25 câu Bài tập tổng hợp Trắc nghiệm Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số có đáp án

ĐK:  $x\ne m$

Ta có: $y\text{'}=\frac{m^2-m+2}{{\left(x-m\right)}^2}$ nhận thấy $m^2-m+2={\left(m-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{7}{4}>0,\forall m$ nên  $y\text{'}>0\forall m$

Hay hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.

Để hàm số đạt $GTLN$ trên $\left[0;4\right]\Rightarrow m\notin \left[0;4\right]\iff \left[\begin{array}{c}m<0\\ m>4\end{array}\right.$ 

Suy ra $\underset{\left[0;4\right]}{\max }y=y\left(4\right)=\frac{4-m^2-2}{4-m}$. Theo bài ra ta có:$\frac{4-m^2-2}{4-m}=-1\Rightarrow -m^2+2=m-4\iff m^2+m+6=0\Rightarrow \left[\begin{array}{c}m=2\left(ktm\right)\\ m=-3\left(tm\right)\end{array}\right.$

Vậy có một giá trị của m thỏa mãn

Đáp án cần chọn là: C

Ta có:$x^2+y^2-4x+6y+4+\sqrt{y^2+6y+10}=\sqrt{6+4x-x^2}$

$\iff x^2+y^2-4x+6y+4+\sqrt{y^2+6y+10}-\sqrt{6+4x-x^2}=0$

$\iff x^2+y^2-4x+6y+4+\frac{\left(\sqrt{y^2+6y+10}-\sqrt{6+4x-x^2}\right)\left(\sqrt{y^2+6y+10}+\sqrt{6+4x-x^2}\right)}{\sqrt{y^2+6y+10}+\sqrt{6+4x-x^2}}=0$

$\iff x^2+y^2-4x+6y+4+\frac{y^2+6y+10-6-4x+x^2}{\sqrt{y^2+6y+10}+\sqrt{6+4x-x^2}}=0$

$\iff x^2+y^2-4x+6y+4+\frac{x^2+y^2-4x+6y+4}{\sqrt{y^2+6y+10}+\sqrt{6+4x-x^2}}=0$

$\iff \left(x^2+y^2-4x+6y+4\right)+\left(1+\frac{1}{\sqrt{y^2+6y+10}+\sqrt{6+4x-x^2}}\right)=0$

$\iff x^2+y^2-4x+6y+4=0$

 (vì $1+\frac{1}{\sqrt{y^2+6y+10}+\sqrt{6+4x-x^2}}>0$)

$\iff {\left(x-2\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2=9$

Phương trình $\iff {\left(x-2\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2=9$ là phương trình đường tròn $\left(C\right)$ tâm $I\left(2;-3\right)$ và bán kính R = 3.

Gọi $N\left(x;y\right)\in \left(C\right)$ ta suy ra $ON=\sqrt{x^2+y^2}$ suy ra  $T=\left|ON-a\right|$

Gọi A, B là giao điểm của đường tròn $\left(C\right)$ và đường thẳng OI.

Khi đó, $OA=OI-R=\sqrt{13}-3$ và $OB=OI+R=\sqrt{13}+3$ 

Suy ra  $\sqrt{13}-3\le \sqrt{x^2+y^2}\le \sqrt{13}+3$

TH1: nếu $\sqrt{13}-3\le a\le \sqrt{13}+3$ thì  $\left|\sqrt{x^2+y^2}-a\right|\ge 0\Rightarrow \min T=0\Rightarrow M\ge 2m\Rightarrow a\in \left\{1;2;3;4;5;6\right\}$

TH2: Nếu $a<\sqrt{13}-3\Rightarrow a<\sqrt{13}$ nên $\left|\sqrt{13}+3-a\right|>\left|\sqrt{13}-3-a\right|$, do đó $M=\left|\sqrt{13}+3-a\right|;m=\left|\sqrt{13}-3-a\right|$

Vì $M\ge 2m\Rightarrow \left|\sqrt{13}+3-a\right|\ge 2\left|\sqrt{13}-3-a\right|$

$\iff {\left(\sqrt{13}-3-a\right)}^2-{\left(2\sqrt{13}+6-2a\right)}^2\ge 0\iff \sqrt{13}+1\le a\le \sqrt{13}+9\Rightarrow a\in \left\{5;6;7;8;9;10\right\}$

Vậy có 10 giá trị của a thỏa mãn đề bài.

