Đề kiểm tra Tính đơn điệu và cực trị của hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 4

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Ta có $y' = 3{x^2} + 3 > 0$, $\forall x \in \mathbb{R}$ suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ; + \infty } \right)$.

Tập xác định $D = \mathbb{R}$.

Tính $y' = {x^2} - 4x + 3$.

Cho $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên

Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là $\left( {1;2} \right).$

Tập xác định $D = \mathbb{R}$.

Có $y' = 3{x^2} + 6x - 9$ nên $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 3\end{array} \right.$.

Vậy hai điểm cực trị của đồ thị hàm số trên là $A\left( {1; - 6} \right)$, $B\left( { - 3;26} \right)$.

Phương trình đường thẳng qua $A$ và $B$ là $\Delta :y = - 8x + 2$.

Ta thấy đường thẳng $\Delta$ qua $N\left( {0;\,2} \right)$.

TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

Có $y = \sqrt {{x^2} + 1} - mx - 1 \Rightarrow y' = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} - m$.

Theo yêu cầu bài toán: $y' = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} - m \ge 0{\rm{, }}\forall x \in \mathbb{R}$$\Leftrightarrow m \le \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }},{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}{\rm{ }}\left( 1 \right)$.

Xét hàm số $g\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}$ với $x \in \mathbb{R}$. Ta có $g'\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} \left( {{x^2} + 1} \right)}} > 0,{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}$.

Bảng biến thiên

Từ $\left( 1 \right) \Rightarrow m \le - 1$ mà $\left\{ \begin{array}{l}m \in \left[ { - 2024;2024} \right]\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right.$ nên có 2024 giá trị nguyên.

Ta có $g'\left( x \right) = - \frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}$

Dựa vào BBT của hàm số $y = f\left( x \right)$, lập bảng xét dấu của hàm số $g\left( x \right) = \frac{1}{{f\left( x \right)}}$:

Ta thấy hàm số $g\left( x \right) = \frac{1}{{f\left( x \right)}}$ đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty \,; - 2} \right),$$\left( { - 2\,; - 1} \right),$$\left( {1\,;3} \right).$

Mà $\left( {1\,;2} \right) \subset \left( {1;3} \right)$ nên C đúng.

Ta có $g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)$.

$\Rightarrow g'\left( x \right) = {\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)^\prime }.f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right) = 2\left( {x - 2} \right).f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)$.

Ta có $g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\left( {x - 2} \right).f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\{x^2} - 4x + 1 = - 1\\{x^2} - 4x + 1 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 2 - \sqrt 2 \\x = 2 + \sqrt 2 \\x = 2 - \sqrt 6 \\x = 2 + \sqrt 6 \end{array} \right.$.

Ta có bảng xét dấu của $g'\left( x \right)$.

Dựavào bảng biến thiên ta thấy hàm số $g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)$ có 5 điểm cực trị.

Ta có $g\left( x \right) = f\left( {3 - 2x} \right) + 2024 \Rightarrow g'\left( x \right) = - 2f'\left( {3 - 2x} \right)$

$g'\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow f'\left( {3 - 2x} \right) \le 0 \Leftrightarrow 1 \le 3 - 2x \le 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le x \le 1$.

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên $\left( {\frac{1}{2};1} \right)$.

Ta có $g'\left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)$.

$g'\left( x \right) = 0\; \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2x - 2 = 0}\\{{x^2} - 2x = - 1}\\{{x^2} - 2x = 2}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1 + \sqrt 3 \\x = 1 - \sqrt 3 \end{array} \right.$.

Do $g'\left( x \right)$ đổi dấu khi qua các nghiệm $x = 1$ và $x = 1 + \sqrt 3$ nên $g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x} \right)$ có 2 điểm cực trị trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.

Từ đồ thị hàm số trên, ta có BBT như sau:

$$\Rightarrow f\left( x \right) < 0,\forall x \ne \pm 2$$

Ta có $g'\left( x \right) = 2f\left( x \right).f'\left( x \right)$

$g'\left( x \right) = 2f\left( x \right).f'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f'\left( x \right) \ge 0\\x = \pm 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 \le x \le 2\\x \le - 2\\x = \pm 2\end{array} \right.$.

