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

Xét $g(0)=f(0)+8$ và $h(0)=f(0)+12$ nên rõ ràng tại 0 thì đồ thị $h(x)$ cao hơn $f(x)$ và ta xác định được đồ thị của hai hàm số này. Từ đề bài ta biết $g(x)$ sẽ đi qua cực trị của $h(x)$ nên tọa độ điểm cắt:
$$g(x)=h(x)\iff f(x)-\frac{8}{3}x+8=f(x)-4x+12\Rightarrow x=3.$$
Mà điểm đó cũng là điểm cực trị của $h(x)$ nên $h^{\prime }(3)=f^{\prime }(3)-4=0\Rightarrow f^{\prime }(3)=4$. Vậy $g^{\prime }(3)=f^{\prime }(3)-\frac{8}{3}=\frac{4}{3}$.
(Ghi chú: nguồn trang 17 ghi $h^{\prime }(0)$, $f^{\prime }(0)$, $g^{\prime }(0)$ thay vì $h^{\prime }(3)$, $f^{\prime }(3)$, $g^{\prime }(3)$ — đây là lỗi đánh máy của nguồn; lập luận đúng với đối số $x=3$ cho kết quả $\frac{4}{3}$, khớp đáp án A.)

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $g(x)-h(x)=\left(-\frac{8}{3}+4\right)x+(8-12)=\frac{4}{3}x-4$, nên hai đồ thị cắt nhau tại $x=3$ (điểm giao trong hình). $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-\frac{8}{3}$, $h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-4$. Theo hình, đồ thị của $h$ có điểm cực tiểu tại $x=3$ (đồ thị của $g$ đi qua điểm cực trị này), suyra $h^{\prime }(3)=0\Rightarrow f^{\prime }(3)=4$. Vậy $g^{\prime }(3)=f^{\prime }(3)-\frac{8}{3}=4-\frac{8}{3}=\frac{4}{3}$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 3: a) Điều kiện xác định: (x+22)(x+1)>0 ⟹ x∈(−∞;−22)∪(−1;+∞), không phải (−∞;0) nên a) Sai. b) f'(x)=1+1/((x+22)ln2)−1/((x+1)ln2)=1−21/((x+22)(x+1)ln2), đúng nên b) Đúng. c) f'(x)=0 ⟺ (x+22)(x+1)=21/ln2≈30,3; phương trình x²+23x+22−21/ln2=0 có Δ=23²−4(22−21/ln2)>0, hai nghiệm trái dấu nên một nghiệm thuộc (−∞;−22) và một nghiệm thuộc (−1;+∞), đều trong miền xác định; f' đổi dấu qua mỗi nghiệm nên đồ thị có 2 điểm cực trị, c) Đúng. d) Điểm nguyên dương (x;y) trên (B): y−x=log₂((x+22)/(x+1))=k∈ℕ*. Với x>0 thì 1<(x+22)/(x+1)<22 nên k∈{1,2,3,4} (2⁴=16<22). Từ (x+22)/(x+1)=2^k ⟹ x=(22−2^k)/(2^k−1): k=1 ⟹ x=20, y=21; k=2 ⟹ x=6, y=8; k=3 ⟹ x=2, y=5; k=4 ⟹ x=6/15 không nguyên. Vậy các điểm nguyên dương là (20;21), (6;8), (2;5) — không thẳng hàng (vectors (18,16) và (4,3) từ (2;5) có tích có hướng 18·3−16·4=−10≠0), diện tích tam giác bằng ½·10=5≠10. Lưu ý: lời giải in trong tài liệu gốc (trang 19) liệt kê nhầm điểm (10;11) — thực tế log₂(32/11)≈1,54 không nguyên — và kết luận ba điểm thẳng hàng; lập luận đúng cho diện tích bằng 5, do đó khẳng định 'bằng 10' vẫn Sai. Kết luận các ý: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai, khớp với đáp án nguồn.
a) Điều kiện xác định: $\frac{x+22}{x+1}>0\Rightarrow (x+22)(x+1)>0\Rightarrow x\in (-\infty ;-22)\cup (-1;+\infty )$. (Sai)
b) Đạo hàm hàm số: $f^{\prime }(x)=1+\frac{1}{(x+22)\ln 2}-\frac{1}{(x+1)\ln 2}=1-\frac{21}{(x+22)(x+1)\ln 2}$. (Đúng)
c) Xét phương trình $f^{\prime }(x)=0\Rightarrow 1-\frac{21}{(x+22)(x+1)\ln 2}=0\Rightarrow (x+22)(x+1)=\frac{21}{\ln 2}$ có hai nghiệm phân biệt nằm trong khoảng xác định của hàm số (có thể lập bảng biến thiên). Vậy hàm số có 2 cực trị. (Đúng)
d) Lưu ý: lời giải in trong tài liệu gốc (trang 19) cho ý này sai về mặt toán học; dưới đây là lập luận đã được kiểm tra lại. Các điểm có tọa độ $(x;y)$ nguyên dương thì ${\log }_2\frac{x+22}{x+1}=y-x$ cũng phải nguyên dương, gọi là $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Khi đó $\frac{x+22}{x+1}=2^k\Rightarrow x=\frac{22-2^k}{2^k-1}$. Với $k=1$: $x=20$, $y=21$; với $k=2$: $x=6$, $y=8$; với $k=3$: $x=2$, $y=5$; với $k\ge 4$ không cho $x$ nguyên. Vậy các điểm nguyên dương là $(20;21)$, $(6;8)$, $(2;5)$, tạo thành một tam giác (không thẳng hàng) có diện tích $\frac{1}{2}\left|14\cdot (-3)-13\cdot (-4)\right|=5\ne 10$. (Sai)

