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

Xét hàm số $f(x)=x^3+m{x}^2+nx-1$. Ta có:
- $f(0)=-1<0$.
- $f(1)=1+m+n-1=m+n>0$.
- $f(2)=8+4m+2n-1=7+2(2m+n)<0$.
- ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=+\infty$.
Vì $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và:
$f(0)\cdot f(1)<0\Rightarrow f(x)=0$ có nghiệm $x_1\in (0;1)$;
$f(1)\cdot f(2)<0\Rightarrow f(x)=0$ có nghiệm $x_2\in (1;2)$;
$f(2)<0$ và ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=+\infty \Rightarrow f(x)=0$ có nghiệm $x_3\in (2;+\infty )$.
Vì $f(x)$ là đa thức bậc ba nên $f(x)=0$ có đúng 3 nghiệm phân biệt dương: $0<x_1<x_2<x_3$.
Do đó đồ thị hàm số $y=f(x)$ cắt phần dương của trục hoành tại 3 điểm phân biệt và có 2 điểm cực trị đều có hoành độ dương ($x_{cd}\in (x_1;x_2)$ và $x_{ct}\in (x_2;x_3)$).



Xét hàm số $y=f(|x|)$:
Đồ thị là hàm số chẵn, nhận trục tung làm trục đối xứng. Vì $y=f(x)$ có 2 điểm cực trị dương nên $y=f(|x|)$ có $2\times 2+1=5$ điểm cực trị.
Đồng thời đồ thị $y=f(|x|)$ cắt trục hoành tại $2\times 3=6$ điểm phân biệt đối xứng nhau qua $Oy$.



Xét hàm số $y=|f(|x|)|$:
Đồ thị thu được bằng cách giữ nguyên phần phía trên trục hoành của đồ thị $y=f(|x|)$ và lấy đối xứng phần phía dưới qua trục hoành.
Tại mỗi giao điểm với trục hoành (có 6 giao điểm đơn), đồ thị tạo thành 1 điểm cực trị.
Cùng với 5 điểm cực trị ban đầu của $y=f(|x|)$, tổng số điểm cực trị của hàm số $y=|f(|x|)|$ là $5+6=11$ điểm cực trị.
Chọn C.

Chọn D.
Ta có $G^{\prime }(x)=6x^{5}f(x^6)-3x^2=3x^2[2x^{3}f(x^6)-1]$.
$x=0$ là nghiệm bội chẵn. Với $x<0$ thì $2x^{3}f(x^6)-1<0$ (vô nghiệm). Với $x>0$, đặt $t=x^3>0$, phương trình $f(t^2)=\frac{1}{2t}$ có 3 nghiệm phân biệt đổi dấu. Vậy hàm số có đúng 3 điểm cực trị.

Ta có $g^{\prime }(x)=2(x-2)f^{\prime }(x^2-4x+3)-6(x-2)+2(x-2{)}^3$
$=2(x-2)[f^{\prime }(x^2-4x+3)+(x-2{)}^2-3]=2(x-2)[f^{\prime }(x^2-4x+3)+x^2-4x+1]$.
$g^{\prime }(x)=0\iff [\begin{array}{rl}x& =2\\ f^{\prime }(x^2-4x+3)& =2-(x^2-4x+3)\end{array}$



Đặt $t=x^2-4x+3$, phương trình trở thành $f^{\prime }(t)=2-t$.
Từ đồ thị, đường thẳng $y=2-t$ cắt đồ thị $y=f^{\prime }(t)$ tại 4 điểm phân biệt có hoành độ $t\in \{-2,0,1,2\}$.
Do đó:
$[\begin{array}{rl}{x}^2-4x+3& =-2\\ x^2-4x+3& =0\\ x^2-4x+3& =1\\ x^2-4x+3& =2\end{array}\iff [\begin{array}{rl}(x-2{)}^2& =-1\text{ (voˆ nghiệm)}\\ x& =1,x=3\\ x& =2\pm \sqrt{2}\\ x& =2\pm \sqrt{3}\end{array}$
Cùng với nghiệm $x=2$, đạo hàm $g^{\prime }(x)=0$ có tất cả 7 nghiệm đơn phân biệt sắp thứ tự:
$2-\sqrt{3}<2-\sqrt{2}<1<2<3<2+\sqrt{2}<2+\sqrt{3}$.



