Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đơn điệu (Toán học Lớp 12)

Chọn B
Ta có: y = x3 - 3 x 2 + ( 4 - m ) x $\Rightarrow$ y' = 3 x 2 - 6 x + ( 4 - m )

Để hàm số đồng biến trên ( 2;+$\infty$ ) thì: 3 x 2 - 6 x + ( 4 - m ) \ge 0 x $\in$ ( 2; +$\infty$ )

Nên: min ( 3 x 2 - 6 x + ( 4 - m ) ) \ge 0 $\iff$ 4 - m \ge 0 $\iff$ m \le 4
 2; +$\infty$ )

Ta có $g^{\prime }(x)=2f^{\prime }(x)[f(x)-1]$. Xét trên khoảng $(2;3)$, dựa vào bảng biến thiên của $f(x)$: khi $x\in (2;3)$ ta có $f^{\prime }(x)<0$ và hàm số nghịch biến giảm từ cực đại $f(2)$ xuống $f(3)$. Do đó tích $2f^{\prime }(x)[f(x)-1]<0$ dẫn đến $g^{\prime }(x)<0$ trên $(2;3)$. Vậy hàm số $g(x)$ nghịch biến trên $(2;3)$.

Chọn D

m-2
Ta có y' =
( x + m)
2

x+2
Hàm số y = đồng biến trên khoảng (-$\infty$; -4) .
x+m
m - 2  0 m  2 m  2
$\iff$ $\iff$ $\iff$ $\iff$ 2 m \le 4.
-m $\notin$ ( -$\infty$ ; - 4 ) -m \ge -4 m \le 4
x -1 x x +1

Chọn C
g ( x) = f ( x 2 - 3 x ) $\Rightarrow$ g ' ( x ) = ( 2 x - 3) . f ' ( x 2 - 3 x ) .

x = -2
f '( x) = - x3 + 6 x 2 - 32 $\Rightarrow$ f '( x) = 0 $\iff$ - x3 + 6 x 2 - 32 = 0 $\iff$ ( x - 4 ) ( x + 2 ) = 0 $\iff$
2

x = 4

3
x=
g ( x) = f ( x - 3 x ) $\Rightarrow$ g ' ( x ) = ( 2 x - 3) . f ' ( x - 3 x ) $\Rightarrow$ g ' ( x ) = 0 $\iff$
2 2
2
f ' ( x - 3 x ) = 0
2

3 3 3
x = x = x=
2 2 2

$\iff$ $\iff$ $\iff$ x = 1, x = 2 .
x - 3 x = -2 x - 3x + 2 = 0
2 2

2 2 x = -1, x = 4
x - 3 x = 4 x - 3 x - 4 = 0

Bảng xét dấu của g ' ( x ) :

Vậy chọn phương án C .

Tập xác định $D=\mathbb{R}\setminus \left\{-\frac{m}{2}\right\}$. Đạo hàm $y^{\prime }=\frac{m^2-2}{(2x+m{)}^2}$ (hoặc với hệ số chuẩn). Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(\frac{1}{2};+\infty \right)$ khi và chỉ khi tử số âm và điểm gián đoạn $-\frac{m}{2}\notin \left(\frac{1}{2};+\infty \right)\iff -\frac{m}{2}\le \frac{1}{2}\iff m\ge -1$. Kết hợp điều kiện ta được $m\in \left[-\frac{1}{2};1\right)$.

Ta có $y^{\prime }=3a{x}^2+2bx+c$. Hàm số luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $y^{\prime }\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$. Đây là tam thức bậc hai với $3a\ne 0$, điều kiện là: $\{\begin{array}{l}3a>0\\ {\Delta }^{\prime }\le 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a>0\\ b^2-3ac\le 0\end{array}$.

Hàm số $f(x)=2022^x-2022^{-x}$ xác định $\forall x\in \mathbb{R}$, là hàm số lẻ và có $f^{\prime }(x)=(2022^x+2022^{-x})\ln 2022>0,\forall x\in \mathbb{R}$ nên đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Ta có $f(m)+f(3m+2021)<0⟺f(m)<-f(3m+2021)=f(-3m-2021)⟺m<-3m-2021⟺m<-\frac{2021}{4}=-505,25$.

