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

**Chọn C**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Bắc Ninh - Mã đề 101, trang 13-14; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

Ta có $f(x)=\int \left(\frac{1}{2}{x}^2-2x+\frac{3}{2}\right)dx=\frac{x^3}{6}-x^2+\frac{3}{2}x+C$.
Vì $f(0)=0\Rightarrow C=0$, do đó $f(x)=\frac{x^3}{6}-x^2+\frac{3}{2}x$.

Đặt $h(x)=f^2(x)+2f(x)+m$.
Ta có $h^{\prime }(x)=2f^{\prime }(x)(f(x)+1)$.
$h^{\prime }(x)=0\iff [\begin{array}{rl}& f^{\prime }(x)=0\\ & f(x)=-1\end{array}\iff [\begin{array}{rl}& x=1\text{ hoặc }x=3\\ & x=a\approx -0.4920\end{array}$.

Xét biến thiên của $h(x)$:
- $h^{\prime }(x)$ đổi dấu khi qua các nghiệm đơn $a,1,3$.
- $h(a)=(-1{)}^2+2(-1)+m=-1+m$.
- $h(1)={\left(\frac{2}{3}\right)}^2+2\left(\frac{2}{3}\right)+m=\frac{16}{9}+m$.
- $h(3)=0^2+2(0)+m=m$.

Bảng biến thiên của $h(x)$ có 3 điểm cực trị. Hàm số $g(x)=|h(x)|$ có số điểm cực trị bằng số điểm cực trị của $h(x)$ cộng với số nghiệm bội lẻ của phương trình $h(x)=0$.
Để $g(x)$ có đúng $3$ điểm cực trị thì phương trình $h(x)=0$ không có nghiệm bội lẻ, tức đồ thị $h(x)$ không cắt trục hoành:
$\min h(x)=h(a)=-1+m\ge 0\iff m\ge 1$.
Kết hợp với điều kiện $m\in (-2021;2022)$ và $m\in \mathbb{Z}$, ta được $m\in \{1;2;\dots ;2021\}$.
Vậy có $2021$ giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.

Xét $h(x)=3x^4+4x^3-12x^2$, có $h^{\prime }(x)=12x(x-1)(x+2)=0\iff x\in \{-2;0;1\}$, với $h(-2)=-32,h(0)=0,h(1)=-5$.
Hàm số $y=|h(x)+2m|$ có $7$ điểm cực trị khi phương trình $h(x)=-2m$ có $4$ nghiệm phân biệt, tức là $-5<-2m<0\iff 0<m<\frac{5}{2}$.
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $S=\{1;2\}$. Tổng các phần tử của $S$ bằng $1+2=3$.

Chọn B.


Ta có đạo hàm $f^{\prime }(x)=0\iff -a=x+\sqrt{x^2+1}$.
Hàm số có nghiệm duy nhất khi $a<0$.
Điều kiện $y_0<-5$ luôn thỏa mãn với mọi $a<0$.
Do đó $a\in \{-19,-18,\dots ,-1\}$. Có đúng 19 giá trị nguyên của $a$.

Ta viết lại hàm doanh số: $f(t)=\frac{3000e^t}{e^t+3}$.
Đạo hàm bậc nhất biểu thị tốc độ bán hàng:
$h(t)=f^{\prime }(t)=\frac{3000e^t(e^t+3)-3000e^t\cdot e^t}{(e^t+3{)}^2}=\frac{9000e^t}{(e^t+3{)}^2}$.
Để tốc độ bán hàng lớn nhất, ta tìm điểm cực đại của $h(t)$ bằng cách xét đạo hàm $h^{\prime }(t)$:
$h^{\prime }(t)=\frac{9000e^t(e^t+3{)}^2-9000e^t\cdot 2(e^t+3)e^t}{(e^t+3{)}^4}=\frac{9000e^t(e^t+3-2e^t)}{(e^t+3{)}^3}=\frac{9000e^t(3-e^t)}{(e^t+3{)}^3}$.
Cho $h^{\prime }(t)=0\iff 3-e^t=0\iff e^t=3\iff t=\ln 3$.
Bảng biến thiên cho thấy $h(t)$ đạt cực đại tại $t=\ln 3\approx 1,0986\approx 1,1\text{ na˘m}$.
Vậy sau khi phát hành khoảng $1,1\text{ na˘m}$ thì tốc độ bán hàng là lớn nhất.