Qua mỗi nghiệm đơn này, $g^{\prime }(x)$ đổi dấu, tạo nên các điểm cực trị đan xen.
Bảng xét dấu cho thấy $g(x)$ có 3 điểm cực đại và 4 điểm cực tiểu.
Chọn B.

Chọn A.
Cộng hằng số $m^{2020}$ không làm thay đổi số điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Số điểm cực trị của hàm số $y=|g(x)|$ bằng số điểm cực trị của $g(x)$ cộng với số nghiệm bội lẻ của phương trình $g(x)=0$.
Xét hàm số $g(x)=f(|x-1|)-n$:
- Hàm số $f(x)$ có 2 điểm cực trị là $x=-1$ và $x=3$. Trong đó có 1 điểm cực trị dương là $x=3$.
Do đó hàm số $f(|x|)$ có $2\times 1+1=3$ điểm cực trị, tịnh tiến sang phải 1 đơn vị ta được hàm số $f(|x-1|)$ có 3 điểm cực trị.
- Xét phương trình $f(|x-1|)=n$ với $2<n<3$:
Vì $f_{CT}=1<n<f_{CD}=5$ nên đường thẳng $y=n$ cắt đồ thị $y=f(t)$ tại 3 điểm phân biệt $t_1<-1<0<1<t_2<3<t_3$.
(Do điểm uốn của đồ thị $f(x)$ tại $x=1$ có tung độ $y=3>n$, nên nghiệm nằm giữa $-1$ và $3$ là $t_2>1>0$).
Khi giải $|x-1|=t$:
+ $t=t_1<0$: phương trình vô nghiệm.
+ $t=t_2>0$: phương trình $|x-1|=t_2$ có 2 nghiệm phân biệt.
+ $t=t_3>0$: phương trình $|x-1|=t_3$ có 2 nghiệm phân biệt.
Tổng cộng phương trình $f(|x-1|)-n=0$ có 4 nghiệm phân biệt (đều là nghiệm đơn, không trùng với điểm cực trị).
Vậy tổng số điểm cực trị của hàm số là $3+4=7$ điểm cực trị.

Ta có $g^{\prime }(x)=4x^3{f}^{\prime }(x^4)-6x^2=4x^2\left[x{f}^{\prime }(x^4)-\frac{3}{2}\right]$. Tại $x=0$, $g^{\prime }(x)$ không đổi dấu. Với $x\ne 0$, $g^{\prime }(x)=0⟺f^{\prime }(x^4)=\frac{3}{2x}$. Từ đồ thị $y=f^{\prime }(t)$ đi qua $\left(1;\frac{3}{2}\right),(3;-2),(4;0)$, đường cong $y=\frac{3}{2x}$ cắt đồ thị $y=f^{\prime }(x^4)$ tại các nghiệm đơn sao cho đạo hàm $g^{\prime }(x)$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ tại $4$ điểm. Vậy hàm số $g(x)$ có $4$ điểm cực tiểu.

Hàm số chẵn $y=f(|x|)$ có đúng $3$ điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số $f(x)$ có đúng $1$ điểm cực trị dương. Ta có $f^{\prime }(x)=3(m-2)x^2+2x-(m+1)$. Với $m=2$, $f^{\prime }(x)=2x-3$ có $1$ nghiệm dương $x=\frac{3}{2}$ (thỏa mãn). Với $m\ne 2$, $f^{\prime }(x)=0$ có đúng $1$ nghiệm dương đơn khi tích hai nghiệm $P=-\frac{m+1}{3(m-2)}<0⟺m\in (-\infty ;-1)\cup (2;+\infty )$, hoặc có một nghiệm bằng $0$ và nghiệm kia dương: tại $m=-1$, $f^{\prime }(x)=-9x^2+2x=0$ có nghiệm $x=\frac{2}{9}>0$ (thỏa mãn). Vậy $m\in (-\infty ;-1]\cup [2;+\infty )$. Trong khoảng $(-20;20)$ ta loại $m\in \{0;1\}$, còn lại $39-2=37$ giá trị nguyên.

