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

(AI giải đề cho tôi)
Xét hàm số $y=mx+\frac{1}{x}$, có $y^{\prime }=m-\frac{1}{x^2}$. Hàm số có cực trị khi và chỉ khi $m>0$; khi đó $y^{\prime }=0\iff x^2=\frac{1}{m}\iff x=\pm \frac{1}{\sqrt{m}}$.

Với $x=\frac{1}{\sqrt{m}}$: $y^{\prime \prime }=\frac{2}{x^3}>0$ nên đây là điểm cực tiểu $\left(\frac{1}{\sqrt{m}},2\sqrt{m}\right)$ vì $y=m\cdot \frac{1}{\sqrt{m}}+\sqrt{m}=2\sqrt{m}$.

Tiệm cận xiên của đồ thị là đường thẳng $y=mx$, tức $mx-y=0$.

Khoảng cách từ điểm cực tiểu đến tiệm cận xiên:
$$d=\frac{\left|m\cdot \frac{1}{\sqrt{m}}-2\sqrt{m}\right|}{\sqrt{m^2+1}}=\frac{\sqrt{m}}{\sqrt{m^2+1}}.$$

Theo đề bài $d=\frac{1}{\sqrt[4]{2026}}$:
$$\frac{\sqrt{m}}{\sqrt{m^2+1}}=\frac{1}{\sqrt[4]{2026}}\Rightarrow \frac{m}{m^2+1}=\frac{1}{\sqrt{2026}}\Rightarrow m^2-\sqrt{2026}m+1=0.$$

Phương trình này có biệt thức $\Delta =2026-4=2022>0$ và hai nghiệm đều dương (tích nghiệm bằng 1), thỏa mãn điều kiện $m>0$. Vậy có hai giá trị của $m$ thỏa mãn, và tổng của chúng theo định lý Vi-ét là:
$$S=\sqrt{2026}\approx 45,01111.$$

1. Ta có: $y^{\prime }=3x^2+6x+m$, $\forall x\in \mathbb{R}$.
Để đồ thị $(C_m)$ có hai điểm cực trị thì phương trình $y^{\prime }=0$ phải có hai nghiệm phân biệt $\iff {\Delta }^{\prime }=9-3m>0$
$\iff m<3$
Vậy với $m<3$ thì đồ thị $(C_m)$ có hai điểm cực trị.

2. [Hình cần kiểm tra lại: p3_f1]
Giả sử con đường đi từ $A$ đến $C$ gặp vạch chắn $MN$ tại $E$, đặt $NE=x(m)$, $\left(x\in [0;25]\right)\Rightarrow AE=\sqrt{x^2+10^2};CE=\sqrt{(25-x{)}^2+10^2}$
Thời gian làm đường đi từ $A$ đến $C$ là $t(x)=\frac{AE}{15}+\frac{CE}{30}=\frac{\sqrt{x^2+100}}{15}+\frac{\sqrt{(25-x{)}^2+100}}{30}(h)$
$t^{\prime }(x)=\frac{x}{15\sqrt{x^2+100}}-\frac{25-x}{30\sqrt{(25-x{)}^2+100}}$;
$t^{\prime }(x)=0\iff 2x\sqrt{(25-x{)}^2+100}=(25-x)\sqrt{x^2+100}$
$$\iff \{\begin{array}{l}x(25-x)\ge 0\\ 4x^2\left[(25-x{)}^2+100\right]=(25-x{)}^2\left(x^2+100\right)\end{array}$$
$$\iff \{\begin{array}{l}0\le x\le 25\\ 4(25-x{)}^2\left(x^2-25\right)+x^2\left[400-(25-x{)}^2\right]=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}0\le x\le 25\\ (x-5)\left[4(25-x{)}^2(x+5)+x^2(45-x)\right]=0\end{array}$$
$\iff x=5$;
$t(0)=\frac{20+\sqrt{725}}{30},t(25)=\frac{10+2\sqrt{725}}{30},t(5)=\frac{2\sqrt{5}}{3}$.
Suy ra thời gian ngắn nhất làm con đường từ $A$ đến $C$ là $\frac{2\sqrt{5}}{3}$ (giờ).

