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

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ, đồ thị $y=f^{\prime }(x)$ có tiệm cận đứng $x=-1$ và đi qua điểm $(0;3)$, có dạng $f^{\prime }(x)=\frac{k}{(x+1{)}^2}$. Vì $f^{\prime }(0)=k=3$ nên $f^{\prime }(x)=\frac{3}{(x+1{)}^2}>0$ với mọi $x\ne -1$. Suy ra $f(x)=-\frac{3}{x+1}+C$. Trên đoạn $[0;2]\subset (-1;+\infty )$, $f$ đồng biến nên GTNN đạt tại $x=0$: $f(0)=C-3=-2\Rightarrow C=1$. Vậy $f(x)=1-\frac{3}{x+1}$.
a) Trên $(-1;+\infty )$, $f^{\prime }(x)>0$ nên $f$ đồng biến, không nghịch biến → Sai.
b) $f(2)=1-\frac{3}{3}=0\ne -2$ → Sai.
c) $f^{\prime }(0)=\frac{3}{(0+1{)}^2}=3$ → Đúng.
d) $f(-2)=1-\frac{3}{-1}=4$ → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $f^{\prime }(x)=\frac{3}{(x+1{)}^2}>0$ trên $(-1;+\infty )$ nên $f$ đồng biến, không nghịch biến trên khoảng này.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $f(x)=1-\frac{3}{x+1}$ nên $f(2)=1-1=0\ne -2$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Đồ thị $y=f^{\prime }(x)$ đi qua $(0;3)$ nên $f^{\prime }(0)=3$; kiểm tra $f^{\prime }(0)=\frac{3}{1}=3$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $f(-2)=1-\frac{3}{-1}=4$.

(AI giải đề cho tôi)
a) $c(3)=\frac{3}{3^2+1}=\frac{3}{10}$ (mg/L) → đúng. b) $c^{\prime }(t)=\frac{(t^2+1)-t\cdot 2t}{(t^2+1{)}^2}=\frac{1-t^2}{(t^2+1{)}^2}$ → đúng. c) $c^{\prime }(t)>0\iff 1-t^2>0\iff 0<t<1$, nên hàm tăng trên $(0;1)$ chứ không phải $(0;2)$ → sai. d) $c^{\prime }(t)=0\iff t=1$ (với $t>0$), $c$ tăng trên $(0;1)$ và giảm trên $(1;+\infty )$ nên nồng độ cao nhất tại $t=1$, không phải $t=\frac{1}{2}$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$c(3)=\frac{3}{3^2+1}=\frac{3}{10}$ (mg/L).
b) (AI giải đề cho tôi)
$c^{\prime }(t)=\frac{(t^2+1)-t\cdot 2t}{(t^2+1{)}^2}=\frac{1-t^2}{(t^2+1{)}^2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$c^{\prime }(t)>0\iff 1-t^2>0\iff 0<t<1$, nên hàm số tăng trên $(0;1)$, không phải $(0;2)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$c^{\prime }(t)=0\iff t=1$; $c$ tăng trên $(0;1)$, giảm trên $(1;+\infty )$ nên nồng độ cao nhất khi $t=1$ (giá trị lớn nhất $c(1)=\frac{1}{2}$), không phải $t=\frac{1}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y^{\prime }=3x^2-6mx+3(3m+4)=3\left[x^2-2mx+(3m+4)\right]$. Hàm số đồng biến trên $(2;+\infty )$ khi và chỉ khi $y^{\prime }\ge 0$ với mọi $x>2$, tức $g(x)=x^2-2mx+3m+4\ge 0$ trên $(2;+\infty )$.

Trường hợp 1: $m\le 1$ thì đỉnh parabol $x=2m\le 2$, hàm $g$ tăng dần trên $(2;+\infty )$, khi đó cần $g(2)=4-4m+3m+4=8-m\ge 0$, đúng với mọi $m\le 1$.