**Chọn C**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Phú Yên - Mã đề 132, trang 8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

**Chọn B**

 x  1
Ta có:  f  x  2 x     2 x  2  f '  x  2 x   2  x  1 f '  x  2 x   0   x  2
'
2 2 2

 x  5

Suy ra:

2  x  1 f '  x 2  2 x   a  x  1 x  2  x  5 

 x  2  x  2x  8
2
a
 f '  x2  2x    x  2  x  5  0    2
2  x  5  x  2 x  35

 3

Nhận thấy hàm y  f x 4  4 x  6 x 2  4 x là hàm số chẵn nên đồ thị hàm số sẽ đối xứng
nhau qua trục tung, do đó số điểm cực trị có dạng 2 k  1 với k là số điểm cực trị có hoành độ
dương của hàm số y  f  x 4  4 x3  6 x 2  4 x  .

Xét hàm: y  f  x 4  4 x3  6 x 2  4 x  với x   0;   .

Ta có:

y   4 x 3  12 x 2  12 x  4  f '  x 4  4 x 3  6 x 2  4 x   0
x  1

x  1 x  1 3
 4 x  12 x  12 x  4  0
3 2
 4 (Đều là nghiệm
   x  4 x 3  6 x 2  4 x  8   x  1  3
 f '  x  4 x  6 x  4 x   0
4 3 2
 x 4  4 x 3  6 x 2  4 x  35 x  1 6


 x  1  6
đơn).

Do đó hàm số y  f  x 4  4 x3  6 x 2  4 x  có ba điểm cực trị có hoành độ dương.

 3

Vậy hàm y  f x 4  4 x  6 x 2  4 x có số điểm cực trị bằng 2.3  1  7 .

Từ đồ thị $y=f^{\prime }(x)$ đi qua $(0;1)$ và đạt cực tiểu tại $(2;-3)$, cực đại tại $x=0$, ta có $f^{\prime }(x)=x^3-3x^2+1$. Suy ra $f(x)=\frac{1}{4}{x}^4-x^3+x-1\Rightarrow g(x)=f(x)-x=\frac{1}{4}{x}^4-x^3-1$. Ta có $g^{\prime }(x)=x^3-3x^2=0\iff x=0$ (bội chẵn) hoặc $x=3$ (nghiệm đơn), nên $g(x)$ có $1$ điểm cực trị tại $x=3$ với $g(3)=-\frac{31}{4}<0$. Mặt khác ${\lim }_{x\to \pm \infty }g(x)=+\infty$ nên đồ thị $y=g(x)$ cắt trục hoành tại $2$ điểm phân biệt. Vậy hàm số $y=|g(x)|$ có $1+2=3$ điểm cực trị. Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm của $(C)$ và $(C^{\prime })$ có 3 nghiệm $x=2,x=3,x=6$ nên $f(x)-f^{\prime }(x)=a(x-2)(x-3)(x-6)=a{x}^3-11a{x}^2+36ax-36a$. Mặt khác $f^{\prime }(x)=3a{x}^2+2(a-9)x+c$, đồng nhất hệ số của $x^2$ trong $f(x)-f^{\prime }(x)$ ta có $(a-9)-3a=-11a\iff 9a=9\iff a=1$. Khi đó $f(x)=(x-2)(x-3)(x-6)+f^{\prime }(x)$, đạo hàm hai vế và đồng nhất hệ số ta tìm được $f(x)=x^3-8x^2+20x-16=(x-2{)}^2(x-4)$, có hai điểm cực trị là $x=2$ và $x=\frac{10}{3}$. Tổng hai giá trị cực trị là $f(2)+f\left(\frac{10}{3}\right)=0+\left(-\frac{32}{27}\right)=\frac{-32}{27}$. Chọn B.

