Tải bản đầy đủ

CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

(Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Hàm số y  f  x  có đúng

Câu 1: [2D1-2-3]

ba cực trị là 2 , 1 và 0. Hỏi hàm số y  f  x 2  2 x  có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 3 .

B. 4 .

C. 5 .

D. 6 .

Lời giải
Chọn A

 x  2
Vì hàm số y  f  x  có đúng ba cực trị là 2,  1 và 0 nên f   x   0   x  1 .

 x  0
(Cả 3 nghiệm này đều là nghiệm đơn theo nghĩa f   x  đổi dấu khi qua ba nghiệm này)







Ta có: y  f  x 2  2 x    2 x  2  f   x 2  2 x 
x  1
x  1
x  1

 2
2
x  1
x  2 x  2
x  1  0



 2

y  0  
  x  0 .
2


x  2 x  1
x0
 f   x  2 x   0

 x  2

2
 x  2
 x  2 x  0
(Cả 3 nghiệm này cũng đều là nghiệm đơn theo nghĩa y  đổi dấu khi qua ba nghiệm này)

Vậy hàm số y  f  x 2  2 x  có 3 cực trị.

Chú ý: Ta có thể chọn f   x   x  x  1 x  2  nhận 2,  1 và 0 làm nghiệm đơn.


Khi
đó:

y  f  x 2  2 x    2 x  2  f   x 2  2 x    2 x  2   x 2  2 x  x 2  2 x  1 x 2  2 x  2 





Rõ ràng từ đây dễ dàng kiểm tra về tính cực trị của hàm số y  f  x 2  2 x  .

Câu 2: [2D1-2-3] (THPT Kinh Môn 2 - Hải Dương - 2018 - BTN) Cho
y   m  3 x3  2  m2  m  1 x 2   m  4  x  1 . Gọi S là tập tất cả các giá trị
nguyên của m để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục
Oy . S có bao nhiêu phần tử?
B. 5 .

A. 4 .

C. 6 .

D. 7 .

Lời giải
Chọn C
Ta có y  3  m  3 x 2  4  m2  m  1 x  m  4





y   0  3  m  3 x 2  4 m 2  m  1 x  m  4  0 .

Để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy thì phương trình
y  0 có hai nghiệm phân biệt trái dấu.

3  m  3  0
Suy ra 
 4  m  3 .
3  m  3 .  m  4   0


Mà m

nên m  3; 2; 1;0;1; 2 . Vậy S có 6 phần tử.

Câu 3: [2D1-2-3] (THPT Xuân Trường - Nam Định - 2018-BTN) Cho hàm số y  f  x 
và hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ. Tìm số điểm cực trị

xác định trên

của hàm số y  f  x 2  3 .
y

2

1

-2

x

O

A. 4 .

D. 3 .

C. 5 .

B. 2 .
Lời giải

Chọn D
Quan sát đồ thị ta có y  f   x  đổi dấu từ âm sang dương qua x  2 nên hàm số

y  f  x  có một điểm cực trị là x  2 .
x  0
x  0


Ta có y   f x 2  3   2 x. f  x 2  3  0   2
.
 x  1
 x  3  2









Do đó hàm số y  f  x 2  3 có ba cực trị.
Câu 4: [2D1-2-3]
(THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2018 - BTN)
Tìm tổng tất cả
các điểm cực đại của hàm số y  cos 2 x  2sin x  2017 trên  0; 2017 
A. 2033136 .
1017576.5 .

B. 1016567.5 .

C. 2035153 .

Lời giải
Chọn C
y  2sin 2 x  2cos x  2cos x  2sin x  1 ;



 x  2  k

cos x  0


y 0
  x   k 2 ; k  .

6
 2sin x  1  0

 x  5  k 2

6

D.


y  4 cos 2 x  2sin x .


 5



Do y   k   0 và y   k 2   0 , y 
 k 2   0 nên hàm
2

 6
6


5

 k 2 ; k  .
số đạt cực đại tại các điểm x   k 2 và x 
6
6
Xét trên đoạn  0; 2017  :


Với x 


6

 k 2 ta có 0 


6

 k 2  2017  

1
2017
k
. Do k 
12
2

nên k  0, 1, 2,..., 1008 .


Với x 

5
5
5
2017
 k 2  2017    k 
 k 2 ta có 0 
. Do k 
6
6
12
2

nên k  0, 1, 2,..., 1008 .
Do đó tổng các điểm cực đại của hàm số y  cos 2 x  2sin x  2017 trên

 0; 2017  là:
S  1009 


6

 1  2  3  ...  1008  2  1009 

5
 1  2  3  ...  1008  2  2035153
6

.
(THPT Thanh Miện - Hải Dương - Lần 1 - 2018 - BTN) Biết rằng
1
1
đồ thị hàm số f  x   x 3  mx 2  x  2 có giá trị tuyệt đối của hoành độ hai điểm
3
2
cực trị là độ dài hai cạnh của tam giác vuông có cạnh huyền là 7 . Hỏi có mấy giá
trị của m ?

