122 câu Chuyên đề Toán 12 Bài 2: Cực trị của hàm số có đáp án

Hàm số đã cho xác định trên R.

Ta có: f'x=3x2−6x−9.

Từ đó: f'x=0⇔x=−1x=3.

Ta có: f''x=6x−6. Khi đó: f''−1=−12<0;f''3=12>0.

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại điểm x=3

Hướng dẫn giải

Hàm số đã cho xác định trên R

Ta có: f'x=−4x3+16x.

Từ đó: f'x=0⇔x=0⇒f0=−7x=−2⇒f−2=9x=2⇒f2=9

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số có hai điểm cực đại.

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Hàm số đã cho xác định trên ℝ\1

Ta có: f'x=−2x−12<0,∀x∈ℝ\1 . Vậy hàm số không có cực trị.

Chọn D.

Hàm số đã cho xác định trên R

Ta có: f'x=−3x2−16x−5x2+x+12.

Từ đó: f'x=0⇔x=−13x=−5.

Bảng xét dấu đạo hàm:

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại điểm x=−5,yCT=f−5=−43.

Chọn B

Hướng dẫn giải

Hàm số đã cho xác định trên

Ta có: f'x=x2−1x3−3x+223.

Từ đó: f'x=0⇔x2−1=0x3−3x+2≠0⇔x=1x=−1x≠1x≠−2⇔x=−1

( f'xkhông xác định tại điểm x=1 và  x=−2).

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số có hai cực trị là f−1=43 và f1=0.

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Hàm số đã cho xác định trên

Ta có: f'x=1−2xx2+1.

Từ đó: f'x=0⇔x2+1=2x⇔2x≥0x2+1=4x2⇔x=33.

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đạt cực đại tại điểm x=33, giá trị cực đại của hàm số là f33=−3.

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Hàm số đã cho xác định trên R

Ta có: f'x=1−2cosx. Khi đó f'x=0⇔cosx=12⇔x=±π3+k2π,k∈ℤ

f''x=2sinx

Vì f''π3+k2π=2sinπ3+k2π=2sinπ3>0 nên  x=π3+k2π là điểm cực tiểu.

Vì nên f''−π3+k2π=2sin−π3+k2π=2sin−π3=−2sinπ3<0 là x=−π3+k2π điểm cực đại

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Hàm số đã cho có hai điểm cực tiểu.

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Hàm số đã cho có bốn điểm cực trị.

Chọn D.

Trong khoảng (a;b), đồ thị f'(x) cắt (không tiếp xúc) trục hoành tại 5 điểm nên có 5 điểm cực trị trên (a;b).

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Ta có bảng biến thiên của hàm số y=f'(x)  như sau

Nhận thấy trục hoành cắt đồ thị hàm số y=f'(x) tại tối đa 2 điểm nên f'(x)=0 có tối đa 2 nghiệm phân biệt. Vậy hàm số y=f(x) có tối đa 2 điểm cực trị.

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Chọn A.

Ta có:f'(x)=(x−2)(x−1)3x(x+1)(x+2) và f'(x)=0 có 5 nghiệm bội lẻ nên có 5 điểm cực trị.

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Ta có: f(x2)'=2x2)=2x5(x2−1)(x2−4)2

Phương trình f(x2)'=0 có 3 nghiệm bội lẻ là x=0,x=±1 nên số điểm cực trị của hàm số y=f(x2) là 3.

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Với ∀x>0 ta có: f'(x)≥3x+1x2−72=32x+32x+1x2−72≥33223−72>0.

Vậy hàm số không có cực trị trên (0;+∞).

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Dựa vào đồ thị, phương trình g(x)=0 có 3 nghiệm bội lẻ là x=0,x=1,x=2 và một nghiệm bội chẵn là x=−1.

Tóm lại, phương trình y'=0 chỉ có x=−1,x=0,x=2 và x=3 là nghiệm bội lẻ, nên hàm số có 4 điểm cực trị.

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương 1 lần nên có 1 điểm cực tiểu.

Hướng dẫn giải

Chắc chắn hàm số có 3 điểm cực trị là x=−1,x=2,x=3.

Xét tại điểm x=0, đạo hàm đổi dấu, hàm số không có đạo hàm tại điểm x=0, nhưng theo đề bài, hàm số liên tục trên R nên f(0) xác định. Vậy hàm số có tổng cộng 4 điểm cực trị.

Chọn D.

Hàm số có 3 điểm cực trị là x=−2,x=2,x=3 (hàm số không đạt cực trị tại điểm x=1 vì hàm số không xác định tại điểm x=1).

