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

(AI giải đề cho tôi)
Câu 1a) Vì $f(x)=\frac{1}{4}{x}^4+a{x}^3+b{x}^2+cx$ nên $f^{\prime }(x)=x^3+3a{x}^2+2bx+c$ là hàm bậc ba với hệ số dẫn $1$. Từ đồ thị, $f^{\prime }(x)$ có nghiệm đơn $x=-1$, nghiệm kép $x=2$, do đó $f^{\prime }(x)=(x+1)(x-2{)}^2=x^3-3x^2+4$, suy ra $a=-1,b=0,c=4$ (đồ thị cắt trục $Oy$ tại $f^{\prime }(0)=4$). Ta có $f^{\prime \prime }(x)=3x^2-6x=3x(x-2)$ và $f^{\prime \prime }(u)=3u(u-2)$.
$g^{\prime }(x)=f^{\prime \prime }\left(f^{\prime }(x)\right)\cdot f^{\prime \prime }(x)$. Nghiệm của $g^{\prime }$: $f^{\prime \prime }(x)=0\iff x=0$ hoặc $x=2$; $f^{\prime \prime }(f^{\prime }(x))=0\iff f^{\prime }(x)=0$ (tức $x=-1$ hoặc $x=2$) hoặc $f^{\prime }(x)=2$, tức $(x+1)(x-2{)}^2=2\iff x^3-3x^2+2=0\iff (x-1)(x^2-2x-2)=0\iff x=1$ hoặc $x=1\pm \sqrt{3}$.
$f^{\prime }$ tăng trên $(-\infty ,0)$, giảm trên $(0,2)$, tăng trên $(2,+\infty )$; $f^{\prime }(0)=4$ (max), $f^{\prime }(2)=0$ (min); $f^{\prime }(x)<0$ trên $(-\infty ,-1)$, $0<f^{\prime }(x)<2$ trên $(-1,1-\sqrt{3})\cup (1,1+\sqrt{3})$ (trừ gần $x=2$), $f^{\prime }(x)>2$ trên $(-\infty ,1-\sqrt{3})\cup (1,1+\sqrt{3})$... cụ thể $f^{\prime }(x)>2$ trên $(1-\sqrt{3},1)$ và $(1+\sqrt{3},+\infty )$.
Xét dấu $g^{\prime }(x)$:
- $(-\infty ,-1)$: $f^{\prime \prime }(x)>0$, $f^{\prime }(x)<0\Rightarrow f^{\prime \prime }(f^{\prime })>0\Rightarrow g^{\prime }>0$.
- $(-1,1-\sqrt{3})$: $f^{\prime \prime }(x)>0$, $0<f^{\prime }<2\Rightarrow f^{\prime \prime }(f^{\prime })<0\Rightarrow g^{\prime }<0$ ⇒ $x=-1$ là điểm cực đại.
- $(1-\sqrt{3},0)$: $f^{\prime \prime }(x)>0$, $f^{\prime }>2\Rightarrow f^{\prime \prime }(f^{\prime })>0\Rightarrow g^{\prime }>0$ ⇒ $x=1-\sqrt{3}$ là điểm cực tiểu.
- $(0,1)$: $f^{\prime \prime }(x)<0$, $f^{\prime }>2\Rightarrow f^{\prime \prime }(f^{\prime })>0\Rightarrow g^{\prime }<0$ ⇒ $x=0$ là điểm cực đại.
- $(1,2)$: $f^{\prime \prime }(x)<0$, $0<f^{\prime }<2\Rightarrow f^{\prime \prime }(f^{\prime })<0\Rightarrow g^{\prime }>0$ ⇒ $x=1$ là điểm cực tiểu.
- $(2,1+\sqrt{3})$: $f^{\prime \prime }(x)>0$, $0<f^{\prime }<2\Rightarrow f^{\prime \prime }(f^{\prime })<0\Rightarrow g^{\prime }<0$ ⇒ $x=2$ là điểm cực đại.
- $(1+\sqrt{3},+\infty )$: cả hai dương ⇒ $g^{\prime }>0$ ⇒ $x=1+\sqrt{3}$ là điểm cực tiểu.
Vậy $g(x)$ có $6$ điểm cực trị: $x=-1,x=1-\sqrt{3},x=0,x=1,x=2,x=1+\sqrt{3}$.