1.
Hàm số: $y=x^3-3m{x}^2+3(m^2-1)x-m^3+1$
Ta có: $y^{\prime }=3x^2-6mx+3(m^2-1)$
Để đồ thị có hai điểm cực trị $A,B$ thì phương trình $y^{\prime }=0$ hay $x^2-2mx+m^2-1=0$ phải có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$
$${\Delta }^{\prime }=m^2-(m^2-1)=1>0,\forall m\in \mathbb{R}$$
Theo định lý Vi-ét: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m\\ x_1{x}_2=m^2-1\end{array}$
Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị có phương trình: $y=-2x-m+1$
Tọa độ hai điểm cực trị là $A(x_1;-2x_1-m+1)$ và $B(x_2;-2x_2-m+1)$
Yêu cầu bài toán: $O{A}^2+O{B}^2=A{B}^2-8$
Sử dụng công thức độ dài và tích vô hướng:
$O{A}^2+O{B}^2=|\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}{|}^2-8=O{A}^2+O{B}^2-2\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}-8$
$\iff \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=-4\iff x_1{x}_2+y_1{y}_2=-4$
Trong đó:
$$y_1{y}_2=(-2x_1-m+1)(-2x_2-m+1)=4x_1{x}_2+2(m-1)(x_1+x_2)+(m-1{)}^2$$
$$y_1{y}_2=4(m^2-1)+4m(m-1)+(m-1{)}^2=9m^2-6m-3$$
Thay vào phương trình tích vô hướng:
$$(m^2-1)+(9m^2-6m-3)=-4\iff 10m^2-6m=0$$
$$\iff \{\begin{array}{l}m=0\\ m=\frac{3}{5}\end{array}$$
Vậy giá trị cần tìm là $m\in \left\{0;\frac{3}{5}\right\}$

2. Gọi $r$ là bán kính của hai mặt cắt $(0<r\le 5)$
Xét phần đối cầu: Mặt phẳng cắt nửa khối cầu (bán kính $R_1=5$) song song với đáy và cách tâm một khoảng $h_1$.
Ta có:
$$h_1=\sqrt{R_1^2-r^2}=\sqrt{25-r^2}$$
Vì phần giữ lại là phần đối cầu chứa tâm (bỏ chỏm cầu) nên chiều cao của phần này chính là $h_1$.
Xét phần nón cụt: Khối nón ban đầu có bán kính đáy $R_2=9$ và chiều cao $h=6$
Gọi $h_2$ là chiều cao của khối nón cụt.
Theo định lý Ta-lét, bán kính $r$ của mặt cắt phía trên thỏa mãn:
$$\frac{r}{R_2}=\frac{h-h_2}{h}\Rightarrow \frac{r}{9}=\frac{6-h_2}{6}\Rightarrow h_2=6-\frac{2}{3}r$$
Theo giả thiết, tổng chiều cao của khối mới bằng 8 dm, ta có phương trình:
$$h_1+h_2=8\iff \sqrt{25-r^2}+6-\frac{2}{3}r=8$$
$$\iff \sqrt{25-r^2}=2+\frac{2}{3}r(1)$$
Điều kiện: $2+\frac{2}{3}r\ge 0$ (luôn đúng với $r>0$). Bình phương hai vế của (1):
$$25-r^2=4+\frac{8}{3}r+\frac{4}{9}{r}^2\iff \frac{13}{9}{r}^2+\frac{8}{3}r-21=0$$
Giải phương trình bậc hai trên, ta thu được nghiệm dương duy nhất $r=3$
Với $r=3$, ta tính được $h_1=\sqrt{25-3^2}=4$ và $h_2=6-\frac{2}{3}(3)=4$
Thể tích khối được tạo thành là $V=V_{\text{đoˆˊi caˆˋu}}+V_{\text{noˊn cụt}}$
Trong đó:
$$V_{\text{đoˆˊi caˆˋu}}=\pi {\int }_0^{h_1}(R_1^2-x^2)dx=\pi \left(25h_1-\frac{h_1^3}{3}\right)=\pi \left(25\cdot 4-\frac{4^3}{3}\right)=\frac{236\pi }{3}$$
$$V_{\text{noˊn cụt}}=\frac{1}{3}\pi h_2(R_2^2+R_{2}r+r^2)=\frac{1}{3}\pi \cdot 4\cdot (9^2+9\cdot 3+3^2)=\frac{4\pi }{3}\cdot 117=156\pi$$
Tổng thể tích khối mới là:
$$V=\frac{236\pi }{3}+156\pi =\frac{704\pi }{3}({\text{dm}}^3)$$
Vì các giá trị $r$ và $h$ được xác định duy nhất từ điều kiện tổng chiều cao nên thể tích lớn nhất cần tìm là $V=\frac{704\pi }{3}({\text{dm}}^3)$

Lời giải. Ta có $y^{\prime }=3x^2-3$. Khi đó,

$$y^{\prime }=0\iff 3x^2-3=0\iff \{\begin{array}{ll}x=1& \Rightarrow y=0\\ x=-1& \Rightarrow y=4.\end{array}$$

Vậy $(\mathcal{C})$ có hai điểm cực trị là $A(1;0)$ và $B(-1;4)$.

