một điểm duy nhất có hoành độ thuộc $(0;1)$. Suy ra đa thức $R(x)$ có duy nhất một nghiệm dương, kéo theo $Q(x)$ cũng có duy nhất một nghiệm dương.

b) Nếu $P(x)$ thỏa mãn điều kiện thì $-P(x)$ cũng thỏa mãn nên có thể giả sử $a>0$.
Gọi $r<s<t$ là các nghiệm dương của $P(x)$. Khi đó $P(x)=a(x-r)(x-s)(x-t)$.
Theo định lí Viète ta có $r+s+t=\frac{-b}{a}>0$, $rs+st+tr=\frac{c}{a}>0$, $rst=-\frac{d}{a}>0$.
Vì $P(x)$ có 3 nghiệm dương nên $c>0$, $b<0$, $d<0$.
Đặt $A=a$, $b=-B$, $c=C$, $d=-D$,
và $S_1=r+s+t=\frac{B}{A}>0$, $S_2=rs+st+tr=\frac{C}{A}>0$, $S_3=rst=\frac{D}{A}>0$.
Khi đó, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, để ý điều kiện $r$, $s$, $t$ là 3 số dương phân biệt, ta nhận được $S_1^2>3S_2$, $S_2^2>3S_1{S}_3$.
Theo bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương phân biệt ta cũng có
$$S_1>3\sqrt[3]{S_3},S_2>3\sqrt[3]{S_3^2}\Rightarrow S_1{S}_2>9S_3.$$
Kết hợp lại ta suy ra $3AC<B^2$, $3BD<C^2$, $9AD<BC$. (1)
Ta sẽ chỉ ra rằng $S=|a|+|b|+|c|+|d|=A+B+C+D\ge 13$. Thật vậy, giả sử $S\le 12$. Khi đó vì $A,D\ge 1$ nên
$$9AD<BC\le {\left(\frac{B+C}{2}\right)}^2\le {\left(\frac{12-A-D}{2}\right)}^2\le {\left(\frac{12-2\sqrt{AD}}{2}\right)}^2={\left(6-\sqrt{AD}\right)}^2.$$
Suy ra $2AD+3\sqrt{AD}-9<0$, tức là $-3<\sqrt{AD}<\frac{3}{2}$. Vì $A,D\ge 1$ nên $AD\in \{1;2\}$.
Trường hợp 1: Giả sử $AD=1$. Khi đó $A=D=1$, suy ra $B+C\le 10$, $BC>9$.
Do $BC>9\Rightarrow B+C>6$. Vậy $B+C\in \{7;8;9;10\}$.
Mặt khác từ (1) dẫn tới $3C<B^2$, $3B<C^2$. (2)
Do đó nếu trong $B$, $C$ có một số lớn hơn 3 thì số còn lại cũng lớn hơn 3. (*)
Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1.1: $B+C=7$. Rõ ràng trường hợp này không thỏa mãn (*).
Trường hợp 1.2: $B+C=8$. Do $BC>9$ và (*) nên chỉ có cặp số $(B,C)=(4,4)$.
Tuy nhiên khi đó đa thức $P(x)=x^3-4x^2+4x-1$ có nghiệm hữu tỷ $x=1$ nên loại.
Trường hợp 1.3: $B+C=9$. Do $BC>9$ và (*) nên $(B,C)\in \{(4,5);(5,4)\}$.
Xét $(B,C)=(4,5)$. Khi đó $P(x)=x^3-4x^2+5x-1$ có $P^{\prime }(x)=3x^2-8x+5$.
Nghiệm của $P^{\prime }(x)$ là $x_{CD}=1$, $x_{CT}=\frac{5}{3}$.
Do $P(0)=-1<0$, $P(1)=1>0$, $P\left(\frac{5}{3}\right)=\frac{125}{27}-\frac{100}{9}+\frac{25}{3}-1=\frac{23}{27}>0$, nên đa thức $P(x)$ có duy nhất một nghiệm dương, nghiệm này thuộc khoảng $(0;1)$: loại.