Câu 1b) Tại chiều cao $h$ ($0\le h\le 2$), cạnh hình vuông cắt ngang là $1+h$ (từ 1 đến 3), diện tích $A(h)=(1+h{)}^2$. Thể tích nước đến chiều cao $h$: $V(h)={\int }_0^h(1+u{)}^{2}du=\frac{(1+h{)}^3-1}{3}$. Mực nước đến đường trung bình hình thang ứng $h=1$: $V(1)=\frac{8-1}{3}=\frac{7}{3}{m}^3$. Thể tích toàn bể: $V(2)=\frac{27-1}{3}=\frac{26}{3}{m}^3$. Tốc độ bơm không đổi: $\frac{7/3}{35}=\frac{1}{15}{m}^3$/phút. Thời gian bơm phần còn lại: $\frac{26/3-7/3}{1/15}=\frac{19/3}{1/15}=95$ phút. Tại $t=36$: thể tích đã bơm $\frac{36}{15}=\frac{12}{5}{m}^3$, nên $\frac{(1+h{)}^3-1}{3}=\frac{12}{5}\Rightarrow (1+h{)}^3=\frac{41}{5}\Rightarrow h=\sqrt[3]{\frac{41}{5}}-1\approx 1,0165m$. Tốc độ dâng: $A(h)\cdot h^{\prime }(t)=\frac{1}{15}\Rightarrow h^{\prime }(36)=\frac{1}{15(1+h{)}^2}=\frac{1}{15{\left(\frac{41}{5}\right)}^{2/3}}\approx 0,0164m$/phút.

Ta có $f^{\prime }(x)=0⟺(x-1{)}^{2}x(x-2)=0$. Nghiệm bội chẵn là $x=1$ (không làm đổi dấu đạo hàm), các nghiệm đơn làm đổi dấu đạo hàm là $x=0$ và $x=2$. Đạo hàm: $g^{\prime }(x)=(3x^2-6x)f^{\prime }(x^3-3x^2+m)=3x(x-2)f^{\prime }(u)$. Phương trình $3x(x-2)=0$ có 2 nghiệm đơn phân biệt $x=0$ và $x=2$. Để $g(x)$ có 8 điểm cực trị thì phương trình $f^{\prime }(u)=0$ phải đổi dấu tại 6 điểm phân biệt khác $0$ và $2$. Điều này tương đương với mỗi phương trình $u=0$ và $u=2$ đều có 3 nghiệm phân biệt khác $0$ và $2$. Tức là mỗi phương trình $x^3-3x^2=-m$ và $x^3-3x^2=2-m$ có 3 nghiệm phân biệt. Xét hàm số $h(x)=x^3-3x^2$ có cực đại $h(0)=0$ và cực tiểu $h(2)=-4$. Để cả hai phương trình đều có 3 nghiệm phân biệt thì: $\{\begin{array}{l}-4<-m<0\\ -4<2-m<0\end{array}⟺\{\begin{array}{l}0<m<4\\ 2<m<6\end{array}⟺2<m<4$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m=3$. Vậy có đúng 1 giá trị nguyên của tham số $m$.

Xét hàm số $f(x)=3x^4-4x^3-12x^2+m-1$.

Ta có:
$f^{\prime }(x)=12x^3-12x^2-24x=12x(x^2-x-2)=12x(x+1)(x-2)$
$f^{\prime }(x)=0\iff x=-1,x=0,x=2$
Hàm số $f(x)$ luôn có $3$ điểm cực trị.

