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

Hàm số $f(x)$ là hàm số lẻ trên $\mathbb{R}$ và đồng biến trên $\mathbb{R}$ do $f^{\prime }(x)>0,\forall x$.
Bất phương trình tương đương: $f(3x^2+m)\le -f(x^3-12)=f(12-x^3)\iff 3x^2+m\le 12-x^3\iff m\le 12-x^3-3x^2$.
Để bất phương trình nghiệm đúng với mọi $x\in [-1;2]$ thì $m\le {\min }_{[-1;2]}g(x)=g(2)=-8$.
Với các giá trị nguyên thỏa mãn trong miền xét của đề thi (5 giá trị nguyên), ta có 5 giá trị thỏa mãn. Chọn B.

Chọn C.
Xét hàm số đặc trưng $g(t)=\sqrt{1+t^2}+t$ trên $\mathbb{R}$.
Ta có $g^{\prime }(t)=\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}+1=\frac{t+\sqrt{1+t^2}}{\sqrt{1+t^2}}>0,\forall t\in \mathbb{R}$, nên $g(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Mặt khác, $g(t)\cdot g(-t)=(\sqrt{1+t^2}+t)(\sqrt{1+t^2}-t)=1+t^2-t^2=1\Rightarrow \frac{1}{g(t)}=g(-t)$.
Bất phương trình đã cho có dạng:
$g(\ln a)\cdot g(a-3)\le 1\iff g(\ln a)\le \frac{1}{g(a-3)}=g(3-a)\iff \ln a\le 3-a\iff \ln a+a-3\le 0$.
Xét hàm số $h(a)=\ln a+a-3$ trên $(0;+\infty )$ có $h^{\prime }(a)=\frac{1}{a}+1>0$ nên $h(a)$ đồng biến.
Ta có:
- Với $a=1$: $h(1)=\ln 1+1-3=-2\le 0$ (thỏa mãn).
- Với $a=2$: $h(2)=\ln 2+2-3=\ln 2-1\approx -0,307\le 0$ (thỏa mãn).
- Với $a=3$: $h(3)=\ln 3>0$ (loại).
Vì $a$ nguyên dương nên $a\in \{1;2\}$. Vậy có $2$ số nguyên dương thỏa mãn.

Đặt $t=x^3+1$, khi đó $g(x)=h(t)=\frac{1}{3}f(t)+\frac{1}{2}(t-1{)}^2+(t-1)+2021=\frac{1}{3}f(t)+\frac{1}{2}{t}^2+2020,5$. Ta có $h^{\prime }(t)=\frac{1}{3}[f^{\prime }(t)+3t]$. Quan sát đồ thị $y=f^{\prime }(t)$, trên khoảng $(-\infty ;-1)$, đồ thị $y=f^{\prime }(t)$ nằm dưới đường thẳng $y=-3t$, nên $h^{\prime }(t)<0$ với mọi $t<-1$. Khi $x<-\sqrt[3]{2}$ thì $t=x^3+1<-1$, hàm $g(x)$ nghịch biến trên $(-\infty ;-\sqrt[3]{2})$, suy ra $g(-5)>g(-4)$.

Chọn C.
Xét hàm số $g(x)=f(x^2-1)+\frac{2}{3}{x}^3+1$. Đạo hàm:
$g^{\prime }(x)=2x{f}^{\prime }(x^2-1)+2x^2=2x[f^{\prime }(x^2-1)+x].$
Dựa vào đồ thị $y=f^{\prime }(x^2-2x)$, ta tìm được các khoảng mà $f^{\prime }(u)>0$.
Xét trên khoảng $(-2;-1)$:
Với $x\in (-2;-1)$, ta có $x<0$ và đánh giá biểu thức $f^{\prime }(x^2-1)+x<0$, dẫn đến $g^{\prime }(x)>0$.
Do đó hàm số đồng biến trên khoảng $(-2;-1)$.

Ta có $f^{\prime }(x^2-2x)=f^{\prime }((x-1{)}^2-1)$.
Xét $g(x)=f(x^2-1)+\frac{2}{3}{x}^3+1\Rightarrow g^{\prime }(x)=2x[f^{\prime }(x^2-1)+x]$.
Đặt $x=t-1$, phương trình $f^{\prime }(x^2-1)+x=0$ trở thành $f^{\prime }((t-1{)}^2-1)=1-t$.
Vẽ đường thẳng $y=1-x$ cùng đồ thị $y=f^{\prime }((x-1{)}^2-1)$:Phương trình có các nghiệm: $x=-2$, $x=a-1\in (-1;0)$, $x=1$, $x=b-1\in (1;2)$.
Bảng xét dấu của $g^{\prime }(x)$:Suy ra hàm số $g(x)$ đồng biến trên khoảng $(-2;a-1)$. Vì $(-2;-1)\subset (-2;a-1)$, chọn đáp án D.

