Bài tập Tính đơn điệu và cực trị của hàm số lớp 12 (có lời giải)

Tập xác định $D=\mathrm{ℝ}$ .

Ta có: $y\text{'}=4x^2-4x+1$ .

Xét $y\text{'}=0\iff x=\frac{1}{2}$ .

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \[\left( { - \infty ; + \infty } \right)\].

Giá trị cực tiểu của hàm số là $y=-4$

Hàm số đã cho có tập xác định là $\mathrm{ℝ}$ .

Ta có: $y\text{'}=3x^2-6x-9$ ;

$y\text{'}=0\iff 3x^2-6x-9=0\iff x=-1 hoac x=3$

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Vậy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$  và $\left(3;+\infty \right)$ ; nghịch biến trên khoảng $\left(-1;3\right)$ .

Hàm số đã cho xác định trên $\mathrm{ℝ}$ .

Ta có $y\text{'}=f\text{'}\left(x\right)=6x^2+12x+6=6{\left(x+1\right)}^2$ .

Do đó $y\text{'}\ge 0$  với mọi $x\in \mathrm{ℝ}$  và $y\text{'}=0$  tại $x=-1$ .

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$ .

a) Tập xác định: $D=\mathrm{ℝ}$ .

Ta có: $y\text{'}=-3x^2+4x$ .

Nhận xét $y\text{'}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{4}{3}\end{array}\right.$

Ta có bảng biến thiên sau:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(0;\frac{4}{3}\right)$  và nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;0\right)$  và $\left(\frac{4}{3};+\infty \right)$ .

b) Tập xác định: $D=\mathrm{ℝ}$.

Ta có: $y\text{'}=4x^3-4x$ .

Nhận xét $y\text{'}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right.$

Ta có bảng biến thiên sau:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-1;0\right)$  và $\left(1;+\infty \right)$  và nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$  và $\left(0;1\right)$ .

c) Tập xác định: $D=\mathrm{ℝ}\backslash \left\{2\right\}$ .

Ta có: $y\text{'}=\frac{5}{{\left(2-x\right)}^2}$ .

Nhận xét $y\text{'}>0$$\forall x\in D$

Ta có bảng biến thiên sau:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;2\right)$  và $\left(2;+\infty \right)$ .

d) Tập xác định: $D=\mathrm{ℝ} \backslash \left\{-1\right\}$ .

Ta có: $y\text{'}=\frac{\left(2x-2\right)\left(x+1\right)-x^2+2x}{{\left(x+1\right)}^2}=\frac{x^2+2x-2}{{\left(x+1\right)}^2}$ .

Nhận xét $y\text{'}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=-1+\sqrt{3}\\ x=-1-\sqrt{3}\end{array}\right.$ .

Ta có bảng biến thiên sau:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1-\sqrt{3}\right)$  và $\left(-1+\sqrt{3};+\infty \right)$  và nghịch biến trên khoảng $\left(-1-\sqrt{3};-1\right)$  và $\left(-1;-1+\sqrt{3}\right)$ .

a) Tập xác định: $D=\mathrm{ℝ}$ .

Ta có: $y\text{'}=6x^2+6x-36$ .

Nhận xét $y\text{'}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ x=-3\end{array}\right.$ .

Ta có bảng biến thiên sau:

Vậy hàm số đạt cực đại tại điểm $x=-3$  và đạt cực tiểu tại $x=2$ .

b) Tập xác định: $D=\mathrm{ℝ}$ .

Ta có: $y\text{'}=x^3+4x$ .

Nhận xét $y\text{'}=0\iff x=0$ .

Ta có bảng biến thiên sau:

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại $x=0$

c) Tập xác định: $D=\mathrm{ℝ} \backslash \left\{0\right\}$ .

Ta có: $y\text{'}=1+\frac{1}{x^2}$ .

Nhận xét $y\text{'}>0\forall x\in D$ .

Ta có bảng biến thiên sau:

Vậy hàm số không có điểm tiểu và điểm cực đại.

Hàm số đã cho có tập xác định là $\mathrm{ℝ}$ .

Ta có: $y\text{'}=3x^2-6x-9$ ;

$y\text{'}=0\iff 3x^2-6x-9=0\iff x=-1 hoac x=3$

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Vậy hàm số đạt cực đại tại $x=-1$  và đạt cực tiểu tại $x=3$ .

Theo định nghĩa, ta có thể chọn $h=1$ , ta có $x_0-h=1, x_0+h=3$ .

Dựa vào bảng biến thiên, ta có $f\left(x\right)>f\left(2\right), \forall x\in \left(1;3\right) \backslash \left\{2\right\}$ , suy ra $x_0=2$  là điểm cực tiểu của hàm số, giá trị cực tiểu của hàm số là $f\left(2\right)=-5$ .

Tập xác định $D=\mathrm{ℝ}$ .

Ta có: $y\text{'}=4x^3+4x$ .

Xét $y\text{'}=0\iff x=0$ .