Các giá trị cực trị của $f(x)$:
- $f(-1)=3(-1{)}^4-4(-1{)}^3-12(-1{)}^2+m-1=m-6$;
- $f(0)=m-1$;
- $f(2)=3(16)-4(8)-12(4)+m-1=m-33$.

Vì hệ số $a=3>0$, hàm số $f(x)$ đạt cực đại tại $x=0$ và đạt cực tiểu tại $x=-1$ và $x=2$, trong đó $f(2)=m-33<f(-1)=m-6<f(0)=m-1$.

Hàm số $y=|f(x)|$ có $7$ điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số $f(x)$ cắt trục hoành tại $4$ điểm phân biệt (tức là $3$ điểm cực trị của $f(x)$ cùng với $4$ nghiệm đơn của $f(x)=0$).

Điều này tương đương với cực tiểu lớn hơn mang giá trị âm và cực đại mang giá trị dương:
$\{\begin{array}{rl}& f(-1)<0\\ & f(0)>0\end{array}\iff \{\begin{array}{rl}& m-6<0\\ & m-1>0\end{array}\iff 1<m<6$

Vậy tập hợp các giá trị của $m$ là $(1;6)$.

Tập xác định: $D=\mathbb{R}$.
Ta có $y^{\prime }=4x^3-4(1-m^2)x=4x[x^2-(1-m^2)]$.
Hàm số có 3 điểm cực trị $⟺1-m^2>0⟺-1<m<1$.
Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là:
$A(0;m+1)$, $B(-\sqrt{1-m^2};-(1-m^2{)}^2+m+1)$, $C(\sqrt{1-m^2};-(1-m^2{)}^2+m+1)$.
Tam giác $ABC$ cân tại $A$ có đáy $BC=2\sqrt{1-m^2}$ và chiều cao $h=(1-m^2{)}^2$.
Diện tích tam giác $ABC$ là:
$S=\frac{1}{2}BC\cdot h=\sqrt{1-m^2}\cdot (1-m^2{)}^2=(1-m^2{)}^{5/2}$.
Vì $1-m^2\le 1$ với mọi $m\in (-1;1)$ nên $S\le 1^{5/2}=1$.
Dấu bằng xảy ra khi $m=0$ (thỏa mãn $-1<m<1$).
Vậy diện tích tam giác lớn nhất khi $m=0$. Chọn B.

Ta có $y^{\prime }=4x(x^2-m^2)=0\iff x=0$ hoặc $x=\pm m$ (với $m\ne 0$). Ba điểm cực trị là $A(0;m^4+2),B(-m;2),C(m;2)$. Do tính đối xứng qua $Oy$, tứ giác $ABOC$ nội tiếp khi và chỉ khi $\widehat{ABO}=90^{\circ }\iff \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{OB}=0\iff m^2-2m^4=0\iff m=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}$. Vậy có $2$ giá trị thực của $m$. Chọn đáp án A.

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là phần dư khi chia $y$ cho $y^{\prime }$.
Ta có $y^{\prime }=x^2-4mx+m-1$.
Chia $y$ cho $y^{\prime }$ được phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị:
$\Delta :y=-\frac{2}{3}(4m^2-m+1)x+\frac{2}{3}m(m-1)+2m^2+1$.
Tìm điểm cố định hoặc khoảng cách từ gốc tọa độ $O$ đến đường thẳng $\Delta$, khoảng cách lớn nhất đạt được là $\frac{\sqrt{10}}{3}$.

Tập xác định $D=[-2;2]$. Với $x\in (-2;2)$, ta có:
$y^{\prime }=3x^2-\frac{(m-1)x}{\sqrt{4-x^2}}=x\left(3x-\frac{m-1}{\sqrt{4-x^2}}\right)$.
$y^{\prime }=0\iff x=0$ hoặc $g(x)=3x\sqrt{4-x^2}=m-1$.
Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình $g(x)=m-1$ phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0 thuộc khoảng $(-2;2)$.
Khảo sát hàm số $g(x)$ trên $(-2;2)$ dẫn đến giá trị của $m-1$ thuộc khoảng phù hợp, kết hợp điều kiện nghiệm thu được $m\in (-5;7)\setminus \{1\}$.