Đáp án cần chọn là: B

$f\left(x\right)>\sin \frac{\pi x}{2}+m,\forall x\in \left[-1;3\right]\iff g\left(x\right)=f\left(x\right)-\sin \frac{\pi x}{2}>m\forall x\in \left[-1;3\right]$

$\Rightarrow m<\underset{\left[-1;3\right]}{\min }g\left(x\right)$

Từ đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ ta suy ra BBT đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ như sau:

Dựa vào BBT ta thấy  $f\left(x\right)\ge f\left(1\right)\forall x\in \left[-1;3\right]$

$x\in \left[-1;3\right]\Rightarrow \frac{\pi x}{2}\in \left[-\frac{\pi }{2};\frac{3\pi }{2}\right]\Rightarrow -1\le \sin \frac{\pi x}{2}\le 1$

$\iff -1\le -\sin \frac{\pi x}{2}\le 1$

$\Rightarrow f\left(1\right)-1\le f\left(x\right)-\sin \frac{\pi x}{2}\iff g\left(x\right)\ge f\left(1\right)-1\Rightarrow \underset{\left[-1;3\right]}{\min }g\left(x\right)=f\left(1\right)-1$

Vậy  $m<f\left(1\right)-1$

Đáp án cần chọn là: B

Ta có:$f\left(x\right)=\frac{1}{x^2-4x+5}-\frac{x^2}{4}+x$

$f\left(x\right)=\frac{1}{x^2-4x+5}-\frac{x^2-4x}{4}$

Đặt $t=x^2-4x+5$ với $x\in \left[0;3\right]$ ta có:  $t\text{'}=2x-4=0\iff x=2\in \left[0;3\right]$

Ta có:  $t\left(0\right)=5;t\left(2\right)=1;t\left(3\right)=2$

$\Rightarrow$ với $x\in \left[0;3\right]\Rightarrow t\in \left[1;5\right]$ khi đó hàm số trở thành $f\left(t\right)=\frac{1}{t}-\frac{t-5}{4}$ với  $t\in \left[1;5\right]$

Ta có:  $f\text{'}\left(t\right)=-\frac{1}{t^2}-\frac{1}{4}<0\forall t\in \left[1;5\right]$

$\Rightarrow$ hàm số $y=f\left(t\right)$ nghịch biến trên

 $\left[1;5\right]\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}\underset{\left[0;3\right]}{\max }f\left(x\right)=\underset{\left[1;5\right]}{\max }f\left(t\right)=f\left(1\right)=2=M\\ \underset{\left[0;3\right]}{\min }f\left(x\right)=\underset{\left[1;5\right]}{\min }f\left(t\right)=f\left(5\right)=\frac{1}{5}=m\end{array}\right.$  

Vậy $M-m=2-\frac{1}{5}=\frac{9}{5}$  

Đáp án cần chọn là: D

Ta có:  $g\text{'}\left(x\right)=2f\text{'}\left(x\right)-2\left(1-x\right)=2\left[f\text{'}\left(x\right)-\left(1-x\right)\right]$

Xét $g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(x\right)=1-x$, số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ và đường thẳng  $y=1-x$

Ta biểu diễn đường thẳng: $y=1-x$ trên hình vẽ:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy  $f\text{'}\left(x\right)=1-x\iff \left[\begin{array}{c}x=-4\\ x=-1\\ x=3\end{array}\right.$

Từ đó, ta suy ra bảng xét dấu $g\text{'}\left(x\right)$ như sau:

Vậy hàm số đạt GTNN tại x = - 1.

