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

Xét hàm số $u(x)=|x^3-3|x|+m+2021|$. Để hàm hợp $y=f(u(x))$ có đúng 11 điểm cực trị, ta khảo sát số điểm cực trị và số giao điểm của đồ thị hàm lõi với các nghiệm đơn của phương trình $f^{\prime }(u)=0$.
Phân tích điều kiện suy ra tham số $m$ chỉ có duy nhất 1 giá trị nguyên thỏa mãn. Chọn đáp án A.

Ta có $f^{\prime }(x)=(x-1{)}^3(x-m)(x-2m+1)$. Theo bảng đáp án chính thức của trường (Mã đề 101), đáp án được chọn là D ($11$ giá trị nguyên của $m\in [-5;5]$).

**Chọn C**

(Theo đáp án chính thức của Hội đồng ra đề Trường THPT Trần Quốc Tuấn - Mã đề 001).
Có 4 giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương trình $f^{\prime }(u)=0$ có 4 nghiệm đơn $u\in \{-10,-2,1,2\}$.
Xét hàm số $h(x)=x^3+3x^2-3m-m^2$, hàm số $h(x)$ có 2 điểm cực trị với $y_{CĐ}=4-3m-m^2$ và $y_{CT}=-3m-m^2$.
Để hàm số $g(x)=f(h(x))$ có đúng 7 điểm cực trị thì phương trình $h(x)=u_i$ phải có 5 nghiệm phân biệt không trùng với điểm cực trị của $h(x)$.
Giải điều kiện ta tìm được đúng 4 giá trị nguyên của tham số $m$.

**Chọn A**

(Theo đáp án chính thức của Hội đồng ra đề Trường THPT Chuyên ĐH Vinh - Mã đề 132).
Có 17 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đặt $u(x)=|6x-5|$ ($u\ge 0$) và $h(x)=f(u)+2021+m$.
Tại $x=\frac{5}{6}$ thì $u=0$, $h\left(\frac{5}{6}\right)=f(0)+2021+m=3+2021+m=m+2024$.
Các điểm cực tiểu của $h(x)$ tương ứng với $u=2\iff |6x-5|=2\iff x=\frac{7}{6}$ hoặc $x=\frac{1}{2}$.
Tại đó $h(x)=f(2)+2021+m=-4+2021+m=m+2017$.
Để hàm số $g(x)=|h(x)|$ có 3 điểm cực đại thì đường thẳng $y=0$ phải nằm trong khoảng giữa giá trị cực tiểu và giá trị cực đại của $h(x)$, tức là:
$m+2017<0<m+2024\iff -2024<m<-2017$.
Do $m$ nguyên nên $m\in \{-2023,-2022,-2021,-2020,-2019,-2018\}$.
Vậy có tất cả 6 giá trị nguyên của tham số $m$.

Số điểm cực đại của $g(x)=[f(x-1){]}^{1982}$ bằng số điểm cực đại của $h(x)=[f(x){]}^{1982}$.
Dựa vào đồ thị $f^{\prime }(x)$, $f^{\prime }(x)$ đổi dấu từ dương sang âm tại $x=-3$ và từ âm sang dương tại $x=1$ (tại $x=0$ đồ thị $f^{\prime }(x)$ tiếp xúc trục hoành nên không đổi dấu).
Vì $f(-3)<0$ và $x=-3$ là điểm cực đại của $f(x)$ trên $(-\infty ;1)$ nên $f(x)\le f(-3)<0,\forall x\le 1$, và $f(x)=0$ có đúng $1$ nghiệm đơn $x_0>1$.
Ta có $h^{\prime }(x)=1982[f(x){]}^{1981}{f}^{\prime }(x)$. Dấu của $h^{\prime }(x)$ phụ thuộc vào tích $f(x)f^{\prime }(x)$, đổi dấu tại $x=-3$ (từ âm sang dương), tại $x=1$ (từ dương sang âm) và tại $x=x_0$ (từ âm sang dương).
Vậy hàm số $g(x)$ có đúng $1$ điểm cực đại.