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=x^2(x+1{)}^3(x^2-3x)=x^3(x+1{)}^3(x-3)$. Nghiệm của $f^{\prime }(x)$ là $x=0$, $x=-1$, $x=3$, tất cả đều là nghiệm bội lẻ (do các lũy thừa $x^3$, $(x+1{)}^3$ và nhân tử đơn $x-3$), nên $f^{\prime }(x)$ đổi dấu qua mỗi nghiệm đó. Cụ thể: qua $x=-1$, $f^{\prime }$ đổi dấu từ âm sang dương (cực tiểu); qua $x=0$, $f^{\prime }$ đổi dấu từ dương sang âm (cực đại); qua $x=3$, $f^{\prime }$ đổi dấu từ âm sang dương (cực tiểu). Vậy hàm số có $3$ điểm cực trị, khớp với đáp án nguồn (Câu 15: C).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(t)=800(2t-2k{e}^{-2t})=1600(t-k{e}^{-2t})$. Tốc độ bán hàng luôn tăng trong 5 năm đầu nghĩa là $f^{\prime \prime }(t)>0$ với mọi $t\in [0;5]$. Tính $f^{\prime \prime }(t)=1600(1+2k{e}^{-2t})$. Vì $k\le 0$ nên $2k{e}^{-2t}\ge 2k$ (do $e^{-2t}\le 1$ với $t\ge 0$), do đó $f^{\prime \prime }(t)$ nhỏ nhất tại $t=0$: $f^{\prime \prime }(0)=1600(1+2k)$. Yêu cầu $1+2k>0\iff k>-\frac{1}{2}$. Kết hợp $k\le 0$, giá trị nhỏ nhất của $k$ là $k=-0,5$ (khi đó $f^{\prime \prime }(t)=1600(1-e^{-2t})>0$ với $t>0$ và $f^{\prime \prime }(0)=0$, tốc độ vẫn không giảm). Đáp số: $-0,5$, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị $y=f^{\prime }(x)$ (parabol bậc ba cắt trục hoành tại $x=-2$, $x=3$, $x=6$): $f^{\prime }(x)>0$ trên $(-2;3)$, $f^{\prime }(x)<0$ trên $(3;6)$, $f^{\prime }(x)>0$ với $x>6$. Vậy $f$ đồng biến trên $(-2;3)$, nghịch biến trên $(3;6)$, nên hàm số đạt cực đại tại $x=3$ (đạt cực tiểu tại $x=6$; tại $x=-2$ hàm đi từ âm sang dương nên là cực tiểu). Đáp án C, khớp với đáp án nguồn.

