10 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bài tập tổng hợp Trắc nghiệm Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số có đáp án

Câu 1:

Có bao nhiêu giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số $y = \frac{x - m^{2} - 2}{x - m}$ trên đoạn $[0; 4]$ bằng – 1.

A. 3

B. 2

C. 1

D. 0

Xem đáp án

ĐK: $x \neq m$

Ta có: $y' = \frac{m^{2} - m + 2}{{(x - m)}^{2}}$ nhận thấy $m^{2} - m + 2 = {(m - \frac{1}{2})}^{2} + \frac{7}{4} > 0, \forall m$ nên $y' > 0 \forall m$

Hay hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.

Để hàm số đạt $G T L N$ trên $[0; 4] \Rightarrow m \notin [0; 4] \Leftrightarrow [\begin{matrix} m < 0 \\ m > 4 \end{matrix}$

Suy ra $\max_{[0; 4]} y = y (4) = \frac{4 - m^{2} - 2}{4 - m}$ . Theo bài ra ta có: $\frac{4 - m^{2} - 2}{4 - m} = - 1 \Rightarrow - m^{2} + 2 = m - 4 \Leftrightarrow m^{2} + m + 6 = 0 \Rightarrow [\begin{matrix} m = 2 (k t m) \\ m = - 3 (t m) \end{matrix}$

Vậy có một giá trị của m thỏa mãn

Đáp án cần chọn là: C

Câu 2:

Cho hai số thực x, y thỏa mãn $x^{2} + y^{2} - 4 x + 6 y + 4 + \sqrt{y^{2} + 6 y + 10} = \sqrt{6 + 4 x - x^{2}}$ Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức $T = |\sqrt{x^{2} + y^{2}} - a|$ . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn $[- 10; 10]$ của tham số a để $M \geq 2 m$ ?

A. 17

B. 10

C. 15

D. 18

Xem đáp án

Ta có: $x^{2} + y^{2} - 4 x + 6 y + 4 + \sqrt{y^{2} + 6 y + 10} = \sqrt{6 + 4 x - x^{2}}$

$\Leftrightarrow x^{2} + y^{2} - 4 x + 6 y + 4 + \sqrt{y^{2} + 6 y + 10} - \sqrt{6 + 4 x - x^{2}} = 0$

$\Leftrightarrow x^{2} + y^{2} - 4 x + 6 y + 4 + \frac{(\sqrt{y^{2} + 6 y + 10} - \sqrt{6 + 4 x - x^{2}}) (\sqrt{y^{2} + 6 y + 10} + \sqrt{6 + 4 x - x^{2}})}{\sqrt{y^{2} + 6 y + 10} + \sqrt{6 + 4 x - x^{2}}} = 0$

$\Leftrightarrow x^{2} + y^{2} - 4 x + 6 y + 4 + \frac{y^{2} + 6 y + 10 - 6 - 4 x + x^{2}}{\sqrt{y^{2} + 6 y + 10} + \sqrt{6 + 4 x - x^{2}}} = 0$

$\Leftrightarrow x^{2} + y^{2} - 4 x + 6 y + 4 + \frac{x^{2} + y^{2} - 4 x + 6 y + 4}{\sqrt{y^{2} + 6 y + 10} + \sqrt{6 + 4 x - x^{2}}} = 0$

$\Leftrightarrow (x^{2} + y^{2} - 4 x + 6 y + 4) + (1 + \frac{1}{\sqrt{y^{2} + 6 y + 10} + \sqrt{6 + 4 x - x^{2}}}) = 0$

$\Leftrightarrow x^{2} + y^{2} - 4 x + 6 y + 4 = 0$

(vì $1 + \frac{1}{\sqrt{y^{2} + 6 y + 10} + \sqrt{6 + 4 x - x^{2}}} > 0$ )

$\Leftrightarrow {(x - 2)}^{2} + {(y + 3)}^{2} = 9$

Phương trình $\Leftrightarrow {(x - 2)}^{2} + {(y + 3)}^{2} = 9$ là phương trình đường tròn $(C)$ tâm $I (2; - 3)$ và bán kính R = 3.