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( {1;2} \right)$.

a) Sai

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

a) Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên các khoảng $( - \infty ;0)$ và $(3; + \infty ).$

b) Hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $(0;3).$

c) Hàm số $y = f\left( x \right)$đạt cực đại tại $x = 0.$

d) Giá trị cực tiểu của hàm số $y = f\left( x \right)$ là $y = - 4.$

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

a) Hàm số $y = f(x)$ đồng biến trên các khoảng $( - \infty ; - 1)$ và $(1; + \infty ).$

b) Giá trị cực đại là y = 3, giá trị cực tiểu là y = –1. Do đó tổng giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là $3 - 1 = 2.$

c) Hàm số $y = f(x)$có hai cực trị là $x = \pm 1.$

d) Gọi $d:y = {\rm{ax}} + b$ là đường thẳng qua hai điểm cực trị $A( - 1;3),B(1; - 1).$

$$A,B \in d \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + b = 3\\a + b = - 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 2\\b = 1\end{array} \right. \Rightarrow d:y = - 2x + 1$$

a) Đúng: Ta có $y' = {x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2m$. Do $\Delta ' = {b'^2} - ac = {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {{m^2} + 2m} \right) = 1 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

Nên hàm số luôn có hai điểm cực trị.

b) Đúng: Ta có $y' = {x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2m$. Do $\Delta ' = {b'^2} - ac = {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {{m^2} + 2m} \right) = 1 > 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt ${x_1} = - m$ và ${x_2} = - m - 2$.

Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng $\left( { - m - 2; - m} \right)$.

Ta có: $- m - ( - m - 2) = 2$

c) Đúng: Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, suy ra không tồn tại giá trị của tham số $m$ để hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$.

d) Sai: Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;\,1} \right)$ khi và chỉ khi

$\left\{ \begin{array}{l} - m - 2 \le - 1\\ - m \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = - 1$

a) Sai. Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}$

b) Đúng Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}$ và có $y' = \frac{{2{x^2} - 4mx + 3m + 1}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}$.

Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {1;5} \right)$

$\Leftrightarrow y' = \frac{{2{x^2} - 4mx + 3m + 1}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}} \le 0\forall x \in \left( {1;5} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - 4mx + 3m + 1 \le 0\forall x \in \left( {1;5} \right)\\m \notin \left( {1;5} \right)\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m + 3 \le 0\\ - 17m + 51 \le 0\\\left[ \begin{array}{l}m \le 1\\m \ge 5\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 3\\m \ge 3\\\left[ \begin{array}{l}m \le 1\\m \ge 5\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 5$

Do nguyên dương bé hơn 2024 nên $5 \le m \le 2023$. Vậy có tất cả 2019 giá trị.

c) Sai. Với $m = 0$ thì $y' = \frac{{2{x^2} + 1}}{{{x^2}}} > 0\,\forall x \ne 0$

Vậy hàm số không có cực trị với $m = 0$.

d) Đúng. Giả sử đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi đó hai điểm cực trị hàm số luôn nằm trên đường thẳng $y = 4x + 2$

Chú ý:

Áp dụng tính chất: Nếu ${x_0}$ là điểm cực trị của hàm số hữu tỷ $y = \frac{{u\left( x \right)}}{{v\left( x \right)}}$ thì giá trị cực trị tương ứng của hàm số là ${y_0} = \frac{{u\left( {{x_0}} \right)}}{{v\left( {{x_0}} \right)}} = \frac{{u'\left( {{x_0}} \right)}}{{v'\left( {{x_0}} \right)}}$. Suy ra với bài toán trên ta có phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $y = \frac{{{{\left( {2{x^2} + 2x - 1 - 5m} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {x - m} \right)}^\prime }}} = 4x + 2$.

Ta có $y' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} \Rightarrow$$y' > 0$ khi $- 1 < x < 0$

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $( - 1;0).$

Tập xác định $D = ( - \infty ;0] \cup [4; + \infty ).$

Ta có

$y' = \frac{{x - 2}}{{\sqrt {{x^2} - 4x} }}.f'(\sqrt {{x^2} - 4x} ) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - 2 > 0\\ - 3 < \sqrt {{x^2} - 4x} < - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x - 2 < 0\\\left[ \begin{array}{l}\sqrt {{x^2} - 4x} < - 3\\\sqrt {{x^2} - 4x} > - 1\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x < 2$

Kết hợp tập xác định ta có hàm số đồng biến trên $( - \infty ;0).$

Ta có : $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6\\x = - 4\\x = 2\end{array} \right.$

Xét $u\left( x \right) = {x^3} + 3{x^2} + 8x + 6$có $u'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x + 8 > 0\forall x \in \mathbb{R}$

Do đó số điểm của trị của hàm số $g\left( x \right) = \left( {\left| {{x^3} + 3{x^2} + 8x + 6} \right| + m} \right)$ bằng số điểm của trị của hàm số: $h\left( x \right) = \left( {\left| x \right| + m} \right)$.