Xét $(B,C)=(5,4)$. Theo câu a) đa thức $P(x)=x^3-5x^2+4x-1$ có duy nhất một nghiệm dương: loại.
Trường hợp 1.4: $B+C=10$. Do $BC>9$ và (*) nên $(B,C)\in \{(6,4);(4,6);(5,5)\}$.
Với $(B,C)\in \{(6,4);(4,6)\}$: không thỏa mãn điều kiện (2) do $3\cdot 6>4^2$.
Đối với $B=C=5$. Khi đó $P(x)=x^3-5x^2+5x-1$ có nghiệm hữu tỷ $x=1$: loại.
Trường hợp 2: Giả sử $AD=2$. Suy ra $A+D=3$, $B+C\le 9$, $BC>9AD=18$.
Theo AM-GM, ta phải có $B+C\ge 2\sqrt{BC}\ge 2\sqrt{19}>8$.
Vì vậy $B+C=9$, suy ra $BC\le \frac{9^2}{4}$. Dẫn tới $BC\in \{19;20\}$.
Để thấy trường hợp $BC=19$ không thỏa mãn. Vì vậy ta phải có $BC=20$, $B+C=9$, suy ra $(B,C)$ là một hoán vị của $(4,5)$, trong khi $(A,D)$ là một hoán vị của $(1,2)$.
Để bất đẳng thức (1) được thỏa mãn, ta thấy chỉ có thể xảy ra các khả năng sau: $(A,B,C,D)=(1,4,5,2)$ hoặc $(2,5,4,1)$. Tuy nhiên, trong hai trường hợp này, hai đa thức $P_1(x)=2x^3-5x^2+4x-1$ và $P_2(x)=x^3-4x^2+5x-2$ đều có nghiệm hữu tỷ $x=1$: loại.
Như vậy ta phải có $S=A+B+C+D\ge 13$. Ta đưa ra ví dụ với $S=13$.
Xét $(A,B,C,D)=(1,5,6,1)$, khi đó
$$P(x)=x^3-5x^2+6x-1.$$
Do $P(0)=-1<0$, $P(1)=1>0$, $P(2)=-1<0$, $\underset{x\to +\infty }{\lim }P(x)=+\infty$, nên theo định lý Bolzano, đa thức bậc ba $P(x)$ có đúng 3 nghiệm dương phân biệt $x_1$, $x_2$, $x_3$, với $0<x_1<1<x_2<2<x_3$.
Rõ ràng, theo tiêu chuẩn Eisenstein, $P(x)$ không có nghiệm hữu tỷ vì hệ số tự do của đa thức monic $P(x)$ bằng $-1$, hơn nữa $P(\pm 1)\ne 0$.
Vậy $S_{\min }=13$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ O(0;0) suy ra d=0. Qua A(1;1): a+b+c=1; qua B(2;4): 8a+4b+2c=4 ⇒ 4a+2b+c=2. Trừ hai phương trình: 3a+b=1 ⇒ b=1−3a, c=2a. Khi đó g(x)=f(x)−x²=ax³−3ax²+2ax=ax(x−1)(x−2). g'(x)=3ax²−6ax+2a=0 ⇒ x=1±1/√3. Tại x=1−1/√3 (điểm cực đại): g=a·(1/√3)(1−1/3)=2a/(3√3)=√3/18 ⇒ a=1/4. Vậy f'(x)=(3/4)x²+(1/2)x+1/2, có giá trị nhỏ nhất tại x=−1/3: f'(−1/3)=1/12−1/6+1/2=5/12. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $g(x)=f(f^{\prime }(x)-1)$ nên $g^{\prime }(x)=f^{\prime \prime }(x)\cdot f^{\prime }(f^{\prime }(x)-1)$. Do đó $g^{\prime }(x)=0$ khi $f^{\prime \prime }(x)=0$ hoặc $f^{\prime }(f^{\prime }(x)-1)=0$.