a) Xét đa thức $R(x)=-x^{3}Q\left(\frac{1}{x}\right)=x^3-4x^2+5x-1$. Ta thấy mỗi nghiệm dương của $Q(x)$ sẽ tương ứng với đúng một nghiệm dương của $R(x)$.
Ta có đạo hàm $R^{\prime }(x)=3x^2-8x+5$.
Nghiệm của $R^{\prime }(x)$ là $x_{CD}=1>0$, $x_{CT}=\frac{5}{3}>0$.
Hàm số $R(x)$ tăng thực sự trên các nửa khoảng $\left(-\infty ;x_{CD}\right]$, $\left[x_{CT};+\infty \right)$ và giảm thực sự trên đoạn $\left[x_{CD};x_{CT}\right]$.
Khi đó $R(0)=-1<0$, $R\left(x_{CD}\right)=R(1)=1>0$ và $R\left(x_{CT}\right)=R\left(\frac{5}{3}\right)=\frac{23}{27}>0$.
Do $\underset{x\to \infty }{\lim }R(x)=+\infty$, đồ thị hàm $y=R(x)$ cắt trục hoành tại một điểm duy nhất có hoành độ thuộc $(0;1)$. Suy ra đa thức $R(x)$ có duy nhất một nghiệm dương, kéo theo $Q(x)$ cũng có duy nhất một nghiệm dương.

