63 câu Trắc nghiệm Cực trị của hàm số có đáp án (P2)

Đáp án A

+ Với m = 0 thì ta có hàm số y=3x2−1 có 3 > 0 nên đồ thị hàm số là một parabol có bề lõm hướng lên trên ⇒ hàm số có điểm cực tiểu x = 0.

+ Với m≠0 ta có hàm trùng phương y=mx4+(m+3)x2+2m−1

⇒y'=4mx3+2(m+3)x=x4mx2+2m+6; y''=12mx2+2(m+3)

Xét phương trình y'=0⇔x4mx2+2m+6⇔x=0x2=−m−32m 2

Nếu hàm số có cực đại mà không có cực tiểu thì phương trình y' = 0 có nghiệm x = 0 duy nhất . hay phương trình (2) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x = 0.

⇔−m−32m≤0⇔m+32m≥0⇔m≤−3m>0

Với m > 0 thì phương trình y’ = 0 có nghiệm duy nhất x = 0 và y''0=2m+3>0, do đó x = 0 điểm cực tiểu của hàm số (loại)

Với m < - 3 thì y''0=2m+3<0, do đó x = 0 là điểm cực đại (nhận)

Với m = - 3 thì y'=−12x3=0⇔x=0 và y’ đổi dấu từ dương sang âm qua nghiệm x = 0

Do đó x = 0 là điểm cực đại của hàm số (nhận)

Vậy m≤−3

Đáp án C

TXĐ: D = R

y'=−x2+23mx⇒y''=−2x+23m

Hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 2

⇔y'(2)=0y''(2)<0⇔−22+23m.2=0−2.2+23m<0⇔−4+43m=0−4+23m<0⇔m=3m<6⇔m=3

Đáp án D

TXĐ: D = R

Ta có: y'=3x2−4mx+m2⇒y''=6x−4m

Để x = 1 là điểm cực tiểu của hàm số thì:

y'1=0y''1>0⇔m2−4m+3=06−4m>0⇔m=1;m=3m<32⇔m=1

Đáp án C

Ta có: y'=12x2+2mx−12y''=24x+2m

Từ giả thiết bài toán ta có y'(−2)=48−4m−12=0⇔m=9

Thay vào y''−2=−48+2m=−48+18=−30<0

Khi đó, hàm số đạt cực đại tại x = - 2

Vậy không có giá trị m thỏa mãn.

Đáp án B

y=x3−3m+1x2+m2+3m+2x+3y'=3x2−6m+2x+m2+3m+2

Để cực tiểu và cực đại của đồ thị hàm số y nằm về hai phía của trục tung thì x1x2<0, với x1,x2 là hai nghiệm của phương trình y' = 0

⇔3m2+3m+2<0⇔m2+3m+2<0⇔−2<m<−1

Đáp án C

y'=x2−2mx+2m−4

Để hàm số có cực đại cực tiểu ⇔Δ'>0,∀m⇔m2−2m+4>0,∀m

Khi đó phương trình y’ = 0 có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn: x1+x2=−ba=2mx1.x2=ca=2m−4

Ta có: x12+x22=x1.x2+10

⇔x1+x22−2x1.x2−x1.x2−10=0⇔x1+x22−3x1.x2−10=0⇔2m2−3.2m−4−10=0⇔4m2−6m+2=0m=1m=12

Đáp án A

TXĐ: D = R

Ta có hàm số y=23x3−mx2−23m2−1x+23 có đạo hàm là y'=2x2−2mx−23m2−1

Cho y'=0⇔2x2−2mx−23m2−1=0

⇒x2−mx−3m2+1=0 (1)

Để hàm số có 2 điểm cực trị thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt

Phương trình (1) có hai nghiệm khi và chỉ khi

Δ=m2+3m2−1>0⇔4m2−1>0⇔m>12m<−12

Khi đó hai điểm cực trị x1,x2 của hàm số chính là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1). Áp dụng định lí Viet ta có: x1+x2=mx1.x2=1−3m2

Theo bài ra ta có:

x1x2+2x1+x2=1⇔1−3m2+2m=1⇔3m2−2m=0⇔m=0(ktm)m=23tm

Đáp án A

Xét phương trình y'=3x2−6x+m=0 (*). Hàm số có 2 cực trị ⇔ phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