Từ đồ thị $y=f^{\prime }(x)$ (bậc 4, bậc dương): cắt trục hoành tại $x=-1$, tiếp xúc tại $x=1$, cắt tại $x=2$; có cực tiểu $f^{\prime }(-1/3)=-3$, cực đại tại $x=1$ (giá trị 0) và một cực tiểu khác tại $x_0\approx 1,6$ (nhỏ hơn 0); $f^{\prime }(0)=-2$.

• $f^{\prime \prime }(x)=0$: $f^{\prime }$ có 3 điểm cực trị là $x=-1/3$, $x=1$, $x_0\approx 1,6$ → nghiệm dương: $x=1$ và $x\approx 1,6$: 2 nghiệm.

• $f^{\prime }(f^{\prime }(x)-1)=0\iff f^{\prime }(x)-1\in \{-1;1;2\}$, tức $f^{\prime }(x)\in \{0;2;3\}$:
- $f^{\prime }(x)=0$: nghiệm dương $x=1$, $x=2$ → 2 nghiệm.
- $f^{\prime }(x)=2$: nhánh trái ($x<-1/3$, giảm từ $+\infty$ xuống $-3$) cho nghiệm âm (vì $f^{\prime }(0)=-2<2$); nhánh phải cho đúng 1 nghiệm dương $x>2$ → 1 nghiệm dương.
- $f^{\prime }(x)=3$: tương tự, nhánh trái cho nghiệm âm, nhánh phải cho 1 nghiệm dương → 1 nghiệm dương.

Tổng số nghiệm dương phân biệt: $2+2+1+1=6$. Chọn A.

a) Tìm $m$ để hàm số có hai điểm cực trị và đường thẳng qua cực trị đi qua $A(1;-4)$.
Điều kiện để hàm số $y=-x^3+3m{x}^2-3(m+6)x-1$ có hai cực trị: Ta có $y^{\prime }=-3x^2+6mx-3(m+6)$. Phương trình $y^{\prime }=0\iff x^2-2mx+(m+6)=0$.
Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình $y^{\prime }=0$ phải có hai nghiệm phân biệt:

$${\Delta }^{\prime }=m^2-(m+6)=m^2-m-6>0\iff \{\begin{array}{l}m>3\\ m<-2\end{array}$$

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị $(\Delta )$: Thực hiện phép chia $y$ cho $y^{\prime }$, ta có:

$$y=y^{\prime }\cdot \left(\frac{1}{3}x-\frac{m}{3}\right)+2(m^2-m-6)x-(m^2+6m+1)$$

Vậy phương trình đường thẳng qua hai cực trị là:

$$(\Delta ):y=2(m^2-m-6)x-(m^2+6m+1)$$

Vì $(\Delta )$ đi qua $A(1;-4)$, thay tọa độ $A$ vào phương trình:

$$-4=2(m^2-m-6)\cdot 1-(m^2+6m+1)\iff m^2-8m-9=0\iff \{\begin{array}{l}m=-1\text{ (loại)}\\ m=9\text{ (thỏa ma˜n)}\end{array}$$

Vậy $m=9$ là giá trị cần tìm.

b) Bài toán tối ưu diện tích hàng rào.
Gọi $x,y$ (m) lần lượt là chiều dài cạnh $AD$ và $AB$ $(x,y>0)$. Tổng chi phí xây dựng là:

$$T=30y(\text{cạnh }AB)+20y(\text{cạnh }CD)+20(2x)(\text{cạnh }AD,BC)+15(2x)(\text{cạnh }EF,GH)$$

Nên: $T=50y+70x=35.000\Rightarrow 5y+7x=3500\Rightarrow y=\frac{3500-7x}{5}$
Diện tích mảnh đất: $S=x\cdot y=x\left(\frac{3500-7x}{5}\right)=\frac{1}{5}(-7x^2+3500x)$
Đây là parabol có đỉnh tại $x=\frac{-3500}{2\cdot (-7)}=250$. Khi đó $y=\frac{3500-7\cdot 250}{5}=350$.
Diện tích lớn nhất là: $S_{max}=250\cdot 350=87.500m^2$.