Trường hợp 2: $m>1$ thì cần ${\Delta }^{\prime }=m^2-3m-4\le 0\iff -1\le m\le 4$, kết hợp $m>1$ ta được $1<m\le 4$.

Vậy điều kiện là $m\le 4$. Các giá trị nguyên dương: $m\in \{1,2,3,4\}$, tổng $T=1+2+3+4=10$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=-x^3+(2m-1)x^2+(m-2)x+5$ có $y^{\prime }=-3x^2+2(2m-1)x+(m-2)$. Hàm nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $y^{\prime }\le 0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$. Vì $y^{\prime }$ là tam thức bậc hai với hệ số $-3<0$ nên điều kiện là $\Delta \le 0$: $4(2m-1{)}^2+12(m-2)\le 0\iff 4m^2-m-5\le 0\iff (4m-5)(m+1)\le 0\iff -1\le m\le \frac{5}{4}$. Vậy $\left[a;\frac{b}{c}\right]=\left[-1;\frac{5}{4}\right]$, tức $a=-1,b=5,c=4$. Khi đó $P=\frac{b^2-c^2}{2a}=\frac{25-16}{2\cdot (-1)}=-\frac{9}{2}=-4,5$.

(AI giải đề cho tôi)
Tốc độ bán hàng là $f^{\prime }(t)=500(2t-m{e}^{-t})$. Tốc độ luôn tăng trên $[0;10]$ nghĩa là $f^{\prime \prime }(t)\ge 0$ với mọi $t\in [0;10]$. Ta có $f^{\prime \prime }(t)=500(2+m{e}^{-t})$. Vì $m\le 0$ nên $m{e}^{-t}$ tăng theo $t$ (vì $e^{-t}$ giảm, nhân với $m<0$ làm $m{e}^{-t}$ tăng), do đó $2+m{e}^{-t}$ nhỏ nhất tại $t=0$. Điều kiện: $2+m\ge 0\iff m\ge -2$. Kết hợp $m\le 0$ ta được $-2\le m\le 0$, vậy giá trị nhỏ nhất của $m$ là $-2$.

(AI giải đề cho tôi)
Tập xác định: x²−5x+4>0 ⟺ x<1 hoặc x>4, nên D=(−∞;1)∪(4;+∞) (không lấy hai đầu mút) → c sai. f'(x)=(2x−5)/((x²−5x+4)ln(1/2))=(5−2x)/((x²−5x+4)ln2) → b đúng. Trên (−∞;1), hàm t=x²−5x+4 nghịch biến và log cơ số 1/2 nghịch biến nên f đồng biến trên (−∞;1); tuy nhiên mệnh đề a nói đồng biến trên (−∞;5/2) — khoảng này chứa điểm không thuộc tập xác định (1;4) nên sai. f'(x)=0 tại x=5/2 không thuộc tập xác định nên hàm không có cực trị → d sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hàm chỉ đồng biến trên (−∞;1); khoảng (−∞;5/2) chứa (1;4) không thuộc tập xác định nên mệnh đề sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
f'(x)=(2x−5)/((x²−5x+4)ln(1/2))=(5−2x)/((x²−5x+4)ln2), đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
Điều kiện x²−5x+4>0 cho D=(−∞;1)∪(4;+∞), không gồm hai đầu mút 1 và 4.
d) (AI giải đề cho tôi)
f'(x)=0 tại x=5/2∉D nên hàm không có điểm cực trị.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $y^{\prime }=-3x^2-12x-(2m+9)$.
a) $y^{\prime }(-1)=-3+12-(2m+9)=-2m$ → đúng.
b) Với $m=4$: $y^{\prime }=-3x^2-12x-17$, $\Delta =144-4\cdot 3\cdot 17=-60<0$ nên $y^{\prime }<0$ với mọi $x$, hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$ → đúng.
c) Hàm nghịch biến trên $\mathbb{R}$ $\iff y^{\prime }\le 0\forall x\iff \Delta \le 0\iff 144-12(2m+9)\le 0\iff m\ge \frac{3}{2}$ → đúng.
d) Trên $(-\infty ;-2)$, $y^{\prime \prime }=-6x-12>0$ nên $y^{\prime }$ đồng biến, $\sup y^{\prime }=y^{\prime }(-2)=3-2m$. Hàm nghịch biến trên khoảng $(-\infty ;-2)$ $\iff 3-2m\le 0\iff m\ge \frac{3}{2}$. Các giá trị nguyên thuộc $[-8;8]$ là $m\in \{2;3;4;5;6;7;8\}$: 7 giá trị → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$y^{\prime }=-3x^2-12x-(2m+9)$; $y^{\prime }(-1)=-3+12-(2m+9)=-2m$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $m=4$, $y^{\prime }=-3x^2-12x-17<0$ với mọi $x$ vì $\Delta =-60<0$, nên hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Nghịch biến trên $\mathbb{R}$ $\iff y^{\prime }\le 0\forall x\iff 144-12(2m+9)\le 0\iff m\ge \frac{3}{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Trên $(-\infty ;-2)$, $y^{\prime \prime }=-6x-12>0$ nên $y^{\prime }$ đồng biến, cần $y^{\prime }(-2)=3-2m\le 0\iff m\ge \frac{3}{2}$. Giá trị nguyên trong $[-8;8]$: $\{2;3;4;5;6;7;8\}$ — đúng 7 giá trị.