Ta có bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$  và nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;0\right)$ .

Hàm số đã cho có tập xác định là $\mathrm{ℝ}$ .

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

 $y\text{'}<0$ vơii mọi $x\in \mathrm{ℝ}$  và $y\text{'}=0\iff x=1$ .

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Vậy hàm số nghịch biến trên \[\left( { - \infty ; + \infty } \right)\]

Tập xác định của hàm số là $\mathrm{ℝ} \backslash \left\{-1\right\}$ .

Ta có: $y\text{'}=\frac{\left(x+1\right)-\left(x-2\right)}{{\left(x+1\right)}^2}=\frac{3}{{\left(x+1\right)}^2}>0$ , với mọi x khác -1.

Việc tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số còn được nói gọn là xét chiều biến thiên của hàm số.

Lập bảng biến thiên của hàm số:

Từ bảng biến thiên, ta có: Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$  và $\left(-1;+\infty \right)$ .

Tập xác định: $D=\mathrm{ℝ}$ .

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=6x^2-18x-24$ ;

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=-1hoac x=4$

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đạt cực đại tại $x=-1, y_{CD}=f\left(-1\right)=14$ ;

hàm số đạt cực tiểu tại $x=4, y_{CT}=f\left(4\right)=-111$  .

Tập xác định: $D=\mathrm{ℝ}$ .

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=3x^2-6x+3$ ;

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=1$.

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số không có cực trị.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)>0$  với mọi $x\in \left(-\infty ;0\right)$  và $f\text{'}\left(x\right)<0$  với mọi $x\in \left(0;1\right)$  nên hàm số đạt cực đại tại $x=0$  và $f_{CD}=f\left(0\right)=2$ .

Ta có $f\text{'}\left(x\right)<0$  với mọi $x\in \left(0;1\right)$  và $f\text{'}\left(x\right)>0$  với mọi $x\in \left(1;+\infty \right)$  nên hàm số đạt cực tiểu tại $x=1$  và $f_{CT}=f\left(1\right)=-3$ .

Tập xác định $D=\mathrm{ℝ} \backslash \left\{-2\right\}$ .

Ta có: $y\text{'}=\frac{5}{{\left(x+2\right)}^2}$ .

Nhận xét: $y\text{'}>0$  với mọi $x\in D$ .

Ta có bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$  và $\left(-2;+\infty \right)$ .

Tập xác định: $D=\mathrm{ℝ}$ .

Ta có: $y\text{'}=4x^3-12x+8$ .

Xét $y\text{'}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=-2\\ x=1\end{array}\right.$

Ta có bảng biến thiên sau:

Vậy hàm số đạt cực đại tại điểm $x=-2$ .

Hàm số đã cho có tập xác định là $\mathrm{ℝ} \backslash \left\{0\right\}$ .

Ta có: $y\text{'}=\frac{x^2-4}{x^2}$  vơi $x$ khác 0 ;

$y\text{'}=0\iff x^2-4=0\iff x=-2 hoac x=2$

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Vậy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left(-\infty ;2\right)$  và $\left(2;+\infty \right)$ ;

nghịch biến trên mỗi khoảng $\left(-2;0\right)$  và $\left(0;2\right)$ .

Hàm số đã cho có tập xác định là $\mathrm{ℝ} \backslash \left\{-1\right\}$ .

Ta có: $y\text{'}=\frac{x^2+2x}{{\left(x+1\right)}^2}$  với x khác -1;

$y\text{'}=0\iff x^2+2x=0\iff x=-2 hoac x =0$

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Vậy hàm số đạt cực đại tại $x=-2$  và đạt cực tiểu tại $x=0$ .

Hàm số xác định với mọi $x\in \mathrm{ℝ}$ . Ta có $y\text{'}=x^2-2x-3$ ;

Bảng biến thiên:

$y\text{'}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}\right.$

Từ bảng biến thiên, suy ra $x=-1$  là điểm cực đại của hàm số, $f_{CD}=2$ ;

$x=3$  là điểm cực đại của hàm số, $f_{CT}=\frac{-26}{3}$ ;

Hàm số đã cho có tập xác định là $\mathrm{ℝ}$ .

Ta có: $y\text{'}=-4x+4$ ;

$y\text{'}=0\iff -4x+4=0\iff x=1$

Ta có bảng xét dấu của $y\text{'}$  như sau:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;1\right)$ ; nghịch biến trên khoảng $\left(1;+\infty \right)$ .

Tập xác định $D=\mathrm{ℝ}$ .

Ta có: $y\text{'}=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ .

Xét $y\text{'}=0\iff x=0$ .

Ta có bảng biến thiên:

Vậy hàm số $y=\sqrt{x^2+1}$  đồng biến trên nửa khoảng $[0;+\infty )$ .

$f\text{'}\left(x\right)={\left(x-1\right)}^4\left(x^2-7x+10\right)=0\iff x=1 hoac x=5 hoac x=2$,

Trong đó $x=1$  là nghiệm bội chẵn, $x=2, x=5$  là nghiệm đơn; $f\text{'}\left(x\right)$  bị đổi dấu 2 lần khi qua các điểm $x=2, x=5$ .

