Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Khảo sát đồ thị (Toán học Lớp 12)

Đồ thị đi qua $(0;-3)$ và $(-2;1)$, đạt cực trị tại $x=-2$ và $x=0$, nên hàm số là $y=x^3+3x^2-3$ (theo đáp án chính thức Trang 10, Mã đề 1202).

Từ bảng biến thiên, đồ thị có tiệm cận đứng $x=-1$, tiệm cận ngang $y=2$ và $y^{\prime }<0$ trên từng khoảng xác định. Với $y=\frac{2x+3}{x+1}$ ta có $y^{\prime }=\frac{-1}{(x+1{)}^2}<0$ với mọi $x\ne -1$ (theo đáp án chính thức Trang 10, Mã đề 1202).

a) Đúng. b) Đúng. c) Sai vì $y=x-2+\frac{4}{x+1}$ có tiệm cận xiên là $y=x-2$. d) Đúng vì $x+1\in \{\pm 1;\pm 2;\pm 4\}$ cho $6$ điểm nguyên (theo đáp án chính thức Trang 10, Mã đề 1202).

Đồ thị đi qua $(0;1)$ và $(-2;-3)$, đạt cực trị tại $x=-2$ và $x=0$, nên hàm số là $y=-x^3-3x^2+1$ (theo đáp án chính thức Trang 5, Mã đề 1201).

Từ bảng biến thiên, đồ thị có tiệm cận đứng $x=1$, tiệm cận ngang $y=2$ và $y^{\prime }>0$ trên từng khoảng xác định. Với $y=\frac{2x-3}{x-1}$ ta có $y^{\prime }=\frac{1}{(x-1{)}^2}>0$ với mọi $x\ne 1$ (theo đáp án chính thức Trang 5, Mã đề 1201).

a) Đúng vì hàm số có hai điểm cực trị $x=1$ và $x=3$. b) Sai vì hàm số nghịch biến trên $(1;3)$. c) Sai vì ${\lim }_{x\to +\infty }y=+\infty$. d) Đúng vì điểm $(1;5)$ thuộc đồ thị nên $y(1)=a+b+c+d=5$ (theo đáp án chính thức Trang 5, Mã đề 1201).

a) Sai vì $y^{\prime }=\frac{x^2+4x-5}{(x+2{)}^2}$ (mẫu số là $(x+2{)}^2$). b) Đúng. c) Đúng vì $y=x-1+\frac{9}{x+2}$. d) Sai vì $x+2\in \{\pm 1;\pm 3;\pm 9\}$ chỉ có $6$ điểm nguyên (theo đáp án chính thức Trang 5, Mã đề 1201).

a) **Đúng**. Hàm số xác định khi $x\ne 0$ nên $D=\mathbb{R}\setminus \{0\}$.
b) **Đúng**. Ta có $y=x-1+\frac{100}{x}$, suy ra ${\lim }_{x\to \pm \infty }[y-(x-1)]=0$, nên đường thẳng $y=x-1$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
c) **Sai**. Ta có $y^{\prime }=\frac{x^2-100}{x^2}=0\iff x=10$ hoặc $x=-10$. Đạo hàm đổi dấu qua $x=\pm 10$ nên hàm số có hai điểm cực trị.
d) **Đúng**. Chi phí trung bình một sản phẩm là $\frac{C(x)}{x}=x-1+\frac{100}{x}$ ($x>1$), đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=10$ và bằng $10-1+\frac{100}{10}=19$ (ngàn đồng).

Đồ thị đi qua $(0;-4)$, đạt cực tiểu tại $(0;-4)$ và đạt cực đại tại $(2;0)$ nên hàm số là $y=-x^3+3x^2-4$. Chọn C.