(AI giải đề cho tôi)
Tập xác định: $x\ne -m$. Ta có $y^{\prime }=\frac{m(x+m)-(mx+4m)}{(x+m{)}^2}=\frac{m(m-4)}{(x+m{)}^2}$. Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định khi và chỉ khi $y^{\prime }<0$ với mọi $x\ne -m$, tức $m(m-4)<0\iff 0<m<4$. Các giá trị nguyên: $m\in \{1,2,3\}$, nên $S$ có $3$ phần tử. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Cho $f(x)=-x^3+3x^2+9x+2$, TXĐ $\mathbb{R}$.

a) $f^{\prime }(x)=-3x^2+6x+9=-3(x-3)(x+1)$. Với $x\in (-1;3)$ thì $f^{\prime }(x)>0$; với $x\in (-\infty ;-1)\cup (3;+\infty )$ thì $f^{\prime }(x)<0$. Vậy hàm số đồng biến trên $(-1;3)$, nghịch biến trên $(-\infty ;-1)$ và $(3;+\infty )$.

b) $f^{\prime }(x)=0\iff x=-1$ hoặc $x=3$. Đổi dấu $f^{\prime }$ từ $-$ sang $+$ tại $x=-1$ nên điểm cực tiểu $(-1;-3)$ (vì $f(-1)=1+3-9+2=-3$); đổi dấu từ $+$ sang $-$ tại $x=3$ nên điểm cực đại $(3;29)$ (vì $f(3)=-27+27+27+2=29$). Khoảng cách $d=\sqrt{(3+1{)}^2+(29+3{)}^2}=\sqrt{16+1024}=\sqrt{1040}=4\sqrt{65}$.

c) Trên $[-2;0]$: $f(-2)=8+12-18+2=4$, $f(0)=2$, $f(-1)=-3$. Hàm nghịch biến trên $[-2;-1]$ và đồng biến trên $[-1;0]$ nên ${\min }_{[-2;0]}f=-3$ tại $x=-1$; ${\max }_{[-2;0]}f=4$ tại $x=-2$.

d) Đặt $g(x)=f(1-x)$, $g^{\prime }(x)=-f^{\prime }(1-x)$. $g^{\prime }(x)>0\iff f^{\prime }(1-x)<0\iff 1-x\in (-\infty ;-1)\cup (3;+\infty )\iff x\in (-\infty ;-2)\cup (2;+\infty )$. Vậy $f(1-x)$ đồng biến trên $(-\infty ;-2)$ và $(2;+\infty )$.