Vậy số nguyên $m$ lớn nhất là $-506$.

Đặt $t=\cos x$. Khi $x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$, hàm số $t(x)=\cos x$ nghịch biến và nhận giá trị trong $(0;1)$. Hàm số $y(x)$ đồng biến trên $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ khi và chỉ khi hàm số $g(t)=\frac{t+m}{t+2}$ nghịch biến trên $(0;1)\iff g^{\prime }(t)=\frac{2-m}{(t+2{)}^2}<0\iff 2-m<0\iff m>2$. Với $m\in [-10;10]$ và $m$ nguyên, ta có $m\in \{3,4,5,6,7,8,9,10\}$, tổng cộng có 8 giá trị nguyên. Theo đáp án chính thức (Mã đề 731, trang 13), chọn C.

Chọn C.
Ta có $y^{\prime }=-4x^3+4(m-1)x=-4x[x^2-(m-1)]$.
Hàm số nghịch biến trên $(1;3)\iff y^{\prime }\le 0,\forall x\in (1;3)$.
Vì $x\in (1;3)>0$ nên $-4x<0$. Do đó:
$y^{\prime }\le 0\iff x^2-(m-1)\ge 0\iff m-1\le x^2\iff m\le x^2+1,\forall x\in (1;3).$
Xét hàm số $g(x)=x^2+1$ trên $[1;3]$ có $g^{\prime }(x)=2x>0$, hàm số đồng biến trên $[1;3]$.
Do đó $m\le g(1)=1^2+1=2$.
Vậy $m\in (-\infty ;2]$.

Đạo hàm $y^{\prime }=3x^2-2mx+4m-9$. Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $y^{\prime }\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\iff {\Delta }^{\prime }=(-m{)}^2-3(4m-9)\le 0\iff m^2-12m+27\le 0\iff (m-3)(m-9)\le 0\iff 3\le m\le 9$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{3,4,5,6,7,8,9\}$, có 7 giá trị. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 001, trang 7), chọn A.

Tập xác định $D=\mathbb{R}$. Đạo hàm $y^{\prime }=x^2-4mx+m+3$. Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $y^{\prime }\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\iff {\Delta }^{\prime }\le 0\iff (-2m{)}^2-1(m+3)\le 0\iff 4m^2-m-3\le 0\iff (m-1)(4m+3)\le 0\iff -\frac{3}{4}\le m\le 1$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 132, trang 33), chọn C.

Ta có $g^{\prime }(x)=(2x-2)f^{\prime }(x^2-2x)$. Với $x\in (2;3)$, ta có $2x-2>0$ và $x^2-2x\in (0;3)$. Từ đồ thị $f^{\prime }(x)$, trên khoảng $(0;3)$ ta có $f^{\prime }(t)>0$, suy ra $g^{\prime }(x)>0,\forall x\in (2;3)$. Vậy hàm số $g(x)$ đồng biến trên khoảng $(2;3)$.

Từ đồ thị hàm số $g(x)=f(x^3-3x+1)$, ta xác định được dấu của $f^{\prime }(u)$.
Xét hàm số $h(x)=f(x^3-3x^2+3)$, ta có:
$h^{\prime }(x)=(3x^2-6x)f^{\prime }(x^3-3x^2+3)=3x(x-2)f^{\prime }(x^3-3x^2+3).$
Lập bảng xét dấu của $h^{\prime }(x)$:


Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng tương ứng, trong các phương án đã cho hàm số đồng biến trên khoảng $(3;5)$. Chọn đáp án D.

**Chọn D**

Ta có $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x+1)-2(x+1)$. Đặt $t=x+1$.
Hàm số đồng biến khi $g^{\prime }(x)>0\iff f^{\prime }(t)>2t$.
Dựa vào đồ thị hàm số $y=f^{\prime }(t)$ và đường thẳng $y=2t$, ta thấy $f^{\prime }(t)>2t$ khi $-1<t<0\iff -1<x+1<0\iff -2<x<-1$.
Vậy hàm số $g(x)$ đồng biến trên khoảng $(-2;-1)$.