Gọi $N (x; y) \in (C)$ ta suy ra $O N = \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ suy ra $T = |O N - a|$

Gọi A, B là giao điểm của đường tròn $(C)$ và đường thẳng OI.

Khi đó, $O A = O I - R = \sqrt{13} - 3$ và $O B = O I + R = \sqrt{13} + 3$

Suy ra $\sqrt{13} - 3 \leq \sqrt{x^{2} + y^{2}} \leq \sqrt{13} + 3$

TH1: nếu $\sqrt{13} - 3 \leq a \leq \sqrt{13} + 3$ thì $|\sqrt{x^{2} + y^{2}} - a| \geq 0 \Rightarrow \min T = 0 \Rightarrow M \geq 2 m \Rightarrow a \in \{1; 2; 3; 4; 5; 6\}$

TH2: Nếu $a < \sqrt{13} - 3 \Rightarrow a < \sqrt{13}$ nên $|\sqrt{13} + 3 - a| > |\sqrt{13} - 3 - a|$ , do đó $M = |\sqrt{13} + 3 - a|; m = |\sqrt{13} - 3 - a|$

Vì $M \geq 2 m \Rightarrow |\sqrt{13} + 3 - a| \geq 2 |\sqrt{13} - 3 - a|$

$\Leftrightarrow {(\sqrt{13} - 3 - a)}^{2} - {(2 \sqrt{13} + 6 - 2 a)}^{2} \geq 0 \Leftrightarrow \sqrt{13} + 1 \leq a \leq \sqrt{13} + 9 \Rightarrow a \in \{5; 6; 7; 8; 9; 10\}$

Vậy có 10 giá trị của a thỏa mãn đề bài.

Đáp án cần chọn là: B

Câu 3:

Cho f (x) mà đồ thị hàm số $y = f' (x)$ như hình vẽ bên

Bất phương trình $f (x) > \sin \frac{π x}{2} + m$ nghiệm đúng với mọi $x \in [- 1; 3]$ khi và chỉ khi:

A. $m < f (0)$

B. $m < f (1) - 1$

C. $m < f (- 1) + 1$

D. $m < f (2)$

Xem đáp án

$f (x) > \sin \frac{π x}{2} + m, \forall x \in [- 1; 3] \Leftrightarrow g (x) = f (x) - \sin \frac{π x}{2} > m \forall x \in [- 1; 3]$

$\Rightarrow m < \min_{[- 1; 3]} g (x)$

Từ đồ thị hàm số $y = f' (x)$ ta suy ra BBT đồ thị hàm số $y = f (x)$ như sau:

Dựa vào BBT ta thấy $f (x) \geq f (1) \forall x \in [- 1; 3]$

$x \in [- 1; 3] \Rightarrow \frac{π x}{2} \in [- \frac{π}{2}; \frac{3 π}{2}] \Rightarrow - 1 \leq \sin \frac{π x}{2} \leq 1$

$\Leftrightarrow - 1 \leq - \sin \frac{π x}{2} \leq 1$

$\Rightarrow f (1) - 1 \leq f (x) - \sin \frac{π x}{2} \Leftrightarrow g (x) \geq f (1) - 1 \Rightarrow \min_{[- 1; 3]} g (x) = f (1) - 1$

Vậy $m < f (1) - 1$

Đáp án cần chọn là: B

Câu 4:

Cho $f (x) = \frac{1}{x^{2} - 4 x + 5} - \frac{x^{2}}{4} + x$ . Gọi $M = \max_{x \in [0; 3]} f (x); m = \min_{x \in [0; 3]} f (x)$ . Khi đó $M - m$ bằng:

A. 1

B. $\frac{3}{5}$

C. $\frac{7}{5}$

D. $\frac{9}{5}$

Xem đáp án

Ta có: $f (x) = \frac{1}{x^{2} - 4 x + 5} - \frac{x^{2}}{4} + x$

$f (x) = \frac{1}{x^{2} - 4 x + 5} - \frac{x^{2} - 4 x}{4}$

Đặt $t = x^{2} - 4 x + 5$ với $x \in [0; 3]$ ta có: $t' = 2 x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2 \in [0; 3]$