(AI giải đề cho tôi)
Tốc độ truyền bệnh là f'(t)=90t−3t². Tốc độ giảm khi f”(t)=90−6t<0, tức t>15. Trên đoạn [0;25], tốc độ giảm từ ngày thứ 15 đến ngày thứ 25, nên m=15, n=25 và n−m=10.

Tập xác định của hàm số: $D=\mathbb{R}\setminus \{-m\}$.
Ta có: $y^{\prime }=\frac{m^2-1}{(x+m{)}^2}$.
Để hàm số đồng biến trên khoảng $(1;+\infty )$ thì:
$\{\begin{array}{l}{y}^{\prime }>0,\forall x\in (1;+\infty )\\ -m\notin (1;+\infty )\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{m}^2-1>0\\ -m\le 1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m>1\text{ hoặc }m<-1\\ m\ge -1\end{array}\iff m>1$.

Tập xác định trên $(0;+\infty )$. Đạo hàm:
$y^{\prime }=3x^3-2(3m-1)x+\frac{1}{x^5}$.
Hàm số đồng biến trên $(0;+\infty )⟺y^{\prime }\ge 0\forall x>0$
$⟺3x^3+\frac{1}{x^5}\ge 2(3m-1)x⟺3x^2+\frac{1}{x^6}\ge 2(3m-1)$ (do $x>0$).
Áp dụng BĐT AM-GM cho 4 số dương $x^2,x^2,x^2,\frac{1}{x^6}$:
$3x^2+\frac{1}{x^6}=x^2+x^2+x^2+\frac{1}{x^6}\ge 4\sqrt[4]{x^2\cdot x^2\cdot x^2\cdot \frac{1}{x^6}}=4$.
Đẳng thức xảy ra khi $x^2=\frac{1}{x^6}⟺x=1>0$.
Do đó ${\min }_{(0;+\infty )}\left(3x^2+\frac{1}{x^6}\right)=4$.
Bất đẳng thức đúng với mọi $x>0⟺2(3m-1)\le 4⟺3m-1\le 2⟺3m\le 3⟺m\le 1$.
Vì $m$ nguyên dương nên $m=1$. Vậy có đúng 1 giá trị của $m$. Chọn A.

Tập xác định: $D=\mathbb{R}\setminus \{-m\}$. Đạo hàm: $y^{\prime }=\frac{m^2-4}{(x+m{)}^2}$. Hàm số đồng biến trên $(2;+\infty )$ khi và chỉ khi $\{\begin{array}{l}{y}^{\prime }>0,\forall x\in (2;+\infty )\\ -m\notin (2;+\infty )\end{array}⟺\{\begin{array}{l}{m}^2-4>0\\ -m\le 2\end{array}⟺\{\begin{array}{l}m>2\text{ hoặc }m<-2\\ m\ge -2\end{array}⟺m>2$.

Ta có $g(x)=f(x^2-2)\Rightarrow g^{\prime }(x)=2x\cdot f^{\prime }(x^2-2)$.

Từ đồ thị hàm số $y=f^{\prime }(x)$, ta thấy:
- $f^{\prime }(x)=0\iff x=-1$ hoặc $x=2$;
- $f^{\prime }(x)>0\iff x>2$;
- $f^{\prime }(x)<0\iff x<2$ (với $x\ne -1$).

Xét $g^{\prime }(x)=0\iff 2x\cdot f^{\prime }(x^2-2)=0\iff [\begin{array}{rl}& x=0\\ & x^2-2=-1\\ & x^2-2=2\end{array}\iff [\begin{array}{rl}& x=0\\ & x=\pm 1\\ & x=\pm 2\end{array}$

Xét dấu $g^{\prime }(x)$ trên khoảng $(-1;0)$:
- Với $x\in (-1;0)\Rightarrow x<0$.
- $x\in (-1;0)\Rightarrow x^2\in (0;1)\Rightarrow x^2-2\in (-2;-1)<2$, do đó $f^{\prime }(x^2-2)<0$.
- Suy ra $g^{\prime }(x)=2x\cdot f^{\prime }(x^2-2)>0$ với mọi $x\in (-1;0)$ (tích của hai số âm là số dương).