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Dễ thấy phương trình f'(x)=0 có ba nghiệm bội lẻ nên hàm số có 3 điểm cực trị.

Chọn C.

Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

Chọn đáp án D

Chọn đáp án D

Chọn đáp án C

Chọn đáp án C

Ta có y'=x2−2mx+m2−4⇒y''=2x−2m.

Hàm số đạt cực đại tại x=3  thìy'3=0⇔m2−6m+5=0⇔m=1m=5.

·  Với m=1,y''3=2.3−2.1=4>0 suy ra x=3 là điểm cực tiểu.

·  Với m=5,y''3=2.3−2.5=−4<0 suy ra x=3 là điểm cực đại.

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Ta có: y'=3ax2+2x−5⇒y''=6ax+2.

+) Hàm số đạt cực tiểu tại x=1⇒y'1=0⇔a=1.

+) Thay a=1 ta thấy y''1=6+2=8>0 nên x=1 là điểm cực tiểu.

+) Mặt khác ta có: y1=2⇔1+1−5+b=2⇔b=5.

Vậy H=4.1−5=−1.

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Ta có f'x=3ax2+2bx+c.

Do hàm số đạt cực tiểu tại điểm  x=0,f0=0 và đạt cực đại tại điểm x=1,f1=1 nên ta có hệ phương trình

Chọn C.

Hàm số y=x3+mx−1 có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi y'=0 có hai nghiệm phân biệt hay 3x2+m=0 có hai nghiệm phân biệt. 

Do đó m<0.

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Ta có: y'=mx2+2x+1.

+) Với m=0, hàm số trở thành y=x2+x+7, đồ thị là một parabol nên hiển nhiên có cực trị.

Vậy m=0 thỏa mãn yêu cầu.

+) Xétm≠0 , để hàm số có cực trị thì y'=0 có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ'>0

⇔1−m>0⇔m<1.

Hợp cả hai trưởng hợp, khi m<1 thì hàm số có cực trị.

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Ta có: y= 3mx2-6m-m+1

+) Với m=0 , hàm số trở thành y=x+2 là hàm đồng biến trên  ℝ nên không có cực trị, nhậnm=0 .

+) Xét m≠0, hàm số không có cực trị khi y'=0 có nghiệm kép hoặc vô nghiệm

⇔Δ'=9m2−3m1−m≤0⇔12m2−3m≤0⇔0<m≤14.

Hợp cả hai trường hợp, 0≤m≤14 khi thì hàm số không có cực trị.

Chọn C.

Hướng dẫn giải

y'=m−1x2+2m2−4x+m2−9.

Hàm số có hai điểm cực trị trái dấu khi y'=0 có hai nghiệm trái dấu

⇔m−1m2−9<0⇔m<−31<m<3.

Vậym∈−20;−19;...;−4;2 , có 18 giá trị của m.

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Ta có: y'=3mx2+2mm−1x−m+1.

Hàm số có hai điểm cực trị đối nhau  ⇔y'=0 có hai nghiệm đối nhau

⇔3m≠0Δ'>0S=0⇔m≠0m2m−12+3mm+1>0⇔m=1m−1=0.

Chọn C.   

Hướng dẫn giải

Ta có: y'=mx2+2m−1x+m+2.

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị có hoành độ dương ⇔y'=0 có hai nghiệm phân biệt dương

⇔Δ'>0S>0P>0⇔m−12−mm+2>0−m−1m>0m+2m>0⇔m<140<m<1⇔0<m<14m>0m<−2.

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Ta có: y'=3x2+2(1−2m)x+2−m.

Đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu khi phương trình y'=0 có hai nghiệm phân biệt

⇔Δ'=(1−2m)2−3(2−m)>0⇔4m2−m−5>0⇔m<−1m>54.

Khi đó, giả sử x1 , x2(với x1<x2) là hai nghiệm của phương trình y'=0.

Bảng biến thiên

Khi đó, yêu cầu bài toán trở thành:x2<1⇔2m−1+4m2−m−53<1⇔4m2−m−5<4−2m

⇔4−2m≥04m2−m−5<4m2−16m+16⇔m≤2m<75⇔m<75.

Kết hợp điều kiện có cực trị thì m<−1 và 54<m<75 thỏa mãn yêu cầu.

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Ta có: y'=3x2+2x+m.

Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu khi phương trình y'=0 có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ'=1−3m>0⇔m<13(1).