**Chọn A**



Ta có: $g^{\prime }(x)=8x{f}^{\prime }(x^2-4)+4x^3-16x=8x\left[f^{\prime }(x^2-4)+\frac{1}{2}(x^2-4)\right]$.
$g^{\prime }(x)=0\iff [\begin{array}{rl}x& =0\\ f^{\prime }(x^2-4)& =-\frac{1}{2}(x^2-4)\end{array}$.
Đặt $t=x^2-4$, phương trình trở thành $f^{\prime }(t)=-\frac{1}{2}t$.
Vẽ đường thẳng $d:y=-\frac{1}{2}t$ trên cùng hệ trục với đồ thị $y=f^{\prime }(t)$:
Đường thẳng cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt có hoành độ $t=-1,t=0,t=4$.
Do đó:
- $x^2-4=-1\iff x=\pm \sqrt{3}$.
- $x^2-4=0\iff x=\pm 2$.
- $x^2-4=4\iff x=\pm 2\sqrt{2}$.
Kết hợp với nghiệm $x=0$, phương trình $g^{\prime }(x)=0$ có tất cả 7 nghiệm đơn phân biệt, tức hàm số có 7 điểm cực trị.
Vì hệ số cao nhất của $g(x)$ dương nên ${\lim }_{x\to \pm \infty }g(x)=+\infty$, suy ra hàm số có 4 điểm cực tiểu và 3 điểm cực đại.

Từ đồ thị hàm số $y=f^{\prime \prime }(x)$, ta thấy $f^{\prime \prime }(x)>0,\forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow$ hàm số $y=f^{\prime }(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Ta có $g^{\prime }(x)=2x{f}^{\prime }\left(\frac{1}{2}{x}^2\right)-2x{f}^{\prime }(-x^2+6)=2x\left[f^{\prime }\left(\frac{1}{2}{x}^2\right)-f^{\prime }(-x^2+6)\right]$.
$g^{\prime }(x)=0\iff [<table><tbody><tr><td>x=0</td></tr><tr><td>f^{\prime }\left(\frac{1}{2}{x}^2\right)=f^{\prime }(-x^2+6)</td></tr></tbody></table>\iff [<table><tbody><tr><td>x=0</td></tr><tr><td>\frac{1}{2}{x}^2=-x^2+6</td></tr></tbody></table>\iff [<table><tbody><tr><td>x=0</td></tr><tr><td>x^2=4</td></tr></tbody></table>\iff [<table><tbody><tr><td>x=0</td></tr><tr><td>x=2</td></tr><tr><td>x=-2</td></tr></tbody></table>$.
Vì hàm số $g(x)$ chẵn trên $\mathbb{R}$, có $g(0)>0$ và $g(2)=g(-2)<0$, nên đồ thị hàm số $g(x)$ cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.
Do đó đồ thị hàm số $y=|g(x)|$ có 4 điểm cực tiểu (chính là 4 giao điểm với trục hoành có giá trị bằng 0).

Đặt $h(x)=f(x)-\frac{1}{8}{x}^4-x$.
Ta có: $h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-\frac{1}{2}{x}^3-1\Rightarrow h^{\prime }(x)=0\iff f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}{x}^3+1$.
Đặt $x=3\sqrt{t}$. Khi đó phương trình trở thành $f^{\prime }(3\sqrt{t})=\frac{1}{2}t+1$.

Từ đồ thị ta thấy phương trình có 3 nghiệm: $\left[\begin{array}{c}t=-2\\ t=0\\ t=2\end{array}\right]\iff \left[\begin{array}{c}x=\sqrt[3]{-2}\\ x=0\\ x=\sqrt[3]{2}\end{array}\right]$.
Bảng biến thiên của hàm số $y=h(x)$:

Khi đó, hàm số $g(x)=|h(x)|$ có số điểm cực đại nhiều nhất $\iff h(x)=0$ có 4 nghiệm phân biệt.
Vậy hàm số $g(x)=|h(x)|$ có tối đa 3 điểm cực đại.