Bình luận. Bài toán yêu cầu xác định các điểm cực trị của một hàm số bậc ba thông qua việc tính đạo hàm và giải phương trình $y^{\prime }=0$. Đây là dạng bài cơ bản trong chương trình giải tích lớp 12, chủ yếu kiểm tra khả năng thực hiện các thao tác tính toán tiêu chuẩn. Mức độ yêu cầu chưa cao và khả năng phân hóa thí sinh còn hạn chế so với tính chất của một đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh.

Lời giải.

a) Xét từng khoảng:
Với $x<-4$:
$$f(x)=\frac{x+7}{x+3}=1+\frac{4}{x+3}\Rightarrow f^{\prime }(x)=-\frac{4}{(x+3{)}^2}<0.$$
Vậy hàm số nghịch biến trên $(-\infty ,-4)$, không có cực trị trong khoảng này.
Với $-4\le x\le 0$:
$$f(x)=x(x+3{)}^2+1,f^{\prime }(x)=3x^2+12x+9=3(x+1)(x+3).$$
Ta có bảng biến thiên:



Do đó: $x=-3$ là điểm cực đại; $x=-1$ là điểm cực tiểu.
Xét tại $x=-4$:
$$f(-4)=\frac{-4+7}{-4+3}=-3.$$
Vì khi $x\to (-4{)}^{-}$ (bên trái $-4$) hàm số nghịch biến và khi $x\in (-4;-3)$ thì hàm số đồng biến nên $x=-4$ là điểm cực tiểu. Vậy $x=-4$ là điểm cực tiểu.
Xét tại $x=0$:
$$f(0)=1.$$
Ta thấy khi $x\in (-1;0)$, thì hàm số đồng biến.
Mặt khác, với $x>0$:
$$f(x)=2^x-x,f^{\prime }(x)=2^x\ln 2-1.$$
Ta có $f^{\prime }(0^{+})=\ln 2-1<0$, nên phía bên phải của $x=0$ hay $x\to 0^{+}$ thì hàm số nghịch biến.
Do đó, $x=0$ là điểm cực đại.
Trên $(0,+\infty )$, phương trình:
$$f^{\prime }(x)=2^x\ln 2-1=0$$
có đúng một nghiệm:
$$x_0={\log }_2\frac{1}{\ln 2}.$$
Vì $f^{\prime }(x)<0$ khi $0<x<x_0$ và $f^{\prime }(x)>0$ khi $x>x_0$, nên $x=x_0$ là điểm cực tiểu.
Vậy hàm số có tất cả 5 điểm cực trị.

b) Đặt
$$f(a_1)=f(a_2)=\cdots =f(a_6)=m.$$
Trên khoảng $x<-4$, hàm số nghịch biến nên đường thẳng $y=m$ cắt đồ thị nhiều nhất 1 điểm.
Trên đoạn $[-4,0]$, hàm tăng trên $[-4,-3]$, giảm trên $[-3,-1]$, rồi tăng trên $[-1,0]$, nên $y=m$ cắt phần này nhiều nhất 3 điểm.
Vậy ở phần $x\le 0$, tổng cộng nhiều nhất có 4 nghiệm. Do có 6 nghiệm phân biệt nên bắt buộc còn 2 nghiệm dương. Vì thế
$$a_5>0,a_6>0,$$
và
$$2^{a_5}-a_5=2^{a_6}-a_6.$$
Ta sẽ chứng minh $a_6-a_5<1$.
Giả sử ngược lại:
$$a_6-a_5\ge 1.$$
Khi đó đặt:
$$d=a_6-a_5\ge 1.$$
Ta có:
$$2^{a_6}-a_6-(2^{a_5}-a_5)=2^{a_5}(2^d-1)-d.$$
Xét hàm:
$$\phi (d)=2^{a_5}(2^d-1)-d(d\ge 1).$$
Khi đó:
$${\phi }^{\prime }(d)=2^{a_5}{2}^d\ln 2-1.$$
Vì $a_5>0$ và $d\ge 1$ nên:
$${\phi }^{\prime }(d)\ge 2\ln 2-1>0.$$
Suy ra: $\phi (d)$ tăng trên $[1,+\infty )$, nên:
$$\phi (d)\ge \phi (1)=2^{a_5}-1>0.$$
Do đó:
$$2^{a_6}-a_6>2^{a_5}-a_5,$$
mâu thuẫn với:
$$2^{a_6}-a_6=2^{a_5}-a_5.$$
Vậy giả sử trên là sai, suy ra $a_6-a_5<1$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: $f^{\prime }(x)$ đổi dấu từ $+$ sang $-$ khi qua $x=3$, nên hàm số đạt cực đại tại $x=3$ với giá trị cực đại $f(3)=2$. (Tại $x=-2$, $f^{\prime }$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ nên đó là điểm cực tiểu với giá trị $f(-2)=-3$.) Vậy giá trị cực đại của hàm số bằng $2$.