Khi đó, giả sử x1, x2(với x1<x2) là hai nghiệm của phương trình  y'=0 thìx1+x2=−23x1.x2=m3.

Bảng biến thiên

Do x1+x2=−23<0 nên điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y=x3+x2+mx−1 nằm bên phải trục tung ⇔x1.x2<0⇔m3<0⇔m<0(2) .

Từ (1), (2) ta có m<0

Chọn A. 

Hướng dẫn giải

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Ta có: y'=x2−2(m−2)x+(4m−8).

Yêu cầu bài toán trở thành (x1+2)(x2+2)<0⇔(4m−8)+4(m−2)+4<0⇔m<32

Chọn D.

Ta có: y'=2x2−2mx−2(3m2−1)

Hàm số có hai điểm cực trị khi y'=0 có hai nghiệm phân biệt hay

Δ'=m2+4(3m2−1)>0⇔13m2−4>0(*).

Theo định lí Vi-ét ta có: x1+x2=mx1.x2=1−3m2

Suy ra x1.x2+2(x1+x2)=1⇒1−3m2+2m=1.

⇔m=0m=23

Thử lại với điều kiện (*), ta nhận được m=23.

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Ta có: y'=3x2−2(m+2)x+m−1.

Hàm số có hai điểm cực trị khi y'=0 có hai nghiệm phân biệt

⇔Δ'=m2+m+7>0 (luôn đúng).

Theo định lí Vi-ét ta có:

x1.x2=m−13⇒x1.x2=1⇔m−1=3⇔m=4m=−2.

Vậy tổng cần tìm bằng 4+(−2)=2.

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Ta có y'=x2−2mx+m.

Hàm số có hai điểm cực trị khi y'=0 có hai nghiệm phân biệt

⇔Δ'=m2−m>0(*).

Theo định lí Vi-ét ta có x1+x2=2mx1.x2=m.

x1−x2≥26⇔(x1+x2)2−4x1.x2≥24⇔4m2−4m≥24⇔m≥3m≤−2 Khi đó

(thỏa mãn(*)).

Do m nguyên  và m∈−20;20 nên m∈−20;−19;...;−2;3;4;...;20 .

Vậy có 37 giá trị của m.

Chọn D

Hướng dẫn giải

Ta có: y'=3x2−6(m+1)x+9

Hàm số có hai điểm cực trị khi y'=0 có hai nghiệm phân biệt

⇔Δ'=9(m+1)2−27>0⇔(m+1)2>3(*).

Theo định lí Vi-ét ta có x1+x2=2(m+1)x1.x2=3.

Từ x1+x2=2(m+1)3x1−2x2=m+6⇔x1=m+2x2=m thế vào x1.x2=3 ta được

m(m+2)=3⇔m=1m=−3 thỏa mãn (*).

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Ta có: y'=6x2+18mx+12m2=6(x+m)(x+2m) .

Hàm số có hai điểm cực trị khi y'=0 có hai nghiệm phân biệt  ⇔m≠0(*)

Trường hợp 1: m < 0 khi đó, lập bảng xét dấu đạo hàm dễ thấy

xCD=−m,xCT=−2m

Khi đó:

xCD2=xCT⇔m2=−2m⇔m=−2 (thỏa mãn).

Trường hợp 2: m > 0 lập bảng xét dấu đạo hàm ta có xCD=−2m,xCT=−m.

xCD2=xCT⇔4m2=−m⇔m=−14, loại.

Vậy m=−2 thỏa mãn đề bài.

Chọn A.

Ta có y'=3x2−2(m+1)x .

Xét phương trình y'=0  ta có

3x2−2(m+1)x=0⇔x=0x=2(m+1)3.

Để đồ thị có hai điểm cực trị nằm khác phía so với trục hoành ⇔yCT.yCD<0

Khi đó y(0).y2m+23<0

⇔2m+233−m+12m+232+1<0.

⇔m>27163−1

Xét phương trình x−1x2+2mx+1=0

⇔x=1x2+2mx+1=0    1.

Để phương trình có nhiều nhất hai nghiệm thì:

Trường hợp 1: Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt và một nghiệm bằng 1. Ta có:

m2−1>012+2m+1=0⇔m>1m<−1.m=−1

Không có giá trị nào của m thỏa mãn.

Trường hợp 2: Phương trình (1) có nghiệm kép. Ta có: m2−1=0⇔m=±1.

Trường hợp 3: Phương trình (1) vô nghiệm.

Ta có: m2−1<0⇔−1<m<1.

Kết hợp với điều kiện ta có 12<m≤1.