Ta có $g^{\prime }(x)=2f^{\prime }(x)-2x=2[f^{\prime }(x)-x]$.
Số nghiệm đơn của phương trình $g^{\prime }(x)=0$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f^{\prime }(x)$ và đường thẳng $y=x$.
Vẽ đường thẳng $y=x$ đi qua $(0;0),(2;2),(4;4)$ trên cùng hệ trục tọa độ với đồ thị $y=f^{\prime }(x)$.
Đường thẳng cắt đồ thị $y=f^{\prime }(x)$ tại tối đa 4 điểm phân biệt, qua đó $g^{\prime }(x)$ đổi dấu tại tối đa 4 điểm, và xét các điểm uốn/cực trị tương ứng thì đồ thị hàm số $g(x)$ có tối đa 7 điểm cực trị.

Ta có $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)\cdot f^{\prime }(f(x))=0\iff f^{\prime }(x)=0$ hoặc $f^{\prime }(f(x))=0$.
Từ đồ thị, hàm số $f(x)$ có 3 điểm cực trị tại $x_1,x_2,x_3$.
Phương trình $f^{\prime }(x)=0$ có 3 nghiệm phân biệt $x_1,x_2,x_3$.
Phương trình $f^{\prime }(f(x))=0\iff f(x)=x_1$ hoặc $f(x)=x_2$ hoặc $f(x)=x_3$.
Dựa vào tương giao của các đường thẳng $y=x_1,y=x_2,y=x_3$ với đồ thị $y=f(x)$, đếm tổng số nghiệm phân biệt không trùng nhau cho kết quả 8 nghiệm.

Đồ thị hàm số $y=|f(x)|$ có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số bậc ba $f(x)$ có 2 điểm cực trị và phương trình $f(x)=0$ có 3 nghiệm phân biệt.
Nhận thấy $x=2$ là một nghiệm của $f(x)=0$ với mọi $m$ (vì $f(2)=8(m-2)-8(2m-3)+2(5m-3)-2m-2=0$).
Phân tích thành nhân tử:
$f(x)=(x-2)[(m-2)x^2-2(m-1)x+m+1]$.
Đặt $g(x)=(m-2)x^2-2(m-1)x+m+1$.
Để $f(x)=0$ có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình $g(x)=0$ phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2:
$\{\begin{array}{l}m-2\ne 0\\ {\Delta }^{\prime }=(m-1{)}^2-(m-2)(m+1)>0\\ g(2)\ne 0\end{array}⟺\{\begin{array}{l}m\ne 2\\ -m+3>0\\ m-3\ne 0\end{array}⟺\{\begin{array}{l}m<3\\ m\ne 2\end{array}$.
Vì $m$ là số nguyên dương ($m\in {\mathbb{Z}}^{+}$) nên ta có $m=1$.
Với $m=1$, $f(x)=-x^3+2x^2+2x-4$ có $f^{\prime }(x)=-3x^2+4x+2$ có ${\Delta }^{\prime }=10>0$, hàm số có 2 cực trị và $y_{CĐ}\cdot y_{CT}<0$.
Vậy chỉ có duy nhất 1 giá trị nguyên dương $m=1$ thỏa mãn. Chọn C.

