ĐGNL ĐHQG Hà Nội - Tư duy định lượng - Bài toán cực trị có tham số đối với một số hàm số cơ bản

TXĐ: \[D = R\]

TH1:\[m = 0 \to y = x - 1.\]Hàm số không có cực trị.

TH2: \[m \ne 0\]

Ta có: \[y = \frac{{m{x^3}}}{3} - m{x^2} + x - 1 \Rightarrow y' = m{x^2} - 2mx + 1.\]Để hàm số cho có cực đại, cực tiểu thì phương trình \[y' = 0\] phải có 2 nghiệm phân biệt

\[ \Rightarrow \Delta \prime = {m^2} - m > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < 0}\\{m > 1}\end{array}} \right.\]</>

Đáp án cần chọn là: B

\[\begin{array}{l}y = - {x^4} + 2m{x^2} \Rightarrow y' = - 4{x^3} + 4mx = - 4x\left( {{x^2} - m} \right)\\ \Rightarrow y\prime = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{{x^2} = m}\end{array}} \right.\end{array}\]

Để hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình \[y\prime = 0\;\] có ba nghiệm phân biệt hay phương trình \[{x^2} = m\;\] có hai nghiệm phân biệt \[ \ne 0\;\]hay \[m > 0\]

Đáp án cần chọn là: C

\[y' = 8{x^3} - 2\left( {m + 1} \right)x = 2x\left[ {4{x^2} - \left( {m + 1} \right)} \right] \Rightarrow y\prime = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{4{x^2} = m + 1\;(1)}\end{array}} \right.\]

Ta có yêu cầu bài toán để hàm số có một điểm cực trị \[ \Leftrightarrow y' = 0\]có 1 nghiệm duy nhất ⇔(1) có 1 nghiệm x=0 hoặc (1) vô nghiệm 

Đáp án cần chọn là: D

TXĐ \[D = \mathbb{R}\]

\[y' = - {x^2} + \frac{2}{3}mx \Rightarrow y'' = - 2x + \frac{2}{3}m\]Hàm số đã cho đạt cực đại tại x=2

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y\prime (2) = 0}\\{y\prime \prime (2) < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - {2^2} + \frac{2}{3}m.2 = 0}\\{ - 2.2 + \frac{2}{3}m. < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 4 + \frac{4}{3}m = 0}\\{ - 4 + \frac{2}{3}m < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 3}\\{m < 6}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m = 3\)

Đáp án cần chọn là: C

TXĐ: \[D = R\]

Ta có:\[y' = 3{x^2} - 4mx + {m^2} \Rightarrow y'' = 6x - 4m\]

Để x=1 là điểm cực tiểu của hàm số  thì:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y\prime (1) = 0}\\{y\prime \prime (1) > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{m^2} - 4m + 3 = 0}\\{6 - 4m > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 1;m = 3}\\{m < \frac{3}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m = 1.\)

Đáp án cần chọn là: D

\[y = {x^3} - \left( {3m + 1} \right){x^2} + \left( {{m^2} + 3m + 2} \right)x + 3\]

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

Để cực tiểu và cực đại của đồ thị hàm số y nằm về hai phía của trục tung thì\[{x_1}{x_2} < 0,\] với\[{x_1},{x_2}\]  là hai nghiệm của phương trình \[y\prime = 0\].

\[ \Leftrightarrow 3({m^2} + 3m + 2) < 0 \Leftrightarrow {m^2} + 3m + 2 < 0 \Leftrightarrow - 2 < m < - 1\]

Đáp án cần chọn là: B

\[y' = {x^2} - 2mx + 2m - 4\]

Để hàm số có cực đại cực tiểu \[ \Leftrightarrow {\rm{\Delta '}} > 0,\forall m \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 4 > 0,\forall m\]

Khi đó phương trình \[y' = 0\] có hai nghiệm \[{x_1},{x_2}\] thỏa mãn \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = 2m - 4}\end{array}} \right.\)