Bảng biến thiên của hàm số bậc ba khi có hai cực trị và hai điểm cực trị của đồ thị nằm về hai phía trục hoành là

Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục hoành thì y=0 có ba nghiệm phân biệt ⇔x2+2mx+1=0 có hai nghiệm phân biệt khác 1

⇔12+2m.1+1≠0Δ'=m2−1>0⇔m≠−1m>1m<−1.

Do m nguyên và  m∈−18;18 nên m∈−18;−17;....;−2;2;3;....;18

Vậy có 34 giá trị của m thỏa mãn đề.

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Đặt fx=2x3−3mx2+m+6.

Ta có f'x=0⇔2x3−3mx2+m+6'=0⇔x=0x=m.

Xétgx=gx−x+6 . Đồ thị hàm số đã cho có hai cực trị nằm về hai phía đường thẳng y=x=6

⇔m≠0g0.gm<0⇔m≠0m+12−m3+12<0.

Do m∈ℤ và thuộc−10;10  nênm∈3;4;.......9 .

Chọn C.

Ta có: y'=0⇔3x2−6x=0

⇔x=0⇒y=4⇒A0;4x=2⇒y=0⇒B2;0.

Do A∈Ox,B∈Oy nên tam giác OAB vuông tại O.

Suy ra SΔOAB=12OA.OB=4.

Chọn A.

Ta có y'=0⇔3x2−6mx=0⇔x=0x=2m.

Đồ thị (C) luôn có hai điểm cực trị với mọi m nguyên dương (vì m là số nguyên dương nên phương trình y'=0 luôn có hai nghiệm phân biệt).

Khi đó A0;4m2−2,B2m;−4m3+4m2−2

⇒AB=4m2+16m6=2m4m4+1.

AB:x−02m−0=y−4m2−2−4m3⇔2m2x+y−4m2+2=0.

Thế tọa độ C vào phương trình đường thẳng (AB), dễ thấy C∉AB.

dC,AB=2m2+4−4m2+24m4+1=2m2−34m4+1.

SABC=12.AB.dC,AB=4⇔12.2m.4m4+1.2m2−34m4+1=4

⇔mm2−3=2⇔m6−6m4+9m2−4=0

⇔m2−12m2−4=0⇔m=±1m=±2.

Do m nguyên dương nên ta nhận được m=1,m=2. Tổng là 3.

Chọn C.

Ta có: y'=x2−2m+1x−2m−1.

Hàm số có ai điểm cực trị nếu m+12+2m−1>0⇔m>0m<−4.

Theo định lí Vi-ét: x1+x2=2m+2x1.x2=−2m+1.

Khi đó P=x1+x22−2x1.x2−10x1+x2

=2m+22−102m+2−2−2m+1

=4m2−8m−18

=2m−22−22≥−22

Dấu “=” khi m=1 (thỏa mãn  y'=0 có hai nghiệm phân biệt)

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Ta có y'=x2−2x+m2−3.

Hàm số có hai điểm cực trị khi 1−m2−3>0⇔−2<m<2.

Theo định lí Vi-ét x1+x2=2x1.x2=m2−3.

P=x1x2−2−2x2+1=x1x2−2x1+x2−2

=m2−3−2.2−2=m2−9≤9.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m=0(thỏa mãn).

Chọn B.

Ta có y'=x2−mx−4. Do a=1,c=−4 trái dấu nhau nên  y'=0luôn có hai nghiệm trái dấu hay hàm số luôn có hai điểm cực trị.

Theo định lí Vi-ét: x1+x2=mx1.x2=−4.

Khi đó S=x1x22−16x12+x22+16≤x1x22−216x12.x22+16=0.

Dấu “=” xảy ra khi 16x12=x22⇔x2=−4x1⇒m=±3.

Chọn D.

Ta có:

  y'=3x2−12x+9.

 Xéty'=0⇔x=1⇒y=4x=3⇒y=0.

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là A1;4và B3;0 suy ra AB:y−04−0=x−31−3⇔y=−2x−3.

Ta cóy'=3x2+2m+3x−2m−9=3x2+6x−9+2mx−2m =x−13x+9+2m.

Hàm số có hai cực trị khi y'=0 có hai nghiệm phân biệt ⇔3+9+2m≠0⇔m≠−6

Một trong hai điểm cực trị là A1;1 và  OA→=1;1⇒OA=2 và kOA=1.

Đường thẳng d qua hai điểm cực trị có hệ số góc là kd=−232m+9+29m+32

Ta có dO;d≤OA=2.

