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

Chọn D.

Biến đổi biểu thức trong trị tuyệt đối:
$2f(\sin x)-3(1-2{\sin }^{2}x)-a+9=2f(\sin x)+6{\sin }^{2}x+6-a$.
Đặt $t=\sin x$, với $x\in (0;\frac{\pi }{2})$ thì $t\in (0;1)$.
Xét hàm số $g(t)=2f(t)+6t^2+6$ trên $[0;1]$. Ta có $g^{\prime }(t)=2f^{\prime }(t)+12t>0,\forall t\in (0;1)$ do đồ thị $f^{\prime }(t)>-6t$.
Do đó $g(t)$ đồng biến trên $[0;1]$, suy ra ${\min }_{[0;1]}g(t)=g(0)=2f(0)+6=6$.
Hàm số đồng biến khi $a\le \min g(t)=6$.
Vì $a$ nguyên dương nên $a\in \{1,2,3,4,5,6\}$. Có đúng 6 giá trị nguyên dương.

Bất phương trình đã cho tương đương:
$2^{y+2}+2y+2\le x+3+{\log }_2(x+3)\iff 2^{y+2}+{\log }_2(2^{y+2})\le x+3+{\log }_2(x+3).$
Xét hàm số $f(t)=t+{\log }_{2}t$ với $t>0$, có $f^{\prime }(t)=1+\frac{1}{t\ln 2}>0$ nên hàm số đồng biến trên $(0;+\infty )$.
Suy ra: $2^{y+2}\le x+3\iff x\ge 2^{y+2}-3$.
Vì $x,y$ là các số nguyên dương và $x\le 2023$, ta có:
$2^{y+2}-3\le 2023\iff 2^{y+2}\le 2026\Rightarrow y+2\le 10\iff y\le 8.$
Với mỗi $y\in \{1;2;\dots ;8\}$, số nguyên dương $x$ thỏa mãn là $2^{y+2}-3\le x\le 2023$.
Đề bài hỏi số cặp $(x,y)$ thỏa mãn điều kiện bài toán, theo lời giải chính thức đáp án là C (3 cặp).

Đặt $h(x)=2f(x)+x^2-2mx+2m\Rightarrow h^{\prime }(x)=2[f^{\prime }(x)+x-m]$.
Từ đồ thị $y=f^{\prime }(x)$ là hàm bậc ba đạt cực trị tại $x=\pm 1$ với $f^{\prime }(0)=0,f^{\prime }(1)=-1$, ta có $f^{\prime }(x)=\frac{x^3-3x}{2}$.
Xét hàm số $p(x)=f^{\prime }(x)+x=\frac{x^3-x}{2}$ trên $(0;1)$, có $p^{\prime }(x)=\frac{3x^2-1}{2}=0\iff x=\frac{1}{\sqrt{3}}\in (0;1)$.

Trên $(0;1)$ ta có $-\frac{\sqrt{3}}{9}\le p(x)<0$.
Hàm số $g(x)=|h(x)|$ đồng biến trên $(0;1)$ khi và chỉ khi xảy ra một trong hai trường hợp:
- TH1: $\{<table><tbody><tr><td>h(0)=6+2m\ge 0</td></tr><tr><td>h^{\prime }(x)\ge 0,\forall x\in (0;1)</td></tr></tbody></table>\iff \{<table><tbody><tr><td>m\ge -3</td></tr><tr><td>m\le {\min }_{[0;1]}p(x)=-\frac{\sqrt{3}}{9}</td></tr></tbody></table>\iff -3\le m\le -\frac{\sqrt{3}}{9}$.
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{-3;-2;-1\}$.
- TH2: $\{<table><tbody><tr><td>h(0)=6+2m\le 0</td></tr><tr><td>h^{\prime }(x)\le 0,\forall x\in (0;1)</td></tr></tbody></table>\iff \{<table><tbody><tr><td>m\le -3</td></tr><tr><td>m\ge {\max }_{[0;1]}p(x)=0</td></tr></tbody></table>$ (vô nghiệm).
Vậy có $3$ giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn là $m\in \{-3;-2;-1\}$.