b) Nếu $P(x)$ thỏa mãn điều kiện thì $-P(x)$ cũng thỏa mãn nên có thể giả sử $a>0$.
Gọi $r<s<t$ là các nghiệm dương của $P(x)$. Khi đó $P(x)=a(x-r)(x-s)(x-t)$.
Theo định lí Viète ta có $r+s+t=\frac{-b}{a}>0$, $rs+st+tr=\frac{c}{a}>0$, $rst=-\frac{d}{a}>0$.
Vì $P(x)$ có 3 nghiệm dương nên $c>0$, $b<0$, $d<0$.
Đặt $A=a$, $b=-B$, $c=C$, $d=-D$,
và $S_1=r+s+t=\frac{B}{A}>0$, $S_2=rs+st+tr=\frac{C}{A}>0$, $S_3=rst=\frac{D}{A}>0$.
Khi đó, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, để ý điều kiện $r$, $s$, $t$ là 3 số dương phân biệt, ta nhận được $S_1^2>3S_2$, $S_2^2>3S_1{S}_3$.
Theo bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương phân biệt ta cũng có
$$S_1>3\sqrt[3]{S_3},S_2>3\sqrt[3]{S_3^2}\Rightarrow S_1{S}_2>9S_3.$$
Kết hợp lại ta suy ra $3AC<B^2$, $3BD<C^2$, $9AD<BC$. (1)
Ta sẽ chỉ ra rằng $S=|a|+|b|+|c|+|d|=A+B+C+D\ge 13$. Thật vậy, giả sử $S\le 12$. Khi đó vì $A,D\ge 1$ nên
$$9AD<BC\le {\left(\frac{B+C}{2}\right)}^2\le {\left(\frac{12-A-D}{2}\right)}^2\le {\left(\frac{12-2\sqrt{AD}}{2}\right)}^2={\left(6-\sqrt{AD}\right)}^2.$$
Suy ra $2AD+3\sqrt{AD}-9<0$, tức là $-3<\sqrt{AD}<\frac{3}{2}$. Vì $A,D\ge 1$ nên $AD\in \{1;2\}$.
Trường hợp 1: Giả sử $AD=1$. Khi đó $A=D=1$, suy ra $B+C\le 10$, $BC>9$.
Do $BC>9\Rightarrow B+C>6$. Vậy $B+C\in \{7;8;9;10\}$.
Mặt khác từ (1) dẫn tới $3C<B^2$, $3B<C^2$. (2)
Do đó nếu trong $B$, $C$ có một số lớn hơn 3 thì số còn lại cũng lớn hơn 3. (*)
Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1.1: $B+C=7$. Rõ ràng trường hợp này không thỏa mãn (*).
Trường hợp 1.2: $B+C=8$. Do $BC>9$ và (*) nên chỉ có cặp số $(B,C)=(4,4)$.
Tuy nhiên khi đó đa thức $P(x)=x^3-4x^2+4x-1$ có nghiệm hữu tỷ $x=1$ nên loại.
Trường hợp 1.3: $B+C=9$. Do $BC>9$ và (*) nên $(B,C)\in \{(4,5);(5,4)\}$.
Xét $(B,C)=(4,5)$. Khi đó $P(x)=x^3-4x^2+5x-1$ có $P^{\prime }(x)=3x^2-8x+5$.
Nghiệm của $P^{\prime }(x)$ là $x_{CD}=1$, $x_{CT}=\frac{5}{3}$.
Do $P(0)=-1<0$, $P(1)=1>0$, $P\left(\frac{5}{3}\right)=\frac{125}{27}-\frac{100}{9}+\frac{25}{3}-1=\frac{23}{27}>0$, nên đa thức $P(x)$ có duy nhất một nghiệm dương, nghiệm này thuộc khoảng $(0;1)$: loại.
Xét $(B,C)=(5,4)$. Theo câu a) đa thức $P(x)=x^3-5x^2+4x-1$ có duy nhất một nghiệm dương: loại.
Trường hợp 1.4: $B+C=10$. Do $BC>9$ và (*) nên $(B,C)\in \{(6,4);(4,6);(5,5)\}$.
Với $(B,C)\in \{(6,4);(4,6)\}$: không thỏa mãn điều kiện (2) do $3\cdot 6>4^2$.
Đối với $B=C=5$. Khi đó $P(x)=x^3-5x^2+5x-1$ có nghiệm hữu tỷ $x=1$: loại.
Trường hợp 2: Giả sử $AD=2$. Suy ra $A+D=3$, $B+C\le 9$, $BC>9AD=18$.
Theo AM-GM, ta phải có $B+C\ge 2\sqrt{BC}\ge 2\sqrt{19}>8$.
Vì vậy $B+C=9$, suy ra $BC\le \frac{9^2}{4}$. Dẫn tới $BC\in \{19;20\}$.
Để thấy trường hợp $BC=19$ không thỏa mãn. Vì vậy ta phải có $BC=20$, $B+C=9$, suy ra $(B,C)$ là một hoán vị của $(4,5)$, trong khi $(A,D)$ là một hoán vị của $(1,2)$.
Để bất đẳng thức (1) được thỏa mãn, ta thấy chỉ có thể xảy ra các khả năng sau: $(A,B,C,D)=(1,4,5,2)$ hoặc $(2,5,4,1)$. Tuy nhiên, trong hai trường hợp này, hai đa thức $P_1(x)=2x^3-5x^2+4x-1$ và $P_2(x)=x^3-4x^2+5x-2$ đều có nghiệm hữu tỷ $x=1$: loại.
Như vậy ta phải có $S=A+B+C+D\ge 13$. Ta đưa ra ví dụ với $S=13$.
Xét $(A,B,C,D)=(1,5,6,1)$, khi đó
$$P(x)=x^3-5x^2+6x-1.$$
Do $P(0)=-1<0$, $P(1)=1>0$, $P(2)=-1<0$, $\underset{x\to +\infty }{\lim }P(x)=+\infty$, nên theo định lý Bolzano, đa thức bậc ba $P(x)$ có đúng 3 nghiệm dương phân biệt $x_1$, $x_2$, $x_3$, với $0<x_1<1<x_2<2<x_3$.
Rõ ràng, theo tiêu chuẩn Eisenstein, $P(x)$ không có nghiệm hữu tỷ vì hệ số tự do của đa thức monic $P(x)$ bằng $-1$, hơn nữa $P(\pm 1)\ne 0$.
Vậy $S_{\min }=13$.