Dấu “=” xảy ra khi d⊥OA⇔kd.kOA=−1⇔−232m+9+29m+32=−1

⇔m=−6±32.

Chọn A.

Đường thẳng qua hai cực trị là AB:y=23b−2a29x+c−ab9.

Do (AB) qua gốc O nên c−ab9=0⇔ab=9c.

Khi đó P=abc+ab+c=9c2+10c=3c+532−259≥−259,∀c∈ℝ.

Vậy Pmin=−259khi c=−59ab=−5.

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Ta có: y'=3x2−3m.

Hàm số có hai điểm cực trị ⇔y'=0 có hai nghiệm phân biệt ⇔m>0.

Viết hàm số dưới dạng y=x33x2−3m−2mx+2=x3y'−2mx+2

Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là AB:y=−2mx+2.

Đường thẳng  AB luôn đi qua điểm cố định là M0;2.

Đường tròn C tâmI1;1 , bán kính R=3 và dI;AB≤IM=1<3=R nên đường thẳng luôn cắt đường tròn tại hai điểm M, N.

Giả sử I1;1∈AB⇒1=−2m+2⇔m=12.

Vậy khi  m=12 (thỏa mãn hàm số có hai điểm cực trị) thì (AB) quaI1;1 , cắt đường tròn tại hai điểm M, N với MN=2R là lớn nhất. Khi đó: dE3;1;AB:y+x−2=0=2.

Chọn B.

Hướng dẫn giải

x2=2x−x1=43−1=13.

Chọn B.

Đường thẳng d:y=5x−9cách đều hai điểm cực trị của đồ thị thì có hai khả năng sau:

Khả năng 1: Đường thẳng d song song với đường thẳng AB, khi đó A, B nằm cùng phía so với đường thẳng d, trái với giả thiết.

Khả năng 2: Đường d đi qua điểm uốn của đồ thị hàm số (vì điểm uốn là trung điểm của A và B).

Ta có: y'=x2−2mx+m2−1=x−m−1x−m+1 luôn có hai nghiệm phân biệt nên hàm số luôn có hai cực trị.suy ra tọa độ điểm uốn là Um;m33−m.

Khi đó: U∈d⇒m33−m=5m−9⇔m=3.

Chọn D.

Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Chọn đáp án C

Chọn đáp án A

Chọn đáp án D

Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

Chọn đáp án B

Chọn đáp án D

Chọn đáp án B

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Hướng dẫn giải

Ta có y'=4mx3+2m2−9x=2x2mx2+m2−9.

       y'=0⇔x=02mx2+m2−9=0       .

Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi y'=0 có ba nghiệm phân biệt hay có hai nghiệm phân biệt khác 0 .⇔2mm2−9<0⇔m<−30<m<3

Vậy có 19 giá trị của  thỏa mãn đề bài.

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Ta có y'=4x3+6mx . Cho y'=0⇔x=02x2=−3m .

Để thỏa mãn đề bài phương trình  có hai nghiệm phân biệt khác 0 và thuộc khoảng −2;2 ⇔0<−3m2<4⇔0>m>−83.

Chọn A.

Hướng dẫn giải

y'=4x3−4m2+1x⇒y'=0⇔x=0x2=m2+1.

Rõ ràng phương trình y'=0 luôn có ba nghiệm phân biệt.

Lập bảng biến thiên, dễ thấy x=±m2+1 là các điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.

Giá trị cực tiểu là yCT=2−m2+12=1−m4+2m2≤1 (dấu "=" xảy ra khi m=0 ).

Chọn A.

Hướng dẫn giải

+       Với k=0  , hàm số trở thành y=−x2+1 có đồ thị là một parabol nên có đúng một cực trị. Do đó k=0 thỏa mãn đề bài.

+       Với  k≠0. Ta có y'=4kx3+2k−1x=2x2kx2+k−1.

Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì phương trình 2kx2+k−1=0 vô nghiệm hoặc có nghiệm x=0⇔kk−1≥0⇔k≥1k<0.

Kết hợp hai trường hợp ta được các giá trị cần tìm là k≥1 hoặc k≤0.

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Ta có: y'=4m+1x3−4mx⇒y''=12m+1x2−4m.

Để hàm số đạt cực đại tại x=2 thì y'2=0⇒32m+1−8m=0⇒m=−43.

Với m=−43 thì y''2=12−43+1.22−4−43<0, suy ra x=2 là điểm cực đại.

Chọn B.

Hướng dẫn giải

y'=2x3−3mx+1⇒y''=6x2−3m.