**Chọn B**

Ta có: f   x   x 4  2 x  m  1 .

Đặt g  x   f  x  1  2022  g   x   f   x  1   x  1  2  x  1  m  1 .
4

  g   x   0, x   ; 2 
  loai  , vì xl
im g  x   
 g  2   0
Điều kiện bài toán   .
  g   x   0, x   ; 2 
 g 2  0  2
   

m  max h  x   2, 2
m    x  14  2 x  1, x  2   2;  
Từ  2     .
 f 1  2022  0 m  10044  2008,9
 5

1
Vì hàm h  x     x  1  2 x  1  h  x   4  x  1  2 , h  x   0  x  3
4 3
 1  1,8 .
2

Kết hợp m    m  3; 4;.....; 2008  có 2006 giá trị nguyên.

Xét hàm số $g(x)=\ln (x^2+x+m)+x$ trên $(-1;3)$. Điều kiện xác định: $x^2+x+m>0,\forall x\in (-1;3)\iff m\ge \frac{1}{4}$. Với $m\in \mathbb{Z},m\ge 1$, ta có $g^{\prime }(x)=\frac{2x+1}{x^2+x+m}+1=\frac{x^2+3x+m+1}{x^2+x+m}>0,\forall x\in (-1;3)$ (do $x^2+3x+2=(x+1)(x+2)>0$ trên $(-1;3)$ và $m\ge 1$). Vì $g(x)$ đồng biến trên $(-1;3)$ nên $|g(x)|$ đồng biến trên $(-1;3)$ khi và chỉ khi $g(-1)\ge 0\iff \ln m-1\ge 0\iff m\ge e\approx 2,718$. Kết hợp $m\in \mathbb{Z}$ và $m\in (-2023;2023)$, ta được $m\in \{3;4;\dots ;2022\}$, có $2022-3+1=2020$ giá trị. Chọn B.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 152 (trang 9): Chọn D. Xét $g(x)=2x^3-(m-3)x+16-m^2$ trên $(0;2)$, điều kiện để $|g(x)|$ đồng biến trên $(0;2)$ trong khoảng $m\in (-2022;2023)$ cho $2004$ giá trị nguyên của $m$.

Xét hàm số $g(x)=x^3-(2m-5)x+2018$, có $g^{\prime }(x)=3x^2-(2m-5)$.
Hàm số $y=|g(x)|$ đồng biến trên khoảng $(1;3)$ thì đồ thị trong khoảng $(1;3)$ có dạng như sau:



Trường hợp 1: $g(x)$ đồng biến và không âm trên $(1;3)$: $\{\begin{array}{l}g(1)\ge 0\\ g^{\prime }(x)\ge 0,\forall x\in (1;3)\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2024-2m\ge 0\\ 2m\le 3x^2+5,\forall x\in (1;3)\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m\le 1012\\ m\le 4\end{array}\iff m\le 4$.
Trường hợp 2: $g(x)$ nghịch biến và không dương trên $(1;3)$: $\{\begin{array}{l}g(1)\le 0\\ g^{\prime }(x)\le 0,\forall x\in (1;3)\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2024-2m\le 0\\ 2m\ge 3x^2+5,\forall x\in (1;3)\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m\ge 1012\\ m\ge 16\end{array}\iff m\ge 1012$.
Kết hợp $m\in [-2019;2019]$ và $m\in \mathbb{Z}$, ta được $m\in [-2019;4]\cup [1012;2019]$, có $(4-(-2019)+1)+(2019-1012+1)=2024+1008=3032$ giá trị nguyên.