Ta có: $t (0) = 5; t (2) = 1; t (3) = 2$

$\Rightarrow$ với $x \in [0; 3] \Rightarrow t \in [1; 5]$ khi đó hàm số trở thành $f (t) = \frac{1}{t} - \frac{t - 5}{4}$ với $t \in [1; 5]$

Ta có: $f' (t) = - \frac{1}{t^{2}} - \frac{1}{4} < 0 \forall t \in [1; 5]$

$\Rightarrow$ hàm số $y = f (t)$ nghịch biến trên

$[1; 5] \Rightarrow \{\begin{matrix} \max_{[0; 3]} f (x) = \max_{[1; 5]} f (t) = f (1) = 2 = M \\ \min_{[0; 3]} f (x) = \min_{[1; 5]} f (t) = f (5) = \frac{1}{5} = m \end{matrix}$

Vậy $M - m = 2 - \frac{1}{5} = \frac{9}{5}$

Đáp án cần chọn là: D

Câu 5:

Cho hàm số f (x). Biết rằng hàm số $f' (x)$ có đồ thị như hình dưới đây. Trên đoạn $[- 4; 3]$ , hàm số $g (x) = 2 f (x) + {(1 - x)}^{2}$ đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm

A. $x = - 1$

B. $x = - 4$

C. $x = - 3$

D. $x = 3$

Xem đáp án

Ta có: $g' (x) = 2 f' (x) - 2 (1 - x) = 2 [f' (x) - (1 - x)]$

Xét $g' (x) = 0 \Leftrightarrow f' (x) = 1 - x$ , số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f' (x)$ và đường thẳng $y = 1 - x$

Ta biểu diễn đường thẳng: $y = 1 - x$ trên hình vẽ:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy $f' (x) = 1 - x \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = - 4 \\ x = - 1 \\ x = 3 \end{matrix}$

Từ đó, ta suy ra bảng xét dấu $g' (x)$ như sau:

Vậy hàm số đạt GTNN tại x = - 1.

Đáp án cần chọn là: A

Câu 6:

Cho hàm số $y = a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ có đồ thị như hình bên:

Giá trị nguyên lớn nhất của tham số m để hàm số $y = f (|x| - m)$ đồng biến trên khoảng $(10; + \infty)$ là:

A. -10

B. 10

C. 9

D. -11

Xem đáp án

Ta có: $y = f (|x| - m) = f (\sqrt{x^{2}} - m)$

$\Rightarrow y' = \frac{2 x}{2 \sqrt{x^{2}}} f' (\sqrt{x^{2}} - m) = \frac{x}{\sqrt{x^{2}}} f' (\sqrt{x^{2}} - m)$

Để hàm đồng biến trên $(10; + \infty)$ thì $y' \geq 0 \forall x \in (10; + \infty)$

$\Rightarrow \frac{x}{\sqrt{x^{2}}} f' (\sqrt{x^{2}} - m) \geq 0 \forall x \in (10; + \infty) \Rightarrow f' (\sqrt{x^{2}} - m) \geq 0 \forall x \in (10; + \infty)$ (*)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên $(1; + \infty)$ và $(- \infty; - 1)$

Do đó (*) $\Leftrightarrow [\begin{matrix} \sqrt{x^{2}} - m \geq 1 \forall x \in (10; + \infty) (1) \\ \sqrt{x^{2}} - m \leq - 1 \forall x \in (10; + \infty) (2) \end{matrix}$

Xét (1) ta có $m \leq \sqrt{x^{2}} - 1 \forall x \in (10; + \infty) \Rightarrow m \leq \min_{[10; + \infty)} (\sqrt{x^{2}} - 1)$

Xét $g (x) = \sqrt{x^{2}} - 1$ trên khoảng $(10; + \infty)$ ta có $g' (x) = \frac{x}{\sqrt{x^{2}}} > 0 \forall x \in (10; + \infty)$ , do đó hàm số đồng biến trên $(10; + \infty) \Rightarrow \min_{[10; + \infty)} (\sqrt{x^{2}} - 1) = g (10) = 9 \Leftrightarrow m \leq 9$

Xét (2) ta có $m \geq \sqrt{x^{2}} + 1 \forall x \in (10; + \infty) \Rightarrow m \geq \max_{[10; + \infty)} (\sqrt{x^{2}} + 1)$

Do $\lim_{x \to + \infty} (\sqrt{x^{2}} + 1) = + \infty$ nên hàm số đã cho không có GTLN trên $[10; + \infty)$ , do đó không tồn tại m thỏa mãn (2).