Vậy hàm số $y=f\left(x\right)$  có 2 điểm cực trị: $x=2, x=5$ .

Ta có: \({y^\prime } = 3{x^2} - 6x + 2a;{y^{\prime \prime }} = 6x - 6\)

Để đồ thị hàm số có điểm cực tiểu \(A(2; - 2)\) cần có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y^\prime }(2) = 0}\\{{y^{\prime \prime }}(2) > 0}\\{y(2) =  - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a = 0}\\{6.2 - 6 > 0}\\{4a + b - 4 =  - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 0}\\{b = 2}\end{array}{\rm{. }}} \right.} \right.} \right.\]

Vậy: \(a + b = 2\)

Xét hàm số $g\left(x\right)=f(3-x)$ .

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=-f\text{'}(3-x)=-(3-x-1)(3-x+1)(3-x-4)=(x-2)(x-4)(x+1)$

$g\text{'}\left(x\right)=0\iff x=-1 hoac x=2 hoac x=4$.

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số $g\left(x\right)$  đạt cực đại tại $x=2$ .

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=0\iff x(x-1){(x+2)}^3=0\iff x=0 hoac x=1 hoac x=-2$ .

Vì $x=0$  và $x=1$  là các nghiệm đơn,$x=2$ là nghiệm bội lẻ nên $f\text{'}\left(x\right)$  đổi dấu khi đi qua các nghiệm này.

Vậy hàm số có 3 điểm cực trị.

\[f\left( x \right) < m - {e^{ - x}} \Leftrightarrow f\left( x \right) + {e^{ - x}} < m\].

Xét hàm số \[g(x) = f\left( x \right) + {e^{ - x}}\] trên khoảng \(\left( { - 2;2} \right)\)

\[g'(x) = f'\left( x \right) - {e^{ - x}}\].

Từ bảng biến thiên ta thấy \(f'\left( x \right) < 0,\,\,\forall x \in \left( { - 2;2} \right)\) và \( - {e^{ - x}} < 0,\,\,\forall x\) nên \(g'(x) < 0,\,\,\forall x \in \left( { - 2;2} \right)\)

Suy ra hàm số \[g(x) = f\left( x \right) + {e^{ - x}}\] nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 2;2} \right)\) và do \[g(x)\] liên tục trên

\(\left[ { - 2\,;\,2} \right]\)nên \[g(x)\] nghịch biến trên \(\left[ { - 2\,;\,2} \right]\).

Bất phương trình \[f\left( x \right) + {e^{ - x}} < m\] nghiệm đúng với mọi \(x \in \left( { - 2;2} \right)\) khi và chỉ khi \(g(x) < m,{\rm{ }}\forall x \in \left( { - 2;2} \right) \Leftrightarrow g( - 2) \le m \Leftrightarrow f\left( { - 2} \right) + {e^2} \le m.\)

Tập xác định $D=\mathrm{ℝ} \backslash \left\{-\frac{1}{2}\right\}$ .

$y\text{'}=\frac{2x^2+2x-4}{{\left(2x+1\right)}^2},y\text{'}=0\iff 2x^2+2x-4=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=1(\Rightarrow y=2)\\ x=-2(\Rightarrow y=-1)\end{array}\right.$, .

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là $M\left(1;2\right)$  và $N\left(-2;-1\right)$ .

Vậy phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị $M, N$ của đồ thị hàm số đã cho là: $y=x+1$ .

Ta có: $y\text{'}=-3x^2+6x$ .

$y\text{'}=0\iff -3x^2+6x=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$.

Tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $A(0;5)$  và $B(2;9)$ .

$\underset{AB}{\to }=\left(2;4\right)\Rightarrow AB=2\sqrt{5}$.

Phương trình đường thẳng $AB$ qua $A(0;5)$  có véc tơ pháp tuyến : $\overrightarrow{n}=(-2;1): 2x-y+5=0$ .

$d(O, AB)=\frac{\left|2.0-0+5\right|}{\sqrt{2^2+{(-1)}^2}}=\sqrt{5}$.

Vậy diện tích của tam giác $OAB$  là: $S=\frac{1}{2}d\left(O,AB\right).AB=\frac{1}{2}.\sqrt{5}.2\sqrt{5}=5$ .

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=-1 hoac x=-2 hoac x=0$

$y\text{'}=(2x-2)f\text{'}(x^2-2x);y\text{'}=0\leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}f\text{'}(x^2-2x)=0\\ 2x-2=0\end{array}\iff \right.\left\{\begin{array}{l}{x}^2-2x=-1\\ x^2-2x=-2\end{array}hoac \left\{\begin{array}{l}{x}^2-2x=0\\ x=1\end{array}\iff x=2 hoac x=0 hoac x=1\right.\right.$;

Bảng biến thiên: