Chuyên đề cực trị của hàm số ôn thi tốt nghiệp THPT 2021 có lời giải và đáp án được phát triển từ câu 4 của đề tham khảo môn Toán năm 2021.
DẠNG TOÁN 4: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
1. Định nghĩa
Định nghĩa 1. Hàm số $f\left( x \right)$ xác định trên tập $D\subset \mathbb{R}$
* Điểm ${x_0} \in D$ được gọi là điểm cực đại của hàm số $f\left( x \right)$ nếu tồn tại một khoảng $\left( {a;b} \right) \subset D$ sao cho ${x_0} \in \left( {a;b} \right)\,$ và $f\left( x \right) < f\left( {{x_0}} \right),\forall x \in \left( {a;b} \right)\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}.$
*Điểm ${x_0} \in D$ được gọi là điểm cực tiểu của hàm số $f\left( x \right)$ nếu tồn tại một khoảng $\left( {a;b} \right) \subset D$ sao cho ${x_0} \in \left( {a;b} \right)\,$ và $f\left( x \right) > f\left( {{x_0}} \right),\forall x \in \left( {a;b} \right)\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}.$
2. Điều kiện cần và đủ để hàm số có cực trị
Định lí 1 (Điều kiện cần ). Nếu hàm số $f\left( x \right)$ đạt cực trị tại điểm ${x_0}$ và hàm số $f$ có đạo hàm tại điểm ${x_0}$, thì $f’\left( {{x_0}} \right) = 0.$
Tuy nhiên hàm số có thể đạt cực trị tại một điểm mà tại đó hàm số không có đạo hàm , chẳng hạn với hàm $y = \left| x \right|$, đạt cực trị tại $x = 0$ nhưng không có đạo hàm tại đó.
Định lí 2 (Điều kiện đủ ). Ta có
+) Nếu $f’\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {a;{x_0}} \right)$và$f’\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {{x_0};b} \right)$ thì hàm số$f\left( x \right)$đạt cực tiểu tại điểm ${x_0}.$
+) Nếu $f’\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {a;{x_0}} \right)$và $f’\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {{x_0};b} \right)$ thì hàm số $f\left( x \right)$đạt cực đại tại điểm ${x_0}.$
Tức là, nếu đạo hàm của hàm số $y = f\left( x \right)$ đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua ${x_0}$
Ta nói, đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là $M\left( {{x_0};{y_{CT}}} \right)$.
Nếu đạo hàm của hàm số $y = f\left( x \right)$ đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua ${x_0}$
Ta nói, đồ thị hàm số có điểm cực đại là $M\left( {{x_0};{y_{CD}}} \right)$.
Chú ý: Không cần xét có hay không đạo hàm tại ${x_0}$.
Định lí 3. Hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm cấp một trên $\left( {a;b} \right)$ chứa ${x_0}$ mà $f’\left( {{x_0}} \right) = 0$ và $y = f\left( x \right)$có đạo hàm cấp hai khác không tại ${x_0}$. Khi đó,
- Nếu ${f^{”}}\left( {{x_0}} \right) > 0$ thì hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt cực tiểu tại ${x_0}$.
- Nếu ${f^{”}}\left( {{x_0}} \right) < 0$ thì hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt cực đại tại ${x_0}$.Từ đây, ta có phương pháp cực trị của hàm số.
- Tính đạo hàm $y’$, tìm những điểm tại đó $y’ = 0$ hoặc $y’$ không xác định.
- Xét dấu $y’$ dựa vào định lí 2 để kết luận điểm cực đại, điểm cực tiểu.
Hoặc xét dấu $y”\left( {{x_0}} \right)$ ( ${x_0}$ là nghiệm của $y’$) dựa vào định lí 3 để kết luận.
Hoặc xét dấu ${y^{”}}\left( {{x_0}} \right)$ ( ${x_0}$ là nghiệm của ${y^’}$) dựa vào định lí 3 để kết luận.
Chú ý: Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất $y=\frac{{ax + b}}{{cx + d}}$
Ta có
$y’ = \frac{{ad – bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}.$
Dấu của đạo hàm không phụ thuộc vào $x$, hay độc lập với $x$ nên hàm số luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó. Do đó hàm số luôn không có cực trị.
3. Bài toán cực trị với hàm đa thức bậc ba
Cho hàm số bậc ba $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\,\,\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ có đồ thị là $\left( C \right)$.
Ta có $y’ = 3a{x^2} + 2bx + c\,\,\,\,\,\left( {a \ne 0} \right).$
Số lượng điểm cực trị .
Hàm số bậc ba có đạo hàm là một tam thức bậc hai nên
- Hàm số có cực trị $ \Leftrightarrow $ có cực đại $ \Leftrightarrow $có cực tiểu $ \Leftrightarrow $có cả cực đại và cực tiểu $ \Leftrightarrow $có hai cực trị $ \Leftrightarrow $phương trình $y’ = 0$ có hai nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow $$\Delta > 0$.
- Hàm số không có cực trị $ \Leftrightarrow $phương trình $y’ = 0$ vô nghiệm hoặc có nghiệm kép $ \Leftrightarrow $$\Delta \le 0.$
Chú ý: Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị.
Trong trường hợp hàm số có hai điểm cực trị, ta viết được phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị như sau:
Bước 1: Thực hiện phép chia đa thức: $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ cho $y’ = 3a{x^2} + 2bx + c\,$được thương là $q\left( x \right)$ và phần dư là $r\left( x \right) = mx + n$, ta được:
$y = y’.q\left( x \right) + r\left( x \right)$
Bước 2: Chứng minh đường thẳng $\left( d \right)$: $y = r\left( x \right) = mx + n$ là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị.
Giả sử $M\left( {{x_1};{y_1}} \right)$,$N\left( {{x_2};{y_2}} \right)$ trong đó ${x_1},{x_2}$ là hai nghiệm của phương trình $y’ = 0$ nên $y’\left( {{x_1}} \right) = y’\left( {{x_2}} \right) = 0$.
Khi đó vì $M,N$ thuộc $\left( C \right)$ nên
${y_1} = y'({x_1}).q\left( {{x_1}} \right) + r\left( {{x_1}} \right) = r\left( {{x_1}} \right) \Rightarrow r\left( {{x_1}} \right) = m{x_1} + n \Rightarrow M \in \left( d \right)$.
${y_2} = y'({x_2}).q\left( {{x_2}} \right) + r\left( {{x_2}} \right) = r\left( {{x_2}} \right) \Rightarrow r\left( {{x_2}} \right) = m{x_2} + n \Rightarrow N \in \left( d \right)$.
Tức là $\left( d \right)$ là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị.
4. Bài toán cực trị với hàm bậc 4 trùng phương
Cho hàm bậc 4 trùng phương $y = a{x^4} + b{x^2} + c\,\,\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ có $y’ = 4a{x^3} + 2bx\, = 2x\left( {2a{x^2} + b} \right)$.
$y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = – \frac{b}{{2a}}.\end{array} \right.$
Số lượng điểm cực trị .
Hàm số bậc bốn luôn có cực trị
- Hàm số có ba cực trị $ \Leftrightarrow $có cả cực đại và cực tiểu $ \Leftrightarrow $phương trình $y’ = 0$ có ba nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow $$ – \frac{b}{{2a}} > 0$.
- Hàm số có một cực trị $ \Leftrightarrow $phương trình $y’ = 0$ có một nghiệm duy nhất $ \Leftrightarrow $$ – \frac{b}{{2a}} \le 0$.
Chú ý: Khi hàm số có ba điểm cực trị $A\left( {0;c} \right),B\left( {\sqrt { – \frac{b}{{2a}}} ;{y_1}} \right),C\left( { – \sqrt { – \frac{b}{{2a}}} ;{y_2}} \right)$ thì:
- ${y_1} = {y_2}$
- $B,C$ đối xứng nhau qua trục $Oy$, điểm $A$ nằm trên trục $Oy$. Do đó tam giác $ABC$ cân tại $A$.
II. CÁC DẠNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Lý thuyết về cực trị của hàm số.
Tìm cực trị của hàm số cho bởi công thức.
Tìm cực trị khi biết bảng biến thiên hoặc đồ thị hàm số.
Bài toán cực trị chứa tham số.
Cực trị của hàm chứa dấu GTTĐ.
Cực trị của hàm hợp.
BÀI TẬP MẪU
(ĐỀ MINH HỌA -BDG 2020-2021) Cho hàm số $f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau:
Điểm cực đại của hàm số đã cho là:
A. $x = – 3$. B. $x = 1$. C. $x = 2$. D. $x = – 2$.
Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán tìm điểm cực trị khi biết bảng biến thiên của hàm số.
2. HƯỚNG GIẢI:
+) Nếu $f’\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {a;{x_0}} \right)$và$f’\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {{x_0};b} \right)$ thì hàm số$f\left( x \right)$đạt cực tiểu tại điểm ${x_0}.$
+) Nếu $f’\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {a;{x_0}} \right)$và $f’\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {{x_0};b} \right)$ thì hàm số $f\left( x \right)$đạt cực đại tại điểm ${x_0}.$
Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:
Lời giải
Chọn D
Nhận thấy $f’\left( x \right)$ đổi dấu từ dấu dương sang dấu âm khi đi qua $x = – 2$ suy ra $x = – 2$ là điểm cực đại của hàm số.
Bài tập tương tự và phát triển:
Mức độ 1
Câu 1. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$
và có bảng biến thiên:
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$.
B. Hàm số có đúng hai điểm cực trị.
C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng $0$ và giá trị nhỏ nhất bằng $ – 3$.
D. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng $ – 1$ và $1$.
Lời giải
Chọn A
Vì $f\left( x \right)$ xác định tại $x = 0$ và $f’\left( x \right)$ đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua $x = 0$.
Câu 2. Hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Đồ thị hàm số có điểm cực đại là $\left( {1; – 1} \right)$. B. Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là $\left( {1; – 1} \right)$.
C. Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là $\left( { – 1;3} \right)$. D. Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là $\left( {1;1} \right)$.
Lời giải
Chọn B
Dựa vào đồ thị ta có: Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là $\left( {1; – 1} \right)$ và điểm cực đại là $\left( { – 1;3} \right)$.
Câu 3. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau.
Khi đó số điểm cực trị của hàm số $y = f\left( x \right)$ là
A. $3$. B. $2$. C. $4$. D. $1$.
Lời giải
Chọn A
Do hàm số xác định trên $\mathbb{R}$ và có biểu thức đạo hàm đổi dấu ba lần tại ${x_1}$; ${x_2}$; ${x_3}$ nên hàm số $y = f\left( x \right)$ có ba điểm cực trị.
Câu 4. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như hình bên.
Tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ là
A. $\left( {1\,;\, – 4} \right)$ B. $x = 0$ C. $\left( { – 1\,;\, – 4} \right)$ D. $\left( {0\,;\, – 3} \right)$
Lời giải
Chọn D
Câu 5. Cho hàm số $y = f(x)$ có đồ thị như hình bên. Hàm số có bao nhiêu điểm cực tiểu trên khoảng $\left( {a;b} \right)$?
A. $3$. B. $0$. C. $1$. D. 4.
Lời giải
Chọn A
Câu 6. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm là $f’\left( x \right) = x{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {x – 1} \right)$. Hàm số $y = f\left( x \right)$ có bao nhiêu điểm cực trị?
A. $2$. B. $0$. C. $1$. D. 3.
Lời giải
Chọn A
Ta có $f’\left( x \right)$ đổi dấu khi $x$ qua các điểm $0$; $1$.
Câu 7. Cho hàm số $y = {x^2} + \frac{{16}}{x}$. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Cực tiểu của hàm số bằng $12$. B. Cực tiểu của hàm số bằng $2$.
C. Cực đại của hàm số bằng $12$. D. Cực đại của hàm số bằng $2$.
Lời giải
Chọn A
TXĐ: .
$y’ = 2x – \frac{{16}}{{{x^2}}}$; $y’ = 0 \Leftrightarrow x = 2$.
Bảng biến thiên của hàm số $y = {x^2} + \frac{{16}}{x}$
Vậy cực tiểu của hàm số bằng $12$.
Câu 8. Gọi ${x_1}$ là điểm cực đại, ${x_2}$ là điểm cực tiểu của hàm số $y = {x^3} – 3x + 2$. Tính ${x_1} + 2{x_2}$.
A. $2$. B. $ – 1$. C. $0$. D. $1$.
Lời giải
Chọn D
$y’ = 3{x^2} – 3$.
$y’ = 0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = – 1\end{array} \right.$.
Bảng xét dấu
Dựa vào bảng xét dấu, điểm cực đại là ${x_1} = – 1$ và điểm cực đại là ${x_2} = 1$ nên ${x_1} + 2{x_2} = 1$.
Câu 9. Hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê dưới đây không có cực trị?
A. $y = {x^4}$. B. $y = – {x^3} + x$. C. $y = \frac{{2x – 3}}{{x + 2}}$. D. $y = \left| {x + 2} \right|$.
Lời giải
Chọn C
Hàm số$y = \frac{{2x – 3}}{{x + 2}}$
Tập xác định: $D = \left( { – \infty ; – 2} \right) \cup \left( { – 2; + \infty } \right)$.
Có $y’ = \frac{7}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0\,\forall x \in D \Rightarrow $hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định $ \Rightarrow $ hàm số không có cực trị.
Các hàm số khác dễ dàng chứng minh được $y’$có nghiệm và đổi dấu qua các nghiệm. Riêng hàm số cuối $y’$ không xác định tại $ – 2$ nhưng hàm số xác định trên và $y’$ đổi dấu qua $ – 2$ do đó có hàm số có điểm cực trị $x = – 2$.
Câu 10. Hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm $f’\left( x \right) = \left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right)…\left( {x – 2019} \right)$, $\forall x \in R$. Hàm số $y = f\left( x \right)$ có tất cả bao nhiêu điểm cực tiểu?
A. $1009$. B. $2019$. C. $2020$. D. $1010$.
Lời giải
Chọn D
Ta có: $f’\left( x \right) = \left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right)…\left( {x – 2019} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\\……\\x = 2019\end{array} \right.$
$f’\left( x \right) = 0$ có $2019$ nghiệm bội lẻ và hệ số $a$ dương nên có $1010$ cực tiểu.
Mức độ 2
Câu 1. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như hình vẽ. Hàm số có bao nhiêu điểm cực trị?
A. $2$. B. $3$. C. $4$. D. $5$.
Lời giải
Chọn B
Tập xác định $D = R\backslash \left\{ {{x_1}} \right\}$.
Theo định lí về điều kiện đủ để hàm số có cực trị và dựa vào bảng biến thiên ta có các điểm cực trị của hàm số là: ${x_2}$; ${x_4}$; ${x_5}$.
Câu 2. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và có đạo hàm $f’\left( x \right) = \frac{{\left( {x – 1} \right){{\left( {x – 2} \right)}^2}{{\left( {x – 3} \right)}^5}}}{{\sqrt[3]{{x – 4}}}}$. Hỏi hàm số $y = f\left( x \right)$ có bao nhiêu điểm cực trị?
A. $2$. B. $4$. C. $3$. D. $5$.
Lời giải
Chọn C
Ta có $f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.$.
Bảng xét dấu của $f’\left( x \right)$ như sau:
Do $f’\left( x \right)$ đổi dấu khi $x$ qua $1,\;3,\;4$ nên hàm số $y = f\left( x \right)$ có $3$ điểm cực trị.
Câu 3. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên $\mathbb{R}$ và có đồ thị hàm số $y = f’\left( x \right)$ là đường cong ở
hình bên. Hỏi hàm số $y = f\left( x \right)$ có bao nhiêu điểm cực trị ?
A. 6. B. 3. C. 4. D. 5.
Lời giải
Chọn B
Dựa vào đồ thị $y = f’\left( x \right)$ ta thấy phương trình $f’\left( x \right) = 0$ có 4 nghiệm nhưng giá trị $f’\left( x \right)$ chỉ đổi dấu 3 lần.
Vậy hàm số $y = f\left( x \right)$ có 3 điểm cực trị.
Câu 4. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$, đồ thị của đạo hàm $f’\left( x \right)$ như hình vẽ sau:
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A. $f$ đạt cực tiểu tại $x = 0$. B. $f$ đạt cực tiểu tại $x = – 2$.
C. $f$ đạt cực đại tại $x = – 2$. D. Cực tiểu của $f$ nhỏ hơn cực đại.
Lời giải
Chọn B
Từ đồ thị ta có $f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 2\\x = 0\end{array} \right.$ và $f’\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < – 2\\x > 0\end{array} \right.$, $f’\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow – 2 < x < 0$.
Từ đó suy ra bảng biến thiên
Vậy hàm số đạt cực đại tại $x = – 2$.
Câu 5. Biết rằng đồ thị hàm số $y = {x^3} + 3{x^2}$ có dạng như hình vẽ:
Hỏi đồ thị hàm số $y = \left| {{x^3} + 3{x^2}} \right|$ có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 0. B. 2. C. 1. D. 3.
Lời giải
Chọn D
có: $y = \left| {{x^3} + 3{x^2}} \right|$$ = \left\{ \begin{array}{l}{x^3} +3{x^2}\,\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\,{x^3} + 3{x^2} \ge 0 \Leftrightarrow x \ge – 3\\- {x^3} – 3{x^2}\,\,{\rm{ khi}}\,{x^3} + 3{x^2} < 0 \Leftrightarrow x < – 3\end{array} \right.$$ = \left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 3{x^2}\,\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\,x \ge – 3\\- {x^3} – 3{x^2}\,\,{\rm{ khi}}\,x < – 3\end{array} \right.$.
Nên ta lấy phần đối xứng của đồ thị hàm số $y = {x^3} + 3{x^2}$ khi $x < – 3$.
Dựa vào đồ thị, ta thấy đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 6. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị hình bên. Hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 3. B. 2. C. 5. D. 1.
Lời giải
Chọn A
Giữ nguyên phần đồ thị bên phải trục $Oy$
Lấy đối xứng phần đồ thị nằm trên phải trục $Oy$ qua $AB’ = 3 \Rightarrow \sqrt {A{B^2} + A{{A’}^2}} = 3$ ta được đồ thị hàm $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$. Vậy hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ có $3$ cực trị.
Câu 7. Đồ thị của hàm số $y = – {x^3} + 3{x^2} + 9x + 1$ có hai điểm cực trị $A$ và $B$. Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng $AB$ ?
A. $M\left( {1;\, – 12} \right)$. B. $N\left( {1;\,12} \right)$. C. $P\left( {1;\,0} \right)$. D. $Q\left( {0;\, – 1} \right)$.
Lời giải
Chọn B
Tập xác định
$y’ = – 3{x^2} + 6x + 9$
$y’ = 0 \Leftrightarrow – 3{x^2} + 6x + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 1\\x = 3\,\end{array} \right.$
Do đó đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là $A\left( { – 1; – 4} \right)$ và $B\left( {3;28} \right)$.
Suy ra đường thẳng $AB$ có phương trình $8x – y + 4 = 0$.
Thay $N\left( {1;\,12} \right)$ vào phương trình $AB$ ta có $8.1 – 12 + 4 = 0.$ Vậy $N$ thuộc $AB$.
Câu 8. Số điểm cực trị của hàm số $y = x + \sqrt {2{x^2} + 1} $ là
A. 1. B. 2. C. 3. D. 0.
Lời giải
Chọn A
Tập xác định $D=\mathbb{R}$.
$y’ = 1 + \frac{{2x}}{{\sqrt {2{x^2} + 1} }} = \frac{{\sqrt {2{x^2} + 1} + 2x}}{{\sqrt {2{x^2} + 1} }}$.
$y’ = 0 \Leftrightarrow \sqrt {2{x^2} + 1} = – 2x$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\2{x^2} + 1 = 4{x^2}\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \le 0\\\left[ \begin{array}{l}x = – \frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {nhan} \right)\\x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {loai} \right)\end{array} \right.\end{array}\right.$.
Bảng biến thiên
Vậy hàm số đã cho có $1$ cực trị.
Câu 9. Tìm giá trị thực của tham số $m$ để hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {{m^2} – 4} \right)x + 3$ đạt cực đại tại$x = 3$.
A. $m = 1$. B. $m = – 7$. C. $m = 5$. D. $m = – 1$.
Lời giải
Chọn C
Ta có $y’ = {x^2} – 2mx + \left( {{m^2} – 4} \right)$; $y” = 2x – 2m$.
Hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} – m{x^2} + \left( {{m^2} – 4} \right)x + 3$ đạt cực đại tại $x = 3$ khi và chỉ khi: $\left\{ \begin{array}{l}y’\left( 3 \right) = 0\\y”\left( 3 \right) < 0\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 – 6m + {m^2} – 4 = 0\\6 – 2m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} – 6m + 5 = 0\\m > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 1\left( L \right)\\m = 5\left( {TM} \right)\end{array} \right.\\m > 3\end{array} \right.$.
Vậy $m = 5$ là giá trị cần tìm.
Câu 10. Cho hàm số $y = {x^4} – 2m{x^2} + m$. Tìm tất cả các giá trị thực của $m$ để hàm số có $3$ cực trị
A. $m > 0$. B. $m < 0$. C. $m \ge 0$. D. $m \le 0$.
Lời giải
Chọn A
Tập xác định .
$y’ = 4{x^3} – 4mx = 4x\left( {{x^2} – m} \right)$.
$y’ = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} – m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m{\rm{ }}\left( * \right)\end{array} \right.$
Hàm số có $3$ cực trị $ \Leftrightarrow y’ = 0$ có $3$ nghiệm phân biệt
$ \Leftrightarrow $ phương trình $\left( * \right)$có $2$ nghiệm phân biệt $x \ne 0$$ \Leftrightarrow m > 0$.
Mức độ 3
Câu 1. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$có đạo hàm $f’\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$và có bảng xét dấu như hình vẽ bên
Hỏi hàm số $y = f\left( {{x^2} – 2\left| x \right|} \right)$có tất cả bao nhiêu điểm cực trị
A. $4$. B. $7$. C. $9$. D. $11$.
Lời giải
Chọn C
Tập xác định của hàm số: $D=\mathbb{R}$.