Ta có $y=x-\frac{6}{x+1}$.
a) Giao điểm của tiệm cận đứng $x=-1$ và tiệm cận xiên $y=x$ là $I(-1;-1)$. Đúng.
b) $y^{\prime }=1+\frac{6}{(x+1{)}^2}=7\iff x=0$ (tiếp tuyến $y=7x-6$) hoặc $x=-2$ (tiếp tuyến $y=7x+18$ trùng với $d$), nên chỉ có $1$ tiếp tuyến song song với $d$. Sai.
c) Với $y_A=y_B=k$, phương trình $x^2+(1-k)x-6-k=0$ có $AB=|x_2-x_1|=\sqrt{(k+1{)}^2+24}\ge 2\sqrt{6}\ne 2\sqrt{5}$. Sai.
d) $V=\pi {\int }_0^m\frac{36}{(x+1{)}^2}dx=36\pi \left(1-\frac{1}{m+1}\right)\stackrel{m\to +\infty }{\to }36\pi$. Đúng.

a) Từ đồ thị, $f^{\prime }(x)<0$ với mọi $x\in (1;+\infty )$ nên $f(x)$ nghịch biến trên $(1;+\infty )$. Sai.
b) Vì $f(x)$ nghịch biến trên $[2;4]$ nên ${\min }_{[2;4]}f(x)=f(4)=6$, suy ra $f(2)>6$. Sai.
c) Tiệm cận đứng $x=-\frac{d}{c}=1\Rightarrow d=-c$. Chọn $c=1,d=-1$, ta có $f^{\prime }(x)=\frac{-a-b}{(x-1{)}^2}$. Do $f^{\prime }(0)=-3$ nên $a+b=3\Rightarrow \frac{a+b}{2c-d}=\frac{3}{3}=1$. Đúng.
d) Kết hợp $f(4)=\frac{4a+b}{3}=6\Rightarrow 4a+b=18$, giải được $a=5,b=-2\Rightarrow f(x)=\frac{5x-2}{x-1}=5+\frac{3}{x-1}$. Đồ thị có $4$ điểm nguyên ứng với $x-1\in \{\pm 1;\pm 3\}$. Đúng.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 17):
- a) ĐÚNG: Điều kiện xác định $x+1\ne 0⟺x\ne -1$. Vậy tập xác định $D=\mathbb{R}\setminus \{-1\}$.
- b) ĐÚNG: Ta có $f(x)=x+\frac{2}{x+1}⟹f^{\prime }(x)=1-\frac{2}{(x+1{)}^2}=\frac{(x+1{)}^2-2}{(x+1{)}^2}=\frac{x^2+2x-1}{(x+1{)}^2},\forall x\ne -1$.
- c) SAI: $f^{\prime }(x)=0⟺x^2+2x-1=0⟺x=-1\pm \sqrt{2}$. Xét dấu $f^{\prime }(x)$ thấy hàm số đạt cực đại tại $x=-1-\sqrt{2}$ và đạt cực tiểu tại $x=-1+\sqrt{2}$.
- d) ĐÚNG: Ta có ${\lim }_{x\to \pm \infty }[f(x)-x]={\lim }_{x\to \pm \infty }\frac{2}{x+1}=0$, nên đường thẳng $y=x$ là tiệm cận xiên của đồ thị. Đường thẳng này đi qua gốc toạ độ $M(0;0)$.

Đường cong là đồ thị của hàm đa thức bậc ba với hệ số $a<0$ (nhánh phải đi xuống), có hai điểm cực trị và cắt trục tung tại $(0;1)$, phù hợp với hàm số $y=-x^3+3x+1$.

- **a) Đúng:** Điều kiện xác định: $x-1\ne 0\iff x\ne 1$, nên tập xác định của hàm số là $D=\mathbb{R}\setminus \{1\}$.
- **b) Đúng:** Ta có $f(x)=\frac{x^2-x+4}{x-1}=x+\frac{4}{x-1}\Rightarrow f^{\prime }(x)=1-\frac{4}{(x-1{)}^2}=\frac{x^2-2x-3}{(x-1{)}^2}$ với mọi $x\ne 1$.
- **c) Sai:** $f^{\prime }(x)=0\iff x^2-2x-3=0\iff x=-1$ ($y=-3$) hoặc $x=3$ ($y=5$). Từ bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số đạt cực đại tại $(-1;-3)$ và đạt cực tiểu tại $(3;5)$.
- **d) Sai:** Giao điểm của đồ thị $(C)$ với trục $Oy$ là $M(0;-4)$. Hệ số góc tiếp tuyến tại $M(0;-4)$ là $f^{\prime }(0)=-3$, nên phương trình tiếp tuyến là $y=-3(x-0)-4=-3x-4$.