Đáp án cần chọn là: A

Ta có:$y=f\left(\left|x\right|-m\right)=f\left(\sqrt{x^2}-m\right)$

$\Rightarrow y\text{'}=\frac{2x}{2\sqrt{x^2}}f\text{'}\left(\sqrt{x^2}-m\right)=\frac{x}{\sqrt{x^2}}f\text{'}\left(\sqrt{x^2}-m\right)$

Để hàm đồng biến trên $\left(10;+\infty \right)$ thì  $y\text{'}\ge 0\forall x\in \left(10;+\infty \right)$

$\Rightarrow \frac{x}{\sqrt{x^2}}f\text{'}\left(\sqrt{x^2}-m\right)\ge 0\forall x\in \left(10;+\infty \right)\Rightarrow f\text{'}\left(\sqrt{x^2}-m\right)\ge 0\forall x\in \left(10;+\infty \right)$  (*)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên $\left(1;+\infty \right)$ và $\left(-\infty ;-1\right)$ 

Do đó (*)  $\iff \left[\begin{array}{c}\sqrt{x^2}-m\ge 1\forall x\in \left(10;+\infty \right)\left(1\right)\\ \sqrt{x^2}-m\le -1\forall x\in \left(10;+\infty \right)\left(2\right)\end{array}\right.$

Xét (1) ta có  $m\le \sqrt{x^2}-1\forall x\in \left(10;+\infty \right)\Rightarrow m\le \underset{\left[10;+\infty \right)}{\min }\left(\sqrt{x^2}-1\right)$

Xét $g\left(x\right)=\sqrt{x^2}-1$ trên khoảng $\left(10;+\infty \right)$ ta có  $g\text{'}\left(x\right)=\frac{x}{\sqrt{x^2}}>0\forall x\in \left(10;+\infty \right)$, do đó hàm số đồng biến trên  $\left(10;+\infty \right)\Rightarrow \underset{\left[10;+\infty \right)}{\min }\left(\sqrt{x^2}-1\right)=g\left(10\right)=9\iff m\le 9$

Xét (2) ta có  $m\ge \sqrt{x^2}+1\forall x\in \left(10;+\infty \right)\Rightarrow m\ge \underset{\left[10;+\infty \right)}{\max }\left(\sqrt{x^2}+1\right)$

Do $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2}+1\right)=+\infty$ nên hàm số đã cho không có GTLN trên $\left[10;+\infty \right)$, do đó không tồn tại m thỏa mãn (2).

Vậy $m\le 9$ nên giá trị nguyên lớn nhất của m bằng 9.

Đáp án cần chọn là: C

Ta có:  $y\text{'}=3x^2-6mx+3\left(m^2-1\right)$

Cho  $y\text{'}=0\iff 3x^2-6mx+3\left(m^2-1\right)=0\iff x^2-2mx+m^2-1=0$

Ta có: $\Delta \text{'}=m^2-m^2+1=1>0$, khi đó phương trình  có 2 nghiệm phân biệt:  $\left[\begin{array}{c}{x}_1=m+1\\ x_2=m-1\end{array}\right.$

Ta có BBT:

Ta có:

$f\left(m-1\right)=m^3-3m+2022$

$f\left(m+1\right)=m^3-3m+2018$

TH1:  $0<m-1\iff m>1$

Ta có:  $f\left(0\right)=2020$

Để hàm số có GTNN trên $\left(0;+\infty \right)$ thì $f\left(m+1\right)\le f\left(0\right)\iff m^3-3m+2018\le 2020$

$\iff m^3-3m-2\le 0$

Xét hàm số $f\left(m\right)=m^3-3m-2$ ta có  $f\text{'}\left(m\right)=3m^2-3=0\iff m=\pm 1$

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy  $f\left(m\right)\le 0\iff m\le 2$

Kết hợp điều kiện  $\Rightarrow 1<m\le 2$

TH2: $m-1\le 0<m+1\iff -1<m\le 1$, khi đó GTNN của hàm số trên $\left(0;+\infty \right)$ là  $f\left(m+1\right)$

Kết hợp 2 trường hợp ta có: $\left[\begin{array}{c}1<m\le 2\\ -1<m\le 1\end{array}\right.$ mà  $m\in Z\Rightarrow m\in \left\{0;1;2\right\}$