Câu 5: [2D1-2-3]

A. 3 .

C. Không có m .

B. 1 .

D. 2 .

Lời giải.
Chọn D
Có y  x   x 2  mx  1 , y  0  x 2  mx  1  0 1 .


Để hàm số có cực trị thì 1 phải có hai nghiệm phân biệt.

m  2
Điều này tương đương với   0  m 2  4  0  
.
m  2


 x1  x2  m
Gọi hai nghiệm của 1 là x1 , x2 . Khi đó, ta có 
.
 x1.x2  1

Độ dài hai cạnh của tam giác vuông đó là x1 , x2 . Theo bài ra ta có phương
trình:


x12  x22  7   x1  x2   2 x1 x2  7  m 2  2  7  m 2  9  m  3 .
2

Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 6: [2D1-2-3] (THPT Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - Lần 1 - 2018 - BTN) Biết m0
là giá trị của tham số m để hàm số y  x3  3x 2  mx  1 có hai điểm cực trị x1 , x2
sao cho x12  x22  x1 x2  13 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
C. m0   15; 7  .

A. m0   1;7  . B. m0   7;10  .

D.

m0   7; 1 .
Lời giải
Chọn C
TXĐ: D 
y  3x 2  6 x  m .
Xét y  0  3x 2  6 x  m  0 ;   9  3m .
Hàm số có hai điểm cực trị    0  m  3 .
Hai điểm cực trị x1 ; x2 là nghiệm của y  0 nên: x1  x2  2; x1.x2 

m
.
3

Để x12  x2 2  x1 x2  13   x1  x2   3x1.x1  13
2

 4  m  13  m  9 . Vậy m0  9   15; 7  .
Câu 7: [2D1-2-3] (THPT Kiến An - HP - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số
y  f  x  xác định trên
và có đồ thị hàm số y  f   x  là đường cong ở
hình bên. Hỏi hàm số y  f  x  có bao nhiêu điểm cực trị ?

A. 6 .
3.

B. 5 .

C. 4 .
Lời giải

Chọn D

D.


Dựa vào đồ thị y  f   x  ta thấy phương trình f   x   0 có 4 nghiệm nhưng giá trị

f   x  chỉ đổi dấu 3 lần.
Vậy hàm số y  f  x  có 3 điểm cực trị.
Câu 8: [2D1-2-3]
(Chuyên Quang Trung - Bình Phước - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hàm
4
số y  x  2mx 2  2m2  m4 có đồ thị  C  . Biết đồ thị  C  có ba điểm cực trị A ,
B , C và ABDC là hình thoi trong đó D  0; 3 , A thuộc trục tung. Khi đó m

thuộc khoảng nào?

1

B. m   1;  .
2


9 
A. m   ; 2  .
5 
1 9
m ;  .
2 5

C. m   2;3 .

D.

Lời giải
Chọn D
x  0
Ta có y  4 x  x 2  m   y  0   2
;
x  m

Với điều kiện m  0 đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là A  0; m4  2m2  ;



 

B  m; m4  3m2 ; C



m ; m4  3m2 . Để ABDC là hình thoi điều kiện là

BC  AD và trung điểm I của BC trùng với trung điểm J của AD . Do tính đối

xứng ta luôn có BC  AD nên chỉ cần I  J với I  0; m4  3m2  ,
 m 4  2m 2  3 
J  0;
.
2



m  1
1 9
ĐK : m 4  2m 2  3  2m 4  6m 2  m 4  4m 2  3  0  
 m  ;  .
 2 5
m  3

(Chuyên Quang Trung - Bình Phước - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hàm

Câu 9: [2D1-2-3]
3

x
 ax 2  3ax  4 . Để hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 thỏa mãn
3
x12  2ax2  9a
a2
 2
 2 thì a thuộc khoảng nào ?
a2
x2  2ax1  9a

số

y

5
7


 7

A. a   3;   . B. a   5;   . C. a   2;  1 . D. a    ;  3  .
2
2


 2

Lời giải
Chọn B


Đạo hàm : y  x 2  2ax  3a , y  0  x 2  2ax  3a  0 1
Hàm số có hai cực trị x1 , x2 khi y  0 có hai nghiệm phân biệt

   0  a  3  a  0 .
 x1  x2  2a
Khi đó x1 , x2 là nghiệm pt 1 , theo định lý Viet : 
.
 x1.x2  3a
2
2
2
2

 x1  2ax2  9a  x1   x1  x2  x2  3x1 x2   x1  x2   4a  12a
Do đó : 
.
2
2
2
2
x

2
ax

9
a

x

x

x
x

3
x
x

x

x

4
a

12
a





1
2
1
2
1
1 2
1
2
 2
4a  12
a
4a  12

2
 1  a  4 .
Theo đề bài, ta có :
a
4a  12
a
Câu 10: [2D1-2-3] (Chuyên Bắc Ninh - Bắc Ninh - Lần 1 - 2018 - BTN) Tìm tất cả các
giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  m2 có

ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân.
B. m  1; m  0 .

A. m  0 .

C. m  1 .

D.

m  1; m  0 .
Lời giải
Chọn A
Cách 1: Điều kiện để đồ thị hàm trùng phương y  ax 4  bx 2  c có ba điểm cực trị
là ab  0  m  1  loại B.
Khi đó ba điểm cực trị lập thành tam giác vuông cân khi

b3  8a  0  8  m  1  8  0  m  0 .
3





Cách 2: Ta có y  4 x x 2  m  1

x  0
Xét y  0   2
. Để đồ thị số có ba điểm cực trị thì m  1 *
x

m

1




 

Tọa độ ba điểm cực trị là A 0; m2 , B

 



m  1;  2m  1 , C  m  1;  2m  1

Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng BC thì H  0;  2m  1
Khi đó ba điểm cực trị lập thành tam giác vuông cân khi AH  BH


 m  1

4

 m  1  m  0 : T / m * .

Câu 11: [2D1-2-3] (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 8 Tuần HK1 - 2018 - BTN)
Tìm m đề đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2  1 có ba điểm cực trị A  0; 1 , B, C thỏa
mãn BC  4?
A. m  2 .
m 2.

B. m  4 .

C. m  4 .
Lời giải

Chọn B
Tập xác định: D 

.

D.


x  0
y '  4 x3  4mx  0   2
.
x  m
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị  m  0 .
Tọa độ điểm cực trị của đồ thị hàm số:

A  0;1 , B



 



m ;  m2  1 , C  m ;  m 2  1 .

BC  4  4m  16  m  4.
Câu 12: [2D1-2-3] (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-2018) Cho hàm số
y  3x 4  2mx 2  2m  m4 . Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số đã cho có
ba điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích bằng 3 .
B. m  3 .

A. m  3 .
m  4 .

C. m  4 .

D.

Lời giải
Chọn B
Ta có y  12 x3  4mx  4 x  3x 2  m  .
Đề đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì m  0 , khi đó tọa độ các điểm cực trị là
 m 4 m2
 m 4 m2


;m 
;m 
 2m  , C  
 2m  .
A  0; 2m  m4  , B 
3
3
3

 3



1
m m2
1
.
Tam giác ABC cân tại A nên có diện tích S ABC  .BC.d  A; BC   .2
2
2
3 3


m m2
.
.
3 3

Theo đề bài ta có
Câu 13: [2D1-2-3]

m m2
.
 3  m  3.
3 3
(THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-2018) Cho hàm số y  f  x  xác định

và liên tục trên tập

và có đạo hàm f   x   x3  x  1  2  x  . Hàm số đã cho có
2

bao nhiêu điểm cực trị?
B. 3 .

A. 0 .

C. 1 .
Lời giải

Chọn D

 x0
Ta có f   x   x  x  1  2  x   0   x  1.

 x  2
3

2

Mặt khác f   x  đổi dấu khi đi qua x  0 và x  2 nên hàm số có 2 điểm cực trị.

D. 2 .


Câu 14: [2D1-2-3] (SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA-2018) Ta xác định được các số a , b
, c để đồ thị hàm số y  x3  ax 2  bx  c đi qua điểm 1;0  và có điểm cực trị  2;0 
. Tính giá trị biểu thức T  a 2  b 2  c 2 .
A. 25 .

B. 1 . C. 7 .

D. 14 .

Lời giải
Chọn A
Ta có: y  3x 2  2ax  b .
Đồ thị hàm số y  x3  ax 2  bx  c đi qua điểm 1;0  nên ta có: a  b  c  1 .
4a  2b  c  8
4a  2b  c  8
Đồ thị hàm số có điểm cực trị  2;0  nên 
.

 y  2   0
4a  b  12

a  b  c  1
a  3


Xét hệ phương trình 4a  2b  c  8  b  0 .
4a  b  12
c  4


Vậy T  a 2  b 2  c 2  25 .
Câu 15: [2D1-2-3] (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-Lần 1-2018) Phương trình đường thẳng
đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x3  6 x 2  9 x  2 là
A. y  2 x  4 .
y  2 x  4 .

B. y   x  2 .

C. y  2 x  4 .

D.

Lời giải
Chọn D

x  1
Ta có: y  3x 2  12 x  9 , cho y  0  3x 2  12 x  9  0  
x  3

tại 1; 2  ,  3; 2  .

Đồ thị hàm số đạt cực đại

Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là: y  2 x  4 .
Câu 16: [2D1-2-3] (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-Lần 1-2018) [2D1-2-3]
(THPT
Hoa Lư A-Ninh Bình-Lần 1-2018) Gọi A và B là các điểm cực tiểu của đồ thị
hàm số y  x4  2 x2  1. Tính diện tích S của tam giác OAB ( O là gốc tọa độ)
A. S  2 .
S  3.

B. S  4 .

C. S  1 .

D.


Lời giải
Chọn A

x  0
 x  1

Ta có y  x 4  2 x 2  1  y  4 x 3  4 x  0  

 y  0   0
Lại có y  12 x 2  4  
 y  1  0
Do đó x  0 là điểm cực đại và x  1 là điểm cực tiểu.
Với x  1  y  2  A 1; 2  , B  1; 2   AB   2;0   AB  2  2.
1
AB.d  O; AB   2.
2
Câu 17: Hình lập phương có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

Đường thẳng AB : y  2  d  O; AB   2  SOAB 

A. 5 .

B. 9 .

C. 7 .

D. 6 .

Lời giải
Chọn B

Xét khối lập phương ABCD.ABCD .
Gọi M , N , P , Q lần lượt là trung điểm của AB , BC , CD , DA .
Gọi M  , N  , P  , Q  lần lượt là trung điểm của AB , BC , CD , DA .
Và R , S , T , U lần lượt là trung điểm của AA , BB , CC , DD .
Khối lập phương ABCD.ABCD có 9 mặt phẳng đối xứng như sau
a) 3 mặt phẳng đối xứng chia chia nó thành 2 khối hộp chữ nhật là các mặt phẳng MPPM 
, NQQN  , RSTU .


b) 6 mặt phẳng đối xứng chia nó thành 2 khối lăng trụ tam giác là: ACCA , BDDB ,
ABCD , ABCD , ABCD , ABCD .
Câu 18: [2D1-2-3] (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-Lần 1-2018) Cho hàm số y  f  x  liên
tục trên

và có đồ thị như hình vẽ. Hỏi đồ thị hàm số y  f  x  có tất cả bao nhiêu

điểm cực trị?

B. 3.

A. 5.

C. 2.

D. 4.

Lời giải
Chọn A
Ta có đồ thị hàm y  f  x  như hình vẽ sau:

Từ đồ thị ta thấy ngay đồ thị hàm số có năm điểm cực trị.
BẢNG ĐÁP ÁN
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
Câu 19: [2D1-2-3](THPT Lê Hồng Phong - Nam Định - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho





hàm số f  x  có đạo hàm là f   x    x 2  1 x  3 . Số điểm cực trị của hàm số
2

này là:
A. 1 .

C. 3 .

B. 2 .
Lời giải

Chọn B



f   x    x 2  1 x  3



2

x  1

 0   x  1 .
x  3


D. 4 .


Bảng xét dấu y 

Do đó số điểm cực trị của hàm số là 2 .
Câu 20: [2D1-2-3] (Chuyên Thái Bình – Lần 5 – 2018) Cho hàm số f  x  xác định trên

\ 0 và có bảng biến thiên như hình vẽ.

Số nghiệm của phương trình 3 f  2 x  1  10  0 là.
A. 2 .

B. 1 .

C. 4 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn C
10
. Với mỗi nghiệm t thì có
3
10
t 1
một nghiệm x 
nên số nghiệm t của phương trình f  t  
bằng số nghiệm
3
2
của 3 f  2 x  1  10  0 .

Đặt t  2x 1 , ta có phương trình trở thành f  t  

Bảng biến thiên của hàm số y  f  x  là

10
có 4 nghiệm phân biệt nên phương trình
3
3 f  2 x  1  10  0 có 4 nghiệm phân biệt.

Suy ra phương trình

f t  


Câu 21: [2D1-2-3] (Chuyên Thái Bình – Lần 5 – 2018) Cho hàm số y  x 4  2m 2 x 2  m 2 có
đồ thị  C  . Để đồ thị  C  có ba điểm cực trị A , B , C sao cho bốn điểm A , B , C
, O là bốn đỉnh của hình thoi ( O là gốc tọa độ) thì giá trị tham số m là
A. m   2 .

m

B. m  

2
.
2

C. m   2 .

D.

2
.
2
Lời giải

Chọn B
x  0
Ta có y  4 x3  4m2 x ; y  0  
.
2
x  m

Điều kiện để hàm số có ba cực trị là y  0 có ba nghiệm phân biệt  m  0 .

x  0
Khi đó: y  0  
.
 x  m
Tọa độ các điểm cực trị là A  0; m2  , B  m; m4  m2  , C  m; m4  m2  .
Ta có OA  BC , nên bốn điểm A , B , C , O là bốn đỉnh của hình thoi điều kiện cần
và đủ là OA và BC cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn


 x A  xO  xB  xC
0  0
 2

4
2
4
2
 y A  yO  yB  yC

m  0  m  m  m  m



 2m 4  m 2  0  m 2 

Vậy m  

 



2
1
m
.
2
2

2
.
2

Câu 22: [2D1-2-3] (THPT Kim Liên - HN - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số
y  x3  2 x 2  ax  b ,  a, b   có đồ thị  C  . Biết đồ thị  C  có điểm cực trị là

A 1;3 . Tính giá trị của P  4a  b .
A. P  3 .