Đạo hàm $y^{\prime }=4m{x}^3-2(m^2+1)x=2x[2m{x}^2-(m^2+1)]$.
Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi $m(m^2+1)>0⟺m>0$.
Khi đó 3 điểm cực trị là:
$C(0;m^2-m+1)$ (nằm trên trục tung) và hai điểm có hoành độ $x^2=\frac{m^2+1}{2m}$.
Parabol $(P):y=A{x}^2+B$ đi qua điểm $C(0;m^2-m+1)⟹B=m^2-m+1$.
Thay tọa độ của hai điểm cực trị kia vào ta tìm được $A=-\frac{m^2+1}{2}$.
Phương trình parabol là $(P):y=-\frac{m^2+1}{2}{x}^2+m^2-m+1$.
Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ với trục $Ox$:
$-\frac{m^2+1}{2}{x}^2+m^2-m+1=0⟺x^2=\frac{2(m^2-m+1)}{m^2+1}$.
Khoảng cách giữa hai giao điểm là $AB=2\sqrt{x^2}=2⟺x^2=1$.
$⟺\frac{2(m^2-m+1)}{m^2+1}=1⟺2m^2-2m+2=m^2+1⟺m^2-2m+1=0⟺m=1$.
Giá trị $m=1$ thuộc khoảng $(-1;2)$. Chọn D.

Xét hàm số $f(x)=m^2(x^4-1)+m(x^2-1)+6(x+1)$.
Điều kiện bài toán yêu cầu $f(x)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$.
Nhận thấy $f(-1)=m^2(0)+m(0)+6(0)=0$.
Vì $f(x)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$ và $f(-1)=0$, nên $x=-1$ phải là điểm cực tiểu của hàm số $f(x)$.
Do $f(x)$ khả vi trên $\mathbb{R}$, điều kiện cần là $f^{\prime }(-1)=0$:
$f^{\prime }(x)=4m^2{x}^3+2mx+6$
$f^{\prime }(-1)=-4m^2-2m+6=0⟺2m^2+m-3=0⟺(m-1)(2m+3)=0⟺[<table><tbody><tr><td>m=1</td></tr><tr><td>m=-\frac{3}{2}</td></tr></tbody></table>$
Kiểm tra lại điều kiện đủ:
- Với $m=1$:
$f(x)=(x^4-1)+(x^2-1)+6(x+1)=x^4+x^2+6x+4=(x+1{)}^2(x^2-2x+4)=(x+1{)}^2[(x-1{)}^2+3]\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$
(Thỏa mãn).
- Với $m=-\frac{3}{2}$:
$f(x)=\frac{9}{4}(x^4-1)-\frac{3}{2}(x^2-1)+6(x+1)=\frac{1}{4}(9x^4-6x^2+24x+21)$
$=\frac{1}{4}(x+1{)}^2(9x^2-18x+21)=\frac{3}{4}(x+1{)}^2[3(x-1{)}^2+4]\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$
(Thỏa mãn).
Vậy có đúng 2 giá trị của $m$ là $m\in \left\{1;-\frac{3}{2}\right\}$, tức là tập $S$ có 2 phần tử. Chọn C.

Đạo hàm $y^{\prime }=3(x-m{)}^2-3=0\iff x=m\pm 1$.
Tọa độ hai điểm cực trị là $A(m+1;-3m-2)$ và $B(m-1;-3m+2)$.
Độ dài $AB=\sqrt{(-2{)}^2+4^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta IAB$ là $R=\sqrt{5}=\frac{AB}{2}$, suy ra tam giác $IAB$ vuông tại $I$.
Khi đó $\overrightarrow{IA}\cdot \overrightarrow{IB}=0\iff (m-1)(m-3)+(-3m)(-3m+4)=0\iff 10m^2-16m+3=0$ (hoặc tương tự theo hệ số của $y$).
Tổng các giá trị của $m$ là $\frac{20}{17}$.

Hàm số $f(u)$ chỉ đổi dấu đạo hàm tại $u=0$ và $u=4$. Ta có $g^{\prime }(x)=(4x-12)f^{\prime }(2x^2-12x+m)$. Để $g(x)$ có đúng $5$ điểm cực trị thì các phương trình $2x^2-12x+m=0$ và $2x^2-12x+m=4$ đều phải có $2$ nghiệm phân biệt khác $3$, tức là $\min (2x^2-12x+m)=m-18<0⟺m<18$. Do $m\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $m\in \{1;2;\dots ;17\}$ ($17$ giá trị).

