Đề kiểm tra Tính đơn điệu và cực trị của hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 2

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\) suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra điểm cực đại của hàm số là \(x = 0\).

Ta có A là đáp án sai vì \[f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {1;4} \right)\]; B là đáp án sai vì \[f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\]; C là đáp án đúng vì \[f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\].

 Từ bảng xét dấu ta suy ra hàm số đã cho có \(4\) điểm cực trị.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có             \(y' =  - 3{x^2} - 6x\).

                       \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra: Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 2;0} \right)\).

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}{\rm{\backslash }}\left\{ 1 \right\}\).

Ta có             \(y' = \frac{{\left( {2x - 2} \right)\left( {x - 1} \right) - \left( {{x^2} - 2x + 5} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\).

                       \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 3\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra: Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( { - 1;\,1} \right)\)và \(\left( {1\,;\,3} \right)\).

Tập xác định: \(D = \left[ {0\,;\,2} \right]\).

Ta có             \(y' = \frac{{ - x + 1}}{{\sqrt { - {x^2} + 2x} }}\).

                       \(y' \ge 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - x + 1 \ge 0\\ - {x^2} + 2x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 1\\0 < x < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x \le 1\).

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0\,;\,1} \right)\).

Ta có             \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Suy ra hàm số có điểm cực tiểu là \(x = 0\).

Ta có \[f'\left( x \right) = x\left( {{x^2} - 1} \right){\left( {x - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 1\\x = 1\\x = 2\,\,\end{array} \right.\] (\(x = 2\) là nghiệm kép).

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có \(2\) điểm cực tiểu.

Tập xác định \[D = \mathbb{R}\].

Ta có: \[y' = 2x.{{\rm{e}}^x} + \left( {{x^2} - 3} \right).{{\rm{e}}^x} = \left( {{x^2} + 2x - 3} \right){\rm{.}}{{\rm{e}}^x}\].

\[y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 3\end{array} \right.\].

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 3;1} \right)\).

Tập xác định \[D = \left( {0;10} \right)\].

Ta có: \[y' = \frac{{10 - 2x}}{{\left( {10x - {x^2}} \right)\ln 5}}\], \[y' = 0 \Leftrightarrow 10 - 2x = 0 \Leftrightarrow x = 5\].

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;5} \right)\).

Ta có: \[y' = 3{x^2} - 6mx + 3\left( {2m + 3} \right)\].

 Hàm số đồng biến trên \[\mathbb{R}\]\[ \Leftrightarrow y' \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + 2m + 3 \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 > 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 3 \le 0 \Leftrightarrow  - 1 \le m \le 3\].

Vậy có \(5\) giá trị nguyên của \(m\).

a) Ta có \(y = {x^3} + 3{x^2} - mx + 1\) nên \(y' = 3{x^2} + 6x - m\).

Do đó a) đúng.

b) Với \(m = 9\) ta có \(y' = 3{x^2} + 6x - 9\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 3\end{array} \right.\)

\(y' > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x <  - 3\\x > 1\end{array} \right.\)

\(y' < 0 \Leftrightarrow  - 3 < x < 1\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 3\,;\,1} \right)\).

Do đó b) sai.

c) Với \(m =  - 3\), ta có \(y' = 3{x^2} + 6x + 3 = 3\left( {{x^2} + 2x + 1} \right) = 3{\left( {x + 1} \right)^2}\).

Suy ra \(y' \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow x =  - 1\)

Vậy hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Do đó c) sai.

d) Hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} - mx + 1\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty \,;\,0} \right)\)

\( \Leftrightarrow y' = 3{x^2} + 6x - m \ge 0,\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,0} \right)\).

\( \Leftrightarrow m \le 3{x^2} + 6x,\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,0} \right)\).

Xét \(g\left( x \right) = 3{x^2} + 6x,\,x \in \left( { - \infty \,;\,0} \right)\);

\(g'\left( x \right) = 6x + 6\).

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x =  - 1 \in \left( { - \infty \,;\,0} \right)\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(m \le g\left( x \right),\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,0} \right) \Leftrightarrow m \le  - 3\).