Hàm số đạt cực trị tại điểm x=m⇒y'm=0⇔m=1m=−12.

• Với m=1, ta có: y''1=6−3>0 x=1  là điểm cực tiểu (cực trị) nên m=1 thỏa mãn.
• Với m=−12, ta có:  y''−12=32+32>0 x=−12 là điểm cực tiểu (cực trị) nên m=−12 thỏa mãn.

Vậy tổng các giá trị của m thỏa mãn điều kiện trên là 1+−12=12.

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Ta có y'=4ax3+2bx.

Các điểm A0;2B2;−14,  thuộc đồ thị hàm số nên c=216a+4b+c=−14 (1).

Mặt khác, hàm số đạt cực trị tại điểm x=2, suy ra 32a+4b=0  (2).

Từ (1);(2) ta có y=x4−8x2+2.

Dễ thấy hàm số có các điểm cực trị là A0;2, B2;−14 nên y=x4−8x2+2 là hàm số cần tìm.

Khi đó y1=−5. 

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Ta có: y'=8x3−8mx; y'=0⇔x=0x2=m.

Hàm số có ba điểm cực trị nên m>0.

Tọa độ hai điểm cực tiểu là

Bm;−2m2−1, C−m;−2m2−1.

Khi đó BC=2m⇔8=2m⇒m=16.

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Ta có: y'=4x3−4m−1x . Cho  y'=0⇔x=0x2=m−1 .

Hàm số có ba điểm cực trị nên m>1 .

Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là A0;3m , Bm−1;5m−m2−1  và C−m−1;5m−m2−1 . Suy ra OA=3m , BC=2m−1 .

Ta có P=OA+12BC=3m+6m−1=3m−1+3m−1+3m−1+3

≥3+33m−13m−123=12.

Dấu "="  xảy ra khi 3m−1=3m−1⇔m=2 .

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Gọi x1, x2 với x1<x2 là hoành độ giao điểm của đồ thị y=fx và  y=gx(dựa vào đồ thị đã cho, hai đồ thị chỉ có hai giao điểm đã kể trên, tức là

fx−gx=0⇔x=x1x=x2.

Xét hx=fx−gx+m.

Ta có: h'x=f'x−g'x.fx−gxfx−gx.

Cho h'x=0⇔x=xA=xB . Ta có bảng biến thiên của  như sau

            Dựa vào bảng biến thiên của hx, yêu cầu bài toán trở thành m<0<m+72⇔−72<m<0.

            Do m nguyên và  m∈−10;10 nên m∈−3;−2;−1.

            Chọn C.

Ta có y'=4x3−4m2x ; y'=0⇔x=0x2=m2 .

Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi m≠0 .

Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là A0;1 ,Bm;−m4+1 ,C−m;−m4+1

⇒AB→=m;−m4,AC→=−m;−m4 , dễ thấy AB=AC .

Do đó tam giác ABC vuông cân tại A khi và chỉ khi AB→.AC→=0

 ⇔−m2+m8=0⇔m=±1(do m≠0  ).

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Ta có y'=4x3−4m−1x. Xét       y'=0⇔x=0x2=m−1 (2)    .

Hàm số có ba điểm cực trị khi m>1.

Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là A0;3m,Bm−1;5m−m2−1  và C−m−1;5m−m2−1.

Suy ra AB2=AC2=m−1+m−14 ; BC=2m−1.

Tam giác ABC là tam giác cân tại A, có một góc bằng 60∘ nên là tam giác đều ⇔AB=BC⇔m−1+m−14=4m−1⇔m=1+33.

Chọn B.

Ta có y'=8x3−8mx; y'=0⇔x=0x2=m.

Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi m>0 .

Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là A0;1,Bm;−2m2+1 ,C−m;−2m2+1

⇒AB2=AC2=m+4m4, BC=2m.

Do đó tam giác ABC cân tại A.

+       Trường hợp 1:BAC^=30° , ta có cosBAC^=2AB2−BC22AB2⇔2−3AB2=BC2

⇔2−3m+4m4=2m⇔42−3m3=3.

Phương trình này có đúng một nghiệm thực.

+       Trường hợp 2:ABC^=30° , khi đó

BC=3.AB⇔3AB2=BC2⇔3m+12m4=4m⇔12m3=1.

Phương trình này có đúng một nghiệm thực.

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Theo ví dụ 3 ta có:

T=AB.ACBC4=m+4m416m2=1161m+4m2=1162.12m+4m2≥316.

Dấu "="xảy ra khi 12m=4m2⇒m=12>0.

Chọn D.