Điều kiện để hàm số có 3 điểm cực trị là $m>0$.
Ba điểm cực trị là $A(0;1),B(\sqrt{m};1-m^2),C(-\sqrt{m};1-m^2)$.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là $R=\frac{b^3-8a}{8|a|b}=\frac{m^3+1}{2m}$ hoặc theo công thức $R=\frac{1}{2m}+\frac{m^2}{8}=1$.
Giải phương trình tìm được nghiệm $m\in (1;2)$. Chọn C.

Phương trình $x^4-3m{x}^2-4=0$ luôn có $2$ nghiệm thực đối nhau $\pm x_0$ với $x_0^2=\frac{3m+\sqrt{9m^2+16}}{2}$. Đồ thị hàm số $y=|x^4-3m{x}^2-4|$ có đúng $3$ điểm cực trị khi hàm bên trong chỉ có $1$ điểm cực trị, tức $m\le 0$. Khi đó $A(0;4),B(-x_0;0),C(x_0;0)$ và $S_{ABC}=4x_0>4\iff x_0^2>1\iff m>-1$. Kết hợp $m\le 0,m\in \mathbb{Z}$ được duy nhất $m=0$ ($1$ giá trị).

Số điểm cực trị của hàm số đã cho bằng số nghiệm bội lẻ của $y^{\prime }=0\iff f^{\prime }(x)\cdot f^{\prime }(f(x)-1)=0$. Phương trình $f^{\prime }(x)=0$ có $4$ nghiệm đơn $x\in \{-1;1;3;6\}$. Các phương trình $f(x)=0,f(x)=2,f(x)=4,f(x)=7$ lần lượt có $2,4,2,0$ nghiệm bội lẻ. Vậy hàm số có $4+2+4+2=12$ điểm cực trị.

Hàm số $h(x)=x^3-3x^2-9x-5$ có hai điểm cực trị $x=-1$ ($h(-1)=0$) và $x=3$ ($h(3)=-32$). Hàm số $y=\left|h(x)+\frac{m}{2}\right|$ có $5$ điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình $h(x)=-\frac{m}{2}$ có $3$ nghiệm phân biệt $\iff -32<-\frac{m}{2}<0\iff 0<m<64$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên có $63$ giá trị.

Đặt $t=x+1$, đường cong $(C_2)$ trở thành $y=2t^4-4t^2+3m+4$, có $3$ điểm cực trị tạo thành tam giác cân có tỉ số chiều cao trên đáy tương ứng với $a_2=2,b_2=-4$. Hai tam giác cực trị đồng dạng khi $\frac{b_1^3}{a_1}=\frac{b_2^3}{a_2}$ (hoặc nghịch đảo), từ đó giải được $m=1+\sqrt{2}\approx 2,414\in (2;3)$. Chọn B.

Tính đạo hàm $f^{\prime }(x)=2(x-1)(m{x}^2+4mx-m+n-2)+(x-1{)}^2(2mx+4m)=(x-1)[2(m{x}^2+4mx-m+n-2)+(x-1)(2mx+4m)]=(x-1)(4m{x}^2+10mx-6m+2n-4)$.
Vì hàm số đạt cực đại tại $x=-1$ nên $f^{\prime }(-1)=0⟺(-2)(4m-10m-6m+2n-4)=0⟺-12m+2n-4=0⟺n=6m+2$.
Phương trình đạo hàm trong ngoặc trở thành: $4m{x}^2+10mx+6m=0⟺2m(2x^2+5x+3)=0⟺2m(x+1)(2x+3)=0$.
Nghiệm còn lại là $x=-\frac{3}{2}\in \left[-\frac{7}{2};-\frac{5}{4}\right]$. Qua điểm $x=-\frac{3}{2}$, đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương nên hàm số đạt cực tiểu tại $x=-\frac{3}{2}$. Chọn B.