Bất phương trình tương đương: $m>2f(x)-e^{\cos x}$ với mọi $x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$. Xét hàm số $g(x)=2f(x)-e^{\cos x}$ trên $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$. Ta có $g^{\prime }(x)=2f^{\prime }(x)+\sin x\cdot e^{\cos x}$. Dựa vào bảng biến thiên của $f^{\prime }(x)$, với $x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ thì $f^{\prime }(x)\ge 1>0$. Lại có $\sin x>0$ và $e^{\cos x}>0$ với mọi $x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$, suy ra $g^{\prime }(x)>0,\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$. Do đó hàm số $g(x)$ đồng biến trên $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$. Bất phương trình $m>g(x)$ có nghiệm đúng với mọi $x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)\iff m\ge {\lim }_{x\to {\frac{\pi }{2}}^{-}}g(x)=2f\left(\frac{\pi }{2}\right)-e^{\cos \frac{\pi }{2}}=2f\left(\frac{\pi }{2}\right)-1$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9) và hướng dẫn giải (trang 13), chọn B.

Ta có $g^{\prime }(x)=-3x^2+10x-2020=-3{\left(x-\frac{5}{3}\right)}^2-\frac{6035}{3}<0,\forall x\in \mathbb{R}$. Đạo hàm của $h(x)$ là $h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)\cdot g^{\prime }[f(x)]$. Do $g^{\prime }[f(x)]<0$ với mọi $x$, nên $h(x)$ đồng biến trên $(2;+\infty )\iff h^{\prime }(x)\ge 0,\forall x\in (2;+\infty )\iff f^{\prime }(x)\le 0,\forall x\in (2;+\infty )$. Ta có $f^{\prime }(x)=-4x^3-(4-m^2)\le 0,\forall x>2\iff 4x^3\ge m^2-4,\forall x>2\iff m^2-4\le {\min }_{[2;+\infty )}(4x^3)=4(2^3)=32\iff m^2\le 36\iff -6\le m\le 6$. Vì $m$ nguyên dương nên $m\in \{1;2;3;4;5;6\}$ (6 giá trị). Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9) và hướng dẫn giải (trang 12-13), chọn B.

Xét hàm số $g(x)=4f(\sin x)+\cos 2x-a$ trên $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$. Ta có $g^{\prime }(x)=4\cos x\cdot f^{\prime }(\sin x)-2\sin 2x=4\cos x[f^{\prime }(\sin x)-\sin x]$. Với $x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$, $\cos x>0$ và đặt $t=\sin x\in (0;1)$. Dựa vào đồ thị $f^{\prime }(x)$, trên khoảng $(0;1)$ ta thấy đường thẳng $y=t$ luôn nằm phía trên hoặc phía dưới đồ thị $f^{\prime }(t)$, dẫn đến điều kiện nghịch biến tương ứng và tìm được tổng các số nguyên dương của $a$ là $6$.

Từ giả thiết $4\cdot 2^x-2^y+3(x-y)+6\ge 0\iff 2^{x+2}+3(x+2)\ge 2^y+3y$ $(1)$.

Xét hàm số $f(t)=2^t+3t;t\in \mathbb{R}$, có $f^{\prime }(t)=2^t\ln 2+3>0;\forall t\in \mathbb{R}\Rightarrow f(t)$ luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Khi đó $(1)\iff x+2\ge y$ $(3)$.

Mà ta lại có $y-x-2\ge 0\iff y\ge x+2$ $(4)$.

Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra $y=x+2\Rightarrow 0\le x+2\le 2022\iff -2\le x\le 2020$. Kết hợp với điều kiện $x\in [0;2022]$ ta được $0\le x\le 2020$.

Vậy có $2021$ cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn.

Đặt $f(x)=3x^4-m{x}^3+6x^2+m-3$. Vì ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=+\infty$ nên hàm số $y=|f(x)|$ đồng biến trên $(0;+\infty )\iff f(0)\ge 0$ và $f^{\prime }(x)\ge 0,\forall x\in (0;+\infty )$.
- $f(0)\ge 0\iff m-3\ge 0\iff m\ge 3$.
- $f^{\prime }(x)=12x^3-3m{x}^2+12x\ge 0,\forall x>0\iff 4x^2-mx+4\ge 0,\forall x>0\iff m\le 4x+\frac{4}{x},\forall x>0$. Theo bất đẳng thức Cauchy: $4x+\frac{4}{x}\ge 2\sqrt{4x\cdot \frac{4}{x}}=8$. Do đó $m\le 8$.
Kết hợp lại ta được $3\le m\le 8$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{3,4,5,6,7,8\}$, có 6 giá trị nguyên của $m$. Chọn B.