Đặt $f(x)=x^3+a{x}^2+bx+c$. Khi đó, do đồ thị của hàm số $y=f(x)$ đi qua điểm $M(0;1)$ và có một điểm cực trị là $A(-2;0)$ nên:
$$\{\begin{array}{l}f(0)=1\\ f(-2)=0\\ f^{\prime }(-2)=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}c=1\\ -8+4a-2b+c=0\\ 12-4a+b=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}c=1\\ 4a-2b=7\\ -4a+b=-12\end{array}\iff \{\begin{array}{l}c=1\\ b=5\\ a=\frac{17}{4}\end{array}$$
Vậy $4a+b+c=4.\frac{17}{4}+5+1=23$.
Chọn đáp án B

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y=2\cos \left(3x+\frac{\pi }{3}\right)-3\sqrt{3}x$, nên $y^{\prime }=-6\sin \left(3x+\frac{\pi }{3}\right)-3\sqrt{3}$.

Điểm cực trị xảy ra khi $y^{\prime }=0$ và $y^{\prime }$ đổi dấu:
$$-6\sin \left(3x+\frac{\pi }{3}\right)-3\sqrt{3}=0\iff \sin \left(3x+\frac{\pi }{3}\right)=-\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

Với $x\in \left(0;\frac{3\pi }{2}\right)$ thì $3x+\frac{\pi }{3}\in \left(\frac{\pi }{3};\frac{29\pi }{6}\right)$ (độ dài khoảng này là $\frac{9\pi }{2}$, tức hơn một chu kỳ $2\pi$).

Phương trình $\sin t=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ có nghiệm $t=\frac{4\pi }{3}+2k\pi$ hoặc $t=\frac{5\pi }{3}+2k\pi$. Trong khoảng $\left(\frac{\pi }{3};\frac{29\pi }{6}\right)$ có các nghiệm:
$$t=\frac{4\pi }{3},\frac{5\pi }{3},\frac{10\pi }{3},\frac{11\pi }{3}.$$

Tất cả đều là nghiệm đơn nên $y^{\prime }$ đổi dấu tại mỗi nghiệm, vậy hàm số có $4$ điểm cực trị trên khoảng đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Từ O(0;0) suy ra d=0. Qua A(1;1): a+b+c=1; qua B(2;4): 8a+4b+2c=4 ⇒ 4a+2b+c=2. Trừ hai phương trình: 3a+b=1 ⇒ b=1−3a, c=2a. Khi đó g(x)=f(x)−x²=ax³−3ax²+2ax=ax(x−1)(x−2). g'(x)=3ax²−6ax+2a=0 ⇒ x=1±1/√3. Tại x=1−1/√3 (điểm cực đại): g=a·(1/√3)(1−1/3)=2a/(3√3)=√3/18 ⇒ a=1/4. Vậy f'(x)=(3/4)x²+(1/2)x+1/2, có giá trị nhỏ nhất tại x=−1/3: f'(−1/3)=1/12−1/6+1/2=5/12. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: $f^{\prime }(x)$ là hàm bậc ba với nghiệm kép tại $x=-2$ (tiếp xúc trục hoành, cực đại $(-2;0)$), đi qua $(0;-4)$ và $(-1;-2)$. Suy ra $f^{\prime }(x)=(x+2{)}^2(x-1)$ (kiểm tra: $f^{\prime }(0)=-4$, $f^{\prime }(-1)=-2$ khớp đồ thị; đường nét đứt $x=-3$ chỉ điểm $(-3;-4)$ trên đồ thị, không phải nghiệm).

a) Với $x\in (0;1)$: $(x+2{)}^2>0$, $(x-1)<0$ nên $f^{\prime }(x)<0$, hàm số nghịch biến trên $(0;1)$. → Sai.

