Đề kiểm tra Tính đơn điệu và cực trị của hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 5

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

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

\(y' = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\).

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1\,;\,1} \right)\).

Dựa vào đồ thị suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\).

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

Bảng xét dấu của đạo hàm:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng \[ - 4\].

Dựa vào đồ thị suy ra hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại \(x = - 1\).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y = {x^3} - 3{x^2} - 1\)\( \Rightarrow \)\(y' = 3{x^2} - 6x\).

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

Ta có \(y( - 2) =  - 21\) ; \(y(0) =  - 1\);\(y(1) =  - 3\)

Vậy hàm số\(y = {x^3} - 3{x^2} - 1\) đạt giá trị lớn nhất tại điểm \(x = 0\) với \(y(0) =  - 1\).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\). Hàm số liên tục trên \(\left[ {2;4} \right]\)

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

\[y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1 \notin \left[ {2;4} \right]\\x = 3\end{array} \right.\].

Ta có \(y(2) = 7\) ; \(y(3) = 6\);\(y(4) = \frac{{19}}{3}\)

Vậy \[\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} y = 6\].

A. Đúng. Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ - }} y = + \infty \)nên hàm số đã cho không tồn tại GTLN trên đoạn \(\left[ { - 1;5} \right]\).

B. Sai. Vì hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại \(x = 2\) trên đoạn \(\left[ { - 1;5} \right]\).

C. Sai. Vì hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại \(x = 2\) trên đoạn \(\left[ { - 1;5} \right]\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ - }} y = + \infty \).

D. Sai.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{3x + 1}}{{x - 1}} = 3\)và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{3x + 1}}{{x - 1}} = 3\) nên đường thẳng \[y = 3\] là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{2x - 2}}{{x + 1}} = - \infty \)và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{2x - 2}}{{x + 1}} = + \infty \) nên đường thẳng \[x = - 1\] là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x - \sqrt {{x^2} + 2x + 3} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - 2x - 3}}{{x + \sqrt {{x^2} + 2x + 3} }}\).

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - 2 - \frac{3}{x}}}{{1 + \sqrt {1 + \frac{2}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} }} =  - 1\).

Vậy phương trình đường tiệm cận của đồ thị hàm số là \(y =  - 1\).

Đồ thị hàm số đã cho có dạng hàm số bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) với \(a > 0\) nên chọn \(y = {x^3} - 3x\).

Đồ thị hàm số đã cho có dạng hàm số \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\) với \(a > 0\) nên chọn \(y = {x^4} - 2{x^2}\).

Với \(x = 0\) thì \(y = 0\) nên đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + x}}{{x - 1}}\) qua điểm \(\left( {0;0} \right)\).

Ta có \(f\left( x \right) = 0,025{x^2}\left( {30 - x} \right)\)\( = 0,0125x.x.\left( {60 - 2x} \right)\)\( \le 0,0125.{\left( {\frac{{x + x + 60 - 2x}}{3}} \right)^3} = 100\).

Dấu “=” xảy ra khi \(x = 60 - 2x\)\( \Leftrightarrow x = 20\) miligam.

Nhìn vào biến thiên ta thấy đồ thị hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\); nghịch biến

trên khoảng\(\left( { - 2; + \infty } \right)\).

a) Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng\(\left( { - \infty ; - 5} \right)\) và \(\left( { - 3; - 2} \right)\)là mệnh đề đúng

b) Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng\(\left( { - \infty ;5} \right)\)là mệnh đề sai

c) Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 2; + \infty } \right)\)là mệnh đề đúng

d) Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) là mệnh đề đúng

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Đạo hàm: \[y' = 4\left( {m - 1} \right){x^3} - 2\left( {{m^2} - 2} \right)x\].

Hàm số đạt cực tiểu tại \[x = - 1\]\[ \Rightarrow y'\left( { - 1} \right) = 0\]\[ \Leftrightarrow - 4\left( {m - 1} \right) + 2\left( {{m^2} - 2} \right) = 0\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\].

Với \[m = 0\], hàm số trở thành \[y = - {x^4} + 2{x^2} + 2\]. Vì \(a,b\) trái dấu nên hàm số có \(3\) cực trị.

Khi \(m = 1\) đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là \[M\left( {0;2} \right)\], khi đó \(a + b = 2\)

Với \[m = 2\], hàm số trở thành \[y = {x^4} - 2{x^2} + 2\]. Dễ thấy hàm số đạt cực tiểu tại \[x = - 1\].