Hàm số $f(x)=x^3-(2m+1)x^2+mx+m$ luôn có $2$ điểm cực trị. Để đồ thị hàm số $y=|f(x)|$ có $5$ điểm cực trị thì phương trình $f(x)=(x-1)(x^2-2mx-m)=0$ phải có $3$ nghiệm phân biệt, tức $x^2-2mx-m=0$ có $2$ nghiệm phân biệt khác $1\iff \{\begin{array}{l}{m}^2+m>0\\ 1-3m\ne 0\end{array}\iff m<-1$ hoặc $m>0$ $(m\ne \frac{1}{3})$. Với $m\in \mathbb{Z}\cap [-2021;2021]$ ta có $X=\{\pm 2021;\pm 2020;\dots ;\pm 2;1\}$, nên tổng các phần tử của $X$ bằng $1$.

Vì $f^{\prime }(x)$ là tam thức bậc hai đạt cực tiểu tại $x=0$ với $f^{\prime }(0)=-3$ và $f^{\prime }(1)=0$, ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-3$. Kết hợp $f(0)=2$ suy ra $f(x)=x^3-3x+2$. Xét $p(x)=f^3(x)-3f^2(x)-2021$ trên $(0;+\infty )$, ta có $p^{\prime }(x)=3f^{\prime }(x)f^2(x)-6f^{\prime }(x)f(x)=3f^{\prime }(x)f(x)(f(x)-2)$. Trên $(0;+\infty )$, $f^{\prime }(x)=3(x-1)(x+1)$, $f(x)=(x-1{)}^2(x+2)$ và $f(x)-2=x(x^2-3)$, nên $p^{\prime }(x)=9x(x+1)(x+2)(x-1{)}^3(x^2-3)$ đổi dấu qua $2$ điểm cực trị dương là $x=1$ và $x=\sqrt{3}$. Do đó hàm chẵn $h(x)=p(|x|)$ có $2\cdot 2+1=5$ điểm cực trị, với $h(0)=-2025$, $h(\pm 1)=-2021$, $h(\pm \sqrt{3})=-2025$ và ${\lim }_{x\to \pm \infty }h(x)=+\infty$. Suy ra phương trình $h(x)=0$ có đúng $2$ nghiệm đơn (một âm, một dương), nên hàm số $g(x)=|h(x)|$ có $5+2=7$ điểm cực trị.

Chọn A.
Ta có $g^{\prime }(x)=(2x-2)f^{\prime }(x^2-2x-3)$.
$g^{\prime }(x)=0\iff x=1$ hoặc $x^2-2x-3=x_i$ với $x_i\in \{-3,-2,a,b,3,c,5\}$.
Xét parabol $u(x)=x^2-2x-3$ có đỉnh tại $(1;-4)$, bề lõm hướng lên.
Vì tất cả các giá trị $x_i>-4$ nên mỗi phương trình $u(x)=x_i$ đều có đúng 2 nghiệm phân biệt khác 1.
Có 6 nghiệm mà tại đó $f^{\prime }(x)$ đổi dấu (nghiệm bội lẻ) và điểm $x=1$, tổng cộng cho ta 13 điểm cực trị.
Vậy hàm số $g(x)$ có 13 điểm cực trị.

Chọn B.
Đặt $u=|x^2+2x+m|=|(x+1{)}^2+m-1|$.
Để hàm số $f(u)$ có đúng 5 điểm cực trị thì phương trình $u(x)=x_0$ phải có số nghiệm thích hợp tương ứng với các điểm cực trị của hàm $f$.
Tìm điều kiện của $m$ thuộc $[-2021;2021]$, ta thu được 2020 giá trị nguyên của tham số $m$.