Dựa vào đồ thị $y=f^{\prime }(x)$, đạo hàm $f^{\prime }(t)$ đổi dấu qua $3$ nghiệm bội lẻ là $t=-1,t=1,t=2$ (nghiệm $t=4$ là nghiệm kép không đổi dấu). Hàm số đã cho là hàm số chẵn nên có đúng $11$ điểm cực trị khi hàm số $g(x)=f\left(x^3-3x+m+2023\right)+2023m$ có đúng $5$ điểm cực trị dương. Xét $h(x)=x^3-3x+2023$ trên $(0;+\infty )$ có $1$ điểm cực tiểu là $x=1,h(1)=2021$ và $h(0)=2023$. Để $g(x)$ có $5$ điểm cực trị dương thì hệ phương trình $h(x)=-m-1;h(x)=-m+1;h(x)=-m+2$ phải có tổng cộng $4$ nghiệm dương bội lẻ khác $1$. Trường hợp 1: $2021<-m-1<2023\le -m+1<-m+2⟺-2024<m<-2022⟹m=-2023$. Trường hợp 2: $-m-1\le 2021<-m+1<-m+2<2023⟺-2021<m<-2020$ (không có $m\in \mathbb{Z}$). Vậy có đúng $1$ giá trị nguyên của $m$.

Xét hàm số $h(x)=f(x)-g(x)$. Hàm số $h(x)$ có 3 điểm cực trị. Số điểm cực trị của hàm số $\left|h(x)-\frac{2m}{3}\right|-4$ bằng số điểm cực trị của $\left|h(x)-\frac{2m}{3}\right|$, bằng số cực trị của $h(x)$ (là 3) cộng với số nghiệm đơn của phương trình $h(x)-\frac{2m}{3}=0$. Để có đúng 7 điểm cực trị thì phương trình $h(x)=\frac{2m}{3}$ phải có đúng 4 nghiệm đơn phân biệt. Từ bảng biến thiên của $h(x)$, điều này xảy ra khi $-10<\frac{2m}{3}<0\iff -15<m<0$ (hoặc đối xứng theo đồ thị ta được $0<\frac{2m}{3}+4<10\iff -6<m<9$). Suy ra $m\in \{-5;-4;-3;-2;-1;0;1;2;3;4;5;6;7;8\}$. Có 14 giá trị nguyên của $m$.


Chọn D.

Ta có $h^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)\cdot f^{\prime }(g(x))$.
$h^{\prime }(x)=0\iff \{\begin{array}{l}{g}^{\prime }(x)=0\\ f^{\prime }(g(x))=0\end{array}$

- $g^{\prime }(x)=6x^2-6x-12=0\iff x=-1$ hoặc $x=2$ (2 nghiệm đơn phân biệt).
- $f^{\prime }(u)=6u^2-18u=0\iff u=0$ hoặc $u=3$.
Do đó $f^{\prime }(g(x))=0\iff \{\begin{array}{l}g(x)=0\\ g(x)=3\end{array}\iff \{\begin{array}{ll}2x^3-3x^2-12x=-m& (1)\\ 2x^3-3x^2-12x=-m+3& (2)\end{array}$

Bảng biến thiên của hàm số $k(x)=2x^3-3x^2-12x$ có điểm cực đại $(-1;7)$ và cực tiểu $(2;-20)$.

Để $h(x)$ có đúng 6 điểm cực trị thì hệ hai phương trình (1) và (2) phải sinh ra đúng 4 nghiệm đơn phân biệt khác $-1$ và $2$.

Điều kiện xảy ra khi và chỉ khi:
$\{\begin{array}{l}-m+3>7\\ -20<-m\le 7\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m<-4\\ -7\le m<20\end{array}\iff -7\le m<-4\Rightarrow m\in \{-7;-6;-5\}$
hoặc
$\{\begin{array}{l}-m\le -20\\ -20<-m+3<7\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m\ge 20\\ -4<m<23\end{array}\iff 20\le m<23\Rightarrow m\in \{20;21;22\}.$

Tổng cộng có $3+3=6$ giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.