Hàm số có đạo hàm đổi dấu hai lần tại các điểm $x=-3;x=2$ nên hàm số có hai điểm cực trị.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $y=2x^4+5x^2+7$. Ta có $y^{\prime }=8x^3+10x=2x(4x^2+5)$. Vì $4x^2+5>0$ với mọi $x$, nên $y^{\prime }=0\iff x=0$. Dấu của $y^{\prime }$: $y^{\prime }<0$ khi $x<0$ và $y^{\prime }>0$ khi $x>0$, nên hàm số nghịch biến trên $(-\infty ;0)$ và đồng biến trên $(0;+\infty )$. Vậy hàm số có đúng một điểm cực trị (điểm cực tiểu) tại $x=0$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng hàm số: A) $y=-x^3+3x-1$, $y^{\prime }=-3x^2+3=0\iff x=\pm 1$, $y^{\prime }$ đổi dấu qua các nghiệm nên hàm có cực trị. B) $y=x^2$, $y^{\prime }=2x=0\iff x=0$, $y^{\prime }$ đổi dấu từ âm sang dương nên hàm có cực tiểu tại $x=0$. C) $y=x^4-2x^2+1$, $y^{\prime }=4x^3-4x=0\iff x=0,\pm 1$, $y^{\prime }$ đổi dấu qua các nghiệm nên hàm có cực trị. D) $y=\frac{x-1}{x-2}$, $y^{\prime }=\frac{(x-2)-(x-1)}{(x-2{)}^2}=\frac{-1}{(x-2{)}^2}<0$ với mọi $x\ne 2$, đạo hàm không đổi dấu nên hàm số không có cực trị. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: hàm đồng biến trên $(-\infty ;-1)$, nghịch biến trên $(-1;2)$, đồng biến trên $(2;+\infty )$. Hàm đạt cực đại tại $x=-1$ với giá trị cực đại $f(-1)=4$ (A đúng), đạt cực tiểu tại $x=2$ với $f(2)=-5$ (B đúng). Khi $x\to -\infty$, $y\to 2$ và khi $x\to +\infty$, $y\to 6$ nên đồ thị có 2 tiệm cận ngang $y=2$ và $y=6$ (C đúng). Tuy nhiên $y\to 6$ khi $x\to +\infty$ chỉ là giới hạn, hàm không đạt giá trị 6 nên không có giá trị lớn nhất bằng 6. Vậy mệnh đề D sai.