Ta có $f^{\prime }(x)=(x+3)(x-2)$. Xét $g(x)=f(x^3-3x^2-9x+m)$, ta có $g^{\prime }(x)=(3x^2-6x-9)f^{\prime }(x^3-3x^2-9x+m)=0\iff x\in \{-1;3\}$ hoặc $h(x)=x^3-3x^2-9x=-m-3$ hoặc $h(x)=x^3-3x^2-9x=-m+2$. Hàm số $h(x)=x^3-3x^2-9x$ đạt cực đại $h(-1)=5$ và cực tiểu $h(3)=-27$. Để $g(x)$ có đúng $6$ điểm cực trị thì tổng số nghiệm bội lẻ (khác $-1$ và $3$) của hai phương trình $h(x)=-m-3$ và $h(x)=-m+2$ phải bằng $4$, tức một đường thẳng cắt đồ thị $y=h(x)$ tại $3$ điểm phân biệt (thuộc khoảng $(-27;5)$) và đường thẳng còn lại cắt tại $1$ điểm bội lẻ (nằm ngoài đoạn $[-27;5]$): $[<table><tbody><tr><td>-27<-m-3<5\le -m+2</td></tr><tr><td>-m-3\le -27<-m+2<5</td></tr></tbody></table>\iff [<table><tbody><tr><td>-3\le m<2</td></tr><tr><td>24\le m<29</td></tr></tbody></table>$. Do $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{-3;-2;-1;0;1\}\cup \{24;25;26;27;28\}$, có tất cả $5+5=10$ giá trị nguyên của $m$. Chọn A.

Xét $h(x)=f(x^6)-x^3$, ta có $h^{\prime }(x)=3x^2(2x^3{f}^{\prime }(x^6)-1)=0\iff x=0$ (bội chẵn) hoặc $f^{\prime }(t)=\pm \frac{1}{2\sqrt{t}}$ với $t=x^6>0$, có duy nhất một nghiệm $x=\sqrt[3]{t_0}>0$. Do $h(0)=0$ nên đồ thị $y=h(x)$ có $1$ điểm cực trị và cắt trục hoành tại $2$ điểm phân biệt. Vậy hàm số $g(x)=|h(x)|$ có $3$ điểm cực trị.

Từ đồ thị $f^{\prime }(1+2x)=0\iff x\in \{-4;1;5\}$, suy ra $f^{\prime }(t)=0\iff t\in \{-7;3;11\}$. Vì $g(x)=f(|x^3+5x|+m)=f(|x|(x^2+5)+m)$ là hàm số chẵn trên $\mathbb{R}$, nên để $g(x)$ có ít nhất $5$ điểm cực trị thì hàm số $h(x)=f(x^3+5x+m)$ phải có ít nhất $2$ điểm cực trị dương. Ta có $h^{\prime }(x)=(3x^2+5)f^{\prime }(x^3+5x+m)=0\iff x^3+5x+m\in \{-7;3;11\}$. Do $u(x)=x^3+5x$ đồng biến từ $0$ đến $+\infty$ trên $(0;+\infty )$, để hệ phương trình có ít nhất $2$ nghiệm dương thì $m<3$. Vì $m\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $m\in \{1;2\}$, có $2$ giá trị. Chọn B.

Ta có $g^{\prime }(x)=(3x^2-6x)f^{\prime }(x^3-3x^2+m)$. Nghiệm bội lẻ của $f^{\prime }(t)=0$ là $t=0$ và $t=2$ (nghiệm $t=1$ là nghiệm bội chẵn nên không làm đổi dấu). Do đó $g^{\prime }(x)$ đổi dấu qua $x=0,x=2$ và các nghiệm đơn của hai phương trình $x^3-3x^2=-m$ (1) và $x^3-3x^2=-m+2$ (2). Xét $h(x)=x^3-3x^2$ có $h_{\text{CĐ}}=h(0)=0$ và $h_{\text{CT}}=h(2)=-4$. Để $g(x)$ có $8$ điểm cực trị thì cả hai phương trình (1) và (2) đều phải có $3$ nghiệm phân biệt khác $0$ và $2$, tức là $\{\begin{array}{l}-4<-m<0\\ -4<-m+2<0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}0<m<4\\ 2<m<6\end{array}\iff 2<m<4$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m=3$, có $1$ giá trị. Chọn C.