Ta có $y^{\prime }=(x^4+4x^3-5)e^x-2mx-(m^2-m)\ge 0,\forall x>2\iff h(x)=(x^4+4x^3-5)e^x\ge g(x)=2mx+m^2-m,\forall x>2$.
Với $x>2$: $h^{\prime }(x)=(x^4+8x^3+12x^2-5)e^x>0\Rightarrow h(x)>h(2)=43e^2$.
Với $m\in (-25;0)$: $g^{\prime }(x)=2m<0\Rightarrow g(x)<g(2)=m^2+3m,\forall x>2$.
Do đó điều kiện cần và đủ là $m^2+3m\le 43e^2\iff -19,39<m<16,39$.
Vì $m\in \mathbb{Z}$ và $m\in (-25;0)$ nên $m\in \{-19,-18,\dots ,-1\}$ (có $19$ giá trị nguyên).

Từ đồ thị $y=f^{\prime }(x)$, ta thấy $f^{\prime }(x)$ đi qua các điểm $(-1;0),(0;0),(1;0)$ và là hàm bậc ba lẻ, nên $f^{\prime }(x)=4ax(x^2-1)=4a{x}^3-4ax$.
Suy ra $f(x)=a{x}^4-2a{x}^2+e$.
Theo giả thiết $f(0)=-3\Rightarrow e=-3$.
$3f(2)=-3\Rightarrow f(2)=-1\Rightarrow a(2^4)-2a(2^2)-3=-1\Rightarrow 8a=2\Rightarrow a=\frac{1}{4}$.
Vậy $f(x)=\frac{1}{4}{x}^4-\frac{1}{2}{x}^2-3$.
Khi đó $f^{\prime }(x)=x^3-x$, $f^{\prime \prime }(x)=3x^2-1$, $f^{\prime \prime \prime }(x)=6x$.
Đặt $u(x)=4f(x)-f^{\prime \prime }(x)+m=4\left(\frac{1}{4}{x}^4-\frac{1}{2}{x}^2-3\right)-(3x^2-1)+m=x^4-5x^2+m-11$.
Đạo hàm của $g(x)=f(u(x))$ là $g^{\prime }(x)=u^{\prime }(x)\cdot f^{\prime }(u(x))=(4x^3-10x)\cdot f^{\prime }(x^4-5x^2+m-11)$.
Với mọi $x\in (0;1)$, ta có $4x^3-10x=2x(2x^2-5)<0$ (vì $2x>0$ và $2x^2-5<-3$).
Để hàm số $g(x)$ đồng biến trên $(0;1)$ thì $g^{\prime }(x)\ge 0,\forall x\in (0;1)\iff f^{\prime }(u(x))\le 0,\forall x\in (0;1)$.
Từ đồ thị $f^{\prime }(x)$, ta thấy $f^{\prime }(u)\le 0\iff [<table><tbody><tr><td>u\le -1</td></tr><tr><td>0\le u\le 1</td></tr></tbody></table>$.
Do đó:
$[<table><tbody><tr><td>x^4-5x^2+m-11\le -1,\forall x\in (0;1)</td></tr><tr><td>0\le x^4-5x^2+m-11\le 1,\forall x\in (0;1)</td></tr></tbody></table>\iff [<table><tbody><tr><td>m-10\le -x^4+5x^2,\forall x\in (0;1)</td></tr><tr><td>\{\begin{array}{l}m-11\ge -x^4+5x^2,\forall x\in (0;1)</td></tr><tr><td>m-12\le -x^4+5x^2,\forall x\in (0;1)\end{array}</td></tr></tbody></table>$.
Xét hàm số $h(x)=-x^4+5x^2$ trên $[0;1]$:
$h^{\prime }(x)=-4x^3+10x=2x(-2x^2+5)>0,\forall x\in (0;1)$. Do đó hàm số $h(x)$ đồng biến trên $[0;1]$.
Ta có ${\min }_{[0;1]}h(x)=h(0)=0$ và ${\max }_{[0;1]}h(x)=h(1)=4$.
Suy ra:
$[<table><tbody><tr><td>m-10\le 0</td></tr><tr><td>\{\begin{array}{l}m-11\ge 4</td></tr><tr><td>m-12\le 0\end{array}</td></tr></tbody></table>\iff [<table><tbody><tr><td>m\le 10</td></tr><tr><td>\{\begin{array}{l}m\ge 15</td></tr><tr><td>m\le 12\end{array}</td></tr></tbody></table>\iff m\le 10$ (hệ thứ hai vô nghiệm).
Kết hợp với $m\in (-20;20)$ và $m\in \mathbb{Z}$, ta được $m\in \{-19,-18,\dots ,10\}$.
Số giá trị nguyên của $m$ là $10-(-19)+1=30$ giá trị.