Ta có : $h'\left( x \right) = \frac{x}{{\left| x \right|}}f'\left( {\left| x \right| + m} \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( 1 \right)\\f'\left( {\left| x \right| + m} \right) = 0\left( 2 \right)\end{array} \right.$

+) Xét $\left( 1 \right):x = 0$ làm cho $h'\left( x \right)$ đổi dấu và xác định với $y = f\left( x \right)$ nên $x = 0$là 1 điểm cực trị.

+) Xét $\left( 2 \right) \Leftrightarrow f'\left( {\left| x \right| + m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| x \right| + m = 6\\\left| x \right| + m = - 4\\\left| x \right| + m = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| x \right| - 6 = - m\\\left| x \right| - 2 = - m\\\left| x \right| + 4 = - m\end{array} \right.\left( * \right)$

Để hàm số $h\left( x \right)$có ít nhất 3 điểm cực trị $\Leftrightarrow \left( * \right)$có ít nhất 2 nghiệm đơn. Biểu diễn vế trái của $\left( * \right)$ trên cùng một hệ trục tọa độ ta có: $- m > - 6 \Leftrightarrow m < 6$. Mà $m$nguyên dương nên có 5 giá trị $m$thỏa mãn ycbt.

Xét hàm số $f\left( x \right) = {x^3} - 3\left( {m + 2} \right){x^2} + 3m\left( {m + 4} \right)x + 5$.

Ta có $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6\left( {m + 2} \right)x + 3m\left( {m + 4} \right) = 3\left[ {{x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m\left( {m + 4} \right)} \right]$.

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m\\x = m + 4.\end{array} \right.$

Để hàm số $\left| {f\left( x \right)} \right|$ đồng biến trên khoảng $\left( {1;3} \right)$ thì ta có $3$ trường hợp

Trường hợp 1: $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) \ge 0\\3 \le m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{m^2} + 9m \ge 0\\m \ge 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 3$.

Vì $m$nguyên và $m \in \left[ { - 8;8} \right] \Rightarrow m \in \left\{ {3;4;5;6;7;8} \right\}$.

Trường hợp 2: $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) \le 0\\m \le 1 < 3 \le m + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{m^2} + 9m \le 0\\ - 1 \le m \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 \le m \le 0\\ - 1 \le m \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 \le m \le 0$.

Vì $m$nguyên và $m \in \left[ { - 8;8} \right] \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0} \right\}$.

Trường hợp 3: $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) \ge 0\\m + 4 \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{m^2} + 9m \ge 0\\m \le - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le - 3$.

Vì $m$nguyên và $m \in \left[ { - 8;8} \right] \Rightarrow m \in \left\{ { - 8; - 7; - 6; - 5; - 4; - 3} \right\}$.

Có tất cả $14$ giá trị nguyên thuộc đoạn $\left[ { - 8;8} \right]$ thoả mãn yêu cầu bài toán.

Ta có: $G\left( x \right) = 0{,}25{x^2}\left( {30 - x} \right) = \frac{3}{4}{x^2} - \frac{1}{{40}}{x^3}$

$G'\left( x \right) = \frac{3}{2}x - \frac{3}{{40}}{x^2}$

$G'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{3}{2}x - \frac{3}{{40}}{x^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0(loai)\\x = 20(t/m)\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên thì bênh nhân cần tiêm một lượng thuốc $20mg$

Diện tích của đáy hộp là: $S = \frac{V}{h} = \frac{{96.000}}{{60}} = 1600c{m^2} = 0{,}16{m^2}$

Gọi chiều dài cạnh đáy của hộp là $x,\left( {x > 0,m} \right)$

Chiều rộng của hộp là $\frac{{0{,}16}}{x}$

Gọi $F\left( x \right)$ là hàm chi phí để làm để cá.

Chi phí để hoàn thành bể cá:

$$\begin{array}{l}F\left( x \right) = 0{,}16 \times 100.000 + 2.0{,}6x.70.000 + 2.0{,}6.\frac{{0{,}16}}{x}.70.000\\ = 16.000 + 48.000x + \frac{{13440}}{x}\end{array}$$

Câu toán trở thành tìm x để F đạt GTNN.

$\begin{array}{l}F'\left( x \right) = 84.000 - \frac{{13440}}{{{x^2}}}\\F'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 84.000 - \frac{{13440}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 0{,}4\end{array}$

Bảng biến thiên:

Vậy chi phí thấp nhất để hoàn thành bể cá là: 83.200 đồng.