* $y = h\left( x \right) = f\left( {{{\left| x \right|}^2} – 2\left| x \right|} \right)$
$y’ = h’\left( x \right) = f’\left( {{{\left| x \right|}^2} – 2\left| x \right|} \right).\frac{x}{{\left| x \right|}}.\left( {2\left| x \right| – 2} \right).$
$h’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = – 1\\{\left| x \right|^2} – 2\left| x \right| = 0\\{\left| x \right|^2} – 2\left| x \right| = 1\\{\left| x \right|^2} – 2\left| x \right| = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = – 1\\x = 2\\x = – 2\\x = 1 + \sqrt 2 \\x = – 1 – \sqrt 2 \\x = 1 + \sqrt 3 \\x = – 1 – \sqrt 3\end{array} \right.$.
Ta thấy phương trình $h’\left( x \right) = 0$ có 8 nghiệm đơn $\left( 1 \right)$.
$h’\left( x \right)$ không tồn tại tại $x = 0$ mà $x = 0$thuộc tập xác định đồng thời qua đó $h’\left( x \right)$ đổi dấu $\left( 2 \right)$.
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra hàm số đã cho có $9$ điểm cực trị.
Câu 2. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ là một hàm đa thức có bảng xét dấu $f’\left( x \right)$ như sau
Số điểm cực trị của hàm số $g\left( x \right) = f\left( {{x^2} – \left| x \right|} \right)$
A. $5$. B. $3$. C. $1$. D. $7$.
Lời giải
Chọn A
Ta có $g\left( x \right) = f\left( {{x^2} – \left| x \right|} \right) = f\left( {{{\left| x \right|}^2} – \left| x \right|} \right)$. Số điểm cực trị của hàm số $f\left( {\left| x \right|} \right)$ bằng hai lần số điểm cực trị dương của hàm số $f\left( x \right)$ cộng thêm 1.
Xét hàm số $h\left( x \right) = f\left( {{x^2} – x} \right) \Rightarrow h’\left( x \right) = \left( {2x – 1} \right)f’\left( {{x^2} – x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{2}\\{x^2} – x = – 1\\{x^2} – x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{2}\\x = \frac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2}\end{array}\right.$.
Bảng xét dấu hàm số $h\left( x \right) = f\left( {{x^2} – x} \right)$
Hàm số $h\left( x \right) = f\left( {{x^2} – x} \right)$ có 2 điểm cực trị dương, vậy hàm số $g\left( x \right) = f\left( {{x^2} – \left| x \right|} \right) = f\left( {{{\left| x \right|}^2} – \left| x \right|} \right)$ có 5 điểm cực trị.
Câu 3. Cho hàm số $f’\left( x \right) = {\left( {x – 2} \right)^2}\left( {{x^2} – 4x + 3} \right)$ với mọi $x\in \mathbb{R}$. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của $m$ để hàm số $y = f\left( {{x^2} – 10x + m + 9} \right)$ có $5$ điểm cực trị
A. $18$. B. $16$. C. $15$. D. $19$.
Lời giải
Chọn B
Ta có $f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 1\\x = 3\end{array} \right.$, $x = 2$ là nghiệm kép nên khi qua giá trị $x = 2$ thì $f’\left( x \right)$
không bị đổi dấu.
Đặt $g\left( x \right) = f\left( {{x^2} – 10x + m + 9} \right)$ khi đó $g’\left( x \right) = f’\left( u \right).\left( {2x – 10} \right)$ với $u = {x^2} – 10x + m + 9$.
Nên $g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x – 10 = 0\\{\left({{x^2} – 10x + m + 9 – 2} \right)^2} = 0\\{x^2} – 10x + m + 9 = 1\\{x^2} – 10x + m + 9 = 3\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\{\left( {{x^2} – 10x + m + 9 – 2} \right)^2} = 0\\{x^2} – 10x + m + 8 = 0\,\,\left( 1 \right)\\{x^2} – 10x + m + 6 = 0\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$
Hàm số $y = f\left( {{x^2} – 10x + m + 9} \right)$ có $5$ điểm cực trị khi và chỉ khi $g’\left( x \right)$ đổi dấu $5$ lần
Hay phương trình $\left( 1 \right)$ và phương trình $\left( 2 \right)$ phải có hai nghiệm phân biệt khác $5$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\Delta ‘}_1} > 0\\{{\Delta ‘}_2} > 0\\h\left( 5 \right) \ne 0\\p\left( 5 \right) \ne 0\end{array} \right.$,
(Với $h\left( x \right) = {x^2} – 10x + m + 8$ và $p\left( x \right) = {x^2} – 10x + m + 6$).
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}17 – m > 0\\19 – m > 0\\- 17 + m \ne 0\\- 19 + m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 17$.
Vậy có $16$ giá trị nguyên dương $m$ thỏa mãn.
Câu 4. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên tập số thực $\mathbb{R}$ và có đạo hàm$f’\left( x \right) = \left( {x – \sin x} \right)\left( {x – m – 3} \right){\left( {x – \sqrt {9 – {m^2}} } \right)^3}\,$ $\forall x\in \mathbb{R}$ ($m$ là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên của $m$ để hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt cực tiểu tại $x = 0$?
A. $6$. B. $4$. C. $5$. D. $7$.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện $9 – {m^2} \ge 0 \Leftrightarrow – 3 \le m \le 3$
TH 1: $0 \le m < 3$ ta có BTT
TH 2: $ – 3 \le m < 0$ ta có BTT
TH 2: $m = 3$ ta có BTT
Từ đó suy ra $ – 3 \le m < 3 \Rightarrow $có 6 giá trị nguyên của $m$thỏa mãn.
Câu 5. Biết rằng hàm số $y = {\left( {x + a} \right)^3} + {\left( {x + b} \right)^3} – {x^3}$ có hai điểm cực trị. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. $ab \ge 0$ B. $ab \le 0$ C. $ab > 0$ D. $ab < 0$
Lời giải
Chọn C
Ta có $y = {x^3} + 3\left( {a + b} \right){x^2} + 3\left( {{a^2} + {b^2}} \right)x + {a^3} + {b^3}$.
$y’ = 3{x^2} + 6\left( {a + b} \right)x + 3\left( {{a^2} + {b^2}} \right)$.
Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi $y’$ có hai nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow \Delta ‘ = 18ab > 0$$ \Leftrightarrow ab > 0$.
Câu 6. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để hàm số $y = {m^2}{x^4} – \left( {{m^2} – 2019m} \right){x^2} – 1$ có đúng một cực trị.
A. $2019$. B. $2020$. C. $2018$. D. $2021$.
Lời giải
Chọn A
Trường hợp 1: $m = 0$ $ \Rightarrow y = – 1$ nên hàm số không có cực trị.
$ \Rightarrow m = 0$ (loại).
Trường hợp 2: $m \ne 0 \Rightarrow {m^2} > 0$.
Hàm số $y = {m^2}{x^4} – \left( {{m^2} – 2019m} \right){x^2} – 1$ có đúng một cực trị $ \Leftrightarrow – {m^2}.\,\left( {{m^2} – 2019m} \right) \ge 0 \Leftrightarrow {m^2} – 2019m \le 0 \Leftrightarrow 0 \le m \le 2019$.
Vì $m \ne 0$$ \Rightarrow 0 < m \le 2019$.