Do đó, hàm số $g(x)$ đồng biến trên khoảng $(-1;0)$. Khẳng định "$g(x)$ nghịch biến trên $(-1;0)$" là sai.

Tập xác định: $D=\mathbb{R}\setminus \{-m\}$.

Đạo hàm: $y^{\prime }=\frac{m^2-1}{(x+m{)}^2}$.

Hàm số đồng biến trên khoảng $(2;+\infty )$ khi và chỉ khi:
$\{\begin{array}{rl}& y^{\prime }>0,\forall x\in (2;+\infty )\\ & -m\notin (2;+\infty )\end{array}\iff \{\begin{array}{rl}& m^2-1>0\\ & -m\le 2\end{array}\iff \{\begin{array}{rl}& [\begin{array}{rl}& m>1\\ & m<-1\end{array}\\ & m\ge -2\end{array}\iff [\begin{array}{rl}& -2\le m<-1\\ & m>1\end{array}$

Quan sát đồ thị hàm số $y=f(x)$, trên khoảng $(1;2)$ đồ thị đi lên nên hàm số đồng biến, do đó mệnh đề "Hàm số nghịch biến trên khoảng $(1;2)$" là mệnh đề sai.

Tập xác định $D=\mathbb{R}$.
Ta có $y^{\prime }=3x^2-12x+m$.
Hàm số đồng biến trên khoảng $(1;+\infty )$ khi và chỉ khi:
$y^{\prime }\ge 0,\forall x\in (1;+\infty )⟺3x^2-12x+m\ge 0,\forall x\in (1;+\infty )$
$⟺m\ge -3x^2+12x,\forall x\in (1;+\infty )⟺m\ge {\max }_{[1;+\infty )}g(x)$, với $g(x)=-3x^2+12x$.
Khảo sát $g(x)$: đỉnh parabol là $x=-\frac{12}{2(-3)}=2\in (1;+\infty )$.
Giá trị lớn nhất là $g(2)=-3(2{)}^2+12(2)=12$.
Do đó $m\ge 12$.
Kết hợp điều kiện $m\in [-2018;2018]$ và $m\in \mathbb{Z}$, ta được $12\le m\le 2018$.
Số giá trị nguyên của $m$ là: $2018-12+1=2007$. Chọn A.

Vì cơ số $\frac{1}{3}\in (0;1)$ nên hàm số đồng biến trên $(1;3)$ khi và chỉ khi $u(x)=x^3-6x^2+(2m-1)x+1$ nghịch biến trên $(1;3)\iff u^{\prime }(x)=3x^2-12x+2m-1\le 0,\forall x\in (1;3)\iff 2m\le {\min }_{[1;3]}(-3x^2+12x+1)=10\iff m\le 5$. Do $m\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $m\in \{1;2;3;4;5\}$, có $5$ giá trị. Chọn đáp án C.

Ta có $y^{\prime }=-3f^{\prime }(-x+2)+3(x^2+2x-3)e^{x^3+3x^2-9x+1}$. Trên khoảng $(-3;1)$, ta có $-x+2\in (1;5)\Rightarrow f^{\prime }(-x+2)\ge 0\Rightarrow -3f^{\prime }(-x+2)\le 0$ và $x^2+2x-3=(x-1)(x+3)<0$. Do đó $y^{\prime }<0$ trên $(-3;1)$, suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng $(-2;1)$. Chọn đáp án A.

Ta có $y^{\prime }=x^2-m$.
Hàm số nghịch biến trên khoảng $(-1;1)$ khi và chỉ khi $y^{\prime }\le 0,\forall x\in (-1;1)\iff x^2-m\le 0,\forall x\in (-1;1)\iff m\ge x^2,\forall x\in (-1;1)$.
Điều này tương đương với $m\ge {\max }_{[-1;1]}{x}^2=1$.
Do đó giá trị nhỏ nhất của $m$ là $m=1$.