B. P  2 .

C. P  4 .
Lời giải

Chọn D
Để đồ thị  C  có điểm cực trị A 1;3 điều kiện là:
2
 y 1  0

a  1
3.1  4.1  a  0

 P  4a  b  1 .

3

2
b

3
1

2.1

a
.1

b

3


 y 1  3


D. P  1 .


Câu 23: [2D1-2-3] (THPT Nguyễn Trãi – Đà Nẵng – 2018) Cho hàm số y  x  3 

1
,
x 1

gọi S là tổng tất cả các giá trị cực trị của hàm số. Giá trị của S bằng
A. S 

9
.
2

B. S 

1
.
2

C. S 

7
.
2

D. S  4 .

Lời giải
Chọn C
Tập xác định của hàm số D 

\ 1 .

1

x 3
neáu  3  x  1

1

x 1

Ta có: y  x  3 
.
x 1 
1
x  3 
neáu x  3

x 1
1

neáu  3  x  1
2
1 
 x  2
  x  1
; y  0  
.
y  
1
x

0

1 
neáu x  3
2

x

1



Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra tổng tất cả các giá trị cực trị của hàm số là
1
7
S   04  .
2
2
Câu 24: [2D1-2-3] (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018 - BTN) Biết rằng hàm số
f  x  có đồ thị được cho như hình vẽ bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số

y  f  f  x   .


A. 5

B. 3

C. 4

D. 6

Lời giải
Chọn C
Xét hàm số y  f  f  x   , y  f   x  . f   f  x  ;
x  0
x  0

x  2
 f  x  0
x2

y  0  


.

 x  a   2;  
f
x

0



 f  f  x    0


 f  x   2
 x  b   a;  

Với x  b , ta có f  x   2  f   f  x   0
Với a  x  b , ta có 0  f  x   2  f   f  x   0
Với 0  x  a hoặc x  0 , ta có f  x   0  f   f  x   0
BBT:

Dựa vào BBT suy ra hàm số y  f  f  x   có bốn điểm cực trị.
Câu 25: [2D1-2-3] [Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp - 2018 - BTN] Tìm giá trị
nguyên của tham số để hàm số y  x 4  2 m2  1 x 2  2 có 3 điểm cực trị sao cho





giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất.
A. m  0

B. m  1

C. m  2
Lời giải

D. m  2


Chọn A
Ta

x  0
y  4 x 3  4 m2  1 x  4 x x 2  m 2  1  0   2
2
x  m 1











x  0

2
 x   m  1
Hàm số có 3 điểm cực trị  y   0 có 3 nghiệm phân biệt  m 

.

Hàm số đạt cực trị tại x  0 , x   m2  1 .






 y  0   4 m2  1  0

Lại có y  12 x 2  4  m2  1  
.
2
2

y

m

1

8
m

1

0









Do đó hàm số đạt cực tiểu tại x   m2  1









2





2





2

 yCT  y  m 2  1  m2  1  2 m2  1  2   m2  1  2
 1  2  1 .
Dấu "  " xảy ra  m  0 .
Như vậy yCT có giá trị lớn nhất bằng 1 , đạt được khi m  0 .

Câu 26: [2D1-2-3] (THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1 - 2018 - BTN) Tổng tất cả các giá trị
của tham số thực m sao cho đồ thị hàm số y  x3  3mx 2  4m3 có điểm cực đại và
cực tiểu đối xứng với nhau qua đường phân giác của góc phần tư thứ nhất là
A.

2
2

B.

1
2

C. 0

D.

1
4

Lời giải
Chọn C

x  0
Ta có: y  3x 2  6mx , y  0  
.
 x  2m
Để hàm số có cực đại cực tiểu thì m  0 .

Khi đó các điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A  0; 4m3  , B  2m ;0  .
Ta có I  m ; 2m3  là trung điểm của đoạn thẳng AB .
Đường phân giác của góc phần tư thứ nhất là d : x  y  0 .
Do đó để điểm cực đại và cực tiểu đối xứng với nhau qua d thì:
3

2
 2m  4m  0
2

1

2
m

0

m


.

3
2
m

2
m

0


Vậy tổng tất cả các giá trị của tham số thực m là 0 .


Câu 27: [2D1-2-3] [THPT Đô Lương 4 - Nghệ An - 2018 - BTN] Biết phương trình
ax3  bx 2  cx  d  0 với  a  0  có đúng hai nghiệm thực. Hỏi đồ thị hàm số

y  ax3  bx2  cx  d có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 3

B. 5

C. 2

D. 4

Lời giải
Chọn A
Vì phương trình ax3  bx 2  cx  d  0 với  a  0  có đúng hai nghiệm thực nên đồ
thị hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có hai điểm cực trị trong đó một điểm cực trị nằm
trên trục hoành. Các dạng của đồ thị hàm số y  ax3  bx2  cx  d trong trường hợp
này được mô tả như sau:
Trường hợp 1: a  0

Trường hợp 2: a  0

Vậy với a  0 đồ thị hàm số y  ax3  bx2  cx  d luôn có ba điểm cực trị.


Câu 28: [2D1-2-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Tìm tất cả các giá
trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y  x 4  2mx 2 có ba điểm cực trị tạo
thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1 .
B. 0  m  1 .
Lời giải

A. m  1 .

C. 0  m  3 4 .

D. m  0 .

Chọn B

x  0
. Ta có y  4 x3  4mx ; y  0   2
.
x  m
Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì m  0 . Khi đó ba điểm cực trị là O  0;0  ,
Hàm số y  x 4  2mx 2 có TXĐ: D 



 

B  m ;  m2 , C



m;  m2 . Ta giác OBC cân tại O , với I  0; m2  trung điểm

của BC
1
1
Theo yêu cầu bài toán, ta có: S ABC  OI .BC   m 2 .2 m  1  0  m  1 .
2
2
Câu 29: [2D1-2-3] (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-2018) Tìm m để đồ thị hàm số
y  x 4  2  m  1 x 2  m
có ba điểm cực trị A , B , C sao cho OA  BC , trong đó
O là gốc tọa độ, A là điểm cực đại, B và C là hai điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.

A. m  2  2 2
m  22 3

B. m  2  2

C.

D. m  2  2 2
Lời giải

Chọn A
Ta



y  4 x3  4  m  1 x

y  0  x  x   m  1  0

;

Giải

phương

trình

2

.

Để hàm số có ba cực trị thì phương trình y  0 có 3 nghiệm phân biệt

 m  1 .
Theo đề bài ta có A là điểm cực đại, B và C là hai điểm cực tiểu nên



 

2
A  0; m  B  m  1; m  m  1 C
,
,

Mặt

khác

.

m  1; m2  m  1

OA  BC  m  2 m  1  m 2  4m  4  0

 m  2  2 2 t / m

.
Câu 30: [2D1-2-3] (THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Cho hàm số
2
m
y  x 3  x 2  m 2 x  2 . Tìm tất cả các giá trị thực của m để đồ thị hàm số có hai
3
2
điểm cực trị A , B sao cho ba điểm O , A , B thẳng hàng, trong đó O là gốc tọa độ.
A. m  0

m

2
2

B. m  3

C. m  3 24

D.


Lời giải
Chọn C
Tập xác định D 

, y  2 x 2  mx  m2 , hàm số có hai cực trị khi y  0 có hai

nghiệm phân biệt x1 , x2    9m 2  0  m  0 . Khi đó x1  m , x2  

 m 7

B   ; m3  2  ,
 2 24


5


 A  m;  m3  2  ,
6


 m 7

OB    ; m3  2 
 2 24


m
2

5


OA   m;  m3  2  ,
6



5
 m3  2
m
 6
Ta có ba điểm O , A , B thẳng hàng khi OA , OB cùng phương 
m
7 3

m 2
2
24

5
 7

 2  m3  2    m3  2  m3  24  m  3 24 .
6
 24

Cách khác: Có thể thực hiện phép chia đa thức y cho y  để tìm phương trình đường
3
m3
 2 , cho O  0;0  thuộc d ta cũng
thẳng đi qua hai điểm cực trị: d : y   m2 x 
4
12

được  m  3 24 .
Câu 31: [2D1-2-3] (THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Cho hàm số
y  mx 4   m  1 x 2  1 . Hỏi có bao nhiêu số thực m để hàm số có cực trị và các
điểm cực trị của đồ thị hàm số đều thuộc các trục tọa độ.
A. 0

B. 1

C. 2

D. 4

Lời giải
Chọn C
Tập xác định D 
trên Oy .

, xét m  0 thì y   x 2  1 , khi đó hàm số có một cực đại nằm

x  0
Xét m  0 . y  4mx  2  m  1 x , y  0   2 m  1 .
x 
2m

3

Hàm số có ba cực trị khi

 m  1  m  2
m  0
m 1
0 
. Khi đó y  
.

2m
4
2m 
 m  1


Ycbt  m  2  0  m  2 .


Câu 32: [2D1-2-3]

(THPT Chuyên Trần Phú - Hải Phòng - Năm 2018) Gọi m1 , m2 là

các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  2 x3  3x 2  m  1 có hai điểm cực trị
là B , C sao cho tam giác OBC có diện tích bằng 2 , với O là gốc tọa độ. Tính
m1m2 .
A. 15 .