Ta có:

\[x_1^2 + x_2^2 = {x_1}.{x_2} + 10\]

\[ \Leftrightarrow {({x_1} + {x_2})^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2} - 10 = 0\]

\[ \Leftrightarrow {({x_1} + {x_2})^2} - 3{x_1}{x_2} - 10 = 0\]

\[ \Leftrightarrow {(2m)^2} - 3.(2m - 4) - 10 = 0\]

\[ \Leftrightarrow 4{m^2} - 6m + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 1}\\{m = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\]

Đáp án cần chọn là: C

Ta có:\[y' = 3{x^2} - 6x + 3m\]

Hàm số có 2 điểm cực trị nhỏ hơn 2 ⇔y′ có 2 nghiệm phân biệt \[{x_1},\,{x_2}\] thoả mãn

\[{x_1} < {x_2} < 2 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\Delta \prime > 0}\\{a.f(2) > 0}\\{\frac{S}{2} < 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{9 - 9m > 0}\\{3.({{3.2}^2} - 6.2 + 3m) > 0}\\{1 < 2(\forall m)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < 1}\\{m > 0}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow 0 < m < 1\]

Đáp án cần chọn là: C

Ta có: \[y\prime = 4{x^3} - 4mx = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{{x^2} = m}\end{array}} \right.\]

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ pt \[y' = 0\] có 3 nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow m > 0\]

\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = \sqrt m }\\{x = - \sqrt m }\end{array}} \right.\)

⇒ Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là: \[A(0;2);\,\,\,B( - \sqrt m ;2 - {m^2});\,\,C(\sqrt m ;2 - {m^2})\]

\[\overrightarrow {AB} = \left( { - \sqrt m ; - {m^2}} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {\sqrt m ; - {m^2}} \right)\]

Dễ thấy \[\Delta ABC\] cân tại A, để \[\Delta ABC\] vuông cân thì nó phải vuông tại A

\[ \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0 \Leftrightarrow - m + {m^4} = 0 \Leftrightarrow m({m^3} - 1) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 0}\\{{m^3} - 1 = 0}\end{array}} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 0}\\{m = 1}\end{array}} \right.\)

Kết hợp điều kiện m>0 ta có m=1

Đáp án cần chọn là: C

\[\begin{array}{l}y\prime = 4{x^3} - 4mx\\y\prime = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4mx = 0 \Leftrightarrow 4x({x^2} - m) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{{x^2} = m}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = \pm \sqrt m \left( 1 \right)}\end{array}} \right.\end{array}\]

Hàm số \[y = f(x)\;\] có 3 cực trị

⇔\[y\prime = 0\] có 3 nghiệm phân biệt

⇔(1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

⇔m>0.

Gọi 3 điểm cực trị của hàm số lần lượt là\[A(0;a);B( - \sqrt m ;b);C(\sqrt m ;c)\] Khi đó:

\[ + )x = 0 \Rightarrow A(0;3m + 2)\]

\[\begin{array}{l} + )x = - \sqrt m \Rightarrow y = {( - \sqrt m )^4} - 2m.{( - \sqrt m )^2} + 3m + 2\\ = {m^2} - 2{m^2} + 3m + 2\\ = - {m^2} + 3m + 2 \Rightarrow B( - \sqrt m ; - {m^2} + 3m + 2)\end{array}\]

\[\begin{array}{l} + )x = \sqrt m \Rightarrow y = - {m^2} + 3m + 2\\ \Rightarrow C(\sqrt m ; - {m^2} + 3m + 2)\end{array}\]

Ta luôn có\[AB = AC\] nên tam giác ABC đều

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow AB = BC \Leftrightarrow A{B^2} = B{C^2}\\ \Leftrightarrow {( - \sqrt m )^2} + {( - {m^2})^2} = {(2\sqrt m )^2} + {0^2}\\ \Leftrightarrow m + {m^4} = 4m\\ \Leftrightarrow {m^4} - 3m = 0\\ \Leftrightarrow m({m^3} - 3) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 0}\\{m = \sqrt[3]{3}}\end{array}} \right.\end{array}\]