⇔Δ'=9−3m>0⇔m<3

Ta có x1,x2 là 2 nghiệm của (*), theo Viet ta có: x1+x2=2x1.x2=m3

Khi đó x12+x22−x1x2=13

⇔x1+x22−3x1x2=13⇔22−3.m3=13⇔m=−9

Vậy m∈−15;−7

Đáp án C

Ta có: y'=3x2−6x+3m

Hàm số có 2 điểm cực trị nhỏ hơn 2 ⇔y' có 2 nghiệm phân biệt x1;x2 thỏa mãn x1<x2<2

⇔Δ'>0a.f2>0S2<2⇔9−9m>03.3.22−6.2+3m>01<2∀m⇔m<1m>0⇔0<m<1

Đáp án C

Ta có: y'=4x3−4mx=0⇔x=0x2=m

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔pt  y'=0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔m>0⇒x=0x=mx=−m

⇒ Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là: A0;2;B−m;2−m2,Cm;2−m2

AB→=−m;−m2.AC→=m;−m2

Dễ thấy ΔABC cân tại A, để ΔABC vuông cân thì nó phải vuông tại A

⇒AB→.AC→=0⇔−m+m4=0⇔mm3−1=0⇔m=0m3−1=0⇔m=0m=1

Đáp án A

y'=4x3−4mxy'=0⇔4x3−4mx=0⇔4xx2−m=0⇔x=0x2=m⇔x=0x=±m  (1)

Hàm số y=fx có 3 cực trị.

⇔y'=0 có 3 nghiệm phân biệt.

⇔(1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

⇔m>0

Gọi ba điểm cực trị của hàm số lần lượt là: A0;a;B−m;b,Cm;c. Khi đó:

+ x=0⇔A0;3m+2+ x=−m⇒y=−m4−2m.−m2+3m+2=m2+2m2+3m+2=−m2+3m+2⇒B−m;−m2+3m+2+ x=m⇔y=−m2+3m+2⇒Cm;−m2+3m+2

Ta luôn có: AB = AC nên tam giác ABC đều

⇔AB=BC⇔AB2=BC2⇔−m2+−m22=2m2+02⇔m+m4=4m⇔m4−3m=0⇔mm2−3=0⇔m=0m=33

Kết hợp với điều kiện m>0⇒m=33

Đáp án B

Ta có: y'=92x3+6m−3x;y'=0

⇔x=03x2=43−m   (*)

Để hàm số có ba điểm cực trị ⇔43−m>0⇔m<3

Khi đó tọa độ ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

A0;4m+2017,B23−m3;4m+2017−23−m2,C−23−m3;4m+2017−23−m2

Do tam giác ABC cân tại A nên yêu cầu bài toán ⇔AB2=BC2

⇔43−m3+43−m4=163−m3⇔3−m4=3−m⇔3−m=03−m=1⇔m=3(l)m=2(tm)

Đáp án C

y'=4x3+41−m2xy'=0⇔4x3+41−m2x=0⇔4xx2+1−m2=0⇔x=0x2=m2−1⇔x=0x=±m2−1

Điều kiện để hàm số có 3 cực trị: m2−1>0⇔m>1m<−1

x=0⇒A0;m+1x=−m2−1⇒y=−m2−14+21−m2−m2−12+m+1⇒y=m2−12−2m2−12+m+1=−m2−12+m+1⇒B−m2−1;−m2−12+m+1x=m2−1⇒Cm2−1;−m2−12+m+1

SABC=42⇔12AH.BC=42⇔yA−yC.HC=42⇔yA−yC.xC=42⇔m+1+m2−12−m−1.m2−1=42⇔m2−12.m2−1=42⇔m2−15=32⇔m2−1=2⇔m2=3⇔m=±3

m=±3 thỏa  mãn điều kiện m>1m<−1

Đáp án A

y'=4x3−4mxy'=0⇔4x3−4mx=0⇔4xx2−m=0⇔x=0x=±m

Điều kiện để hàm số có 3 cực trị: m > 0

x=0⇒A0;m2+mx=−m⇒y=−m4−2m−m2+m2+m=m2−2m2+m2+m=m⇒B−m;mx=m⇒Cm;m

AB→=−m;−m2,AC→=m;−m2;BAC^=120°⇔AB→.AC→AB→.AC→=cos120°⇔−m+m4m+m4.m+m4=−12⇔2m4−m=−m+m4⇔3m4−m=0⇔m3m3−1=0⇔m=0(l)m=133