D. 20 .

C. 6 .

B. 12 .

Lời giải
Chọn A
Ta



 x  0  y  m  1  B  0; m  1
y '  6 x2  6 x  0  
 x  1  y  m  2  C 1; m  2 


OB   0; m  1


OC  1; m  2 
1
1
0.  m  2    m  1 .1  m  1 .
2
2
m  5
1
 m1m2  15 .
Bài ra SOBC  2  m  1  2  
2
m  3

 SOBC 

(Chuyên Long An - Lần 2 - Năm 2018) Tìm tất cả các giá trị của tham
1
số m để hàm số y   m  1 x 3  x 2   2m  1 x  3 có cực trị
3

Câu 33: [2D1-2-3]

 3 
A. m    ;0 .
 2 

 3 
B. m    ;0  .
 2 

 3 
C. m    ;0  \ 1 .
 2 

 3 
D. m   ;0 \ 1 .
 2 
Lời giải

Chọn B
Ta có y   m  1 x 2  2 x  2m  1
Để hàm số có cực trị ta xét hai trường hợp:
 Trường hợp 1: m  1 ta có y  2 x  1 ; y  0  x  
Bảng biến thiên

1
2


1
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy khi m  1 thì hàm số đạt cực đại tại x   .
2

Vậy m  1 thoả mãn.
 Trường hợp 2: m  1 để hàm số có cực trị thì y  0 có hai nghiệm phân biệt
 2m 2  3m  0  

3
 m  0 và m  1 .
2

 3 
Kết hợp hai trường hợp trên ta được m    ;0  .
 2 
Câu 34: [2D1-2-3]

(Chuyên Long An - Lần 2 - Năm 2018) Tìm tất cả các giá trị của m

để hàm số f  x    x3   2m  1 x 2   m2  8 x  2 đạt cực tiểu tại x  1 .
A. m  3 .
tìm được m .

B. m  2 .

C. m  9 .

D. Không

Lời giải
Chọn D

f   x   3x 2  2  2m  1 x   m2  8 .
Hàm số đạt cực tiểu tại x  1  f   1  0   m 2  4m  9  0 . Phương trình vô
nghiệm.
Vậy không tìm được m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 35: [2D1-2-3] (THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần 2 - Năm 2018) Cho hàm số
y  x3  3mx  m 2 ( m là tham số). Có bao nhiêu số nguyên m bé hơn 10 thỏa mãn
đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị A, B sao cho AB  2 5 .
A. 18 .

B. 9 .

C. 5 .
Lời giải

Chọn B
Ta có: y  3x 2  3m . Để hàm số có hai điểm cực trị thì m  0.

D. 10 .


 x  m  y1  m2  2m m
Khi đó, y  0  x 2  m   1
.
2
x


m

y

m

2
m
m
 2
2
Ta được: A



 



m; m2  2m m , B  m ; m2  2m m .

AB  2 5  AB2  20  4m  16m3  20  4m3  m  5  0   m  1  4m2  4m  5  0  m 
Do m nguyên và bé hơn 10 nên m  1; 2;3; 4;5;6;7;8;9
Câu 36: [2D1-2-3](Sở GD và ĐT Cần Thơ - 2017-2018 - BTN) Giá trị của tham số m sao
cho hàm số y  x3  3x 2  mx  1 có hai điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  3 là
B. m 

A. m  1.
m

3
.
2

C. m  3 .

D.

3
.
2

Lời giải
Chọn B
Ta có y  3x 3  6 x  m
Hàm số có hai điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  3 khi và chỉ khi y  0 có hai

36  12m  0

3
 y  0

m .
nghiệm phân biệt x1 , x2 và 
  2m
2
2

4  3  3
 x1  x2   2 x1 x2  3
Câu 37: [2D1-2-3] [Sở GD và ĐT Cần Thơ - mã 301 - 2017-2018-BTN] Điểm cực tiểu của
hàm số y  x 4  x 2
A. x
.

2 3.

B. x

C. x

2.
Lời giải

Chọn C
Tập xác định D   2; 2 .

y  4  x 2 

x2
4  x2

y  0  x   2 .
Bảng biến thiên



4  2 x2
4  x2

.

2.

D. x

2


x

2

2

y'

0

2

2

0

+

y
Dựa vào bảng biến thiên suy ra điểm cực tiểu của hàm số là x

2.

Câu 38: [2D1-2-3] (Lương Văn Chánh - Phú Yên – 2017 - 2018 - BTN) Tìm giá trị thực
của tham số m để đường thẳng d : y   3m  1 x  3  m vuông góc với đường thẳng
đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x3  3x 2  1 .
A. m 

1
.
6

1
B.  .
3

C.

1
.
3

D. 