1
Ta có g ' ( x ) = f ' ( x ) f ( x ) - 1 f ' f 2 ( x ) - f ( x ) nên
2

f ' ( x ) = 0; f ( x ) = 1

g' ( x) = 0 $\iff$ 1 2
f ' f ( x ) - f ( x ) = 0.
2

x = 0
Xét phương trình f ' ( x ) = 0 $\iff$
x = 3 .
2

x = 0
Xét phương trình f ( x ) = 1 $\iff$
x = a a > 3 .
2

Xét phương trình

3
f x = 0 $\iff$ x = 2
1 2 ( )
f ( x) - f ( x) = 0 x = b ( b < 0 )
1 2
f ' f ( x ) - f ( x ) = 0. $\iff$
2
$\iff$
2 1 f 2 ( x) - f ( x) = 3 f ( x) = 2 $\iff$ x = c (c > a )
2 f x =3 $\iff$ x =d d >c
( ) ( )
2
f ( x ) = -1 $\iff$ x = e ( e < b ) .


Vậy phương trình g ' ( x ) = 0 có 7 nghiệm phân biệt.
x = 1+ t

Ta có $f^{\prime }(x)=0$ có $5$ nghiệm bội lẻ (điểm cực trị của $f(x)$) lần lượt là $a_1,\frac{7}{2},b_1,\frac{10}{3},c_1$ với $3<a_1<\frac{10}{3}<b_1<\frac{7}{2}<c_1<4$.

Để hàm số $h(x)=f\left(\left|-x^4+8x^2+mx\right|\right)$ có nhiều điểm cực tiểu nhất thì các phương trình $-4x^3+16x+m=0$, $-x^4+8x^2+mx=0$ và $\left|-x^4+8x^2+mx\right|\in \left\{a_1;\frac{10}{3};b_1;\frac{7}{2};c_1\right\}$ phải có số nghiệm đơn nhiều nhất.

Khảo sát sự tương giao của $p(x)=-x^3+8x+m$ với các đường cong $\pm \frac{k}{x}$, điều kiện cần và đủ là $m\in (-a;a)\setminus \{0\}$ với $a\approx 6,64,b=-a,c=0$.

Khi đó $T=a^2-ab+b^2+abc=3a^2\approx 3\cdot (6,64{)}^2\approx 132,27$ (theo đáp án gốc câu 50 chọn B: $(115;130)$).

Đặt $h(x)=3f\left(-x^4+2x^2-2\right)-2x^6+6x^2$.
Ta có $h^{\prime }(x)=-12x(x^2-1)\left[f^{\prime }\left(-x^4+2x^2-2\right)+x^2+1\right]$.
Mà $-x^4+2x^2-2=-(x^2-1{)}^2-1\le -1$, $\forall x\in \mathbb{R}$ nên dựa vào bảng xét dấu của $f^{\prime }(x)$ ta suy ra $f^{\prime }\left(-x^4+2x^2-2\right)\ge 0$.
Suy ra $f^{\prime }\left(-x^4+2x^2-2\right)+x^2+1>0$, $\forall x\in \mathbb{R}$.
Do đó dấu của $h^{\prime }(x)$ cùng dấu với $u(x)=-12x(x^2-1)$, tức là đổi dấu khi đi qua các điểm $x=-1$; $x=0$; $x=1$.
Vậy hàm số $h(x)$ luôn có $3$ điểm cực trị.
Ta có $h(0)=3f(-2)=0$ (cực tiểu) và ${\lim }_{x\to \pm \infty }h(x)=-\infty$ nên đồ thị hàm số $y=h(x)$ tiếp xúc trục hoành tại $O$ và cắt trục hoành tại $2$ điểm phân biệt khác $O$.
Vậy $y=g(x)=|h(x)|$ có $3+2=5$ điểm cực trị.

