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

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).

Hàm số $y=x^3+x$ có tập xác định $\mathbb{R}$ và $y^{\prime }=3x^2+1>0,\forall x\in \mathbb{R}$, nên đồng biến trên $(-\infty ;+\infty )$. Đáp án chính thức của đề (Mã đề 0171, trang 5): A.

Ta có $y^{\prime }=-x^2+4x+5$. Cho $y^{\prime }=0\iff x=-1$ hoặc $x=5$. Vì hệ số $a=-1<0$ nên $y^{\prime }>0$ khi $x\in (-1;5)$. Vì $(-1;4)\subset (-1;5)$ nên hàm số đồng biến trên $(-1;4)$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề A, trang 8), chọn D.

Hàm số $y=x^3-x^2+x$ có tập xác định $\mathbb{R}$. Đạo hàm $y^{\prime }=3x^2-2x+1$ có ${\Delta }^{\prime }=(-1{)}^2-3=-2<0$ và $a=3>0$ nên $y^{\prime }>0,\forall x\in \mathbb{R}$. Do đó hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề A, trang 8), chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số, trên khoảng $(0;2)$ nhánh đồ thị đi lên từ trái sang phải nên hàm số đồng biến trong khoảng $(0;2)$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề A, trang 8), chọn D.

Ta có $y^{\prime }=x^2+4x+m+1$. Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}\iff y^{\prime }\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}\iff {\Delta }^{\prime }=2^2-(m+1)\le 0\iff 4-m-1\le 0\iff m\ge 3$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề A, trang 8), chọn C.

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.

Vì $f^{\prime }(x)<0,\forall x\in \mathbb{R}$ nên hàm số $f(x)$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$. Do đó $f\left(\frac{x^2+1}{x-2}\right)\ge f(10)\iff \frac{x^2+1}{x-2}\le 10$.
- Xét $x-2>0\iff x>2$: Bất phương trình tương đương với $x^2+1\le 10x-20\iff x^2-10x+21\le 0\iff 3\le x\le 7$. Vì $x$ nguyên dương nên $x\in \{3,4,5,6,7\}$ (5 giá trị).
- Xét $x-2<0\iff x<2$: Vì $x$ nguyên dương nên $x=1$. Thay $x=1$ vào ta có $\frac{1^2+1}{1-2}=-2\le 10$ (luôn đúng). Vậy $x=1$ là nghiệm.
Tập hợp các nghiệm nguyên dương là $S=\{1,3,4,5,6,7\}$, gồm 6 phần tử. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề A, trang 8), chọn D.

**Chọn C**

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên các khoảng $(-\infty ;-1)$ và $(0;1)$. Do đó chọn phương án C.

**Chọn C**



Từ đồ thị hàm số $y=f^{\prime }(x)$, ta thấy $f^{\prime }(x)>0\iff x\in (-\infty ;-2)\cup (1;2)$ và $f^{\prime }(x)<0\iff x\in (-2;1)\cup (2;+\infty )$.
Bảng biến thiên cho thấy $f(x)$ đạt cực đại tại $x=-2$ với $f(-2)=2020$, và do $f(2)\le f(-2)=2020$ nên $f(x)\le 2020,\forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow 2020-f(x)\ge 0$.
Ta có: $g^{\prime }(x)=-2f^{\prime }(x)[2020-f(x)]$.
Để hàm số $g(x)$ nghịch biến thì $g^{\prime }(x)<0\iff f^{\prime }(x)>0\iff x\in (-\infty ;-2)\cup (1;2)$.
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $(1;2)$.

**Chọn A**

Tập xác định: $D=\mathbb{R}$.
Ta có: $y^{\prime }=3x^2-6x-9$.
$y^{\prime }\ge 0\iff x\in (-\infty ;-1]\cup [3;+\infty )$.
Do đó hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $(-\infty ;-1)$ và $(3;+\infty )$.
Vì $(-5;-2)\subset (-\infty ;-1)$ nên hàm số cũng đồng biến trên khoảng $(-5;-2)$.

**Chọn C**



Ta có: $y^{\prime }=\frac{2x}{x^2+1}-m$.
Hàm số đồng biến trên $(0;+\infty )\iff y^{\prime }\ge 0,\forall x\in (0;+\infty )\iff m\le \frac{2x}{x^2+1},\forall x\in (0;+\infty )$.
Xét $g(x)=\frac{2x}{x^2+1}$ trên $(0;+\infty )$:
$g^{\prime }(x)=\frac{2(1-x^2)}{(x^2+1{)}^2}=0\iff x=1$.
Bảng biến thiên cho thấy khi $x\to 0^{+}$ thì $g(x)\to 0$, $g(1)=1$, và khi $x\to +\infty$ thì $g(x)\to 0$.
Giá trị nhỏ nhất của $g(x)$ trên $(0;+\infty )$ là $0$ (infimum).
Do đó $m\le 0$.
Vì $m$ là số nguyên thuộc $[-2022;2022]$ nên $m\in \{-2022;-2021;\dots ;0\}$.
Số phần tử của $S$ là $0-(-2022)+1=2023$.

Hàm số nghịch biến khi $f^{\prime }(x)\le 0\iff -x+2\le 0\iff x\ge 2$.
Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng $(2;+\infty )$.

Từ bảng biến thiên, ta thấy $f^{\prime }(x)>0$ trên khoảng $(-\infty ;-1)$ và $(1;+\infty )$ nên hàm số đồng biến trên các khoảng đó. Do đó hàm số đồng biến trên $(-\infty ;-1)$.

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.

Ta có $f^{\prime }(x)=0\iff x=0$ (nghiệm kép), $x=-2$, $x=1$. Xét dấu $f^{\prime }(x)$: $f^{\prime }(x)<0$ khi $x\in (-\infty ;-2)\cup (1;+\infty )$. Do khoảng $(2;3)\subset (1;+\infty )$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $(2;3)$. Chọn D.

Ta có $y^{\prime }=4x^3+4x=4x(x^2+1)$. Dấu của $y^{\prime }$ cùng dấu với $x$, do đó $y^{\prime }<0\iff x<0$. Hàm số nghịch biến trên khoảng $(-\infty ;0)$. Chọn B.

Ta có $y^{\prime }=2f^{\prime }(2x+1)-12x^2+18x-6=2f^{\prime }(2x+1)-6(2x-1)(x-1)$. Với $x\in \left(\frac{1}{2};1\right)\Rightarrow 2x+1\in (2;3)$ thì $f^{\prime }(2x+1)>0$ và $-6(2x-1)(x-1)>0$. Do đó $y^{\prime }>0,\forall x\in \left(\frac{1}{2};1\right)$, hàm số đồng biến trên $\left(\frac{1}{2};1\right)$. Chọn A.

Xét đáp án D: $y=x^3+3x\Rightarrow y^{\prime }=3x^2+3>0,\forall x\in \mathbb{R}$.
Do đó hàm số đồng biến trên $(-\infty ;+\infty )$.

Từ bảng biến thiên ta thấy: $f^{\prime }(x)<0,\forall x\in (-1;0)\cup (1;+\infty )$.
Vậy hàm số $y=f(x)$ nghịch biến trên khoảng $(-1;0)$.