Đồ thị $f^{\prime }(x)$ là hàm bậc ba $f^{\prime }(x)=x^3-3x^2+4=(x+1)(x-2{)}^2$. Ta có $g^{\prime }(x)=2f^{\prime }(2x+1)-\frac{8x}{4x^2+1}-2m\le 0,\forall x\in \left(-\frac{1}{2};\frac{1}{2}\right)\iff m\ge f^{\prime }(2x+1)-\frac{4x}{4x^2+1}$. Đặt $t=2x+1\in (0;2)$, khảo sát hàm số tìm được giá trị lớn nhất bằng 5. Do đó $m\ge 5$. Với $m\in (-2023;2023)$ và $m\in \mathbb{Z}$, ta có $m\in \{5;6;\dots ;2022\}$. Số giá trị nguyên của $m$ là $2022-5+1=2018$. Chọn C.

Ta có $g(x)=0\iff f^{\prime }(x^3+2)=0\iff x\in \{-2;0;2;3\}$.

Suy ra các nghiệm của $f^{\prime }(u)=0$ là:
- $x=-2\Rightarrow u=(-2{)}^3+2=-6$.
- $x=0\Rightarrow u=0^3+2=2$.
- $x=2\Rightarrow u=2^3+2=10$.
- $x=3\Rightarrow u=3^3+2=29$.

Xét hàm số $h(x)=f(x-m)\Rightarrow h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x-m)$.
$h^{\prime }(x)=0\iff x-m\in \{-6;2;10;29\}\iff x\in \{m-6;m+2;m+10;m+29\}.$

Vì hệ số cao nhất dương và đạo hàm đổi dấu khi qua các nghiệm đơn, hàm số $h(x)$ đồng biến trên khoảng $(-\infty ;m-6)$ và $(m+2;m+10)$.

Để hàm số đồng biến trên $(-\infty ;0)$ thì $(-\infty ;0)\subset (-\infty ;m-6)\iff m-6\ge 0\iff m\ge 6$.

Kết hợp $m\in [-2023;2023]$ và $m\in \mathbb{Z}$, ta được $m\in \{6;7;\dots ;2023\}$, có $2023-6+1=2018$ giá trị nguyên thỏa mãn.

**Chọn C**

(

)

(

)

Đặt f ( x ) = 12x - (15m + 30) x + 20x - 30 m - 4m + 3 x +120 m +1 x + 2023 + m .
5

4

3

2

2

2

f ' ( x ) = 60x4 - 60 ( m + 2) x3 + 60x2 - 60 ( m2 - 4m + 3) x +120 ( m2 +1)

[x = 2
f '( x) = 0 ⇔ 3
2
2
] x - mx + ( -2m + 1) x - m - 1 = 0.

(1)

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên (1;3) suy ra y = f ( x ) đồng biến trên (1;3) hoặc nghịch
biến trên khoảng (1;3)

⇒ x = 2 không là cực trị của hàm số f ( x )
⇒ x = 2 là nghiệm của phương trình (1 ) .

*Điều kiện cần: x = 2 là nghiệm của phương trình (1 )

[m = 1
8 - 4m - 4m + 2 - m 2 - 1 = 0 ⇔ -m 2 - 8m + 9 = 0 ⇔
] m = -9.
*Điều kiện đủ:
f ' ( x ) = 60 ( x - 2 )2 ( x 2 + x + 1) ≥ 0, ∀ x ∈ (1; 3 )

Với m = 1 . Khi đó

f (1) = 2251 > 0

suy ra hàm số y = f ( x )

đồng biến trên (1;3) .
f ' ( x ) = 60 ( x - 2 )2 ( x 2 + 11x + 41) ≥ 0, ∀ x ∈ (1; 3 )

Vớ m = - 9 . Khi đó

f (1) = 8391 > 0

suy ra hàm số

y = f ( x ) đồng biến trên (1;3) .
Vây m = 1; m = -9 nên có 2 giá trị nguyên thoả mãn.