Kết hợp điều kiện\[m > 0 \Rightarrow m = \sqrt[3]{3}\]

Đáp án cần chọn là: A

\[\begin{array}{l}y\prime = 4{x^3} + 4(1 - {m^2})x\\y\prime = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} + 4(1 - {m^2})x = 0 \Leftrightarrow 4x({x^2} + 1 - {m^2}) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{{x^2} = {m^2} - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = \pm \sqrt {{m^2} - 1} }\end{array}} \right.\end{array}\]

Điều kiện để hàm số có 3 cực trị:\[{m^2} - 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 1}\\{m < - 1}\end{array}} \right.\]

\[\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow A\left( {0;m + 1} \right)}\\{x = - \sqrt {{m^2} - 1} \Rightarrow y = {{\left( { - \sqrt {{m^2} - 1} } \right)}^4} + 2\left( {1 - {m^2}} \right){{\left( { - \sqrt {{m^2} - 1} } \right)}^2} + m + 1}\\{ \Rightarrow y = {{\left( {{m^2} - 1} \right)}^2} - 2{{\left( {{m^2} - 1} \right)}^2} + m + 1 = - {{\left( {{m^2} - 1} \right)}^2} + m + 1}\\{ \Rightarrow B\left( { - \sqrt {{m^2} - 1} ; - {{\left( {{m^2} - 1} \right)}^2} + m + 1} \right)}\\{x = \sqrt {{m^2} - 1} \Rightarrow C\left( {\sqrt {{m^2} - 1} ; - {{\left( {{m^2} - 1} \right)}^2} + m + 1} \right)}\end{array}\]

\[\begin{array}{*{20}{l}}{{S_{ABC}} = 4\sqrt 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2}AH.BC = 4\sqrt 2 }\\{ \Leftrightarrow \left| {{y_A} - {y_C}} \right|.\left| {HC} \right| = 4\sqrt 2 }\\{ \Leftrightarrow \left| {{y_A} - {y_C}} \right|.\left| {{x_C}} \right| = 4\sqrt 2 }\\{ \Leftrightarrow \left| {m + 1 + {{\left( {{m^2} - 1} \right)}^2} - m - 1} \right|.\sqrt {{m^2} - 1} = 4\sqrt 2 }\\{ \Leftrightarrow {{\left( {{m^2} - 1} \right)}^2}.\sqrt {{m^2} - 1} = 4\sqrt 2 }\\{ \Leftrightarrow {{\left( {{m^2} - 1} \right)}^5} = 32 \Leftrightarrow {m^2} - 1 = 2 \Leftrightarrow {m^2} = 3 \Leftrightarrow m = \pm \sqrt 3 }\end{array}\]

\[m = \pm \sqrt 3 \] thỏa mãn điều kiện\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 1}\\{m < - 1}\end{array}} \right.\)

Đáp án cần chọn là: C

\[\begin{array}{l}y\prime = 4{x^3} - 4mx\\y\prime = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4mx = 0 \Leftrightarrow 4x({x^2} - m) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = \pm \sqrt m }\end{array}} \right.\end{array}\]

Điều kiện để hàm số có 3 cực trị: m>0

\[\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow A\left( {0;\,{m^2} + m} \right)}\\{x = - \sqrt m \Rightarrow y = {{\left( { - \sqrt m } \right)}^4} - 2m{{\left( { - \sqrt m } \right)}^2} + {m^2} + m}\\{ = {m^2} - 2{m^2} + {m^2} + m = m \Rightarrow B\left( { - \sqrt m ;\,m} \right)}\\{x = \sqrt m \Rightarrow C\left( {\sqrt m ;\,m} \right)}\end{array}\]

\[\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = ( - \sqrt m ; - {m^2}),\overrightarrow {AC} = (\sqrt m ; - {m^2})\\\widehat {BAC} = {120^0}\end{array}\]