Do đó d) đúng.

a) Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 2}}\) suy ra \(y' = \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\).

Do đó a) đúng.

b) \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 3\\x =  - 1\end{array} \right.\)

\(y\left( { - 3} \right) =  - 3\); \(y\left( { - 1} \right) = 1\)

Suy ra \(A\left( { - 3\,;\, - 3} \right)\) và \(B\left( { - 1\,;\,1} \right)\)

Do \({x_A}.{x_B} = 3 > 0\) nên \(A\) và \(B\) nằm ở cùng một phía của trục tung.

Do đó b) sai.

c) Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {2\,;\,4} \right)\)

Suy ra đường thẳng \(AB\) có phương trình là \( - 2\left( {x + 1} \right) + \left( {y - 1} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow y = 2x + 3\).

Do đó c) sai.

d) Đường thẳng \(\Delta \) có phương trình là \(x + 2y + 4 = 0\) nên \(\Delta \) có vtpt \(\overrightarrow {{n_\Delta }}  = \left( {1\,;\,2} \right)\).

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {2\,;\,4} \right)\)

Suy ra \(\overrightarrow {{n_\Delta }} \) và \(\overrightarrow {AB} \) cùng phương với nhau. Do đó \(AB \bot \Delta \).

Ta có \(I\left( { - 2\,;\, - 1} \right)\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) và \(I \in \Delta \).

Vậy \(A\) và \(B\) đối xứng nhau qua đường thẳng \(\Delta \).

Do đó d) đúng.

Đáp án: a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) Với \(m = 0\) hàm số trở thành \(y = {\log _2}x\) là hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;\, + \infty } \right)\).

b) Với \(m = 1\) hàm số trở thành \(y = {\log _2}\left( {{x^2} + x + 1} \right)\) có \(D = \mathbb{R}\)

Khi đó : \(y' = \frac{{2x + 1}}{{\left( {{x^2} + x + 1} \right)\ln 2}} = 0 \Leftrightarrow x =  - \frac{1}{2}\) .

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;\, - \frac{1}{2}} \right)\) và đồng biến trên khoảng \(\left( { - \frac{1}{2};\, + \infty } \right)\) .

c) \(y' = \frac{{2mx + 1}}{{\left( {m{x^2} + x + m} \right).\ln 2}}\)

d) Hàm số có \(D = \mathbb{R} \Leftrightarrow m{x^2} + x + m > 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

+) \(m = 0\) không thoả mãn.

+) \(m \ne 0\) hàm số có \(D = \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\\Delta  = 1 - 4{m^2} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > \frac{1}{2}\) .

Khi đó, hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2;\, + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow \left( {2; + \infty } \right) \subset \left( { - \frac{1}{{2m}};\, + \infty } \right) \Leftrightarrow  - \frac{1}{{2m}} \le 2 \Leftrightarrow m \ge  - \frac{1}{4}\)

Vậy với \(m > \frac{1}{2}\) thì hàm số có tập xác định \(D = \mathbb{R}\) và đồng biến trên khoảng \(\left( {2;\, + \infty } \right)\).

Đáp án: a) S, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Với \(m = 0\) hàm số trở thành: \(y = \sqrt {{x^2} + 9} \) có \(y' = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 9} }} = 0 \Leftrightarrow x = 0\).

Hàm số có cực trị tại \(x = 0\).

b) Với \(m = 1\) hàm số trở thành: \(y = \sqrt {{x^2} - 2x + 9} \) có \(y' = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 9} }} = 0 \Leftrightarrow x = 1\).

\(y'\) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua \(x = 1\) nên hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 1\).

c) \(y' = \frac{{{{\left( {{x^2} - 2mx + 9} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {{x^2} - 2mx + 9} }} = \frac{{2x - 2m}}{{2\sqrt {{x^2} - 2mx + 9} }} = \frac{{x - m}}{{\sqrt {{x^2} - 2mx + 9} }}\)

d)  Điều kiện: \[{x^2} - 2mx + 9 \ge 0\left( * \right)\]

\[y' = \frac{{x - m}}{{\sqrt {{x^2} - 2mx + 9} }}\],

\[y' = 0\]\[ \Leftrightarrow x - m = 0\]\[ \Leftrightarrow x = m\].