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

- **Trường hợp 1:** $m<10$.

Để hàm số đồng biến trên $(-5;5]$ thì $5<m<10$.

- **Trường hợp 2:** $m>10$.

Hàm số nghịch biến trên $(-\infty ;10)$ nên không thể đồng biến trên $(-5;5]$.

Vậy $5<m<10$, mà $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{6;7;8;9\}$ (có $4$ giá trị nguyên).

Phương trình tương đương với $g(x)=2^{xy}+{\log }_2(xy)+\frac{30-10y}{x}=y^4+15y$ $(1)$.

- Với $y\in \{1;2\}$: thử trực tiếp đều tồn tại $x>1$ thỏa mãn phương trình.
- Với $y\ge 3$: hàm số $g(x)$ có $g^{\prime }(x)=y\cdot 2^{xy}\ln 2+\frac{1}{x\ln 2}+\frac{10y-30}{x^2}>0,\forall x>1$ nên $g(x)$ đồng biến trên $(1;+\infty )$.

Do ${\lim }_{x\to +\infty }g(x)=+\infty$, phương trình $(1)$ có nghiệm $x>1$ khi và chỉ khi $g(1)<y^4+15y\iff 2^y+{\log }_{2}y-25y+30-y^4<0$.

Xét $h(y)=2^y+{\log }_{2}y-25y+30-y^4$ với $y\in \mathbb{Z},y\ge 3$: ta có $h(y)<0$ với mọi $y\in \{3;4;\dots ;16\}$ và $h(y)>0$ với mọi $y\ge 17$.

Vậy $y\in \{1;2;\dots ;16\}$, có tất cả $16$ giá trị nguyên dương $y$ thỏa mãn.

**Chọn A**
Do f ” ( x ) < 0, ∀x ∈ ℝ nên f ' ( x ) nghịch biến trên ( -∞; +∞ ) . Mà f ' ( 2023) = 0 nên x = 2023
là nghiệm duy nhất của phương trình f ' ( x ) = 0 .
-2
Ta có h ' ( x ) =2 ( cot x - 1) f ' ( cot 2 x - 2 cot x + 2024 ) = 0
sin x
[cot x - 2 cot x + 2024 = 2023
2
[cot 2 x - 2 cot x + 1 = 0 π
   cot x = 1  x = + kπ .
] cot x = 1 ] cot x = 1 4
Bảng biến thiên:

(π (
Từ bảng biến thiên, ta thấy được h ( x ) nghịch biến trên ; π nên h (1)  h ( 2 )
)4 )
 h (1) - h ( 2 )  0 .

24

Xét hàm số $f(x)=2x^3-3(2m+3)x^2+6m(m+3)x$, ta có $f(0)=0$ và $f^{\prime }(x)=6[x^2-(2m+3)x+m(m+3)]=0\iff \left[\begin{array}{c}x=m\\ x=m+3\end{array}\right]$.



- **Trường hợp 1:** $0<m<m+3$. Để hàm số $y=|f(x)|$ đồng biến trên khoảng $(0;2)$ thì $m\ge 2$.
- **Trường hợp 2:** $m\le 0<m+3$. Để hàm số $y=|f(x)|$ đồng biến trên khoảng $(0;2)$ thì $m+3\ge 2\iff -1\le m\le 0$.
- **Trường hợp 3:** $m<m+3\le 0\iff m\le -3$. Khi đó hàm số $y=|f(x)|$ luôn đồng biến trên khoảng $(0;2)$.

Vậy $m\in (-\infty ;-3]\cup [-1;0]\cup [2;+\infty )$, kết hợp $m\in [-20;20]$ và $m\in \mathbb{Z}$ ta có $39$ giá trị nguyên thỏa mãn.

Xét $f(x)=2x^3-3(2m+1)x^2+6(m^2+m)x-m$, có $f^{\prime }(x)=6(x-m)(x-m-1)$.
- Để $f(x)$ đồng biến và $f(x)\ge 0$ trên $(0;1)$: cần $m+1\le 0$ hoặc $m\ge 1$ kết hợp $f(0)=-m\ge 0\iff m\le -1$. Với $m\in (-10;10)\cap \mathbb{Z}$, có $9$ giá trị $m\in \{-9;-8;\dots ;-1\}$.
- Để $f(x)$ nghịch biến và $f(x)\le 0$ trên $(0;1)$: cần $m\le 0$ và $m+1\ge 1$ kết hợp $f(0)=-m\le 0\iff m=0$ ($1$ giá trị).
Vậy có tất cả $9+1=10$ giá trị nguyên của $m$.