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = cos{120^0}\\ \Leftrightarrow \frac{{ - m + {m^4}}}{{\sqrt {m + {m^4}} .\sqrt {m + {m^4}} }} = - \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow 2({m^4} - m) = - (m + {m^4})\\ \Leftrightarrow 3{m^4} - m = 0\\ \Leftrightarrow m(3{m^3} - 1) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 0(loai)}\\{m = \frac{1}{{\sqrt[3]{3}}}}\end{array}} \right.\end{array}\)

Đáp án cần chọn là: A

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

Phương trình đường thẳng dd đi qua 2 cực trị của (C) nên \[\left( {{x_o};{y_o}} \right) \in d\] thỏa mãn:

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y\prime ({x_o}) = 0}\\{{y_o} = x_0^3 + 3mx_0^2 - 3{x_o}}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x_0^2 + 6m{x_o} - 3 = 0}\\{{y_o} = {x_o}(x_0^2 + 2m_o^2) - 3{x_0} + mx_0^2}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x_0^2 + 2m{x_o} = 1}\\{{y_o} = - 2{x_o} + mx_o^2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x_o^2 = - 2m{x_o} + 1}\\{{y_o} = - 2{x_o} + m( - 2m{x_o} + 1)}\end{array}} \right.\\ \Rightarrow {y_o} = - 2({m^2} + 1){x_o} + m\end{array}\)

Đáp án cần chọn là: B

\[y' = 6{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + 6m\]

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

\[ \Leftrightarrow {\rm{\Delta '}} = 9{\left( {m + 1} \right)^2} - 36m > 0 \Leftrightarrow 9{m^2} - 18m + 9 > 0 \Leftrightarrow 9{\left( {m - 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 1\]

Khi đó,

\[y = y'.\left( {\frac{1}{3}x - \frac{{m + 1}}{6}} \right) + \left[ {4m - {{\left( {m + 1} \right)}^2}} \right]x + m\left( {m + 1} \right)\]

Đường thẳng \[AB:y = \left[ {4m - {{\left( {m + 1} \right)}^2}} \right]x + m\left( {m + 1} \right)\] có hệ số góc\[k = 4m - {\left( {m + 1} \right)^2}\]

Đường thẳng\[d:\,y = x - 9\] có hệ số góc\[k = 1\]

\[\begin{array}{l}AB \bot d\\ \Leftrightarrow [4m - {(m + 1)^2}].1 = - 1\\ \Leftrightarrow 4m - {m^2} - 2m - 1 = - 1\\ \Leftrightarrow - {m^2} + 2m = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 0}\\{m = 2}\end{array}} \right.\end{array}\]

Đáp án cần chọn là: C

Hàm số g(x) có duy nhất một cực trị \[ \Leftrightarrow \,pt\,g'\left( x \right) = 0\]có đúng một nghiệm \[{x_0}\] thỏa mãn g′(x) đổi dấu qua nghiệm đó.

Theo đề bài ta có:  \[g'\left( x \right) = f\left( x \right) + m\]

\[ \Rightarrow g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) + m = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - m\]=>Số nghiệm của pt \[g\prime (x) = 0\;\] 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)) tại một điểm duy nhất

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - m < 0}\\{ - m > 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 0}\\{m < - 4}\end{array}} \right.\).

Ngoài ra, với m=0 hoặc m=−4 thì 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 \[g\prime (x) = 0\;\] 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 \[m \ge 0\;\] hoặc \[m \le - 4\].

Đáp án cần chọn là: B

Ta có\[y' = 3{x^2} + 12x + 3\left( {m + 2} \right) = 3\left[ {{x^2} + 4x + \left( {m + 2} \right)} \right].\]

Yêu cầu bài toán\[ \Leftrightarrow y' = 0\] có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\] thỏa mãn \[{x_1} < - 1 < {x_2}\]

- Hàm số có hai điểm cực trị \[ \Leftrightarrow {\rm{\Delta '}} = 4 - \left( {m + 2} \right) = 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2\]Hai điểm cực trị thỏa mãn\[{x_1} < - 1 < {x_2}\]  ⇔ phương trình \[y' = 0\] có hai nghiệm phân biệt\[ \Leftrightarrow y'\left( { - 1} \right) < 0 \Leftrightarrow m < 1.\].

Đáp án cần chọn là: B

Ta có\[y' = 6{x^2} + 2mx - 12.\]

Do\[{\rm{\Delta '}} = {m^2} + 72 > 0,\forall m \in \mathbb{R}\]nên hàm số luôn có hai điểm cực trị\[{x_1},{x_2}\]với\[{x_1},{x_2}\]là hai nghiệm của phương trình \[y' = 0\].

Theo định lí Viet, ta có \[{x_1} + {x_2} = - \frac{m}{3}.\]

Gọi\[A\left( {{x_1};{y_1}} \right)\] và \[B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\]  là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Yêu cầu bài toán \[ \Leftrightarrow \left| {{x_1}} \right| = \left| {{x_2}} \right| \Leftrightarrow {x_1} = - {x_2}\]  (do\[{x_1} \ne {x_2}\])

\[ \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = 0 \Leftrightarrow - \frac{m}{3} = 0 \Leftrightarrow m = 0.\]

Đáp án cần chọn là: D

Ta có\[y\prime = 3{x^2} - 6mx = 3x(x - 2m);y\prime = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 2m}\end{array}} \right.\]

Đề đồ thị hàm số có hai điểm cực trị \[ \Leftrightarrow m \ne 0\]

Khi đó tọa độ hai điểm cực trị là\[A\left( {0;4{m^2} - 2} \right)\] và \[B\left( {2m;4{m^2} - 4{m^3} - 2} \right)\]

Do I(1;0) là trung điểm của AB nên\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_A} + {x_B} = 2{x_I}}\\{{y_A} + {y_B} = 2{y_I}}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 + 2m = 2}\\{(4{m^2} - 2) + (4{m^2} - 4{m^3} - 2) = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m = 1\) thỏa mãn.

Đáp án cần chọn là: C

TXĐ:\[D = \mathbb{R}\]

Ta có\[y = \frac{{{x^2} + mx - 5}}{{{x^2} + 1}} = 1 + \frac{{mx - 6}}{{{x^2} + 1}}\]

Suy ra \[y' = \frac{{m\left( {{x^2} + 1} \right) - 2x\left( {mx - 6} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - m{x^2} + 12x + m}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\]

Để hàm số đã cho có hai cực trị thì phương trình\[y' = 0\] có hai nghiệm phân biệt hay\[ - m{x^2} + 12x + m = 0\] có hai nghiệm phân biệt. Ta có\[{\rm{\Delta '}} = 36 + {m^2} > 0;\,\forall m\] nên hàm số luôn có hai cực trị.

Phương trình đường thẳng AB qua hai điểm cực trị là

\[y = \frac{{2\left( { - m} \right)x - 4.\left( { - 5} \right)}}{{ - 4}} = \frac{m}{2}x - 5\]

Đường thẳng AB qua điểm I(1;−3) nên\[ - 3 = \frac{m}{2}.1 - 5 \Leftrightarrow m = 4\]

Suy ra\[{m_0} = 4\]

Đáp án cần chọn là: D

Hàm số\[f\left( x \right) = \left| {\frac{x}{{{x^2} + 1}} - m} \right|\] có TXĐ \[D = \mathbb{R}\]

Xét hàm số\[g\left( x \right) = \frac{x}{{{x^2} + 1}} - m\]  ta có:

\[g'\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1 - x.2x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - {x^2} + 1}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\]

⇒ Hàm số y=g(x) có 2 điểm cực trị.

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\[\frac{x}{{{x^2} + 1}} - m = 0 \Leftrightarrow \frac{{x - m\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{x^2} + 1}} = 0 \Leftrightarrow - m{x^2} + x - m = 0\]

, phương trình có\[{\rm{\Delta }} = 1 - 4{m^2}\] chưa xác định dấu nên có tối đa 2 nghiệm.

Vậy hàm số\[f\left( x \right) = \left| {\frac{x}{{{x^2} + 1}} - m} \right|\] có tối đa \[2 + 2 = 4\]cực trị.

Đáp án cần chọn là: D

ĐKXĐ: \[D = \mathbb{R} \setminus \left\{ { - 1} \right\}\]

Ta có: \[y = \frac{{{x^2} + mx + 2m}}{{x + 1}} = x + m - 1 + \frac{{m + 1}}{{x + 1}}\]

\[ \Rightarrow y' = 1 - \frac{{m + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\]

Để hàm số đã cho có 2 cực trị thì phương trình \[y' = 0\] phải có 2 nghiệm phân biệt khác −1\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\Delta \prime = 1 + m > 0}\\{1 - 2 - m \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > - 1}\\{m \ne - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m > - 1\)

Khi đó, giả sử \[{x_1},\,\,{x_2}\] là nghiệm phân biệt của phương trình \[y' = 0\], áp dụng định lí Vi-ét ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = - 2}\\{{x_1}.{x_2} = - m}\end{array}} \right.\)

Đặt\[A\left( {{x_1};{x_1} + m - 1 + \frac{{m + 1}}{{{x_1} + 1}}} \right),\,\,B\left( {{x_2};{x_2} + m - 1 + \frac{{m + 1}}{{{x_2} + 1}}} \right)\] là hai điểm cực trị của hàm số.

Để tam giác OAB vuông tại O thì \[\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} = 0\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x_1}.{x_2} + ({x_1} + m - 1 + \frac{{m + 1}}{{{x_1} + 1}})({x_2} + m - 1 + \frac{{m + 1}}{{{x_2} + 1}}) = 0\\ \Leftrightarrow 2{x_1}.{x_2} + (m - 1)({x_1} + {x_2}) + (m + 1)(\frac{{{x_1}}}{{{x_2} + 1}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1} + 1}})\\ + {(m - 1)^2} + ({m^2} - 1)(\frac{1}{{{x_1} + 1}} + \frac{1}{{{x_2} + 1}}) + \frac{{{{(m + 1)}^2}}}{{({x_1} + 1)({x_2} + 1)}} = 0\\ \Leftrightarrow 2{x_1}.{x_2} + (m - 1)({x_1} + {x_2}) + (m + 1)\frac{{x_1^2 + x_2^2 + {x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1}}\\ + {(m - 1)^2} + ({m^2} - 1)\frac{{{x_1} + {x_2} + 2}}{{{x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1}} + \frac{{{{(m + 1)}^2}}}{{{x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1}}\\{x_1}.{x_2} + (m - 1)({x_1} + {x_2}) + (m + 1)\frac{{{{({x_1} + {x_2})}^2} - 2{x_1}{x_2} + {x_1} + x}}{{{x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1}}\\ + {(m - 1)^2} + ({m^2} - 1)\frac{{{x_1} + {x_2} + 2}}{{{x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1}} + \frac{{{{(m + 1)}^2}}}{{{x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1}}\\ \Leftrightarrow - 2m - 2(m - 1) + (m + 1).\frac{{2 + 2m}}{{ - m - 1}} + {(m - 1)^2} + \frac{{{{(m + 1)}^2}}}{{ - m - 1}} = 0\\ \Leftrightarrow - 2m - 2m + 2 - 2 - 2m + {m^2} - 2m + 1 - m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 9m = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 0}\\{m = 9}\end{array}} \right.\left( {tm} \right)\end{array}\]

\[ \Rightarrow S = \left\{ {0;9} \right\}\]

Vậy tổng tất cả các phần tử của S là 9.