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần chọn là: D

Ta có:$2^{x+y-1}\left(3^{x+y}+1\right)=3x+3y+1$

$\iff 2^{x+y}\left(3^{x+y}+1\right)=6x+6y+2$

$\iff 6^{x+y}+2^{x+y}=6\left(x+y\right)+2$

Đặt $x+y=t$, phương trình trở thành  $6^t+2^t=6t+2\iff 6^t+2^t-6t-2=0$

Xét hàm số $f\left(t\right)=6^t+2^t-6t-2$ ta có:

$f\text{'}\left(t\right)=6^t.\ln 6+2^t.\ln 2-6$

$f\text{'}\text{'}\left(t\right)=6^t.{\ln }^{2}6+2^t.{\ln }^{2}2>0\forall t\in R$

Do đó hàm số $y=f\text{'}\left(t\right)$ đồng biến trên R, suy ra phương trình $f\text{'}\left(t\right)=0$ có nhiều nhất 1 nghiệm

Suy ra phương trình $f\left(t\right)=0$ có nhiều nhất 2 nghiệm.

Ta lại có $\left\{\begin{array}{c}f\left(0\right)=6^0+2^0-6.0-2=0\\ f\left(1\right)=6^1+2^1-6.1-2=0\end{array}\right.$ do đó phương trình $f\left(t\right)=0$ có đúng 2  nghiệm t = 0, t = 1.

$\Rightarrow \left[\begin{array}{c}x+y=0\\ x+y=1\end{array}\right.$

TH1: $x+y=0\Rightarrow y=-x$ thay vào P ta có:  $P=x^2+xy+y^2=x^2\ge 0$

TH2: $x+y=1\Rightarrow y=1-x$ thay vào P ta có:

$P=x^2+x\left(1-x\right)+{\left(1-x\right)}^2=x^2-x+1$ $={\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}\ge \frac{3}{4}$  

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 0, đạt được khi x + y = 0

Đáp án cần chọn là: D

Ta có:  $x^2+2y^2+2xy=1$$\iff {\left(x+y\right)}^2+y^2=1$

Đặt $\left\{\begin{array}{c}x+y=\sin \alpha \\ y=\cos \alpha \end{array}\right.$ ta có:  $Q=f\left(\frac{x+y+1}{x+2y-2}\right)=f\left(\frac{\sin \alpha +1}{\sin \alpha +\cos \alpha -2}\right)$

Đặt $t=\frac{\sin \alpha +1}{\sin \alpha +\cos \alpha -2}$. Ta có:  $Q=f\left(\frac{\sin \alpha +1}{\sin \alpha +\cos \alpha -2}\right)=f\left(t\right)$

$\iff t^2-2t+1+t^2\ge 4t^2+4t+1\iff 2t^2+6t\le 0\iff -3\le t\le 0$ (*)

Để phương trình (*) tồn tại nghiệm $\alpha$ thì  ${\left(t-1\right)}^2+t^2\ge {\left(2t+1\right)}^2$

$\iff t^2-2t+1+t^2\ge 4t^2+4t+1\iff 2t^2+6t\le 0\iff -3\le t\le 0$

Xét $Q=f\left(t\right)=t^4-t^2+2$ trên đoạn $\left[-3;0\right]$ có  $f\text{'}\left(t\right)=4t^3-2t,f\text{'}\left(t\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}t=0\\ t=\pm \sqrt{\frac{1}{2}}\end{array}\right.$

Hàm số $f\left(t\right)$ liên tục trên $\left[-3;0\right]$ có  $f\left(-3\right)=74,f\left(-\sqrt{\frac{1}{2}}\right)=\frac{7}{4},f\left(0\right)=2$

$\Rightarrow \underset{\left[-3;0\right]}{\min }f\left(t\right)=\frac{7}{4},\underset{\left[-3;0\right]}{\max }f\left(t\right)=74$

$\Rightarrow M+m=\frac{7}{4}+74=\frac{303}{4}$

Đáp án cần chọn là: C