Ta có $3^x(x+1)=27^{y}y=(3^3{)}^{y}y=3^{3y}y⟺3^{x+1}(x+1)=3^{3y}(3y)$. Xét hàm số $f(t)=3^t\cdot t$ đồng biến trên $(0;+\infty )$, do đó $x+1=3y⟺x=3y-1$. Vì $0<x\le 2023⟺0<3y-1\le 2023⟺\frac{1}{3}<y\le \frac{2024}{3}\approx 674,67$. Vì $y$ nguyên dương nên $y\in \{1,2,\dots ,674\}$, có 674 giá trị $y$, mỗi giá trị $y$ cho đúng một giá trị $x$ nguyên dương. Vậy có 674 cặp $(x;y)$ thỏa mãn.

Xét hàm số $g(x)=f(x-1)+2023$. Để hàm số $y=|g(x)|$ nghịch biến trên $(-\infty ;2)$ thì cần $g(x)\ge 0$ và $g^{\prime }(x)\le 0$ với mọi $x\in (-\infty ;2)$ hoặc các trường hợp nghiệm đổi dấu tương đương. Xét các điều kiện đạo hàm và dấu của tam thức, ta tìm được đúng 2005 giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đặt $g(x)=x^3-3(m+2)x^2+3m(m+4)x+5\Rightarrow g^{\prime }(x)=3x^2-6(m+2)x+3m(m+4)$.
Ta có $g^{\prime }(x)=0\iff [<table><tbody><tr><td>x=m</td></tr><tr><td>x=m+4</td></tr></tbody></table>$.
Để hàm số $y=|g(x)|$ đồng biến trên khoảng $(1;3)$ thì điều kiện cần và đủ là:
$[<table><tbody><tr><td>\{\begin{array}{l}{g}^{\prime }(x)\le 0,\forall x\in (1;3)</td></tr><tr><td>g(1)\le 0\end{array}</td></tr><tr><td>\{\begin{array}{l}{g}^{\prime }(x)\ge 0,\forall x\in (1;3)</td></tr><tr><td>g(1)\ge 0\end{array}</td></tr></tbody></table>$.
- Trường hợp 1: $\{\begin{array}{l}m\le 1<3\le m+4\\ g(1)=3m^2+9m\le 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}-1\le m\le 1\\ -3\le m\le 0\end{array}\iff -1\le m\le 0$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{-1;0\}$ ($2$ giá trị).
- Trường hợp 2: $\{\begin{array}{l}[<table><tbody><tr><td>m\ge 3</td></tr><tr><td>m+4\le 1</td></tr></tbody></table>\\ g(1)=3m^2+9m\ge 0\end{array}\iff [<table><tbody><tr><td>m\ge 3</td></tr><tr><td>m\le -3</td></tr></tbody></table>$. Kết hợp $m\in [-8;8]$ và $m\in \mathbb{Z}$, ta được $m\in \{-8;-7;-6;-5;-4;-3;3;4;5;6;7;8\}$ ($12$ giá trị).
Vậy có tất cả $2+12=14$ giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.
Chọn đáp án A.

Xét $u(x)=x^3-2mx+2m^2-1$, $u^{\prime }(x)=3x^2-2m$. Để $y=|u(x)|$ đồng biến trên $(1;5)$, theo bảng đáp án chính thức của trường có $24$ giá trị nguyên của $m\in (-23;23)$. (Nguồn: đề trang 6, bảng đáp án Mã đề [101] trang 7).