Đáp án C

Ta có: y'=12x3+4m−2018;

y''=0⇔x=03x2=2018−m

Để hàm số có ba điểm cực trị ⇔2018−m>0⇔m<2018

Khi đó, tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

A0;2017,B2018−m3;−m−201823+2017,C−2018−m3;−m−201823+2017

Do tam giác ABC cân tại A nên ycbt ⇔3AB2=BC2

⇔32018−m3+m−201849=42018−m3⇔m−20183=−1⇔m=2017 tm

Đáp án B

Có: y=x3+3mx2−3x

⇒y'(x)=3x2+6mx−3

Phương trình đường thẳng d đi qua 2 cực trị của (C) nên x0;y0∈d thỏa mãn:

y'(x)=0y0=x03+3mx02−3x0⇔3x03+6mx02−3x0=0y0=x0x02+2mx0−3x0+mx02⇔x02+2mx0=1y0=−2x0+mx02⇔x02=−2mx0+1y0=−2x0+m−2mx0+1⇒y0=−2m2+1x0+m

Đáp án B

Ta có: y'=3x2−6x−9;y''=0

⇔x=−1⇒y=5+mx=3⇒y=−27+m

Suy ra tọa độ hai điểm cực trị là: A−1;5+m,B(3;−27+m)

Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm A, B có phương trình: y=−8x+m−3

Đáp án C

y'=6x2−6m+1x+6m

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A, B ⇔ phương trình y'=0 có hai nghiệm phân biệt

⇔Δ'=9m+12−36m>0⇔9m2−18m+9>0⇔9m−12>0⇔m≠1

Khi đó: y=y'.13x−m+16+4m−m+12x+mm+1

Đường thẳng AB: y=4m−m+12x+mm+1 có hệ số góc k=4m−m+12

Đường thẳng d: y = x - 9 có hệ số góc k = 1

AB⊥d⇔4m−m+12.1=−1⇔4m−m2−2m−1=−1⇔−m2+2m=0⇔m=0m=2

Đáp án A

Ta có: y'=3x2−6x−m

Để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị ⇔ phương trình y'=0 có hai nghiệm phân biệt

⇔Δ'=9+3m>0⇔m>−3

Ta có: y=y'.13x−13−2m3+2x+2−m3

⇒ Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A và B là: Δ:y=−2m3+2x+2−m3

Đường thẳng d: x+4y−5=0 có một VTPT là Δ:y=−2m3+2x+2−m3

Đường thẳng Δ:y=−2m3+2x+2−m3 có một VTPT là: nΔ→=2m3+2;1

Ycbt⇔22=cos45°=cosnd→,nΔ→=1.2m3+3+4.112+42.2m3+32+12⇔60m2+264m+117=0⇔m=−12m=−3910⇒m=−12do  m>−3

Đáp án B

Hàm số g(x) có duy nhất một cực trị ⇔ptg'x=0 có đúng một nghiệm x0 thỏa mãn g'(x) đổi dấu qua nghiệm đó.

Theo đề bài ta có: g'x=fx+m⇒g'x=0⇔fx+m=0⇔f(x)=−m

⇒Số nghiệm của phương trình g'(x)=0 là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y = - m.

Quan sát đồ thị ta thấy đường thẳng y = - m cắt đồ thị hàm số y=f(x) có hai điểm chung với đường thẳng y=m nhưng một điểm là điểm tiếp xúc nên phương trình g'(x)=0 có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm kép và một nghiệm đơn.