Ta có: y'=4x3−4m2+1x .

Cho y'=0⇔x=0⇒y=m4x2=m2+1⇒y=−2m2−1.

Hàm số luôn có ba điểm cực trị với mọi tham số m.

Gọi A0;m4, Bm2+1;−2m2−1, C−m2+1;−2m2−1 là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Ta có OA=m4,h=dA;BC=m4+2m2+1

S1S2=13⇔SABC−S1S1=3⇔SABCS1=4⇔hOA2=4⇔m4+2m2+1m4=2.

⇔m4−2m2−1=0⇔m=±1+2

Vậy có hai giá trị của tham số thỏa mãn đề bài.

Chọn B.

+P có điểm cực trị là Mm;−m2+8.

+f'x=x2−2m+1x+mm+2

.⇒f'x=0⇔x=m⇒Am;m2x=m+2⇒Bm+2;yB≠M

Vì hai đồ thị hàm số có chung một điểm cực trị nên A≡M⇔m2=−m2+8⇔m=±2.

Chọn A.

Giả sử điểm cực trị chung của fx và gx là x0≠0, suy ra .

f'x0=0g'x0=0⇔3x02+2ax0+2=0−3x02+2bx0−3=0⇔a=12−3x0−2x0b=123x0+3x0

Khi đó P=a+b=123x0+2x0+3x0+1x0

=126x0+5x0≥AM−GM12.26x0.5x0=30.

Dấu "=" xảy ra khi 6x0=5x0⇔x0=306.

Khi đó a=93020 và b=113020.

Chọn A.

Chọn đáp án D

Chọn đáp án  B

Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Chọn đáp án D

Điều kiện x≠0. Ta có y'=x2−3m+1x2.

Hàm số có cực trị khi x2−3m+1=0 có hai nghiệm phân biệt khác 0

⇔3m−1>0⇔m>13.

Chọn A.

Điều kiện: x≠−m.

Ta có  y'=x2+2mx+m2−1x+m2 ; y'=0⇔x=−m−1x=−m+1.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại tại x=1⇔−m−1=1⇔m=−2.

Chọn C.

Điều kiện: x≠−1 .

Ta có: y'=1−qx+12.

Hàm số đạt cực đại tại điểm x=−2, giá trị cực đại bằng -2 nên

1−q=0−2+p−q=−2⇔q=1p=1.

Thử lại p=q=1 thỏa mãn nên S=1+2=3.

Chọn D.

Điều kiện: x≠1.

Ta có y'=−x2+2x+m1−x2.

Hàm số có hai cực trị khi −x2+2x+m=0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khác

⇔−1+2+m≠0Δ'=1+m>0⇔m>−1.

Khi đó theo định lý Vi-ét ta có x1+x2=2x1.x2=−m.

Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị là d:y=−2x−m.

Tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị là Ax1;−2x1−m, Bx2;−2x2−m

⇒AB→=x2−x1;2x1−2x2.

Theo yêu cầu của đề bài ta có

x1−x22+4x1−x22=100⇔x1+x22−4x1.x2=20.

⇔4+4m=20

⇔m=4

Chọn C.  

Điều kiện: x≠0. Ta có:y'=m−1x2 .

Hàm số có hai điểm cực trị khi m>0. Khi đó y'=0⇔x=1mx=−1m.

Tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị là A1m;2m, B−1m;−2m.

Theo đề bài ta có OA2=OB2=1m+4m≤36⇔4m2−36m+1≤0.

Do m∈ℤ,  m>0  nên m∈1;2;3...;8.

Vậy có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Chọn B        

Hướng dẫn giải

Điều kiện: x≠m.

Ta có y'=x2−2mx+m2−4x−m2=x−m2−4x−m2.

Cho y'=0⇔x−m2−4=0⇔x=m+2⇒y=m+4x=m−2⇒y=m−4.

Do m+2≠m−2, ∀m nên y'=0 luôn có hai nghiệm phân biệt.

Do đó đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị. Khi đó đường thẳng qua hai điểm cực trị là AB:y=2x−m. Ba điểm A,B , C4;2 phân biệt thẳng hàng khi và chỉ khi C4;2∈ABm+2≠4m−2≠4⇔m=6m≠2m≠6.

Suy ra không có giá trị nào của m thỏa mãn đề bài.

Chọn A.

Điều kiện: x≠−2  . Ta có y'=x2+4x+4−m2x+22 .

Ta có x2+4x+4−m2=0⇔x=m−2x=−m−2 .

Hàm số có điểm cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi m≠0 .