Đáp án cần chọn là: A

Để đồ thị hàm số\[y = m{x^3} - \left( {2m - 1} \right){x^2} + 2mx - m - 1\] có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục hoành thì phương trình\[m{x^3} - \left( {2m - 1} \right){x^2} + 2mx - m - 1 = 0\,\,\left( * \right)\] phải có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có:

\[\begin{array}{l}m{x^3} - (2m - 1){x^2} + 2mx - m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow (x - 1)[m{x^2} - (m - 1)x + m + 1] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{m{x^2} - (m - 1)x + m + 1 = 0( * * )}\end{array}} \right.\end{array}\]

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

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ne 0}\\{m.1 - (m - 1).1 + m + 1 \ne 0}\\{\Delta = {{(m - 1)}^2} - 4m(m + 1) > 0}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ne 0}\\{m - m + 1 + m + 1 \ne 0}\\{{m^2} - 2m + 1 - 4{m^2} - 4m > 0}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ne 0}\\{m \ne - 2}\\{ - 3{m^2} - 6m + 1 > 0}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ne 0}\\{m \ne - 2}\\{\frac{{ - 3 - 2\sqrt 3 }}{3} < m < \frac{{ - 3 + 2\sqrt 3 }}{3}}\end{array}} \right.\end{array}\)

Mà\[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = - 1\]

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

Đáp án cần chọn là: C

Xét hàm số \[f\left( x \right) = 3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2}\] ta có

\[\begin{array}{l}f\prime (x) = 12{x^3} - 12{x^2} - 24x\\f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow 12{x^3} - 12{x^2} - 24x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = - 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.\end{array}\]

BBT:

Ta có đồ thị \[y = f\left( x \right)\,\,\left( C \right)\] như sau:

Để\[y = \left| {3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2} + m} \right|\] có 5 điểm cực trị thì:

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

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - m > 0}\\{ - 32 < - m < - 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < 0}\\{5 < m < 32}\end{array}} \right.\)

Mà\[m \in {\mathbb{Z}^ + }\, \Rightarrow m \in \left\{ {6;7;...;31} \right\}\] 26 giá trị.

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

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - m = 0}\\{ - m = - 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 0(L)}\\{m = 5(TM)}\end{array}} \right.\)

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

Đáp án cần chọn là: B

Ta có: \[y' = {x^2} - 2x + {m^2} - 8m + 16\]

Để hàm số đã cho có cực trị thì phương trình \[y' = 0\] phải có 2 nghiệm phân biệt.

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta \prime = 1 - {m^2} + 8m - 16 > 0\\ \Leftrightarrow - {m^2} + 8m - 15 > 0\\ \Leftrightarrow 3 < m < 5\end{array}\]

Mà\[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = 4\]

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

=>k=1

Để hàm số\[y = - {x^3} - 3{x^2} + mx + 2\] có cực đại và cực tiểu thì phương trình\[y' = - 3{x^2} - 6x + m = 0\] phải có 2 nghiệm phân biệt\[ \Rightarrow {\rm{\Delta '}} = 9 + 3m > 0 \Leftrightarrow m > - 3\]

Bước 1:

Số điểm cực trị của hàm số\[y = f\left( {\left| x \right|} \right)\] là \[2m + 1\] trong đó m là số điềm cực trị dương của hàm số\[y = f\left( x \right)\]

Do đó để hàm số\[y = f\left( {\left| x \right|} \right)\]  có đúng 3 điểm cực trị thì m=1⇒ hàm số\[y = f\left( x \right)\] phải có 1 điểm cực trị dương (*).

Bước 2:

Ta có:\[f'\left( x \right) = {x^2} + 2mx + {m^2} - 4\]

Xét\[f'\left( x \right) = 0\] có\[{\rm{\Delta '}} = {m^2} - {m^2} + 4 > 0\,\,\forall m\]  nên\[f'\left( x \right) = 0\] có 2 nghiệm phân biệt

\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = - m + 2}\\{{x_2} = - m - 2}\end{array}} \right.\)

Bước 3:

\[\left( * \right) \Rightarrow - m - 2 \le 0 < - m + 2 \Leftrightarrow - 2 \le m < 2\]

Mà \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1} \right\}\]

Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần chọn là: C