Nên trong trường hợp này, hàm số y=g(x) vẫn chỉ có một cực trị

Vậy m≥0 hoặc m≤−4

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số y=f'(x), ta có các nhận xét sau:

f'(x) đổi dấu từ - sang + khi đi qua điểm x = - 2 suy ra x = - 2 là điểm cực trị và là điểm cực tiểu của hàm số y=fx

f'(x) không đổi dấu  khi đi qua điểm x = - 1, x = 1 suy ra x = - 1, x = 1 không là  các điểm cực trị của hàm số y=fx

Vậy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại điểm x = - 2

Đáp án B

Ta có y'=3x2+12x+3m+2

=3x2+4x+(m+2)

Yêu cầu bài toán ⇔y'=0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn x1<−1<x2

Hàm số có hai điểm cực trị ⇔Δ'=4−(m+2)=2−m>0⇔m<2

Hai điểm cực trị thỏa mãn x1<−1<x2⇔ phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt

⇔y'(−1)<0⇔m<1

Đáp án D

Ta có y'=6x2+2mx−12

Do Δ'=m2+72>0,∀m∈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: x1+x2=−m3

Gọi Ax1;y1 và Bx2;y2 là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số

Yêu cầu bài toán ⇔x1=x2⇔x1=−x2( do x1≠−x2)

⇔x1+x2=0⇔−m3=0⇔m=0

Đáp án D

Ta có:

y'=−3x2+6mx=−3xx−2m;y'=0⇔x=0x=2m

Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ⇔m≠0

Khi đó gọi A0;−3m−1 và B2m;4m3−3m−1 là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Suy ra trung điểm của AB là điểm Im;2m3−3m−1 và AB→=2m;4m3=2m1;2m2

Đường thẳng d có một vec tơ chỉ phương u→=8;−1

Ycbt⇔I∈dAB→.u→=0⇔m+82m3−3m−1−74=08−2m2=0⇔m=2

Đáp án A

Ta có: y'=x2−22m−1x+m2−m+7

Điều kiện bài toán tương đương tìm m để phương trình y'=0 có hai nghiệm dương phân biệt x1,x2 thỏa mãn x12+x22=74

Phương trình y'=0 có hai nghiệm dương phân biệt x1,x2

Khi đó:

x12+x22=74⇔x1+x22−2x1x2=74⇒42m−12−2m2−m+7=74⇔44m2−4m+1−2m2+2m−14−74=0⇔14m2−14m−84=0⇔m=3(tm)m=−2(ktm)

Vậy m = 3

Đáp án C

Ta có: 

y'=3x2−6mx=3xx−2m;y'=0⇔x=0x=2m

Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ⇔m≠0

Khi đó tọa độ hai điểm cực trị là A0;4m2−2 và B2m;4m2−4m3−2

Do I(1;0) là trung điểm của AB nên xA+xB=2xIyA+yB=2yI

⇒0+2m=24m2−2+4m2−4m3−2=0⇔m=1 thỏa mãn

Đáp án C

Ta có: y'=3x2−6m⇒y=y'.13x−4mx+4

Do đó phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

y=−4mx+4⇔4mx+y−4=0

Diện tích tam giác IAB là: 

SIAB=12IA.IB.sinAIB^=12.2.2.sinAIB^=sinAIB^≤1

⇔SIAB đạt giá trị lớn nhất khi sinAIB^=1⇔IA⊥IB hay tam giác IAB vuông cân tại I và IA=IB=2

⇒AB=2⇒dI,AB=12AB=1⇒4m.1+0−44m2+12=1⇔4m−4=4m2+12⇔16m2−32m+16=16m2+1⇔m=1532∈0;1

Đáp án D

Ta có:

y'=3x2−6mx=3xx−2m;y'=0⇔x=0x=2m

Hàm số có hai điểm cực trị ⇔y'=0 có hai nghiệm phân biệt ⇔0≠2m⇔m≠0

Tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A0;2;B2m;2−4m3

Suy ra MA→=−1;4,MB→=2m−1;4−4m3

Theo giả thiết A, B, và M thẳng hàng ⇔2m−1−1=4−4m34⇔m=0(l)m=±2(tm)

Đáp án D

TXĐ: D = R

Ta có: y=x2+mx−5x2+1=1+mx−6x2+1

Suy ra y'=mx2+1−2xmx−6x2+12=−mx2+12x+mx2+12

Để hàm số đã cho có hai cực trị thì phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt hay −mx2+12x+m=0 có hai nghiệm phân biệt.

Ta có: Δ'=36+m2>0,∀m nên hàm số luôn có hai cực trị.