Vậy \[m = 2\] thì hàm số \(y = \left( {m - 1} \right){x^4} - \left( {{m^2} - 2} \right){x^2} + 2\) đạt cực tiểu tại \(x = - 1\) hay \({\log _2}8 = 3\)

Ta có:

f'x=x+3x+23x2−4=x+3x+24x−2

f'x=0⇔x=−3x=−2x=2

Xét bảng biến thiên của hàm số \[y = f\left( x \right)\] trên đoạn \[\left[ { - 3;\,2} \right]\]

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(f\left( { - 3} \right) > f\left( { - 2} \right) > f\left( 2 \right)\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

a) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \[x = 1\] Đúng

b) Đồ thị hàm số có tiện cận ngang \[y = 0\] Sai vì Đồ thị hàm số có tiện cận ngang \[y = 1\].

Ta có: đồ thị hàm số \[y = \frac{{x + a}}{{bx + c}}\] có TCĐ: \[x = - \frac{c}{b} = 1\]; TCN: \[y = \frac{1}{b} = 1\]. Do đó: \[b = 1;\,c = - 1\].

Đồ thị hàm số \[y = \frac{{x + a}}{{bx + c}}\] đi qua điểm có tọa độ \[\left( {2;\,0} \right)\] nên suy ra: \[2 + a = 0\] hay \[a = - 2\]

Vậy hàm số có dạng: \[y = \frac{{x - 2}}{{x - 1}}\], tập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\]. Suy ra: y'=1x−12>0; ∀x≠1

c) Hàm số đồng biến trên \[\mathbb{R}\] Sai vì hàm số đồng biến trên khoảng \[\left( { - \infty ;1} \right);\,\left( {1; + \infty } \right)\].

d) \[T = a - 3b - 2c = - 3\] Đúng.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\)

\(y' = 3{x^2} - 3\); \(y' = 0 \Rightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên

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

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\)

\[y' = \left( {2x - 2{x^2}} \right){e^{ - 2x}};y' = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\]

Bảng biến thiên

Giá trị cực đại \(f\left( 1 \right) = {e^{ - 2}}\).

Xét hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 5\) trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\)

\(y' = 3{x^2} - 6x - 9\)

\[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\,\, \in \left[ { - 2;\,2} \right]\\x = 3\,\,\,\,\, \notin \left[ { - 2;\,2} \right]\end{array} \right.\]

Tính \[y\left( { - 2} \right) = 3;\,\,y\left( 2 \right) = - 17;\,y\left( { - 1} \right) = 10\].

Vậy \[m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} y = - 17\].

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = - \infty \) nên đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận đứng \(x = 0\).

 Ta có \(f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c\). Hàm số \(f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là \(\left( {2; - 2} \right)\)và \(\left( {0;2} \right)\)nên ta có hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 2 \right) =  - 2\\f'\left( 2 \right) = 0\\f\left( 0 \right) = 2\\f'\left( 0 \right) = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8a + 4b + 2c + d =  - 2\\12a + 4b + c = 0\\d = 2\\c = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 3\\c = 0\\d = 2\end{array} \right.\) \( \Rightarrow S = 0\).

Đặt độ dài \(OA = x\left( {\rm{m}} \right)\) với \(x > 0\). Ta có: \(OB = \sqrt {{x^2} + 3,24} \); \(OC = \sqrt {{x^2} + 10,24} \)

Sử dụng định lí cosin trong tam giác \(OBC\):

\(\cos \widehat {BOC} = \frac{{O{B^2} + O{C^2} - B{C^2}}}{{2.OB.OC}} = \frac{{{x^2} + 3,24 + {x^2} + 10,24 - 1.96}}{{2\sqrt {{x^2} + 3,24} .\sqrt {{x^2} + 10,24} }}\)

                                                \( = \frac{{{x^2} + 5,76}}{{\sqrt {\left( {{x^2} + 3,24} \right)\left( {{x^2} + 10,24} \right)} }}\).

Vì góc \(\widehat {BOC}\) nhọn nên \(\widehat {BOC}\) lớn nhất khi và chỉ khi \(\cos \widehat {BOC}\) nhỏ nhất. Khi đó bài toán trở thành tìm \(x\) để \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 5,76}}{{\sqrt {\left( {{x^2} + 3,24} \right)\left( {{x^2} + 10,24} \right)} }}\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Đặt \(t = {x^2} + 3,24\) với \(t > 3,24\). Suy ra \(f\left( t \right) = \frac{{t + \frac{{63}}{{25}}}}{{\sqrt {t\left( {t + 7} \right)} }}\) với \(t \in \left( {3,24; + \infty } \right)\).

Ta có: \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{25}}\left( {\frac{{49t - 441}}{{2t\left( {t + 7} \right)\sqrt {t\left( {t + 7} \right)} }}} \right)\).

Cho \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 49t - 441 = 0 \Leftrightarrow t = 9\).

Bảng biến thiên:

Thế vào biểu thức của phép đặt ta có: \({x^2} + 3,24 = 9 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{144}}{{25}} \Rightarrow x = 2,4{\rm{m}}\).

Vậy để nhìn rõ nhất thì khoảng cách từ vị trí đó đến màn hình là \(OA = 2,4{\rm{m}}\).