Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tham số để hàm đơn điệu (Toán học Lớp 12)

(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 $y^{\prime }\ge 0$ trên $(2;+\infty )$, tức $g(x)=x^2-2mx+3m+4\ge 0$ với mọi $x>2$. Đặt $g(x)$ có đỉnh tại $x=m$.
- Nếu $m\ge 2$: $g$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=m$, cần $g(m)=-m^2+3m+4\ge 0\iff m^2-3m-4\le 0\iff -1\le m\le 4$, kết hợp $m\ge 2$ được $2\le m\le 4$.
- Nếu $m<2$: $g$ giảm trên $(2;+\infty )$... thực ra khi $m<2$ thì $g$ tăng trên $(2;+\infty )$, nên chỉ cần $g(2)=4-4m+3m+4=8-m>0$, luôn đúng với $m<2$.
Vậy điều kiện là $m\le 4$. Các giá trị nguyên dương: $m\in \{1,2,3,4\}$, tổng $=1+2+3+4=10$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=x^3-3m{x}^2+3(2m-1)+1$ có $y^{\prime }=3x^2-6mx+3(2m-1)$. Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi $y^{\prime }\ge 0$ với mọi $x$, tức là $x^2-2mx+2m-1\ge 0$ với mọi $x$. Điều này tương đương với biệt thức ${\Delta }^{\prime }=m^2-(2m-1)\le 0$, tức $(m-1{)}^2\le 0$. Do $(m-1{)}^2\ge 0$ luôn đúng nên chỉ có $m=1$ thỏa mãn. Vậy có đúng 1 giá trị nguyên của $m$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 3102, câu 3 phần trả lời ngắn = 1).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f^{\prime }(x)=e^{3x}+2m{e}^{2x}+(m-3)e^x=e^x\left(e^{2x}+2m{e}^x+m-3\right)$. Đặt $t=e^x$, với $x\in [0;\ln 2]$ thì $t\in [1;2]$. Hàm số đồng biến trên $[0;\ln 2]$ khi và chỉ khi $g(t)=t^2+2mt+m-3\ge 0$ với mọi $t\in [1;2]$. Vì $g$ là tam thức bậc hai với hệ số dương, xét ba trường hợp theo vị trí đỉnh $t=-m$: (1) Nếu $-m\in [1;2]$ tức $m\in [-2;-1]$, giá trị nhỏ nhất $g(-m)=-m^2+m-3\ge 0$ tương đương $m^2-m+3\le 0$, vô nghiệm. (2) Nếu $-m<1$ tức $m>-1$, min tại $t=1$: $g(1)=3m-2\ge 0\Rightarrow m\ge \frac{2}{3}$, thỏa mãn $m>-1$. (3) Nếu $-m>2$ tức $m<-2$, min tại $t=2$: $g(2)=5m+1\ge 0\Rightarrow m\ge -\frac{1}{5}$, mâu thuẫn với $m<-2$. Vậy điều kiện là $m\ge \frac{2}{3}$. Các giá trị nguyên của $m$ thuộc khoảng $(-2026;2026)$ là $m\in \{1,2,\dots ,2025\}$, gồm $2025$ giá trị.

Đạo hàm $y^{\prime }=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}-m$.
Để hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$ thì $y^{\prime }\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}⟺m\le \frac{x}{\sqrt{x^2+1}},\forall x\in \mathbb{R}$.
Xét $g(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$, ta có $-1<g(x)<1,\forall x\in \mathbb{R}$ và ${\lim }_{x\to -\infty }g(x)=-1$.
Do đó $m\le -1$.
Vì $m\in [-2018;2018]$ nên $m\in \{-2018;-2017;\dots ;-1\}$.
Số giá trị nguyên thỏa mãn là $2018$ giá trị. Chọn D.

Chọn D.
Xét các trường hợp $m=0$ và $m\ne 0$, tính đạo hàm và áp dụng điều kiện đồng biến trên $(0;+\infty )$, tổng các giá trị thỏa mãn của $S$ bằng 1.

Tập xác định: $D=\mathbb{R}\setminus \{-5m\}$.
Đạo hàm: $y^{\prime }=\frac{5m-6}{(x+5m{)}^2}$.
Để hàm số nghịch biến trên khoảng $(10;+\infty )$ thì:
$\{<table><tbody><tr><td>y^{\prime }<0</td></tr><tr><td>-5m\notin (10;+\infty )</td></tr></tbody></table>\iff \{<table><tbody><tr><td>5m-6<0</td></tr><tr><td>-5m\le 10</td></tr></tbody></table>\iff \{<table><tbody><tr><td>m<\frac{6}{5}</td></tr><tr><td>m\ge -2</td></tr></tbody></table>\iff -2\le m<\frac{6}{5}$.
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{-2;-1;0;1\}$. Có 4 giá trị nguyên thỏa mãn.

Chọn C.
Ta có:
$y^{\prime }=\frac{(m-\sin x{)}^{\prime }{\cos }^{2}x-(m-\sin x)({\cos }^{2}x{)}^{\prime }}{{\cos }^{4}x}=\frac{-\cos x{\cos }^{2}x-(m-\sin x)(-2\cos x\sin x)}{{\cos }^{4}x}$
$=\frac{-{\cos }^{2}x+2(m-\sin x)\sin x}{{\cos }^{3}x}=\frac{-(1-{\sin }^{2}x)+2m\sin x-2{\sin }^{2}x}{{\cos }^{3}x}=\frac{-{\sin }^{2}x+2m\sin x-1}{{\cos }^{3}x}$.
Với mọi $x\in (0;\frac{\pi }{6})$ thì $\cos x>0⟹{\cos }^{3}x>0$.
Để hàm số nghịch biến trên khoảng $(0;\frac{\pi }{6})$ thì:
$y^{\prime }\le 0,\forall x\in (0;\frac{\pi }{6})⟺-{\sin }^{2}x+2m\sin x-1\le 0,\forall x\in (0;\frac{\pi }{6})$.
Đặt $t=\sin x$, vì $x\in (0;\frac{\pi }{6})$ nên $t\in (0;\frac{1}{2})$.
Bất phương trình trở thành:
$-t^2+2mt-1\le 0⟺2mt\le t^2+1⟺2m\le t+\frac{1}{t},\forall t\in (0;\frac{1}{2})$.
Xét hàm số $g(t)=t+\frac{1}{t}$ trên $(0;\frac{1}{2})$.
Ta có $g^{\prime }(t)=1-\frac{1}{t^2}=\frac{t^2-1}{t^2}<0,\forall t\in (0;\frac{1}{2})$.
Do đó $g(t)$ nghịch biến trên $(0;\frac{1}{2})$, suy ra ${\inf }_{(0;1/2)}g(t)=g(1/2)=\frac{1}{2}+2=\frac{5}{2}$.
Để $2m\le g(t),\forall t\in (0;\frac{1}{2})$ thì $2m\le \frac{5}{2}⟺m\le \frac{5}{4}$.

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 $m\in \{-3;-2;-1\}$.

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định khi $y^{\prime }=\frac{2m-2025}{(x+2{)}^2}<0⟺2m-2025<0⟺m<1012,5$. Vì $m\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $m\in \{1;2;\dots ;1012\}$, có $1012$ giá trị (theo đáp án chính thức Trang 5, Mã đề 1201).

Ta có $y^{\prime }=\frac{m^2-1}{(x+m{)}^2}$. Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi và chỉ khi $y^{\prime }>0\iff m^2-1>0\iff m<-1$ hoặc $m>1$.

Đáp án: C. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 13, mã đề 006; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)