b) $f^{\prime }(x)<0$ với mọi $x<1$, $x\ne -2$ và $f^{\prime }(x)>0$ với $x>1$: hàm số nghịch biến trên $(-\infty ;1)$, đồng biến trên $(1;+\infty )$. Trên $(-\infty ;1)$ phương trình $f(x)=f(0)$ có đúng một nghiệm $x=0$; trên $(1;+\infty )$ do $f$ đồng biến từ giá trị $f(1)<f(0)$ đến $+\infty$ nên có đúng một nghiệm. Tổng cộng chỉ có 2 nghiệm phân biệt. → Sai.

c) $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-x+1=(x+2{)}^2(x-1)-(x-1)=(x-1)\left[(x+2{)}^2-1\right]=(x-1)(x+1)(x+3)$. Nghiệm $x=-3,-1,1$; xét dấu: $g^{\prime }<0$ trên $(-\infty ;-3)$, $g^{\prime }>0$ trên $(-3;-1)$, $g^{\prime }<0$ trên $(-1;1)$, $g^{\prime }>0$ trên $(1;+\infty )$. Vậy $g$ có cực tiểu tại $x=-3$ và $x=1$: hai điểm cực tiểu. → Đúng.

d) ${\lim }_{x\to \pm \infty }h(x)=0$ (bậc tử < bậc mẫu) nên có tiệm cận ngang $y=0$. Tiệm cận đứng: $f^{\prime }(x)+2=0\iff (x+2{)}^2(x-1)=-2$. Đặt $t=x+2$: $t^2(t-3)+2=0\iff t^3-3t^2+2=0\iff (t-1)(t^2-2t-2)=0\iff t=1$ hoặc $t=1\pm \sqrt{3}$. Với $t=1$, $x=-1$ thì tử số $x+1=0$ đồng thời, hàm số có điểm không xác định removable (đồ thị bị thủng), không phải tiệm cận đứng. Chỉ còn $x=-2\pm \sqrt{3}$ là hai tiệm cận đứng. → Sai (đề nói ba tiệm cận đứng).
a) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=(x+2{)}^2(x-1)<0$ trên $(0;1)$ nên $f$ nghịch biến trên $(0;1)$, không đồng biến trên $(0;+\infty )$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f$ nghịch biến trên $(-\infty ;1)$ và đồng biến trên $(1;+\infty )$ nên $f(x)=f(0)$ chỉ có 2 nghiệm phân biệt.
c) (AI giải đề cho tôi)
$g^{\prime }(x)=(x-1)(x+1)(x+3)$ đổi dấu qua $x=-3$ (từ âm sang dương) và qua $x=1$ (từ âm sang dương), nên $g$ có hai điểm cực tiểu tại $x=-3$ và $x=1$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Có tiệm cận ngang $y=0$; phương trình $f^{\prime }(x)+2=0$ cho $x=-1,-2\pm \sqrt{3}$ nhưng $x=-1$ làm tử số $x+1$ đồng thời bằng 0 (điểm removable), nên chỉ có 2 tiệm cận đứng.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $g(x)=f(f^{\prime }(x)-1)$ nên $g^{\prime }(x)=f^{\prime \prime }(x)\cdot f^{\prime }(f^{\prime }(x)-1)$. Do đó $g^{\prime }(x)=0$ khi $f^{\prime \prime }(x)=0$ hoặc $f^{\prime }(f^{\prime }(x)-1)=0$.

Từ đồ thị $y=f^{\prime }(x)$ (bậc 4, bậc dương): cắt trục hoành tại $x=-1$, tiếp xúc tại $x=1$, cắt tại $x=2$; có cực tiểu $f^{\prime }(-1/3)=-3$, cực đại tại $x=1$ (giá trị 0) và một cực tiểu khác tại $x_0\approx 1,6$ (nhỏ hơn 0); $f^{\prime }(0)=-2$.

• $f^{\prime \prime }(x)=0$: $f^{\prime }$ có 3 điểm cực trị là $x=-1/3$, $x=1$, $x_0\approx 1,6$ → nghiệm dương: $x=1$ và $x\approx 1,6$: 2 nghiệm.