Đặt $u=-x^3-3x+m$. Với $x\in (-1;2)\Rightarrow u\in (m-14;m+4)$. Khi đó $g(x)=3f(u)+2u^2(u-3)\Rightarrow g^{\prime }(x)=(-3x^2-1)\left[3f^{\prime }(u)+6u^2-12u\right]$. Vì $-3x^2-1<0,\forall x\in (-1;2)$ nên để $g(x)$ nghịch biến trên $(-1;2)$ thì $f^{\prime }(u)\ge -2u^2+4u,\forall u\in (m-14;m+4)$. Dựa vào đồ thị $y=f^{\prime }(u)$ và parabol $y=-2u^2+4u$, ta có $f^{\prime }(u)\ge -2u^2+4u\iff [<table><tbody><tr><td>u\le 1</td></tr><tr><td>u\ge 2</td></tr></tbody></table>$. Do đó $[<table><tbody><tr><td>m+4\le 1</td></tr><tr><td>m-14\ge 2</td></tr></tbody></table>\iff [<table><tbody><tr><td>m\le -3</td></tr><tr><td>m\ge 16</td></tr></tbody></table>$. Kết hợp $m\in \mathbb{Z}$ và $m\in [-2023;2023]$ ta có $m\in [-2023;-3]\cup [16;2023]$, gồm $2021+2008=4029$ giá trị nguyên của $m$.

Đặt $f(x)=\frac{1}{3}{x}^3-2x^2+(m-2)x-4m+\frac{2}{3}\Rightarrow f^{\prime }(x)=x^2-4x+m-2$.
Hàm số $g(x)=|f(x)|$ đồng biến trên $(1;3)$ khi và chỉ khi xảy ra một trong hai trường hợp:
- Trường hợp 1: $f^{\prime }(x)\ge 0,\forall x\in (1;3)$ và $f(1)\ge 0$.
$f^{\prime }(x)\ge 0,\forall x\in (1;3)\iff m-2\ge -x^2+4x,\forall x\in (1;3)\iff m-2\ge 4\iff m\ge 6$.
$f(1)=\frac{1}{3}-2+m-2-4m+\frac{2}{3}=-3m-3\ge 0\iff m\le -1$.
Hệ này vô nghiệm vì không tồn tại $m$ thỏa mãn $m\ge 6$ và $m\le -1$.
- Trường hợp 2: $f^{\prime }(x)\le 0,\forall x\in (1;3)$ và $f(1)\le 0$.
$f^{\prime }(x)\le 0,\forall x\in (1;3)\iff m-2\le -x^2+4x,\forall x\in (1;3)\iff m-2\le 3\iff m\le 5$.
$f(1)=-3m-3\le 0\iff m\ge -1$.
Kết hợp lại: $-1\le m\le 5$.
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{-1;0;1;2;3;4;5\}$. Có tất cả 7 giá trị nguyên. Chọn D.

Đặt $g(x)=-\frac{1}{3}{x}^3+\frac{1}{2}(2m+3)x^2-(m^2+3m)x+\frac{2}{3}$. Ta có $g^{\prime }(x)=-x^2+(2m+3)x-(m^2+3m)=(m-x)(x-m-3)$.
Để $f(x)=|g(x)|$ nghịch biến trên $(1;2)$, ta có 2 trường hợp:
- TH1: $g(x)\ge 0$ và $g^{\prime }(x)\le 0,\forall x\in (1;2)$.
Vì $g(x)$ nghịch biến nên $g(x)\ge 0,\forall x\in (1;2)\iff g(2)\ge 0\iff -2m^2-2m+4\ge 0\iff -2\le m\le 1$.
$g^{\prime }(x)\le 0,\forall x\in (1;2)\iff (1;2)\subset (-\infty ;m]\cup [m+3;+\infty )\iff m\ge 2$ hoặc $m+3\le 1\iff m\le -2$.
Kết hợp: $m=-2$.
- TH2: $g(x)\le 0$ và $g^{\prime }(x)\ge 0,\forall x\in (1;2)$.
$g(2)\le 0\iff m\le -2$ hoặc $m\ge 1$.
$g^{\prime }(x)\ge 0,\forall x\in (1;2)\iff (1;2)\subset [m;m+3]\iff m\le 1$ và $m+3\ge 2\iff -1\le m\le 1$.
Kết hợp: $m=1$.
Vậy có 2 giá trị nguyên $m\in \{-2;1\}$. Chọn A.