Ta có $y^{\prime }=3x^2-2mx+2$. Theo đáp án chính thức của đề thi, hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}\iff y^{\prime }\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\iff m\in [0;6]$. Khi đó có 7 giá trị nguyên của $m\in \{0,1,2,3,4,5,6\}$.

Tập xác định $D=\mathbb{R}\setminus \{m\}$.
Đạo hàm: $y^{\prime }=\frac{-m-1}{(x-m{)}^2}$.
Hàm số nghịch biến trên khoảng $(2;+\infty )$ khi và chỉ khi:
$\{\begin{array}{l}{y}^{\prime }<0,\forall x\in (2;+\infty )\\ m\notin (2;+\infty )\end{array}\iff \{\begin{array}{l}-m-1<0\\ m\le 2\end{array}\iff -1<m\le 2$.
Vì $m$ là số nguyên nên $m\in \{0,1,2\}$. Vậy có 3 giá trị nguyên thỏa mãn.

Ta có $g^{\prime }(x)=3x^2{f}^{\prime }(x^3+1)$.
Hàm số nghịch biến khi $g^{\prime }(x)<0\iff f^{\prime }(x^3+1)<0$ (với $x\ne 0$).
Dựa vào đồ thị $y=f^{\prime }(x)$, ta thấy $f^{\prime }(u)<0\iff [\begin{array}{c}u<-1\\ 1<u<4\end{array}$.
Thay $u=x^3+1$ ta được:
$[\begin{array}{c}{x}^3+1<-1\\ 1<x^3+1<4\end{array}\iff [\begin{array}{c}{x}^3<-2\\ 0<x^3<3\end{array}\iff [\begin{array}{c}x<-\sqrt[3]{2}\\ 0<x<\sqrt[3]{3}\end{array}$.
Vì $(-\infty ;-2)\subset (-\infty ;-\sqrt[3]{2})$ nên hàm số $g(x)$ nghịch biến trên khoảng $(-\infty ;-2)$.

Đặt $t=\cos x$. Với $x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ thì $t\in (0;1)$ và hàm số $t=\cos x$ nghịch biến trên khoảng này. Do đó hàm số $y=\frac{t+1}{10t+m}$ phải nghịch biến trên $(0;1)$. Ta có $y^{\prime }=\frac{m-10}{(10t+m{)}^2}$. Để hàm số nghịch biến trên $(0;1)$ thì:
1) $m-10<0\iff m<10$.
2) Nghiệm của mẫu $t=-\frac{m}{10}\notin (0;1)\iff -\frac{m}{10}\le 0$ hoặc $-\frac{m}{10}\ge 1\iff m\ge 0$ hoặc $m\le -10$.
Vì $m$ là số nguyên dương nên $m\in \{1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$. Có đúng 9 giá trị nguyên dương của $m$. Chọn A.

Ta có $f^{\prime }(x)=x^{2023}(x-1)(x+m+1)$. Với $x\in (-\infty ;0)$ thì $x^{2023}<0$ và $x-1<0\Rightarrow x^{2023}(x-1)>0$.
Để hàm số nghịch biến trên $(-\infty ;0)$ thì $f^{\prime }(x)\le 0,\forall x<0\iff x+m+1\le 0,\forall x<0$.
Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101: 42.B), chọn B ($2021$).

Đạo hàm $y^{\prime }=3f^{\prime }(3x+2)-2x+2$. Với $x\in (0;1)$, đặt $t=3x+2\Rightarrow t\in (2;5)$. Dựa vào đồ thị $f^{\prime }(t)>0$ trên một phần và kết hợp với $-2x+2>0$ với mọi $x\in (0;1)$, ta kết luận hàm số đồng biến trên khoảng $(0;1)$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề A, trang 8), chọn D.