• $f^{\prime }(f^{\prime }(x)-1)=0\iff f^{\prime }(x)-1\in \{-1;1;2\}$, tức $f^{\prime }(x)\in \{0;2;3\}$:
- $f^{\prime }(x)=0$: nghiệm dương $x=1$, $x=2$ → 2 nghiệm.
- $f^{\prime }(x)=2$: nhánh trái ($x<-1/3$, giảm từ $+\infty$ xuống $-3$) cho nghiệm âm (vì $f^{\prime }(0)=-2<2$); nhánh phải cho đúng 1 nghiệm dương $x>2$ → 1 nghiệm dương.
- $f^{\prime }(x)=3$: tương tự, nhánh trái cho nghiệm âm, nhánh phải cho 1 nghiệm dương → 1 nghiệm dương.

Tổng số nghiệm dương phân biệt: $2+2+1+1=6$. Chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: $f^{\prime }(x)$ đổi dấu tại $x=-3$ (từ $-$ sang $+$: cực tiểu, $f(-3)=-2$), tại $x=1$ (từ $+$ sang $-$: cực đại, $f(1)=3$), tại $x=4$ (từ $-$ sang $+$: cực tiểu, $f(4)=1$).
a) Đúng: hàm số có đúng ba điểm cực trị $x=-3,1,4$.
b) Sai: trên đoạn $[-3;4]$, ta so sánh $f(-3)=-2$, $f(1)=3$, $f(4)=1$ nên giá trị nhỏ nhất là $-2$, không phải $3$.
c) Sai: trên khoảng $(1;3)$ ta có $f^{\prime }(x)<0$ nên hàm số nghịch biến, không đồng biến.
d) Sai: giá trị cực tiểu của hàm số là $f(-3)=-2$ (và $f(4)=1$); $f(1)=3$ là giá trị cực đại. Kết quả Đúng–Sai–Sai–Sai khớp đáp án mã đề 1202 (DSSS).
a) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)$ đổi dấu ba lần tại $x=-3,1,4$ nên hàm số có đúng ba điểm cực trị.
b) (AI giải đề cho tôi)
Trên $[-3;4]$: $f(-3)=-2$, $f(1)=3$, $f(4)=1$ nên $\min f=-2\ne 3$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trên $(1;3)$ có $f^{\prime }(x)<0$ nên hàm số nghịch biến.
d) (AI giải đề cho tôi)
Giá trị cực tiểu là $f(-3)=-2$; $f(1)=3$ là giá trị cực đại.

a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Đúng. (Theo bảng đáp án mã đề 1201, câu 13: ĐĐSĐ)

Tập xác định: $D=\mathbb{R}\setminus \{1\}$

Ta có: $y^{\prime }=\frac{(2x-1)(x-1)-\left(x^2-x+1\right).1}{(x-1{)}^2}=\frac{x^2-2x}{(x-1{)}^2}$.

$y^{\prime }=0\iff x^2-2x=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=2\end{array}\right]$

Bảng biến thiên



Vậy hai điểm cực trị của đồ thị $(C)$ là $A(0;-1)$ và $B(2;3)$.

Ngoài ra $M(-1;3)$ nên $MB=3$ và phương trình đường thẳng $MB$ là $y=3$ hay $y-3=0$.

Suy ra $d(A,MB)=\frac{|-1-3|}{\sqrt{1^2}}=4$.

Do đó diện tích tam giác $MAB$ bằng $\frac{1}{2}MB\cdot d(A,MB)=\frac{1}{2}.3.4=6$.