Đạo hàm $f^{\prime }(u)$ đổi dấu qua $u=0$ và $u=4$ (nghiệm bội chẵn $u=-1$ không đổi dấu). Ta có $g^{\prime }(x)=(4x-12)f^{\prime }(2x^2-12x+m)$. Để $g(x)$ có đúng $5$ điểm cực trị thì mỗi phương trình $2x^2-12x+m=0$ và $2x^2-12x+m=4$ đều phải có $2$ nghiệm phân biệt khác $3$, tức là $m-18<0\iff m<18$. Do $m\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $m\in \{1;2;\dots ;17\}$, có $17$ giá trị. Chọn C.

Từ đồ thị $y=f^{\prime }(x^3+3x-1)$, nghiệm bội lẻ của $f^{\prime }(u)=0$ tương ứng với $x\in \{-1;1;3\}$, tức là $u\in \{-5;3;35\}$, với $f^{\prime }(u)>0$ trên $(-5;3)\cup (35;+\infty )$. Xét $g(x)=f(x^2-2x)$, có $g^{\prime }(x)=(2x-2)f^{\prime }(x^2-2x)$. Giải $g^{\prime }(x)=0\iff x=1$ hoặc $x^2-2x=3\iff x\in \{-1;3\}$ hoặc $x^2-2x=35\iff x\in \{1-6;1+6\}=\{-5;7\}$. Lập bảng xét dấu $g^{\prime }(x)$ qua $5$ nghiệm đơn $-5,-1,1,3,7$, ta thấy $g^{\prime }(x)$ đổi dấu từ dương sang âm tại $2$ điểm, nên hàm số có $2$ điểm cực đại.

Ta có $f^{\prime }(x)=-x^2-2mx+m^2-9$.
Để hàm số chẵn $y=f(|x|)$ có đúng $1$ điểm cực đại (tại $x=0$ với ${\lim }_{x\to \pm \infty }f(|x|)=-\infty$) thì hàm số $y=f(x)$ không có điểm cực trị dương, tức là:
- TH1: $f^{\prime }(x)\le 0,\forall x\in \mathbb{R}\iff {\Delta }^{\prime }=2m^2-9\le 0\iff -\frac{3\sqrt{2}}{2}\le m\le \frac{3\sqrt{2}}{2}$.
- TH2: Phương trình $f^{\prime }(x)=0$ có hai nghiệm phân biệt không dương $x_1<x_2\le 0\iff \{\begin{array}{l}{\Delta }^{\prime }>0\\ S=-2m<0\\ P=9-m^2\ge 0\end{array}\iff \frac{3\sqrt{2}}{2}<m\le 3$.
Kết hợp hai trường hợp ta được $-\frac{3\sqrt{2}}{2}\le m\le 3$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{-2;-1;0;1;2;3\}$. Vậy có $6$ giá trị nguyên của tham số $m$.

Ta có $f^{\prime }(x)=x(x-1)(x+3{)}^2$ đổi dấu qua $x=0$ và $x=1$ (không đổi dấu qua $x=-3$).
a) Sai: Hàm số $f(x)$ chỉ có $2$ điểm cực trị là $x=0$ và $x=1$.
b) Đúng: $f^{\prime }(x)$ đổi dấu từ dương sang âm qua $x=0$ nên có $1$ điểm cực đại.
c) Sai: Với $g(x)=f(x^2-6x+10)$, $x^2-6x+10=(x-3{)}^2+1\ge 1$ nên $g^{\prime }(x)=2(x-3)f^{\prime }((x-3{)}^2+1)$ chỉ đổi dấu tại $x=3$, có $1$ điểm cực trị.
d) Đúng: Để $y=f(x^2-6x+m)$ có $5$ điểm cực trị thì phương trình $x^2-6x+m=0$ và $x^2-6x+m=1$ đều có $2$ nghiệm phân biệt $\iff m-9<0\iff m<9$. Vì $m\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $m\in \{1,2,\dots ,8\}$ (có $8$ giá trị).