Do nên có $2019$ giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa đề
Câu 7. Cho hàm số $f\left( x \right)$ có đạo hàm $f’\left( x \right) = {x^2}\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} + 2mx + 5} \right)$. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của $m$ để hàm số có đúng một điểm cực trị?
A. $0$. B. $5$. C. $6$. D. $7$.
Lời giải
Chọn C
Hàm số $f\left( x \right)$ có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi tam thức $g\left( x \right) = {x^2} + 2mx + 5$ vô nghiệm hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm là $x = – 1$, hoặc $g\left( x \right)$ có nghiệm kép $x = – 1$
Tức là $\left[ \begin{array}{l}{{\Delta ‘}_g} < 0\\\left\{ \begin{array}{l}g\left( { – 1} \right) = 0\\{{\Delta ‘}_g} > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}- \frac{{b’}}{a} = – 1\\{{\Delta ‘}_g} = 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} – 5 < 0\\\left\{ \begin{array}{l}- 2m + 6 = 0\\{m^2} – 5 > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}- m = – 1\\{{\Delta ‘}_g} = 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}- \sqrt 5 < m < \sqrt 5 \\m = 3\end{array} \right.$.
Do đó tập các giá trị nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là $S = \left\{ { – 2,\,\, – 1,\,\,0,\,\,1,\,\,2,\,\,3} \right\}$.
Câu 8. Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để đồ thị hàm số $y = {x^3} + 2{x^2} + \left( {m – 3} \right)x + m$ có hai điểm cực trị và điểm $M\left( {9;\, – 5} \right)$ nằm trên đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị.
A. $m = – 10$. B. $m = 10$. C. $m = 2$. D. $m = 3$.
Lời giải
Chọn D
Ta có $y’ = 3{x^2} + 4x + m – 3$, để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình $y’ = 0$ có hai nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow \Delta ‘ > 0$$ \Leftrightarrow m < \frac{{13}}{3}\left( * \right)$
Ta có $y = y’.\left( {\frac{1}{3}x + \frac{2}{9}} \right) + \left( {\frac{{2m}}{3} – \frac{{26}}{9}} \right)x + \frac{{7m}}{9} + \frac{2}{3}$ nên phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là $y = \left( {\frac{{2m}}{3} – \frac{{26}}{9}} \right)x + \frac{{7m}}{9} + \frac{2}{3}.$ Theo giả thiết, đường thẳng này đi qua $M\left( {9;\, – 5} \right)$nên $m = 3$ (thỏa mãn điều kiện $\left( * \right)$).
Câu 9. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số $m$ sao cho đồ thị của hàm số $y = {x^4} + 2m{x^2} + 1$ có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân.
A. $m = 1$. B. $m = – 1$. C. $m = – \frac{1}{{\sqrt[3]{9}}}$. D. $m = \frac{1}{{\sqrt[3]{9}}}$.
Lời giải
Chọn B
Hàm số $y = {x^4} + 2m{x^2} + 1$ có tập xác định:
Ta có: $y’ = 4{x^3} + 4mx\,;\,y’ = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} + 4mx = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} + m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = – m\,\,\left( * \right)\end{array} \right.$
Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình $\left( * \right)$có 2 nghiệm phân biệt khác $0$ $ \Leftrightarrow – m > 0 \Leftrightarrow m < 0$.
Vậy tọa độ 3 điểm lần lượt là:$A\left( {0;1} \right)\,;\,B\left( { – \sqrt { – m} ;1 – {m^2}} \right)\,;\,C\left( {\sqrt { – m} ;1 – {m^2}} \right)$
Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { – \sqrt { – m} ; – {m^2}} \right)\,;\,\overrightarrow {AC} = \left( {\sqrt { – m} ; – {m^2}} \right)$
Vì $\Delta ABC$vuông cân tại $A \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0 \Leftrightarrow – \sqrt {{m^2}} + {m^2}.{m^2} = 0 \Leftrightarrow – \left| m \right| + {m^4} = 0 \Leftrightarrow m + {m^4} = 0$
$ \Leftrightarrow m = – 1$ ( vì $m < 0$)
Vậy với $m = – 1$ thì hàm số có 3 cực trị tạo thành một tam giác vuông cân
Câu 10. Cho hàm số $y = {x^4} – 2m{x^2} – 2{m^2} + {m^4}$ có đồ thị (C). Biết đồ thị (C) có ba điểm cực trị A, B, C thỏa mãn ABCD là hình thoi với $D\left( {0; – 3} \right)$. Số $m$thuộc khoảng nào sau đây?
A. $m \in \left( {\frac{9}{5};2} \right)$. B. $m \in \left( { – 1;\frac{1}{2}} \right)$. C. $m \in \left( {2;3} \right)$. D. $m \in \left( {\frac{1}{2};\frac{9}{5}} \right)$.
Lời giải
Chọn D
Tập xác định: .
Ta có $y’ = 4{x^3} – 4mx \Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.$.
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị $ \Leftrightarrow m > 0$.
Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: $A\left( {0; – 2{m^2} + {m^4}} \right)$; $B\left( {\sqrt m ;{m^4} – 3{m^2}} \right);$ $C\left( { – \sqrt m ;{m^4} – 3{m^2}} \right)$.
Gọi I trung điểm của BC $ \Rightarrow I\left( {0;{m^4} – 3{m^2}} \right)$
Vì $A,D \in Oy$, B và C đối xứng nhau qua Oy nên tứ giác ABCD là hình thoi $ \Leftrightarrow $ I là trung điểm của AD.
Mức độ 4
Câu 1. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$, hàm số $y = f’\left( x \right)$ có đồ thị như hình bên. Hàm số $g(x) = 2f\left( {\frac{{5\sin x – 1}}{2}} \right) + \frac{{{{(5\sin x – 1)}^2}}}{4} + 3$ có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng $(0;2\pi )$.
A. $9$. B. $7$. C. $6$. D. $8$.
Lời giải
Chọn B
Ta có: $g'(x) = 5\cos xf’\left( {\frac{{5\sin x – 1}}{2}} \right) + \frac{5}{2}\cos x\left( {5\sin x – 1} \right)$.
$g'(x) = 0 \Leftrightarrow 5\cos xf’\left( {\frac{{5\sin x – 1}}{2}} \right) + \frac{5}{2}\cos x\left( {5\sin x – 1} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\f’\left( {\frac{{5\sin x – 1}}{2}} \right) = – \frac{{5\sin x – 1}}{2}\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\\frac{{5\sin x – 1}}{2} = – 3\\\frac{{5\sin x – 1}}{2} = – 1\\\frac{{5\sin x – 1}}{2} = \frac{1}{3}\\\frac{{5\sin x – 1}}{2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\5\sin x – 1 = – 6\\5\sin x – 1 = – 2\\5\sin x – 1 = \frac{2}{3}\\5\sin x – 1 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\\sin x = – 1\\\sin x = – \frac{1}{5}\\\sin x = \frac{1}{3}\\\sin x = \frac{3}{5}\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\\sin x = – 1\\\sin x = – \frac{1}{5}\\\sin x = \frac{1}{3}\\\sin x = \frac{3}{5}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} \vee x = \frac{{3\pi }}{2}\\x = \frac{{3\pi }}{2}\\x = \pi – arc\sin \left( { – \frac{1}{5}} \right) \vee x = 2\pi + arc\sin \left( { – \frac{1}{5}} \right)\\x = arc\sin \left( {\frac{1}{3}} \right) \vee x = \pi – arc\sin \left( {\frac{1}{3}} \right)\\x = arc\sin \left( {\frac{3}{5}} \right) \vee x = \pi – arc\sin \left( {\frac{3}{5}} \right)\end{array} \right.$, ( Vì $0 < x < 2\pi $).