(AI giải đề cho tôi)
Xét dấu $f^{\prime }(x)$: tại $x=-1$, $f^{\prime }$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ nên là điểm cực tiểu. Tại $x=0$, $f^{\prime }$ đổi dấu từ $+$ sang $-$ nên là điểm cực đại. Tại $x=1$, $f^{\prime }$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ nên là điểm cực tiểu. Tại $x=2$, $f^{\prime }$ không đổi dấu (cả hai bên đều $+$) nên không phải điểm cực trị. Vậy hàm số có đúng 1 điểm cực đại là $x=0$, chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: hàm số đồng biến trên $(-\infty ;-1)$ và $(2;+\infty )$, nghịch biến trên $(-1;2)$, đạt cực đại tại $x=-1$ với giá trị cực đại $y=2$ (điểm cực đại $M(-1;2)$), đạt cực tiểu tại $x=2$ với giá trị cực tiểu $y=-1$. Vì hàm số đi tới $-\infty$ khi $x\to -\infty$ và $+\infty$ khi $x\to +\infty$ nên hàm số không có GTLN và GTNN. Do đó mệnh đề B sai; A, C, D đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên của Câu 1.29: f'(x) đổi dấu tại x = -1 (từ âm sang dương → cực tiểu, f(-1)=0), tại x = 0 (từ dương sang âm → cực đại, f(0)=3), tại x = 1 (từ âm sang dương → cực tiểu, f(1)=0); khi x → ±∞ thì y → +∞.
a) f' đổi dấu ba lần nên hàm số có ba điểm cực trị → ĐÚNG.
b) Giá trị nhỏ nhất bằng 0 tại x = ±1 nên f(x) ≥ 0 với mọi x ∈ R → ĐÚNG.
c) Hàm số tăng lên +∞ khi x → ±∞ nên không có GTLN; 3 chỉ là giá trị cực đại (cục bộ) → SAI.
d) Ba điểm cực trị (-1;0), (0;3), (1;0) tạo tam giác có đáy 2 và chiều cao 3, diện tích = (1/2)·2·3 = 3 ≠ 6 → SAI.
a) (AI giải đề cho tôi)
f'(x) đổi dấu ba lần tại x = -1, 0, 1 nên hàm số có ba điểm cực trị.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hàm đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 tại x = ±1, nên f(x) ≥ 0 với mọi x ∈ R.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hàm số tăng lên +∞ khi x → ±∞ nên không có GTLN; 3 chỉ là giá trị cực đại.
d) (AI giải đề cho tôi)
Ba điểm cực trị (-1;0), (0;3), (1;0) tạo tam giác có diện tích (1/2)·2·3 = 3, không phải 6.

(AI giải đề cho tôi)
f(x)=x/(x²+1), TXĐ là $\mathbb{R}$. f'(x)=(1−x²)/(x²+1)². a) f'=0 tại x=±1, đổi dấu từ + sang − tại x=1 (cực đại) và từ − sang + tại x=−1 (cực tiểu) → hàm có hai điểm cực trị: ĐÚNG. b) Với x∈(5;+∞) thì |x|>1 nên f'(x)<0 → hàm nghịch biến: ĐÚNG. c) Hàm đạt GTLN = 1/2 tại x=1 và GTNN = −1/2 tại x=−1 (vì f(1)=1/2, f(−1)=−1/2 và f(x)→0 khi x→±∞) → khẳng định không có GTLN, GTNN là SAI. d) Không có tiệm cận đứng (TXĐ là $\mathbb{R}$) và $\lim f(x)=0$ khi x→±∞ nên không có tiệm cận ngang (đường y=0 không phải tiệm cận vì f(x) đạt giá trị 0 tại x=0) → đồ thị không có tiệm cận nào: ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
f'(x)=(1−x²)/(x²+1)²=0 tại x=±1 và f' đổi dấu tại cả hai điểm, nên hàm có hai điểm cực trị.
b) (AI giải đề cho tôi)
Trên (5;+∞) có x²>1 nên f'(x)<0, hàm nghịch biến.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hàm đạt GTLN 1/2 tại x=1 và GTNN −1/2 tại x=−1.
d) (AI giải đề cho tôi)
TXĐ là $\mathbb{R}$ nên không có tiệm cận đứng; ${\lim }_{x\to \pm \infty }f(x)=0$ nhưng f(0)=0 nên y=0 không phải tiệm cận ngang; không có tiệm cận xiên. Vậy đồ thị không có tiệm cận nào.

(AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=6x^2+2ax-6$. Vì hàm đạt cực trị tại $x=1$ nên $f^{\prime }(1)=6+2a-6=0$, suy ra $a=0$. Hàm đạt cực trị bằng 4 tại $x=1$ nên $f(1)=2-6+b=4$, suy ra $b=8$. Vậy $f(x)=2x^3-6x+8$.
a) $a+b=0+8=8$: đúng.
b) $f^{\prime }(x)=6x^2-6=6(x-1)(x+1)$; $f^{\prime }$ đổi dấu từ + sang - tại $x=-1$ (cực đại) và từ - sang + tại $x=1$ (cực tiểu). Vậy hàm đạt cực tiểu (không phải cực đại) tại $x=1$: sai.
c) $x=-1$ là nghiệm của $f^{\prime }(x)$ và $f^{\prime }$ đổi dấu qua $x=-1$, nên $x=-1$ là điểm cực trị: đúng.
d) Giá trị cực tiểu là $f(1)=2-6+8=4$, không phải 12: sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(1)=0$ cho $a=0$; $f(1)=4$ cho $b=8$; nên $a+b=8$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=6(x-1)(x+1)$ đổi dấu từ - sang + tại $x=1$, nên $x=1$ là điểm cực tiểu, không phải cực đại.
c) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(-1)=0$ và $f^{\prime }$ đổi dấu từ + sang - tại $x=-1$, nên $x=-1$ là điểm cực đại (một điểm cực trị).
d) (AI giải đề cho tôi)
Giá trị cực tiểu là $f(1)=2-6+8=4$, không phải 12.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ có điểm cực tiểu tại gốc tọa độ $(0;0)$ nên $d=0$. Điểm cực đại tại $(-4;1)$. Đạo hàm $y^{\prime }=3a{x}^2+2bx+c$ có hai nghiệm $x=0$ và $x=-4$ (hoành độ cực trị), suy ra $c=0$ và $3a(-4{)}^2+2b(-4)=0\Rightarrow 48a-8b=0\Rightarrow b=6a$. Thay $x=-4$: $y(-4)=a(-64)+b(16)=-64a+96a=32a=1\Rightarrow a=\frac{1}{32}$, $b=\frac{3}{16}$. Vậy $\frac{1}{a}+c+d=32+0+0=32$. Kiểm tra: $y=\frac{1}{32}{x}^3+\frac{3}{16}{x}^2$, $y^{\prime }=\frac{3}{32}{x}^2+\frac{3}{8}x=\frac{3x}{32}(x+4)$, đổi dấu +→− tại $x=-4$ (cực đại, $y=1$) và −→+ tại $x=0$ (cực tiểu, $y=0$), phù hợp đề bài.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=(x+2)(x-1{)}^2$. Vì $(x-1{)}^2\ge 0$ với mọi $x$, dấu của $f^{\prime }$ do $(x+2)$ quyết định: $f^{\prime }(x)<0$ khi $x<-2$ và $f^{\prime }(x)>0$ khi $x>-2$ (trừ $x=1$ nơi $f^{\prime }=0$). Do đó hàm số nghịch biến trên $(-\infty ;-2)$ và đồng biến trên $(-2;+\infty )$ (vì $f^{\prime }\ge 0$ trên khoảng này và chỉ bằng 0 tại một điểm). Tại $x=-2$, $f^{\prime }$ đổi dấu từ âm sang dương nên $x=-2$ là điểm cực tiểu, không phải cực đại (B sai). Tại $x=1$, $f^{\prime }$ không đổi dấu (dương cả hai bên) nên $x=1$ không phải điểm cực trị (C sai). Trên $(-2;1)$ ta có $f^{\prime }>0$ nên hàm đồng biến, D sai. Vậy khẳng định đúng là A.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=x^3-x^2+2$ có đạo hàm $y^{\prime }=3x^2-2x=x(3x-2)$. Cho $y^{\prime }=0\iff x=0$ hoặc $x=\frac{2}{3}$. Xét dấu của $y^{\prime }$: $y^{\prime }>0$ khi $x<0$; $y^{\prime }<0$ khi $0<x<\frac{2}{3}$; $y^{\prime }>0$ khi $x>\frac{2}{3}$. Vậy hàm số đạt cực đại tại $x=0$ với $y(0)=2$, tức điểm cực đại là $(0;2)$. (Hàm đạt cực tiểu tại $x=\frac{2}{3}$, $y=\frac{8}{27}-\frac{4}{9}+2=\frac{50}{27}$, tương ứng điểm cực tiểu $\left(\frac{2}{3};\frac{50}{27}\right)$.) Đáp án: C.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=2x^3-9x^2+12x+5$ có $y^{\prime }=6x^2-18x+12=6(x-1)(x-2)$. Cho $y^{\prime }=0$ được $x=1$ hoặc $x=2$ (hai nghiệm phân biệt). Vì $y^{\prime }$ đổi dấu qua mỗi nghiệm: $y^{\prime }>0$ ngoài khoảng $(1;2)$ và $y^{\prime }<0$ trong khoảng $(1;2)$, nên hàm số đạt cực đại tại $x=1$ và cực tiểu tại $x=2$. Vậy hàm số có 2 điểm cực trị, tương ứng đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=-\frac{1}{3}{x}^3-x+7$ có đạo hàm $y^{\prime }=-x^2-1<0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$, nên hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$ và không có điểm cực trị. Vậy số điểm cực trị là $0$, chọn đáp án A.