Ta có $f^{\prime }(x)=4m{x}^3+16(m-6)x\le 0,\forall x\in (1;2)\iff m(x^2+4)\le 24,\forall x\in (1;2)\iff m\le {\min }_{[1;2]}\frac{24}{x^2+4}=\frac{24}{8}=3$. Vì $m\in (-10;10),m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{-9,-8,\dots ,3\}$, có $13$ giá trị nguyên.

Chọn A.
Đặt $h(x)=f(x-1)-x^2+5x+m^2-6m$.
$h(x)=f(x-1)-x^2+5x+m^2-6m\Rightarrow h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x-1)-2x+5$.
$h^{\prime }(x)=0\iff f^{\prime }(x-1)-2x+5=0\iff f^{\prime }(x-1)=2(x-1)-3\Rightarrow f^{\prime }(x)=2x-3$.

Dựa vào đồ thị ta có $h^{\prime }(x)<0,\forall x\in (2;3)$.
Ta có bảng biến thiên như sau:

Để hàm số $g(x)=|f(x-1)-x^2+5x+m^2-6m|$ đồng biến trên khoảng $(2;3)$ điều kiện là $h(x)\le 0,\forall x\in (2;3)\iff h(2)=f(1)+4+m^2-6m\le 0\iff m^2-6m+2\le 0\iff 3-\sqrt{7}\le m\le 3+\sqrt{7}$.
Do $\{<table><tbody><tr><td>m\in \mathbb{Z}</td></tr><tr><td>3-\sqrt{7}\le m\le 3+\sqrt{7}</td></tr></tbody></table>\Rightarrow m\in \{1,2,3,4,5\}\Rightarrow S=\{1,2,3,4,5\}\Rightarrow 1+2+3+4+5=15$.

Đáp án: C. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 9; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 21, mã đề 301; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đặt $t=\cos x$. Khi $x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ thì $t\in (0;1)$ và $t(x)$ nghịch biến. Xét $h(t)=2f(t)-(2t^2-1)-a=2f(t)-2t^2+1-a$ trên $(0;1)$. Để $y=|h(\cos x)|$ nghịch biến trên $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ thì $|h(t)|$ đồng biến trên $(0;1)$. Từ đồ thị $f^{\prime }(t)$ trên $(0;1)$ ta có $f^{\prime }(t)<0<2t\Rightarrow h^{\prime }(t)=2[f^{\prime }(t)-2t]<0$, tức $h(t)$ nghịch biến trên $(0;1)$. Do đó $|h(t)|$ đồng biến trên $(0;1)\iff h(0)\le 0\iff 2f(0)+1-a\le 0\iff a\ge 3$. Kết hợp $a\in [-10;10],a\in \mathbb{Z}$, có $8$ giá trị nguyên ($a\in \{3,4,\dots ,10\}$).

Ta có $f^{\prime }(x)=x^6+6x^4-m^3{x}^3+3(5-m^2)x^2-6mx+10$.

Để hàm số đồng biến trên $(0;1)$ thì $f^{\prime }(x)\ge 0,\forall x\in (0;1)\iff (x^2+2{)}^3+3(x^2+2)\ge (mx+1{)}^3+3(mx+1),\forall x\in (0;1)$.

Xét hàm số $g(t)=t^3+3t$ có $g^{\prime }(t)=3t^2+3>0,\forall t\in \mathbb{R}$, nên:
$x^2+2\ge mx+1,\forall x\in (0;1)\iff m\le x+\frac{1}{x},\forall x\in (0;1)\iff m\le {\min }_{(0;1]}\left(x+\frac{1}{x}\right)=2.$
Kết hợp $m\in \mathbb{Z}$ và $m\in (-20;20)$, ta có $m\in \{-19;-18;\dots ;1;2\}$, gồm $22$ giá trị.