Đồ thị hàm số có cực trị \[ \Leftrightarrow x = m\] thỏa mãn \[ \Leftrightarrow {m^2} - 2{m^2} + 9 \ge 0\]\[ \Leftrightarrow  - 3 \le m \le 3\].

Vậy có 7 giá trị nguyên của \(m\) để hàm số đã cho có cực trị.

Đáp số: \(1\)

Từ đồ thị, suy ra điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(A\left( {2;3} \right)\).

Do đó, \(a = 2,b = 3 \Rightarrow P = 2.2 - 3 = 1\).

Đáp số:\(3\)

Hàm số \[f\left( x \right) = \frac{1}{5}{x^5} - {x^4} + {x^3}\] xác định và liên tục trên \[\mathbb{R}\].

Ta có: \(f'\left( x \right) = {x^4} - 4{x^3} + 3{x^2} = {x^2}\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} - 4x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 0\\{x^2} - 4x + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 3\end{array} \right.\).

Bảng xét dấu của hàm số \[f'\left( x \right)\] như sau:

Suy ra hàm số \[f\left( x \right)\] nghịch biến trên khoảng \[\left( {1;3} \right)\] có độ dài bằng \(2,\) nên ta có \[a = 1;b = 3 \Rightarrow P = 1.3 = 3.\]

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 4} \right\}.\)

Ta có  \(y' = \frac{{4 - {m^2}}}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}}.\)

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi và chỉ khi \(y' > 0\;\forall x \in D \Leftrightarrow \frac{{4 - {m^2}}}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}} > 0\;\forall x \ne  - 4 \Leftrightarrow  - 2 < m < 2.\)

Vì \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}\)

Vậy có 3 giá trị m  nguyên để bài toán thỏa mãn.

Xét hàm số

VT=999,87−0,06426T+0,0058043T2−0,0000679T3 0°C≤T≤30°C

\(\begin{array}{l}V'\left( T \right) =  - 0,06426 + 0,0170086T - 0,0002037{T^2}\\V'\left( T \right) = 0 \Leftrightarrow  - 0,06426 + 0,0170086T - 0,0002037{T^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}T = 3,966514624\\T = 79,53176716\left( {loai} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra thể tích VT0°C≤T≤30°C  giảm trong khoảng nhiệt độ từ \(\left( {0^\circ ;4^\circ } \right)\).Vậy \(a + b = 4\)

Đáp số: 1.

Hàm số xác định trên \(\left[ {0;\pi } \right]\).

Ta có \[y =  - \frac{x}{4} + {\cos ^2}\frac{x}{2} =  - \frac{x}{4} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos x\].

Suy ra \[y' =  - \frac{1}{4} - \frac{1}{2}\sin x\].

\[y' = 0 \Leftrightarrow  - \frac{1}{4} - \frac{1}{2}\sin x = 0 \Leftrightarrow \sin x =  - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]

Vì \(x \in \left[ { - \pi ;\pi } \right]\) nên \(x \in \left\{ { - \frac{{5\pi }}{6}; - \frac{\pi }{6}} \right\}\).

Bảng biến thiên

Vậy hàm số có 1 điểm cực đại.

Đáp số: 26.

Vận tốc tức thời của chất điểm là \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) =  - {t^2} + 36t - 35\).

Gia tốc tức thời của chất điểm là \(a\left( t \right) = v'\left( t \right) =  - 2t + 36\).

Vì vận tốc tức thời của chất điểm giảm nên \(a\left( t \right) < 0 \Leftrightarrow  - 2t + 36 < 0 \Leftrightarrow t > 18\).

Do đó, trong 40 giây đầu tiên, chất điểm có vận tốc tức thời giảm trong khoảng thời gian \(\left( {18;40} \right)\). Suy ra \(a = 18\), \(b = 40\).

Vậy \(P = 2b - 3a = 26\).