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

Do $1<b\le 2$ nên $(b-1)(b^2-4)\le 0\iff b^2+4b-4\ge b^3$. Suy ra $P\ge 2{\log }_a{b}^3+{\left(\frac{1}{{\log }_{a}b-1}\right)}^2=6{\log }_{a}b+\frac{1}{({\log }_{a}b-1{)}^2}$. Đặt $t={\log }_{a}b>1$ (vì $1<a<b$). Xét $f(t)=6t+\frac{1}{(t-1{)}^2}$ với $t>1$, ta có $f^{\prime }(t)=6-\frac{2}{(t-1{)}^3}=0\iff t=1+\frac{1}{\sqrt[3]{3}}$. Khi đó ${\min }_{t>1}f(t)=f\left(1+\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right)=6+3\sqrt[3]{9}$. Suy ra $m=6,n=9\Rightarrow S=2m+n=21$.

Chọn đáp án C
Từ đồ thị hàm số $y=f^{\prime }(x)$ suy ra $f^{\prime }(x)=m(x+1)(x-1{)}^2(x-2)$ với $m<0$.
Đặt $h(x)=f(x)-r=f(x)-f(0)\Rightarrow h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)$.
Bảng biến thiên của $h(x)$:
$h^{\prime }(x)=0\iff x=-1,x=1$ (nghiệm kép), $x=2$.
Hàm số $h(x)$ có 2 điểm cực trị tại $x=-1$ và $x=2$.
Ta có: $h(-1)=f(-1)-f(0)<0$ và $h(2)=f(2)-f(0)>0$.
Suy ra phương trình $h(x)=0$ có 3 nghiệm đơn phân biệt.
Vậy số điểm cực trị của $g(x)=|h(x)|$ bằng số điểm cực trị của $h(x)$ cộng số nghiệm đơn của $h(x)=0$:
$2+3=5$ điểm cực trị.

Đáp án chính thức theo bảng đáp án (Mã đề 132, trang 7): Chọn C.

Phương trình $f(t)=0$ có $3$ nghiệm đơn $t\in \{2-\sqrt{3},2,2+\sqrt{3}\}$ và $f^{\prime }(t)=0$ có $2$ nghiệm đơn $t\in \{1,3\}$. Để $y=|f(x^2+m-5)|$ có ít nhất $7$ điểm cực trị thì ít nhất $3$ trong $5$ phương trình $x^2+m-5=t_i$ phải có $2$ nghiệm phân biệt $\iff m-5<2\iff m<7$. Vì $m\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $m\in \{1,2,3,4,5,6\}$, có $6$ giá trị.

Chọn A

Hàm số bậc bốn có 2 điểm cực đại khi và chỉ khi $y^{\prime }=0$ có 3 nghiệm phân biệt và hệ số $m<0$. Ta có $y^{\prime }=4m{x}^3+3(2m-1)x^2+2(m-1)x+1=(x+1)[4m{x}^2+(2m-3)x+1]$. Để có 3 nghiệm phân biệt thì $m<0$, $\Delta >0$ và nghiệm khác $-1$. Đếm các giá trị nguyên của $m\in [-100;-1]$ thỏa mãn ta được 99 giá trị. Chọn D.

Chọn A
Ta có: $f^{\prime }(x)=0\iff x^2(x+1)(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})=0$.
Các nghiệm đơn và bội lẻ của $f^{\prime }(x)$ là $x\in \{-1;-\sqrt{2};\sqrt{2}\}$. Nghiệm $x=0$ là nghiệm bội chẵn (bội 2) nên qua đó $f^{\prime }(x)$ không đổi dấu.
Đặt $u(x)=x^3-3x+m\Rightarrow u^{\prime }(x)=3x^2-3=0\iff x=\pm 1$.
Hàm số $u(x)$ có 2 điểm cực trị tại $x=-1$ (giá trị cực đại là $m+2$) và $x=1$ (giá trị cực tiểu là $m-2$).
Đạo hàm của $y=f(u(x))$ là $y^{\prime }=u^{\prime }(x)\cdot f^{\prime }(u(x))$.
Để hàm số có đúng 7 điểm cực trị thì phương trình $f^{\prime }(u(x))=0$ phải có 5 nghiệm đơn phân biệt khác $\pm 1$.
Điều này tương đương với:
- $u(x)=\sqrt{2}$ có 3 nghiệm phân biệt $\iff m-2<\sqrt{2}<m+2$.
- $u(x)=-1$ có 1 nghiệm $\iff -1<m-2$ hoặc $-1>m+2$.
- $u(x)=-\sqrt{2}$ có 1 nghiệm $\iff -\sqrt{2}<m-2$ hoặc $-\sqrt{2}>m+2$.
Kết hợp các điều kiện trên và $m\in \mathbb{Z}$, ta tìm được đúng 1 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.
Vậy có 1 giá trị nguyên của $m$.