Vậy diện tích tam giác $MAB$ bằng $6$.

a) Tìm $m$ để hàm số có hai điểm cực trị và đường thẳng qua cực trị đi qua $A(1;-4)$.
Điều kiện để hàm số $y=-x^3+3m{x}^2-3(m+6)x-1$ có hai cực trị: Ta có $y^{\prime }=-3x^2+6mx-3(m+6)$. Phương trình $y^{\prime }=0\iff x^2-2mx+(m+6)=0$.
Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình $y^{\prime }=0$ phải có hai nghiệm phân biệt:

$${\Delta }^{\prime }=m^2-(m+6)=m^2-m-6>0\iff \{\begin{array}{l}m>3\\ m<-2\end{array}$$

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị $(\Delta )$: Thực hiện phép chia $y$ cho $y^{\prime }$, ta có:

$$y=y^{\prime }\cdot \left(\frac{1}{3}x-\frac{m}{3}\right)+2(m^2-m-6)x-(m^2+6m+1)$$

Vậy phương trình đường thẳng qua hai cực trị là:

$$(\Delta ):y=2(m^2-m-6)x-(m^2+6m+1)$$

Vì $(\Delta )$ đi qua $A(1;-4)$, thay tọa độ $A$ vào phương trình:

$$-4=2(m^2-m-6)\cdot 1-(m^2+6m+1)\iff m^2-8m-9=0\iff \{\begin{array}{l}m=-1\text{ (loại)}\\ m=9\text{ (thỏa ma˜n)}\end{array}$$

Vậy $m=9$ là giá trị cần tìm.

b) Bài toán tối ưu diện tích hàng rào.
Gọi $x,y$ (m) lần lượt là chiều dài cạnh $AD$ và $AB$ $(x,y>0)$. Tổng chi phí xây dựng là:

$$T=30y(\text{cạnh }AB)+20y(\text{cạnh }CD)+20(2x)(\text{cạnh }AD,BC)+15(2x)(\text{cạnh }EF,GH)$$

Nên: $T=50y+70x=35.000\Rightarrow 5y+7x=3500\Rightarrow y=\frac{3500-7x}{5}$
Diện tích mảnh đất: $S=x\cdot y=x\left(\frac{3500-7x}{5}\right)=\frac{1}{5}(-7x^2+3500x)$
Đây là parabol có đỉnh tại $x=\frac{-3500}{2\cdot (-7)}=250$. Khi đó $y=\frac{3500-7\cdot 250}{5}=350$.
Diện tích lớn nhất là: $S_{max}=250\cdot 350=87.500m^2$.

Tập xác định $\mathbb{R}$ (0,25 điểm)
Ta có: $y^{\prime }=-3x^2+6x+9$. (0,25 điểm)
$y^{\prime }=0\iff -3x^2+6x+9=0\iff \{\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}$.
BBT: (0,25 điểm)

Hàm số đạt cực đại tại $x=3$ và giá trị cực đại là $y=28$.
Hàm số đạt cực tiểu tại $x=-1$ và giá trị cực tiểu $y=-4$. (0,25 điểm)

Tập xác định $\mathbb{R}$ (0,25 điểm)
Ta có: $y^{\prime }=-3x^2+6x+9$. (0,25 điểm)
$y^{\prime }=0\iff -3x^2+6x+9=0\iff \{\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}$.
BBT: (0,25 điểm)

Hàm số đạt cực đại tại $x=3$ và giá trị cực đại là $y=28$.
Hàm số đạt cực tiểu tại $x=-1$ và giá trị cực tiểu $y=-4$. (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên, $f^{\prime }(x)=0$ tại $x=-1$ và $x=3$. Tại $x=-1$, $f^{\prime }(x)$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ nên $x=-1$ là điểm cực tiểu. Tại $x=3$, $f^{\prime }(x)$ đổi dấu từ $+$ sang $-$ nên $x=3$ là điểm cực đại. Vậy hàm số có 2 điểm cực trị. Khớp với đáp án nguồn (Mã đề 2793, Câu 2: A).

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: $f^{\prime }(x)=0$ tại $x=-1$ và $x=3$, với $f^{\prime }$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ tại $x=-1$ (cực tiểu, $f(-1)=-2$) và từ $+$ sang $-$ tại $x=3$ (cực đại, $f(3)=5$). Vậy hàm số có 2 điểm cực trị. Khớp với đáp án nguồn D.