Suy phương trình $g’\left( x \right) = 0$ có $9$ nghiệm, trong đó có nghiệm $x = \frac{{3\pi }}{2}$là nghiệm kép.
Vậy hàm số $y = g\left( x \right)$ có $7$ cực trị.
Câu 2. Cho hàm số bậc bốn $f(x)$ có bảng biến thiên như sau
Số điểm cực trị của hàm số $g(x) = {x^2}{\left[ {f(x + 1)} \right]^4}$
A. $11$. B. $9$. C. $7$. D. $5$.
Lời giải
Chọn B
$g'(x) = 2x{\left[ {f(x + 1)} \right]^4} + 4{x^2}{\left[ {f(x + 1)} \right]^3}.f'(x + 1) = 2x{\left[ {f(x + 1)} \right]^3}.\left[ {f(x + 1) + 2x.f'(x + 1)} \right]$
$g'(x) = 0$ ta được
+ TH1: $x = 0$
+ TH2: $f(x + 1) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = a < – 2\\x = b \in ( – 2; – 1)\\x = c \in ( – 1;0)\\x = d > 0\end{array} \right.$
+ TH3: $f(x + 1) + 2x.f'(x + 1) = 0$.
Từ bảng biến thiên ta có hàm số thỏa mãn là $f(x) = – 5{x^4} + 10{x^2} – 2$
$ \Rightarrow f(x + 1) + 2x.f'(x + 1) = 0 \Leftrightarrow h\left( x \right) = f(x + 1) + 2(x + 1).f'(x + 1) – 2f'(x + 1) = 0$
Với $t = x + 1$ ta có: $h(t) = – 5{t^4} + 10{t^2} – 2 + 2t( – 20{t^3} + 20t) – 2( – 20{t^3} + 20t) = 0$
$ \Leftrightarrow $$ – 45{t^4} + 40{t^3} + 50{t^2} – 40t – 2 = 0$
Lập bảng biến thiên ta suy ra có $4$ nghiệm $t \Rightarrow 4$ nghiệm $x$
Vậy có $9$ cực trị.
Câu 3. Cho hàm số bậc ba $y = f\left( x \right)$có đồ thị của hàm đạo hàm $f’\left( x \right)$ như hình vẽ và $f\left( b \right) = 1$.Số giá trị nguyên của $m \in \left[ { – 5;5} \right]$ để hàm số $g\left( x \right) = \left| {{f^2}\left( x \right) + 4f\left( x \right) + m} \right|$ có đúng 5 điểm cực trị là
A. $9$. B. $7$. C. $8$. D. $10$.
Lời giải
Chọn A
Cách 1:
Ta có bảng biến thiên của $f\left( x \right)$:
Xét hàm số $h\left( x \right) = {f^2}\left( x \right) + 4f\left( x \right) + m$
$\begin{array}{l}\Rightarrow h’\left( x \right) = 2f’\left( x \right)f\left( x \right) + 4f’\left( x \right)\\ \Rightarrow h’\left( x \right) = 2f’\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) + 2} \right]\end{array}$
$\begin{array}{l}h’\left( x \right) = 0 \Rightarrow 2f’\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) + 2} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f’\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = – 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = a;x = b\\x = c\left( {c < a} \right)\end{array} \right.\end{array}$
Pt có $3$ nghiệm phân biệt $ \Rightarrow $có $3$ điểm cực trị
Xét$h\left( x \right) = 0$
$ \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) + 4f\left( x \right) = – m\left( 2 \right)$
Để $g\left( x \right) = \left| {h\left( x \right)} \right|$có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi PT $\left( 2 \right)$có 2 nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ phân biệt
Xét hàm số $t\left( x \right) = {f^2}\left( x \right) + 4f\left( x \right)$
Ta có Bảng biến thiên của $t\left( x \right)$:
Từ YCBT $ \Leftrightarrow t\left( x \right) = – m$có hai nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ pb
$ \Leftrightarrow m \in \left\{ { – 5; – 4; – 3; – 2; – 1;0;1;2;3} \right\}.$
Cách 2:
Ta có bảng biến thiên của hàm số $y = f\left( x \right)$:
Xét hàm số $h\left( x \right) = {f^2}\left( x \right) + 4f\left( x \right) + m$
$\begin{array}{l}\Rightarrow h’\left( x \right) = 2f’\left( x \right)f\left( x \right) + 4f’\left( x \right)\\ \Rightarrow h’\left( x \right) = 2f’\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) + 2} \right]\end{array}$
$\begin{array}{l}h’\left( x \right) = 0 \Rightarrow 2f’\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) + 2} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f’\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = – 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = a;x = b\\x = c\left( {c < a} \right)\end{array} \right.\end{array}$
Từ YCBT $g\left( x \right) = \left| {h\left( x \right)} \right| = \left| {{f^2}\left( x \right) + 4f\left( x \right) + m} \right|$có 5 điểm cực trị khi:
$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}h\left( a \right) \le 0\\- 4 + m < 0 \le 5 + m\end{array} \right.\,\\m \in Z;m \in \left[ { – 5;5} \right]\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m \le {f^2}\left( a \right) + 4f(a) < – 5\\- 5 \le m < 4\end{array} \right.\\m \in Z;m \in \left[ { – 5;5} \right]\end{array} \right.\\\Leftrightarrow m \in \left\{ { – 5; – 4; – 3; – 2; – 1;0;1;2;3} \right\}\end{array}$
Câu 4. Cho hai hàm đa thức $y = f\left( x \right)$, $y = g\left( x \right)$ có đồ thị là hai đường cong ở hình vẽ. Biết rằng đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có đúng một điểm cực trị là $A$, đồ thị hàm số $y = g\left( x \right)$ có đúng một điểm cực trị là $B$ và $AB = \frac{7}{4}$. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc khoảng $\left( { – 5;5} \right)$ để hàm số $y = \left| {\left| {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right| + m} \right|$ có đúng $5$ điểm cực trị?
A. $1$. B. $6$. C. $4$. D. $3$.
Lời giải
Chọn D
Đặt $h\left( x \right) = f\left( x \right) – g\left( x \right)$, ta có: $h’\left( x \right) = f’\left( x \right) – g’\left( x \right)$; $h’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = {x_0}$;
$h\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = {x_1}$ hoặc $x = {x_2}$ (${x_1} < {x_0} < {x_2}$);
$h\left( {{x_0}} \right) = f\left( {{x_0}} \right) – g\left( {{x_0}} \right) = – \frac{7}{4}$.
Bảng biến thiên của hàm số $y = h\left( x \right)$ là:
Suy ra bảng biến thiên của hàm số $y = k\left( x \right) = \left| {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right|$ là:
Do đó, hàm số $y = k\left( x \right) + m$ cũng có ba điểm cực trị.
Vì số điểm cực trị hàm số $y = \left| {k\left( x \right) + m} \right|$ bằng tổng số điểm cực trị của hàm số $y = k\left( x \right) + m$ và số nghiệm đơn và số nghiệm bội lẻ của phương trình $k\left( x \right) + m = 0$, mà hàm số $y = k\left( x \right) + m$ cũng có ba điểm cực trị nên hàm số $y = \left| {\left| {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right| + m} \right|$ có đúng năm điểm cực trị khi phương trình $k\left( x \right) + m = 0$ có đúng hai nghiệm đơn (hoặc bội lẻ).