Chọn C

25
Từ đồ thị hàm số f ' ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d đi qua các điểm ( -2;1) , ( 0;0 ) , ( 4; 2 )
4
 ax 4 bx3 cx 2  4
và  - f ' ( x ) dx = 7 $\iff$  + + | = -7 nên ta tính được:
0  4 3 2 0
9 3 17 9 3 9 2 17
a = ,b = - , c = - , d = 0 $\Rightarrow$ f '( x) = x - x - x
128 64 32 128 64 16
9 4 3 3 17 2
$\Rightarrow$ f ( x) = x - x - x +C .
512 64 32
1 1
+ f ( 0) = $\Rightarrow$ C = .
2 2
[ x = -2
Xét hàm số h ( x ) = 4 f ( x ) + x + m $\to$ h' ( x ) = 4 f ' ( x ) + 2 x . Cho h' ( x ) = 0 $\Rightarrow$  x = 0 .
2

[ x = 4
1
Ta có: h ( -2 ) = 4 f ( -2 ) + 4 + m = + m và h ( 4 ) = 4 f ( 4 ) + 16 + m = -10 + m
8
Bảng biến thiên

Từ BBT, để hàm số g ( x ) = h ( x ) có ít nhất 5 cực trị khi -10 + m  0 $\iff$ m  10 .

Ta có $y^{\prime }=x^3-6x^2-m$. Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi $y^{\prime }=0\iff x^3-6x^2=m$ có 3 nghiệm phân biệt. Xét $g(x)=x^3-6x^2\Rightarrow g^{\prime }(x)=3x^2-12x=0\iff x=0$ hoặc $x=4$. Ta có $g(0)=0$ và $g(4)=-32$. Để có 3 nghiệm phân biệt thì $-32<m<0$. Do $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{-31,-30,\dots ,-1\}$, có 31 giá trị nguyên. Chọn B.

Chọn D
Đặt h ( x ) = f ( x ) - g ( x ) $\Rightarrow$ h ' ( x ) = f ' ( x ) - g ' ( x ) và h ( x0 ) = 6 .

+ Trên khoảng ( -$\infty$ ; x0 ) ta có, f ' ( x ) \ge 0 và g ' ( x ) \le 0 nên h ' ( x ) \ge 0 .

+ Trên khoảng ( x0 ; + $\infty$ ) ta có, f ' ( x ) \le 0 và g ' ( x ) \ge 0 nên h ' ( x ) \le 0 .

Đặt k ( x ) = m + 1 - h ( x ) , hàm số ban đầu trở thành y = k ( x ) .

Bảng biến thiên của hàm số k ( x )

Để hàm số y = k ( x ) có 7 điểm cực trị thì đường thẳng y = 0 cắt đồ thị hàm số k ( x ) tại 4
điểm phân biệt. Dựa vào BBT ta suy ra m - 5  0  m + 1 $\iff$ -1  m  5 . Vậy
a = -1, b = 5 $\Rightarrow$ a + b = 4 .

Chọn B.
Ta có $g(x)=e^{f(x)}-m\cdot 3^{f(x)}\Rightarrow g^{\prime }(x)=\left[e^{f(x)}-3^{f(x)}m\ln 3\right]f^{\prime }(x)$.
Ta có $g^{\prime }(x)=0\iff [<table><tbody><tr><td>f^{\prime }(x)=0</td></tr><tr><td>e^{f(x)}-3^{f(x)}m\ln 3=0</td></tr></tbody></table>\iff [<table><tbody><tr><td>x=-2</td></tr><tr><td>x=0</td></tr><tr><td>x=2</td></tr><tr><td>{\left(\frac{e}{3}\right)}^{f(x)}=m\ln 3</td></tr></tbody></table>$.
Để hàm số $g(x)=e^{f(x)}-m\cdot 3^{f(x)}$ có đúng $7$ điểm cực trị thì phương trình ${\left(\frac{e}{3}\right)}^{f(x)}=m\ln 3$ phải có bốn nghiệm bội lẻ khác $-2,0,2$.
Xét hàm số $h(x)={\left(\frac{e}{3}\right)}^{f(x)}$. Ta có $h^{\prime }(x)={\left(\frac{e}{3}\right)}^{f(x)}\ln \frac{e}{3}{f}^{\prime }(x)=0\iff [<table><tbody><tr><td>x=-2</td></tr><tr><td>x=0</td></tr><tr><td>x=2</td></tr></tbody></table>$.
Bảng biến thiên:

Do $h(2)>h(-2)$ nên để phương trình ${\left(\frac{e}{3}\right)}^{f(x)}=m\ln 3$ có bốn nghiệm bội lẻ khác $-2,0,2\iff h(0)<m\ln 3<h(-2)\iff \frac{1}{\ln 3}{\left(\frac{e}{3}\right)}^5<m<\frac{1}{\ln 3}{\left(\frac{3}{e}\right)}^3\stackrel{m\in \mathbb{Z}}{\to }m=1$.

Xét $f(x)=x^4+2m{x}^2-4$. Để đồ thị hàm số $y=|f(x)|$ có đúng $3$ điểm cực trị thì $m\ge 0$. Khi đó $3$ điểm cực trị là $A^{\prime }(0;4)$ và $B\left(\sqrt{-m+\sqrt{m^2+4}};0\right)$, $C\left(-\sqrt{-m+\sqrt{m^2+4}};0\right)$. Diện tích tam giác $A^{\prime }BC$ là $S=4\sqrt{-m+\sqrt{m^2+4}}>4\iff \sqrt{m^2+4}>m+1\iff m<\frac{3}{2}$. Kết hợp $m\ge 0$ và $m\in \mathbb{Z}$ ta được $m\in \{0;1\}$, có $2$ giá trị nguyên.