Phương trình đường thẳng AB qua hai điểm cực trị là: y=2−mx−4.−5−4=m2x−5

Đường thẳng AB qua điểm I(1;−3) nên −3=m2.1−5⇔m=4

Suy ra m0=4

Đáp án D

Hàm số fx=xx2+1−m có TXĐ D = R

Xét hàm số gx=xx2+1−m ta có:

g'x=x2+1−x.2xx2+12=−x2+1x2+12=0⇔x=±1

⇒ Hàm số y=g(x) có 2 điểm cực trị

Xét phương trình hoàng độ giao điểm

xx2+1−m=0⇔x−mx2+1x2+1=0⇔−mx2+x−m=0

Phương trình có Δ=1−4m2 chưa

Xác định dấu nên có tối đa 2 nghiệm.

Vậy hàm số fx=xx2+1−m có tối đa 2 + 2 = 4 cực trị.

Đáp án A

ĐKXĐ: D=R\−1

Ta có: y=x2+mx+2mx+1=x+m−1+m+1x+1

⇒y'=1−m+1x+12=x2+2x−mx+12

Để hàm số đã cho có 2 cực trị thì phương trình y' = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt khác – 1.

⇔Δ'=1+m>01−2−m≠0⇔m>−1m≠1⇔m>−1

Khi đó, giả sử x1,x2 là nghiệm phân biệt của phương trình y' = 0, áp dụng định lí Vi-et ta có: x1+x2=−2x1.x2=−m

Đặt Ax1;x1+m−1+m+1x1+1,Bx2;x2+m−1+m+1x2+1 là hai điểm cực trị của hàm số.

Để tam giác OAB vuông tại O thì OA→.OB→=0

⇔x1.x2+x1+m−1+m+1x1+1x2+m−1+m+1x2+1=0⇔2x1.x2+m−1x1+x2+m+1x2x1+1+x1x2+1+m−12+m2−11x1+1+1x2+1+m+12x1+1x2+1=0⇔2x1.x2+m−1x1+x2+m+1x12+x22+x1+x2x1x2+x1+x2+1+m−12+m2−1x1+x2+2x1x2+x1+x2+1+m+12x1x2+x1+x2+1=0⇔2x1.x2+m−1x1+x2+m+1x1+x22−2x1x2+x1+x2x1x2+x1+x2+1+m−12+m2−1x1+x2+2x1x2+x1+x2+1+m+12x1x2+x1+x2+1=0⇔−2m−2m−1+m+1.2+2m−m−1+m−12+m+12−m−1=0⇔−2m−2m+2−2−2m+m2−2m+1−m−1=0⇔m2−9m=0⇔m=0m=9tm⇒S=0;9

Vậy tổng tất cả các phần tử của S là 9

Đáp án C

Để đồ thị hàm số y=mx3−2m−1x2+2mx−m−1 có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục hoành thì phương trình mx3−2m−1x2+2mx−m−1=0 (*) phải có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có:

mx3−2m−1x2+2mx−m−1=0⇔x−1mx2−m−1x+m+1=0⇔x=1mx2−m−1x+m+1=0(**)

Để (*) có ba nghiệm phân biệt thì (**) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

⇔m≠0m.1−m−1.1+m+1≠0Δ=m−12−4mm+1>0⇔m≠0m−m+1+m+1≠0m2−2m+1−4m2−4m>0⇔m≠0m≠−2−3m2−6m+1>0⇔m≠0m≠−2−3−233<m<−3+233

Mà m∈Z⇒m=−1

Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án B

Xét hàm số fx=3x4−4x3−12x2 ta có:

f'x=12x3−12x2−24xf'x=0⇔12x3−12x2−24x=0⇔x=0x=−1x=2

BBT:

Ta có đồ thị y=fx (C ) như sau:

Để y=3x4−4x3−12x2+m có 5 điểm cực trị thì:

TH1: (C) cắt đường thẳng y = -m tại 2 điểm phân biệt khác cực trị

⇔−m>0−32<−m<−5⇔m<05<m<32

Mà m∈Z+⇒m∈6;7;...;31 26 giá trị

TH2: (C ) cắt đường thẳng y = -m tại 3 điểm phân biệt, trong đó có 1 cực trị

⇔−m=0−m=−5⇔m=0(l)m=5(tm)

Vậy có tất cả 27 giá trị của m thỏa mãn.