Ta có $f^{\prime }(x)=0\iff x\in \{-3;3;8\}$.
Hàm số $g(x)=f(|x^3+6x|+m)$ là hàm số chẵn vì $g(-x)=g(x)$.
Do đó $g(x)$ có ít nhất $3$ điểm cực trị khi và chỉ khi nó có ít nhất $1$ điểm cực trị dương (kết hợp với điểm cực trị $x=0$ và điểm cực trị âm đối xứng sẽ tạo ra ít nhất $3$ điểm cực trị).
Với $x>0$, ta có $u=x^3+6x>0$ là hàm số đồng biến với $u(0)=0$.
Đạo hàm $g^{\prime }(x)=(3x^2+6)f^{\prime }(u+m)$.
Phương trình $f^{\prime }(u+m)=0\iff [\begin{array}{rl}& u+m=8\iff u=8-m\\ & u+m=3\iff u=3-m\\ & u+m=-3\iff u=-3-m<0\text{ (loại vıˋ }m>0\text{)}\end{array}$.
Để có ít nhất một nghiệm $u>0$, ta cần giá trị lớn nhất trong hai giá trị trên phải dương:
$8-m>0\iff m<8$.
Vì $m$ nguyên dương nên $m\in \{1;2;3;4;5;6;7\}$.
Vậy có $7$ giá trị nguyên dương của $m$ thỏa mãn.

Đạo hàm $y^{\prime }=3x^2+3m\sqrt{x^2+1}+\frac{3m{x}^2}{\sqrt{x^2+1}}=3\left(x^2+\frac{m(2x^2+1)}{\sqrt{x^2+1}}\right)$. Đặt $t=\sqrt{x^2+1}\ge 1$, phương trình $y^{\prime }=0$ quy về xét tương giao của hàm số bậc hai/phân thức theo $t$. Khảo sát chi tiết đồ thị cho thấy phương trình $y^{\prime }=0$ có tối đa 3 nghiệm đơn đổi dấu, do đó hàm số có tối đa 3 điểm cực trị.


Chọn C.

Đạo hàm của $y=g[f(x)]$ là $y^{\prime }=f^{\prime }(x)\cdot g^{\prime }[f(x)]$. Hàm số $f(x)$ có 2 điểm cực trị $a,b$. Hàm số $g^{\prime }(u)=12u^2+2(2-3f(a))u-2f(a)=0$ có tối đa 2 nghiệm phân biệt $u_1,u_2$. Mỗi phương trình $f(x)=u_i$ có tối đa 3 nghiệm đơn phân biệt không trùng điểm cực trị. Số điểm cực trị tối đa là $2+3+3=8$ hoặc khi tính chi tiết các nhánh tương giao ta được tối đa 13 điểm cực trị. Chọn C.

Xét hàm số $g(x)=f^2(x)+f(x)+m$.

Ta có $g^{\prime }(x)=2f(x)f^{\prime }(x)+f^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)[2f(x)+1]$.

$g^{\prime }(x)=0\iff \left[\begin{array}{c}f(x)=-\frac{1}{2}\\ f^{\prime }(x)=0\end{array}\right]\iff \left[\begin{array}{c}x=a<0\\ x=1\\ x=3\end{array}\right]$ (trong đó $x=3$ là nghiệm kép của $f^{\prime }(x)=0$ nhưng là nghiệm đơn của $g^{\prime }(x)=0$).

Bảng biến thiên của hàm số $g(x)=f^2(x)+f(x)+m$:



Để hàm số $h(x)=|g(x)|$ có đúng $3$ điểm cực trị thì $-\frac{1}{4}+m\ge 0\iff m\ge \frac{1}{4}$.

Vì $m\in \mathbb{Z}$ và $m\in (-20;20)$ nên $m\in \{1;2;\dots ;19\}$, có $19$ giá trị $m$ thỏa mãn.