Hàm số $g(x)=f\left(|x{|}^3-3|x|+m+2023\right)+2023m$ là hàm số chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục tung $Oy$. Để hàm số $g(x)$ có $11$ điểm cực trị thì hàm số $h(x)=f(x^3-3x+m+2023)+2023m$ phải có đúng $5$ điểm cực trị dương.

Từ đồ thị $y=f^{\prime }(x)$, đạo hàm $f^{\prime }(t)$ đổi dấu tại $3$ điểm $t=-1$, $t=1$, $t=2$ (tại $t=4$ không đổi dấu). Xét $h^{\prime }(x)=3(x^2-1)f^{\prime }(x^3-3x+m+2023)=0$ trên $(0;+\infty )$, có $x=1$ là $1$ nghiệm đơn dương, nên các phương trình $x^3-3x+m+2023\in \{-1,1,2\}$ phải có tổng cộng $4$ nghiệm bội lẻ dương khác $1$.

Khảo sát $u(x)=x^3-3x$ trên $(0;+\infty )$ (đạt cực tiểu $u(1)=-2$ và $u(0)=0$), điều kiện là $-2<-1-m-2023<1-m-2023<0\le 2-m-2023$, suy ra $m=-2023$ là giá trị nguyên duy nhất.

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 7, mã đề 190; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: C. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 17, mã đề 001; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Xét $h(x)=f\left(1+\frac{x}{2}\right)+\frac{x^2}{8}$, ta có $h^{\prime }(x)=\frac{1}{2}{f}^{\prime }\left(1+\frac{x}{2}\right)+\frac{x}{4}$. Đặt $t=1+\frac{x}{2}\Rightarrow x=2(t-1)$, khi đó $h^{\prime }(x)=0\iff f^{\prime }(t)=1-t$. Từ đồ thị $y=f^{\prime }(t)$ và đường thẳng $y=1-t$, phương trình có $3$ nghiệm đơn $t=-1,t=1,t=3$, tương ứng $x=-4,x=0,x=4$. Bảng biến thiên của $h(x)$ có hai điểm cực đại tại $x=-4,x=4$ (với $h(-4)>0,h(4)>0$) và một điểm cực tiểu tại $x=0$ với $h(0)=f(1)=0$ (và ${\lim }_{x\to \pm \infty }h(x)=-\infty$). Do đó đồ thị $g(x)=|h(x)|$ cắt trục hoành tại $2$ điểm đơn (khác $0$) và tiếp xúc tại $x=0$, nên có $2$ điểm cực đại và $3$ điểm cực tiểu. Chọn B.

Từ bảng biến thiên, $f(x)+2\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$ và $f(x)+2=0$ có đúng $2$ nghiệm bội chẵn $x=-1,x=1$. Để $g(x)=(x-m{)}^4[f(x)+2{]}^3$ có đúng $3$ điểm cực trị thì $m\in \{-1;0;1\}$. Tổng các giá trị của $m$ bằng $(-1)+0+1=0$. Chọn B.

Đáp án: C. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 13, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án A.
Xét hàm số $g(x)=f(x)+x^3-x$ có $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)+3x^2-1=0\iff f^{\prime }(x)=1-3x^2$.
Vẽ đồ thị hàm số $y=1-3x^2$ vào BBT của hàm số $f^{\prime }(x)$ ta thấy $g^{\prime }(x)=0$ có $4$ nghiệm $x=a<-1$; $x=b\in (-1;0)$, $x=c\in (0;1)$, $x=d>1$. Ta có BBT hàm số $g(x)$:

Dễ thấy hàm số có $4$ điểm cực trị và $g(x)=0$ có $5$ nghiệm đơn phân biệt suy ra số điểm cực trị của hàm $y=|g(x)|$ là $9$.

Đặt $t=x-2$, khi đó $x^2-4x=(t+2{)}^2-4(t+2)=t^2-4$. Xét hàm số $g(t)=4f(t)+t^2-4$. Ta có $g^{\prime }(t)=4f^{\prime }(t)+2t=0\iff f^{\prime }(t)=-\frac{t}{2}$. Đường thẳng $y=-\frac{t}{2}$ đi qua $(-2;1),(0;0),(4;-2)$ nên cắt đồ thị $y=f^{\prime }(t)$ tại $3$ điểm phân biệt $t=-2,t=0,t=4$. Hơn nữa $g(0)=4f(0)-4=4>0$ và dựa vào diện tích hình phẳng giữa $f^{\prime }(t)$ và $-\frac{t}{2}$ ta xác định được số nghiệm đơn của $g(t)=0$ là $2$, suy ra hàm số $y=|g(t)|$ có $3+2=5$ điểm cực trị. Theo bảng đáp án chính thức trang 7 (Mã đề 201), chọn A.