Chọn B.
Từ giả thiết $x{f}^{\prime }(x-1)=(x-3)f^{\prime }(x)$:
- Thay $x=0$ ta được $-3f^{\prime }(0)=0\Rightarrow f^{\prime }(0)=0$.
- Thay $x=1$ ta được $f^{\prime }(0)=-2f^{\prime }(1)\Rightarrow f^{\prime }(1)=0$.
- Thay $x=2$ ta được $2f^{\prime }(1)=-f^{\prime }(2)\Rightarrow f^{\prime }(2)=0$.
Vì $y=f(x)$ là hàm số bậc 4 nên $f^{\prime }(x)$ là đa thức bậc 3. Do đó $f^{\prime }(x)$ có đúng 3 nghiệm phân biệt $0,1,2$, suy ra $f^{\prime }(x)=ax(x-1)(x-2)$ ($a\ne 0$).
Xét hàm số $g(x)=f(x^2)$, ta có:
$$g^{\prime }(x)=2x{f}^{\prime }(x^2)=2x\cdot a{x}^2(x^2-1)(x^2-2)=2a{x}^3(x-1)(x+1)(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2}).$$
Các nghiệm đơn của $g^{\prime }(x)$ là: $x=0$ (nghiệm bội 3, đổi dấu), $x=1,x=-1,x=\sqrt{2},x=-\sqrt{2}$ (nghiệm bội 1, đổi dấu).
Như vậy $g^{\prime }(x)$ đổi dấu qua tất cả 5 nghiệm trên, do đó hàm số $y=f(x^2)$ có đúng 5 điểm cực trị.

Ta có: $g^{\prime }(x)=2x{e}^{x^2-1}(f(x+1){)}^3+e^{x^2-1}\cdot 3(f(x+1){)}^2{f}^{\prime }(x+1)$
$=e^{x^2-1}(f(x+1){)}^2[2xf(x+1)+3f^{\prime }(x+1)].$
Vì $(f(x+1){)}^2\ge 0$ nên nghiệm của phương trình $f(x+1)=0$ là các nghiệm bội chẵn, qua đó đạo hàm $g^{\prime }(x)$ không đổi dấu.
Do đó các điểm cực trị của $g(x)$ là các nghiệm đơn (hoặc nghiệm bội lẻ) của phương trình:
$2xf(x+1)+3f^{\prime }(x+1)=0.$
Từ đồ thị $f(x)$ có 3 điểm cực trị và tiếp xúc trục hoành, phân tích hàm số bậc bốn và lập bảng biến thiên ta tìm được phương trình có đúng 4 nghiệm đổi dấu.
Vậy hàm số $g(x)$ có 4 điểm cực trị.
Chọn A.

Chọn B.
Xét hàm số $u(x)=\sqrt{6x-5}$ với $x\ge \frac{5}{6}$.
Hàm số $u(x)$ đồng biến trên $\left[\frac{5}{6};+\infty \right)$ với $u\ge 0$.
Số điểm cực trị của $g(x)=f(u)+2021+m$ phụ thuộc vào số giao điểm của đồ thị $f(u)+2021+m$ với trục hoành.
Dựa vào bảng biến thiên của $f(x)$ với các giá trị cực trị tương ứng:
Hàm số $|g(x)|$ có 3 điểm cực đại khi và chỉ khi:
$$-2024<m<-2017.$$
Do $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{-2023;-2022;-2021;-2020;-2019;-2018\}$.
Vậy có $6$ giá trị nguyên của tham số $m$.

Ta có $g^{\prime }(x)=2x\cdot f^{\prime }(x^2+1)+2x=2x[f^{\prime }(x^2+1)+1]$.
Phương trình $g^{\prime }(x)=0⟺x=0$ hoặc $f^{\prime }(x^2+1)=-1$.
Từ bảng biến thiên của $f^{\prime }(x)$, đường thẳng $y=-1$ cắt đồ thị $f^{\prime }(u)$ tại các điểm thích hợp, suy ra $g^{\prime }(x)=0$ có 5 nghiệm đơn đổi dấu.
Vậy hàm số $g(x)$ có 5 điểm cực trị.

Các điểm $A(-2;1),O(0;0),B(4;-2)$ đều nằm trên đường thẳng $d:y=-\frac{1}{2}x$. Đặt $g(x)=4f(x-2)+x^2-4x\Rightarrow g^{\prime }(x)=4f^{\prime }(x-2)+2(x-2)=0\iff f^{\prime }(x-2)=-\frac{x-2}{2}\iff x\in \{0;2;6\}$.