1
.
6

Lời giải
Chọn D
Xét hàm số y  x3  3x 2  1

1
1
Có : y  3x 2  6 x , y   x   y  2 x  1 .
3
3
Do đó, đường thẳng  qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số này có
phương trình là y  2 x  1 .
1
Để d vuông góc với  thì  3m  1 .  2   1  m   .
6

1
Vậy giá trị cần tìm của m là m   .
6

Câu 39: [2D1-2-3] (Lương Văn Chánh - Phú Yên – 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số
y  f  x  có đạo hàm liên tục trên . Đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ sau:


Số điểm cực trị của hàm số y  f  x   5 x là:
A. 2 .

B. 3 .

C. 4 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn D

Ta có: y  f   x   5 ; y  0  f   x   5 . Dấu đạo hàm sai y 
Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình f   x   5 có nghiệm duy nhất và đó là
nghiệm đơn.
Nghĩa là phương trình y  0 có nghiệm duy nhất và y  đổi dấu khi qua nghiệm
này.
Vậy hàm số y  f  x   5 x có một điểm cực trị.


Câu 40: [2D1-2-3] (Lương Văn Chánh - Phú Yên – 2017 - 2018 - BTN) Gọi S là tập hợp
tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị  C  của hàm số
y  x 4  2m2 x 2  m4  5 có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó cùng với
gốc tọa độ O tạo thành một tứ giác nội tiếp. Tìm số phần tử của S .

A. 1 .

B. 0 .

C. 2 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn C
Ta có y  4 x3  4m2 x .
Hàm số có cực đại cực tiểu  phương trình y  0 có ba nghiệm phân
biệt  m  0 .

Gọi A  0; m4  5 , B  m;5 , C  m;5 lần lượt là ba điểm cực trị của đồ

thị hàm số.
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC khi đó ta có ba điểm
A , I , O thẳng hàng.
Mặt khác do hai điểm B và C đối xứng nhau qua AO nên AO là đường
kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC  AB  OB  AB.OB  0 .

Trong đó AB   m; m4  , OB   m;5  . Ta có phương trình m 2  5m 4  0

5
5
Câu 41: [2D1-2-3] (Lương Văn Chánh - Phú Yên – 2017 - 2018 - BTN) Cho hàm số
f  x    m2018  1 x 4   2m2018  22018 m2  3 x 2  m2018  2018 , với m là tham số.
m

Số cực trị của hàm số y  f  x   2017 .
A. 3 .

C. 6 .

B. 5 .

D. 7 .

Lời giải
Chọn D
Đặt g  x   f  x   2017 .
Ta có g   x   f   x   4  m2018  1 x3  2  2m2018  22018 m2  3 x .
x  0

Khi đó f   x   0   2 b 2m 2018  22018 m2  3 .
x 


2a
4  m 2018  1


Nhận xét

2m2018  22018 m2  3
 0 m 
4  m2018  1

có 3 cực trị.

nên hàm số g  x   f  x   2017 luôn


Nhận xét f 1   m2018  1   2m2018  22018 m2  3  m2018  2018 .
Do đó g 1  22018 m2  1  0 m . Suy ra hàm số g  x  luôn có ba cực trị trong đó
có hai cực tiểu nằm bên dưới trục Ox nên hàm số y  f  x   2017 có 7 cực trị.
Câu 42: [2D1-2-3] (THPT Gia Định - TPHCM - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Tìm tất cả các
giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2 có ba điểm cực trị tạo
thành tam giác có diện tích nhỏ hơn 1.
A. 0  m  3 4 .
D. m  0 .

B. 0  m  1 .

C.

m  1.

Lời giải
Chọn B
Ta có: y  x 4  2mx 2  y  4 x3  4mx

y  0  4 x 3  4mx  0  x  0  x 2  m .
Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi m  0 . Khi đó:
 x  0  y  0  A 0;0
 

y  0   x   m  y  m2  B  m ; m 2


2
2
 x  m  y   m  C m ;  m
1
Diện tích tam giác S ABC  2 m .m 2  1  m  1 . So điều kiện ta được
2









0  m  1.
Câu 43: [2D1-2-3] (THPT Gia Định - TPHCM - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Tìm giá trị
1
thực của tham số m để hàm số y  x 3  mx 2   m 2  4  x  3 đạt cực đại tại
3
x  3.
A. m  1 .

B. m  5 .

C. m  1 .

D. m  7 .

Lời giải
Chọn B
Ta có: y  x 2  2mx  m2  4; y  2 x  2m .

 y  3  0
 y  3  0
 m 2  6m  5  0


Hàm số đạt cực đại tại x  3  

6  2m  0
 y  3  0
 y  3  0
m  5.
Câu 44: [2D1-2-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Với giá trị nào
của tham số m thì đồ thị hàm số y  2 x3  3  m  1 x 2  6  m  2  x  1 có cực đại,
cực tiểu thỏa mãn xCĐ  xCT  2 .


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×