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số $y = k\left( x \right)$, phương trình $k\left( x \right) + m = 0$ có đúng hai nghiệm đơn (hoặc bội lẻ) khi và chỉ khi $ – m \ge \frac{7}{4}$$ \Leftrightarrow m \le – \frac{7}{4}$.
Vì , $m \le – \frac{7}{4}$ và $m \in \left( { – 5;5} \right)$ nên $m \in \left\{ { – 4; – 3; – 2} \right\}$.
Câu 5. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để hàm số $y = {x^8} + \left( {m – 2} \right){x^5} – \left( {{m^2} – 4} \right){x^4} + 1$ đạt cực tiểu tại $x = 0$
A. $4$. B. $3$. C. $5$. D. Vô số.
Lời giải
Chọn A
Ta có $y = {x^8} + \left( {m – 2} \right){x^5} – \left( {{m^2} – 4} \right){x^4} + 1$ $ \Rightarrow y’ = 8{x^7} + 5\left( {m – 2} \right){x^4} – 4\left( {{m^2} – 4} \right){x^3}$.
$y’ = 0$ $ \Leftrightarrow {x^3}\left( {8{x^4} + 5\left( {m – 2} \right)x – 4\left( {{m^2} – 4} \right)} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\g\left( x \right) = 8{x^4} + 5\left( {m – 2} \right)x – 4\left( {{m^2} – 4} \right) = 0\end{array} \right.$
Xét hàm số $g\left( x \right) = 8{x^4} + 5\left( {m – 2} \right)x – 4\left( {{m^2} – 4} \right)$ có $g’\left( x \right) = 32{x^3} + 5\left( {m – 2} \right)$.
Ta thấy $g’\left( x \right) = 0$ có một nghiệm nên $g\left( x \right) = 0$ có tối đa hai nghiệm
+ TH1: Nếu $g\left( x \right) = 0$ có nghiệm $x = 0$ $ \Rightarrow m = 2$ hoặc $m = – 2$
Với $m = 2$ thì $x = 0$ là nghiệm bội $4$ của $g\left( x \right)$. Khi đó $x = 0$ là nghiệm bội 7 của $y’$ và $y’$ đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm $x = 0$ nên $x = 0$ là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy $m = 2$ thỏa ycbt.
Với $m = – 2$ thì $g\left( x \right) = 8{x^4} – 20x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \sqrt[3]{{\frac{5}{2}}}\end{array} \right.$.
Bảng biến thiên
Dựa vào BBT $x = 0$ không là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy $m = – 2$ không thỏa ycbt.
+ TH2: $g\left( 0 \right) \ne 0$ $ \Leftrightarrow m \ne \pm 2$. Để hàm số đạt cực tiểu tại $x = 0$ $ \Leftrightarrow g\left( 0 \right) > 0$ $ \Leftrightarrow {m^2} – 4 < 0 \Leftrightarrow – 2 < m < 2$.
Do nên $m \in \left\{ { – 1;0;1} \right\}$.
Vậy cả hai trường hợp ta được 4 giá trị nguyên của $m$ thỏa ycbt.
Câu 6. Cho hàm số$y = f\left( x \right)$liên tục và xác định trênvà có đồ thị như hình vẽ. Số giá trị nguyên của tham số$m$để hàm số$y = \left| {{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2} + 2mf\left( x \right) + 2m + 35} \right|$có đúng 3 điểm cực trị
A. $5$. B. $6$. C. $7$. D. $8$.
Lời giải
Chọn B
Xét hàm số: $g\left( x \right) = {\left( {f\left( x \right)} \right)^2} + 2mf\left( x \right) + 2m + 35 \Rightarrow g’\left( x \right) = f’\left( x \right).\left( {2f\left( x \right) + 2m} \right)$
Cho: $g’\left( x \right) = f’\left( x \right).\left( {2f\left( x \right) + 2m} \right) = 0$
$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = – 4\;;\;x = 1}\\{f(x) = – m{\rm{ }}}\end{array}} \right.$
*$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = – 4\;;\;x = 1 \Rightarrow $có thêm hai điểm cực trị.
*$f(x) = – m{\rm{ }} \Rightarrow $có ít nhất một nghiệm đơn
Đã biết hàm số$y = \left| {g\left( x \right)} \right|$có số cực trị bằng tổng số điểm cực trị hàm số$y = g\left( x \right)$và số nghiệm đơn của phương trình$g\left( x \right) = 0$.
Để hàm số$y = \left| {g\left( x \right)} \right|$có đúng 3 điểm cực trị thì ta phải có:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( x \right) = – m{\rm{ co dung mot nghiem don}}{\rm{. }}}\\{g\left( x \right) = {{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2} + 2mf\left( x \right) + 2m + 35 = 0{\rm{ khong}}\,{\rm{co nghiem phan biet }}}\end{array}}\right.$
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ – m \ge 3}\\{ – m \le – 5}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le – 3}\\{m \ge 5}\end{array}} \right.} \right.}\\{\Delta ‘ = {m^2} – 2m – 35 \le 0 \Leftrightarrow – 5 \le m \le 7}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ – 5 \le m \le – 3}\\{5 \le m \le 7}\end{array} \Rightarrow m = \left\{ { – 5\;;\; – 4\;;\; – 3\;;\;5\;;\;6\;;\;7} \right\}} \right.} \right.$
Suy ra có 6 giá trị $m$ nguyên thỏa mãn.
Câu 7. Cho hàm số $f\left( x \right)$ có đạo hàm trên thỏa mãn $\left| {f\left( {x + h} \right) – f\left( {x – h} \right)} \right| \le {h^2}$ với mọi , $h > 0$. Đặt $g\left( x \right) = {\left[ {x + f’\left( x \right)} \right]^{2019}} + {\left[ {x + f’\left( x \right)} \right]^{29 – m}} – \left( {{m^4} – 29{m^2} + 100} \right).{\sin ^2}x – 1$ với tham số $m$. Gọi $S$ là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của $m < 27$ sao cho $g\left( x \right)$ đạt cực tiểu tại $x = 0$. Tổng bình phương các phần tử của $S$ là
A. $100$. B. $50$. C. $108$. D. $58$.
Lời giải
Chọn A
Với mọi và $h > 0$, ta có
$\left| {f\left( {x + h} \right) – f\left( {x – h} \right)} \right| \le {h^2} \Leftrightarrow \frac{{\left| {f\left( {x + h} \right) – f\left( x \right) + f\left( x \right) – f\left( {x – h} \right)} \right|}}{h} \le h$
$\left| {\frac{{f\left( {x + h} \right) – f\left( x \right)}}{h} + \frac{{f\left( {x – h} \right) – f\left( x \right)}}{{ – h}}} \right| \le h$.
Cho $h \to 0$, ta được $f’\left( x \right) = 0$. Khi đó $g\left( x \right) = {x^{2019}} + {x^{29 – m}} – \left( {{m^4} – 29{m^2} + 100} \right).{\sin ^2}x – 1$.
$g’\left( x \right) = 2019{x^{2018}} + \left( {29 – m} \right){x^{28 – m}} – \left( {{m^4} – 29{m^2} + 100} \right)\sin 2x$ $ \Rightarrow g’\left( 0 \right) = 0$.
