200 câu trắc nghiệm Ứng dụng đạo hàm để khảo sát hàm số nâng cao (P7)

+ Ta có 

Do đó đường thẳng y= 2m- n là TCN

+ Mà y= 0  là tiệm cận ngang của ĐTHS nên   0 = 2m- n

+ Vì  x= 0 là TCĐ của ĐTHS nên x= 0 là nghiệm của phương trình x²+ mx+n-  6= 0

Vậy $\left\{\begin{array}{l}2m-n=0\\ n=6\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m=3\\ n=6\end{array}\Rightarrow m+n=9\right.\right.$   

Chọn C.

Xét $x\in \left[-\mathrm{\pi };\mathrm{\pi }\right]$ mà $\left\{\begin{array}{l}2\sin x+1\ge 0\\ 2\cos x+1\ge 0\end{array}\right.$suy ra $x\in \left[-\frac{\mathrm{\pi }}{6};\frac{2\mathrm{\pi }}{3}\right]$

Ta có: 

Đặt $t= \sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin \left(x+\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)\Rightarrow t\in \left[\frac{\sqrt{3}-1}{2};\sqrt{2}\right]$

Và 2.sinx.cos x= t²- 1

Khi đó:

Suy ra y = f( t)  là hàm số đồng biến trên $\left[\frac{\sqrt{3}-1}{2};\sqrt{2}\right]\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}min f\left(t\right)=f\left(\sqrt{2}\right)=2+2\sqrt{2}\\ max f\left(t\right)=f\left(\frac{\sqrt{3}-1}{2}\right)=\frac{1+\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$

Do đó, để f( t) = m²/8 có nghiệm $\iff \frac{1+\sqrt{3}}{2}\le \frac{m^2}{8}\le 2+2\sqrt{2}\iff 2\sqrt{1+\sqrt{3}}\le m\le 4\sqrt{1+\sqrt{2}}$

Mà m nguyên chọn m= 5; 6;7; 8.

Chọn C.

Ta có 

Từ (1) và (2), kết hợp với $\left|x\right|+\left|y\right|+\left|z\right|\ge \left|x+y+z\right|$  ta được

Giá trị nhỏ nhất của M là 2 .

Dấu bằng xảy ra khi 

cùng dấu

Do đó $\left\{\begin{array}{l}a=-2\\ b=-1\end{array}\Rightarrow ab=2\right.$

Chọn A.

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$\frac{2x+1}{x+1}=x+m-1(x\ne -1)\iff x^2+(m-2)x+(m-2)=0 (*)$

Đường thẳng d cắt (C)   tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi  phương trình có hai nghiệm phân biệt khác - 1

Khi đó d cắt ( C) tại A( x₁; x₁+ m- 1) ; B ( x₂; x₂+ m- 1)

Áp dụng định lý Vi-et $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-m+2\\ x_1{x}_2=m-2\end{array}\right.$ ta có:

Vậy $m=4\pm \sqrt{10}$

Chọn B.

ĐKXĐ: $\left\{\begin{array}{l}0\le x\le 4\\ x^2-6x+2m>0\end{array}\right.$

Ta có $12+\sqrt{4x-x^2}\ne 0 \forall x$ nên để ( C)  có hai tiệm cận đứng thì phương trình
 $\sqrt{x^2-6x+2m}=0\iff x^2-6x+2m=0 (*)$ có hai nghiệm phân biệt thuộc [ 0; 4]

Đế phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì $∆\text{'}=9-2m>0\iff m<\frac{9}{2}$

Gọi 2 nghiệm phân biệt của (*) là x₁< x₂  ta có  0≤ x₁< x₂≤ 4.

 Theo định lí Vi-et ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=6\\ x_1{x}_2=2m\end{array}\right.$

Khi đó

Kết hợp nghiệm ta có $4\le m<\frac{9}{2}$

Mà m nguyên nên m = 4

Chọn B.

Xét hàm số

Dựa vào đồ thị hàm số y= f( x) , ta thấy:

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt (vì hàm số y= f (x)  có 3 điểm cực trị).

Phương trình (2) vô nghiệm vì đường thẳng $y={\log }_{\frac{2}{3}}\left(\frac{\ln 3}{\ln 2}\right)<-1$  không cắt ĐTHS.

Vậy phương trình g’ (x) =0  có 3 nghiệm phân biệt hay hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn D.

Đặt

Vì $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{f\left(x\right)-20}{x-2}=10$  nên f( x) -20 =0 hay f( x) = 20 nên P =5

Khi đó 

Suy ra 

T=$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{f\left(x\right)-20}{x-2}.\underset{x\to 2}{\lim }\frac{6}{(x-3)(P^2+5P+25)}=10.\frac{6}{5.75}=\frac{4}{25}$

Chọn B.

Ta có đạo hàm 

Để hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m≠0.

 Khi đó, tọa độ 3 điểm cực trị là:  A( 0; m⁴+ 3) ; B( m; 3)  và C( -m; 3) là ba điểm cực trị.

Vì y_A> y_B= y_C n ên yêu cầu bài toán; tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn ( C)

Và $\left\{\begin{array}{l}AB=AC\\ OB=OC\end{array}\right.$ suy ra OA là đường trung trực của đoạn thẳng BC.

 Suy ra OA là đường kính của đường tròn $\left(C\right)\Rightarrow \overrightarrow{OB}.\overrightarrow{AB}=0 \left(1\right)$ 

Mà 

suy ra (do m ≠ 0) 

Chọn C.