Chọn A.
Đặt $g(x)=3x^4-4x^3-12x^2+m\Rightarrow g^{\prime }(x)=12x^3-12x^2-24x$.
Xét $g^{\prime }(x)=0\iff [<table><tbody><tr><td>x=0</td></tr><tr><td>x=-1</td></tr><tr><td>x=2</td></tr></tbody></table>$. Nhận xét $y=g(x)$ có $3$ điểm cực trị.
Do đó $y=|g(x)|$ có $5$ điểm cực trị $\Rightarrow g(x)=0$ có $2$ nghiệm bội lẻ $\iff h(x)=3x^4-4x^3-12x^2=-m$ có $2$ nghiệm bội lẻ.
Khảo sát và lập bảng biến thiên của hàm $h(x)$ ta được:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy yêu cầu bài toán $\iff [<table><tbody><tr><td>-m\ge 0</td></tr><tr><td>-32<-m\le -5</td></tr></tbody></table>\iff [<table><tbody><tr><td>m\le 0</td></tr><tr><td>5\le m<32</td></tr></tbody></table>$.
Lời giải gốc (trang 21) tính cả $m=0$: $m\in \{0\}\cup \{5;6;\dots ;30;31\}$, vậy có tất cả $27$ giá trị thỏa mãn (Chọn A; nếu chỉ lấy $m$ nguyên dương $m\ge 1$ thì có $26$ giá trị $m\in \{5;6;\dots ;31\}$).

Từ bảng xét dấu của $f^{\prime }(2x+1)$ suy ra $f^{\prime }(2x+1)$ đổi dấu tại $x\in \left\{-1;0;\frac{1}{2}\right\}$, do đó hàm số $f(u)$ có $3$ điểm cực trị là $u=-1,u=1,u=2$.
Nhận xét: hàm số $g(x)=f\left(|x^{2023}+2023x|+m\right)$ là hàm số chẵn nên $g(x)$ có ít nhất $5$ điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số $g(x)=f(x^{2023}+2023x+m)$ có ít nhất $2$ điểm cực trị dương.
Xét trên $(0;+\infty )$, ta có $g^{\prime }(x)=(2023x^{2022}+2023)f^{\prime }(x^{2023}+2023x+m)=0\iff x^{2023}+2023x\in \{-1-m;1-m;2-m\}$.
Vì hàm số $h(x)=x^{2023}+2023x$ đồng biến trên $(0;+\infty )$ với $h(0)=0$ và ${\lim }_{x\to +\infty }h(x)=+\infty$, đồng thời $-1-m<1-m<2-m$, nên $g^{\prime }(x)=0$ có ít nhất $2$ nghiệm dương bội lẻ khi và chỉ khi $1-m>0\iff m<1$.
Kết hợp $m\in [-2023;2023]$ và $m\in \mathbb{Z}$ ta có $m\in \{-2023;-2022;\dots ;0\}$, tức là có $2024$ giá trị nguyên của $m$. Chọn C.

Xét hàm số $h(x)=f(x^3-3x)$ với $x>0$. Ta có $h^{\prime }(x)=(3x^2-3)f^{\prime }(x^3-3x)=0$ (với $x>0$) tại $x\in \{1;\sqrt{3};2\}$. Lập bảng biến thiên của hàm chẵn $u(x)=f(|x{|}^3-3|x|)$, hàm số $u(x)$ có $7$ điểm cực trị với các giá trị cực đại là $5$ và các giá trị cực tiểu là $-5,-10$. Để hàm số $y=|u(x)-5m|$ có đúng $9$ điểm cực trị thì phương trình $u(x)=5m$ phải cắt đồ thị $u(x)$ tại đúng $2$ điểm đơn (khác các điểm cực trị), điều này xảy ra khi $5m\ge 5\iff m\ge 1$. Kết hợp $m\in \mathbb{Z},m\in [-20;20]$ suy ra $1\le m\le 20$, có $20$ giá trị nguyên của $m$.