Đường cong trong hình là đồ thị của hàm số bậc ba có hệ số $a>0$ và hai điểm cực trị, nên hàm số cần tìm là $y=x^3-3x-1$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 135).

Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-12x-15=0⟺x=-1$ ($y_{\text{CĐ}}=28$) hoặc $x=5$ ($y_{\text{CT}}=-80$). a) Sai vì $y_{\text{CĐ}}\cdot y_{\text{CT}}<0$ nên đồ thị cắt trục hoành tại $3$ điểm phân biệt. b) Đúng vì $f^{\prime }(x)>0$ trên $(-\infty ;-1)$ và $(5;+\infty )$. c) Sai vì $f^{\prime \prime }(x)=6x-12=0⟺x=2\Rightarrow I(2;-26)$. d) Sai vì ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=+\infty$ nên không có giá trị lớn nhất trên $(-4;+\infty )$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 135).

a) Đúng vì $y^{\prime }=\frac{(2x+1)(x-1)-(x^2+x-1)}{(x-1{)}^2}=\frac{x^2-2x}{(x-1{)}^2}$. b) Sai vì $y=x+2+\frac{1}{x-1}$ có tiệm cận xiên là $y=x+2$. c) Đúng vì trên $[-3;0]$, $y^{\prime }\ge 0$ nên ${\max }_{[-3;0]}f(x)=f(0)=1$. d) Đúng vì trên $(2;5)$, $y^{\prime }>0$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 135).

Đáp án: a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng.
- Dựa vào đồ thị, tiệm cận đứng là $x=-1\Rightarrow m=1$.
- b) Sai. Đường tiệm cận xiên đi qua hai điểm $(-1;0)$ và $(0;1)$ nên có phương trình $y=x+1$ (không phải $y=x-1$).
- c) Đúng. Trên khoảng $(-2;-1)$, đồ thị hàm số đi xuống từ $-2$ đến $-\infty$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $(-2;-1)$.
- d) Đúng. Đồ thị có tiệm cận đứng $x=-1$, tiệm cận xiên $y=x+1$ và đạt cực trị tại $A(-2;-2),B(0;2)$ nên $y=x+1+\frac{1}{x+1}=\frac{x^2+2x+2}{x+1}$. Suy ra $a=1,b=2,c=2,m=1\Rightarrow a+b+c+m=6$.
- a) Sai. Hai điểm cực trị là $A(-2;-2)$ và $B(0;2)$. Diện tích tam giác $OAB$ là $S_{△OAB}=\frac{1}{2}|x_A{y}_B-x_B{y}_A|=\frac{1}{2}|(-2)\cdot 2-0|=2\ne 4$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1001, trang 5), Câu 1 (Phần II): a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.

a) Do ${\lim }_{x\to 1^{+}}f(x)=+\infty$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng $x=1$. Khẳng định a đúng.

b) Ta có $f^{\prime }(x)=\frac{(2x-2)(x-1)-(x^2-2x+3)}{(x-1{)}^2}=\frac{2x^2-4x+2-x^2+2x-3}{(x-1{)}^2}=\frac{x^2-2x-1}{(x-1{)}^2},\forall x\ne 1$. Khẳng định b sai.

c) Cho $f^{\prime }(x)=0\iff x^2-2x-1=0\iff x=1\pm \sqrt{2}$. Đạo hàm đổi dấu qua cả hai nghiệm này nên hàm số có hai điểm cực trị. Khẳng định c đúng.

d) Trên khoảng $(1;+\infty )$, hàm số liên tục, nghịch biến trên $(1;1+\sqrt{2})$ và đồng biến trên $(1+\sqrt{2};+\infty )$. Do đó hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=1+\sqrt{2}$ với giá trị nhỏ nhất là $f(1+\sqrt{2})=2\sqrt{2}$. Khẳng định d sai.

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng $x=-1$, đường tiệm cận ngang $y=1$, đi qua các điểm $(-2;0)$ và $(0;2)$.
Thay tọa độ các điểm và kiểm tra tiệm cận, ta thấy hàm số $y=\frac{x+2}{x+1}$ thỏa mãn.