Tọa độ các điểm cực trị của đồ thị là

A−m−2;−2, Bm−2;4m−2⇒AB→=2m;4m

Dễ thấy OA→ ,OB→ , AB→≠0→ .

Trường hợp 1: Tam giác OAB  vuông tại O

⇔OA→.OB→=0⇔−m2−8m+8=0⇔m=−4±26 (thỏa mãn)

Trường hợp 2: Tam giác OAB  vuông tại A⇔OA→.AB→=0

⇔2m−m−2−2.4m=0⇔−m−2−4=0⇔m=−6 (thỏa mãn)

Trường hợp 3: Tam giác OAB  vuông tại  B⇔OB→.AB→=0

⇔2mm−2+4m−24m=0⇔m−2+24m−2=0⇔m=23 (thỏa mãn)

Vậy có bốn giá trị thực của m thỏa mãn đề bài.

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Tập xác định:D=R . Ta có y'=mx2+4x−mx2+12.

Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi mx2+4x−m=0 có hai nghiệm phân biệt ⇔m≠0Δ'=4+m2>0⇔m≠0.

Đường cong qua hai điểm cực trị có phương trình là y=2x−m2x.

Ta viết phương trình đường cong dưới dạng y=2x−m+kmx2+4x−m2x.

Ta chọn k sao cho nghiệm của mẫu là nghiệm của tử để có thể rút gọn thành hàm số bậc nhất. Vì x=0 là nghiệm của mẫu, nên thế x=0 vào tử ta được −m+k−m=0⇒k=−1.

Với : k=−1 .y=2x−m−mx2−4x+m2x=−m2x−1⇒AB:y=−m2x−1

Điểm M−1;2∈AB⇒2=m2−1⇔m=6 (thỏa mãn) .

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Hàm số xác định trênR .

Ta có y'=−2+m.x−2x2−4x+5 và y''=mx2−4x+53.

 y'=0⇔2x−22+1=mx−2⇔mx−2>0m2−4x−22=4.

Hàm số có cực tiểu khi và chỉ khi (1) có nghiệm ⇒m2−4>0⇔m>2m<−2.

Khi đó, 1 có hai nghiệm phân biệt là x1;2=2±2m2−4.

·       Với m>2, thì x1=2+2m2−4 thỏa mãn y'x1=0 và y''x1>0, y'=0y''>0 suy ra x1 là điểm cực tiểu, nhận  m>2.

·       Với m<−2, thì x2=2−2m2−4 thỏa mãn y'x2=0 và y''x2<0, suy ra x2 là điểm cực đại, loại, do m<−2.

Do m nguyên,m>2  và m∈−10;10 nên m∈3;4;...;9;10.

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Tập xác định: D=ℝ.

Ta có y'=1+m.xx2+1.

Cho y'=0⇔m=−x2+1x, (x≠0).

Xét gx=−x2+1x⇒g'x=1x2.x2+1>0,∀x≠0 .

Ta có limx→+∞gx=−1; limx→−∞gx=1; limx→0+gx=−∞; limx→0−gx=+∞.

Bảng biến thiên:

Hàm số có cực trị khi m∈ℝ\−1;1.

Gọi Aa;b là điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Khi đó m=−a2+1a và b=a−a2+1a=−1a⇒Aa;−1a.

Ta có: OA=a2+1a2≤823⇒19≤a2≤9.

Vậy m=a2+1a=1+1a2∈103;10.

Kết hợp với các điều kiện m∈ℤ, m∈ℝ\−1;1, ta được m∈−3;−2;2;3.

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Tập xác định: D=ℝ.

Ta có: y=2x+mxx2+2,⇒y'=2+2mx2+23∀x∈ℝ .

y'=0⇔x2+2=−m3.

Hàm số có cực trị khi và chỉ khi −m3>2⇔m<−22.

Gọi Aa;b (a≠0 ) là điểm cực trị của đồ thị hàm số, khi đó:

 a2+2=−m3 và b=2a+maa2+2=2a+ma−m3=a2−m23=a−a2=−a3.

Theo đề bài ta có OA≤68⇔a2+b2≤68⇔a2+a6≤68⇔a2≤4.

Ta có:

0<a2≤4⇔2<a2+2≤6⇔2<−m3≤6⇔−66<m≤−22.

Vì m∈ℤ và −66<m≤−22 nên m∈−14;−13;...;−4;−3.

Vậy có 12 giá trị của tham số m thỏa mãn đề bài.

Chọn C.

Ta có: f'x=6x5+4ax3+2bx+3.