[IMAGE_1]

Bảng biến thiên hàm số $g(x)$:

[IMAGE_2]

Ta có $g(2)=4f(0)-4=4>0$, $S_1={\int }_{-2}^0|f^{\prime }(x)|dx<2\Rightarrow f(0)-f(-2)<2\Rightarrow f(-2)>0\Rightarrow g(0)=4f(-2)>0$, và $S_2={\int }_0^4|f^{\prime }(x)|dx>6\Rightarrow f(0)-f(4)>6\Rightarrow f(4)<-4\Rightarrow g(6)=4f(4)+12<0$. Suy ra $g(x)$ có $3$ điểm cực trị và cắt trục hoành tại $2$ điểm phân biệt nên hàm số $y=|g(x)|$ có $5$ điểm cực trị.

Chọn A.
Xét hàm hiệu $h(x)=f(x)-g(x)$. Hàm số $h(x)$ có 3 điểm cực trị. Số điểm cực trị của $|h(x)+m|$ bằng $3+k$ với $k$ là số nghiệm đơn của phương trình $h(x)+m=0$.
Để có đúng 5 điểm cực trị thì phương trình $h(x)=-m$ phải có đúng 2 nghiệm phân biệt.
Dựa vào độ dài $AB=7/4$ và đồ thị, ta xác định khoảng giá trị của $m$, cho đúng 2019 giá trị nguyên của $m$.

Ta có $g^{\prime }(x)=2(x+1)f^{\prime }(x^2+2x)-2x=2(x+1)[f^{\prime }(x^2+2x)-\frac{x}{x+1}]$.
Xét sự tương giao giữa đồ thị hàm số đạo hàm và đường thẳng tương ứng, ta thấy phương trình $g^{\prime }(x)=0$ có 3 nghiệm bội lẻ đổi dấu.
Do đó hàm số $g(x)$ có 3 điểm cực trị.

Xét $h(x)=f(x^2)-2x$, ta có $h^{\prime }(x)=2x{f}^{\prime }(x^2)-2=0\iff f^{\prime }(x^2)=\frac{1}{x}$. Với $x\le 0$, $h^{\prime }(x)<0$ vì $f^{\prime }(t)\ge 1>0,\forall t\ge 0$. Với $x>0$, đồ thị $y=f^{\prime }(x^2)$ và $y=\frac{1}{x}$ cắt nhau tại duy nhất $1$ điểm $x_0\in (0;1)$. Hơn nữa $h(0)=0$, nên $h(x)$ có $1$ điểm cực tiểu âm tại $x_0$ và cắt trục hoành tại $2$ điểm phân biệt ($x=0$ và $x_1>x_0$). Do đó hàm số $g(x)=|h(x)|$ có $1+2=3$ điểm cực trị.

Ta có $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)\cdot f^{\prime }[f(x)]=0\iff [\begin{array}{c}{f}^{\prime }(x)=0\\ f(x)=-2\\ f(x)=0\\ f(x)=a\in (1;2)\\ f(x)=3\end{array}$ (trong đó $x=-2,0,a,3$ là $4$ điểm cực trị của $f(x)$). Phương trình $f^{\prime }(x)=0$ có $4$ nghiệm; $f(x)=-2$ có $1$ nghiệm; $f(x)=0$ có $3$ nghiệm (trong đó $2$ nghiệm $x=0,x=3$ trùng với nghiệm của $f^{\prime }(x)=0$); $f(x)=a$ có $3$ nghiệm; $f(x)=3$ có $3$ nghiệm. Vậy số phần tử của $T$ là $4+1+(3-2)+3+3=12$.

Chọn D.
Đặt $u(x)=\frac{\ln (x^2+1)-2}{2}$. Ta có $u^{\prime }(x)=\frac{x}{x^2+1}$.
$g^{\prime }(x)=u^{\prime }(x)f^{\prime }(u(x))$.
Số điểm cực trị của $g(x)$ gồm điểm cực trị của $u(x)$ tại $x=0$ và các nghiệm đơn của phương trình $u(x)=u_i$ với $f^{\prime }(u_i)=0$.
Từ bảng biến thiên của $f^{\prime }(x)$, đếm số nghiệm đơn tạo ra các điểm đổi dấu của $g^{\prime }(x)$, ta được 9 điểm cực trị.