Xét $g”\left( x \right) = 2019.2018{x^{2017}} + \left( {29 – m} \right)\left( {28 – m} \right){x^{27 – m}} – 2\left( {{m^4} – 29{m^2} + 100} \right)\cos 2x$
$ \Rightarrow g”\left( 0 \right) = – 2\left( {{m^4} – 29{m^2} + 100} \right)$.
*) Nếu $g”\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow {m^4} – 29{m^2} + 100 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \pm 5\\m = \pm 2\end{array} \right.$.
+ Nếu $m = 5$ thì $g’\left( x \right) = 2019{x^{2018}} + 24{x^{23}} = {x^{23}}\left( {2019{x^{1995}} + 24} \right)$ đổi dấu từ âm sang dương khi qua $x = 0$ nên thỏa mãn yêu cầu.
+ Nếu $m = – 5$ thì $g’\left( x \right) = 2019{x^{2018}} + 34{x^{33}} = {x^{33}}\left( {2019{x^{1985}} + 34} \right)$ đổi dấu từ âm sang dương khi qua $x = 0$ nên thỏa mãn yêu cầu.
+ Nếu $m = 2$ thì $g’\left( x \right) = 2019{x^{2018}} + 27{x^{26}} = {x^{26}}\left( {2019{x^{1992}} + 27} \right)$ không đổi dấu khi qua $x = 0$ nên loại.
+ Nếu $m = – 2$ thì $g’\left( x \right) = 2019{x^{2018}} + 31{x^{30}} = {x^{30}}\left( {2019{x^{1988}} + 31} \right)$ không đổi dấu khi qua $x = 0$ nên loại.
*) Nếu $g”\left( x \right) \ne 0$ thì $g\left( x \right)$ đạt cực tiểu tại $x = 0$ $ \Leftrightarrow g”\left( 0 \right) > 0$$ \Leftrightarrow – 2\left( {{m^4} – 29{m^2} + 100} \right) > 0$
$ \Leftrightarrow {m^4} – 29{m^2} + 100 < 0 \Leftrightarrow 4 < {m^2} < 25$. Vì $m$ nguyên nên $m \in \left\{ { – 4; – 3;3;4} \right\}$.
Vậy $S = \left\{ { – 5; – 4; – 3;3;4;5} \right\}$. Do đó tổng bình phương các phần tử của $S$ bằng 100.
Câu 8. Cho hàm số $f\left( x \right) = {x^2} – 2m\left| {x – m + 5} \right| + {m^3} – {m^2} + 1.$ Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc đoạn $\left[ { – 20;20} \right]$ để hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị
A. $40$. B. $41$. C. $20$. D. $23$.
Lời giải
Chọn D
Ta có: $f\left( x \right) = {x^2} – 2m\left| {x – m + 5} \right| + {m^3} – {m^2} + 1$
$\begin{array}{l}\Rightarrow f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}{x^2} – 2m\left( {x – m + 5} \right) + {m^3} – {m^2} + 1\,\,\,\,khi\;\,x \ge m – 5\\{x^2} + 2m\left( {x – m + 5} \right) + {m^3} – {m^2} + 1\,\,\,\,khi\;\,x < m – 5\end{array} \right.\\\Rightarrow f’\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}2x – 2m\,\,\,\,khi\,\,\,x \ge m – 5\,\,\,\,\left( 1 \right)\\2x + 2m\,\,\,\,khi\,\,\,x < m – 5\,\,\,\,\left( 2 \right)\,\end{array} \right.\end{array}$
Yêu cầu bài toán$ \Leftrightarrow f’\left( x \right)$ có đúng một điểm qua đó đổi dấu $\left( * \right)$
Nhận xét: $2x – 2m = 0 \Leftrightarrow x = m$ (thỏa mãn $x \ge m – 5$). Do đó $x = m$ là một điểm cực trị của hàm số.
Do đó: $\left( * \right) \Leftrightarrow $ $\left( 2 \right)$ vô nghiệm và $y’$ không đổi dấu khi đi qua $x = m – 5$
$\begin{array}{l}\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}- m \ge m – 5\\\left[ {2\left( {m – 5} \right) – 2m} \right].\left[ {2\left( {m – 5} \right) + 2m} \right] \ge 0\end{array} \right.\\\Leftrightarrow m \le \frac{5}{2} \Rightarrow m \in \left\{ { – 20; – 19;…;2} \right\}.\end{array}$
Vậy có $23$số nguyên $m$ thỏa mãn
Câu 9. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên và $f\left( 0 \right) = 0;f\left( 4 \right) > 4$. Biết hàm $y = f’\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số $g\left( x \right) = \left| {f\left( {{x^2}} \right) – 2x} \right|$.
A. $5$. B. $1$. C. $3$. D. $2$.
Lời giải
Chọn C
Đặt $h\left( x \right) = f\left( {{x^2}} \right) – 2x$. Ta có $h’\left( x \right) = 2x.f’\left( {{x^2}} \right) – 2$.
Từ đồ thị ta thấy $f’\left( {{x^2}} \right) \ge 0,\forall x$. Do đó $h’\left( x \right) < 0,\forall x < 0$.
Với $x > 0$, ta có $h’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f’\left( {{x^2}} \right) = \frac{1}{x}$.
Đặt $t = {x^2}$, phương trình trở thành $f’\left( t \right) = \frac{1}{{\sqrt t }}$$ \Leftrightarrow t = {t_0} \in \left( {0;1} \right)$. Khi đó $h’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt {{t_0}} $.
Ta có $h\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) = 0$ và $h\left( 2 \right) = f\left( 4 \right) – 4 > 0$.
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có hàm số $y = h\left( x \right)$ có 1 điểm cực trị và đồ thị hàm số $y = h\left( x \right)$ cắt $Ox$ tại 2 điểm phân biệt $ \Rightarrow $ Hàm số $y = g\left( x \right) = \left| {h\left( x \right)} \right|$ có ba điểm cực trị.
Câu 10. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$. Hàm số $y = f’\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ.
Số điểm cực trị của đồ thị hàm số $y = g\left( x \right) = f\left( {{x^2} – 4x + 3} \right) – 3{\left( {x – 2} \right)^2} + \frac{1}{2}{\left( {x – 2} \right)^4}$ là
A. $5$. B. $10$. C. $8$. D. $6$
Lời giải
Chọn D
Ta có $g’\left( x \right) = 2\left( {x – 2} \right)f’\left( {{x^2} – 4x + 3} \right) – 6\left( {x – 2} \right) + 2{\left( {x – 2} \right)^3}$
$g’\left( x \right) = 2\left( {x – 2} \right)\left[ {f’\left( {{x^2} – 4x + 3} \right) + {x^2} – 4x + 1} \right]$
$g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\f’\left( {{x^2} – 4x + 3} \right) = 2 – \left( {{x^2} – 4x + 3} \right)\end{array} \right.$
Từ đồ thị hàm số
Ta có đường thẳng $y = 2 – x$ cắt đồ thị $y = f’\left( x \right)$ tại bốn điểm phân biệt có hoành độ
là $x = – 2;x = 0;x = 1;x = 2$.
Vậy (*) $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\{x^2} – 4x + 3 = – 2\\{x^2} – 4x + 3 = 0\\{x^2} – 4x + 3 = 1\\{x^2} – 4x + 3 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 1\\x = 3\\x = 2 \pm \sqrt 2 \\x = 2 \pm \sqrt 3\end{array} \right.$
Ta có BBT:
Từ BBT suy ra đồ thị hàm số có 6 điểm cực trị.