Từ giả thiết ta suy ra

Xét hàm số $f\left(t\right)=5^t-\frac{1}{3^t}+t$ với $t \in \mathrm{ℝ}, f\text{'}\left(t\right)=5^t.\ln 5+3^{-t}.\ln 3+1>0; \forall t\in \mathrm{ℝ}$

Suy ra y= f( t) là hàm số đồng biến trên R mà từ ( * ) suy ra

f (x+ 2y) =f( xy-1)  hay x+ 2y= xy-1

với x>0 suy ra y>1.

Khi đó

Xét hàm số

 $$\begin{gathered} f\left(y\right)=\frac{y^2+y+1}{y-1} trên \left(1;+\infty \right) \\ f\text{'}\left(y\right)=\frac{y^2-2y-2}{{\left(y-1\right)}^2}=0\iff y=1\pm \sqrt{3} \end{gathered}$$

Vẽ BBT ta thấy với f(y) trên $\left(1;+\infty \right)$ đạt GTNN tại y = $1+\sqrt{3}$

Do đó, giá trị nhỏ nhất của hàm số là $f(1+\sqrt{3})=3+2\sqrt{3}$.

Vậy kết quả là $3+2\sqrt{3}$

Chọn B.

Chọn A

y = f(x) = x⁴ + 2mx² + m > 0 mọi x

Xét 

Khi đó : g’(x) = 0 khi x = 0

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên (*) suy ra m > 0.

Tập xác định D=R\{m}.

Ta có 

Hàm số đồng biến trên $\left(1;+\infty \right)$  khi và chỉ khi $g\left(x\right)\ge 0 và m\le 1$  (1)

Vì $∆{\text{'}}_g=2{(m+1)}^2\ge 0, \forall m$  nên (1) tương đương g(x)=0 có hai nghiệm thỏa $x_1\le x_2\le 1$  

Điều kiện tương đương là 

Do đó không có giá trị nguyên dương của m thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn D.

Điều kiện xác định: $\beta \ge 2$

$y\text{'}=-x^2+\left(\sin \alpha +\cos \alpha \right)x-\frac{3}{2}\sin \alpha .\cos \alpha$

Yêu cầu của bài toán đưa đến giải bất phương trình $\frac{1}{2}\le \sin 2\alpha \le 1$

Kết luận: $\frac{\mathrm{\pi }}{12}+k\mathrm{\pi }\le \mathrm{\alpha }\le \frac{5\mathrm{\pi }}{12}+\mathrm{k\pi }, \mathrm{k}\in \mathrm{\mathbb{Z}} \mathrm{và} \mathrm{\beta }\ge 2$

Chọn B.

Tập xác định D = R.

Ta có: y’ = 2 + a.cosx - b.sinx 

Áp dụng bất đẳng thức Schwartz ta có 

Yêu cầu của bài toán đưa đến giải bất phương trình

Chọn C.

Chọn A.

Tập xác định:D= R. Ta có:y ‘= m-3 + (2m+1).sinx

Hàm số nghịch biến trên R

Trường hợp 1: m= -1/ 2 ; ta có $0\le \frac{7}{2 }\forall x\in \mathrm{ℝ}$

Vậy hàm số luôn nghịch biến trên R.

Trường hợp 2: m< -1/ 2 ; ta có

Trường hợp 3:m > -1/2 ; ta có:

Vậy $-4\le m\le \frac{2}{3}$

Chọn A

Đặt t= tanx, vì $x\in \left(0;\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)\Rightarrow t\in (0;1)$

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{t-2}{t-m } \forall t\in \left(0;1\right)$

Tập xác định : D= R \{m}

Ta có $f\text{'}\left(t\right)=\frac{2-m}{{\left(t-m\right)}^2}$

Để hàm số y  đồng biến trên khoảng $\left(0;\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)$ khi và chỉ khi: f’ ( t) >0  với 0< t< 1

Chọn A.

Ta có: $y\text{'}=\frac{2x}{x^2+1}-m$

Hàm số $y=\ln \left(x^2+1\right)-mx+1$  đồng biến trên khoảng( -∞; +∞). Khi và chỉ khi y’ ≥0 với mọi .$\iff g\left(x\right)=\frac{2x}{x^2+1}\ge m, \forall x\in \left(-\infty ;+\infty \right)$

Ta có 

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Ta có y’=12x²+2mx-3.

Do $∆\text{'}=m^2+36>0, \forall m\in \mathrm{ℝ}$  nên hàm số luôn có hai điểm cực trị x₁; x₂.

Theo Viet, ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{m}{6}\\ x_1{x}_2 =-\frac{1}{4}\end{array}\right.$

Mà x₁+4x₂=0 suy ra

Chọn A.

Ta có

Để hàm số có hai cực trị kh y’=0  có hai nghiệm phân biệt

 $\iff 2-m\ne -1\iff m\ne 3$

● Nếu  -1<2-m hay m<3,

ycbt 

● Nếu 2-m<-1 hay m>3, ycbt 

Vậy $m\in \left(-1;3\right)\cup \left(3;4\right)$

Chọn A.

Ta có  y’= 3x²-6x+3m

Yêu cầu bài toán khi y’=0 có hai nghiệm phân biệt x₁<x₂<2

Chọn D.

Ta có  y’= 6x²+2mx-12

Do $∆\text{'}=m^2+72>0, \forall m\in \mathrm{ℝ}$  nên hàm số luôn có hai điểm cực trị x₁; x₂ với x₁; x₂ là hai nghiệm của phương trình y’=0 .

 Theo định lí Viet, ta có $x_1+x_2=-\frac{m}{3}$

Gọi A( x₁; y₁) và B( x₂; y₂) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Yêu cầu bài toán

$\iff \left|x_1\right|=\left|x_2\right|\iff x_1=-x_2$(do x_{1 khác} x_{2 )}

$\iff x_1+x_2=0\iff -\frac{m}{3}=0\iff m=0$

Chọn D.