Vậy $m \leq 9$ nên giá trị nguyên lớn nhất của m bằng 9.

Đáp án cần chọn là: C

Câu 7:

Cho hàm số $y = x^{3} - 3 m x^{2} + 3 (m^{2} - 1) x + 2020$ . Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho hàm số có giá trị nhỏ nhất trên khoảng $(0; + \infty)$

A. 2

B. 1

C. Vô số

D. 3

Xem đáp án

Ta có: $y' = 3 x^{2} - 6 m x + 3 (m^{2} - 1)$

Cho $y' = 0 \Leftrightarrow 3 x^{2} - 6 m x + 3 (m^{2} - 1) = 0 \Leftrightarrow x^{2} - 2 m x + m^{2} - 1 = 0$

Ta có: $Δ' = m^{2} - m^{2} + 1 = 1 > 0$ , khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt: $[\begin{matrix} x_{1} = m + 1 \\ x_{2} = m - 1 \end{matrix}$

Ta có BBT:

Ta có:

$f (m - 1) = m^{3} - 3 m + 2022$

$f (m + 1) = m^{3} - 3 m + 2018$

TH1: $0 < m - 1 \Leftrightarrow m > 1$

Ta có: $f (0) = 2020$

Để hàm số có GTNN trên $(0; + \infty)$ thì $f (m + 1) \leq f (0) \Leftrightarrow m^{3} - 3 m + 2018 \leq 2020$

$\Leftrightarrow m^{3} - 3 m - 2 \leq 0$

Xét hàm số $f (m) = m^{3} - 3 m - 2$ ta có $f' (m) = 3 m^{2} - 3 = 0 \Leftrightarrow m = \pm 1$

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy $f (m) \leq 0 \Leftrightarrow m \leq 2$

Kết hợp điều kiện $\Rightarrow 1 < m \leq 2$

TH2: $m - 1 \leq 0 < m + 1 \Leftrightarrow - 1 < m \leq 1$ , khi đó GTNN của hàm số trên $(0; + \infty)$ là $f (m + 1)$

Kết hợp 2 trường hợp ta có: $[\begin{matrix} 1 < m \leq 2 \\ - 1 < m \leq 1 \end{matrix}$ mà $m \in Z \Rightarrow m \in \{0; 1; 2\}$

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần chọn là: D

Câu 8:

Cho x, y là các số thực thỏa mãn $2^{x + y - 1} (3^{x + y} + 1) = 3 x + 3 y + 1$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = x^{2} + x y + y^{2}$

A. 1

B. $\frac{3}{4}$

C. $- \frac{3}{4}$

D. 0

Xem đáp án

Ta có: $2^{x + y - 1} (3^{x + y} + 1) = 3 x + 3 y + 1$

$\Leftrightarrow 2^{x + y} (3^{x + y} + 1) = 6 x + 6 y + 2$

$\Leftrightarrow 6^{x + y} + 2^{x + y} = 6 (x + y) + 2$

Đặt $x + y = t$ , phương trình trở thành $6^{t} + 2^{t} = 6 t + 2 \Leftrightarrow 6^{t} + 2^{t} - 6 t - 2 = 0$

Xét hàm số $f (t) = 6^{t} + 2^{t} - 6 t - 2$ ta có:

$f' (t) = 6^{t} . \ln 6 + 2^{t} . \ln 2 - 6$

$f'' (t) = 6^{t} . \ln^{2} 6 + 2^{t} . \ln^{2} 2 > 0 \forall t \in R$

Do đó hàm số $y = f' (t)$ đồng biến trên R, suy ra phương trình $f' (t) = 0$ có nhiều nhất 1 nghiệm

Suy ra phương trình $f (t) = 0$ có nhiều nhất 2 nghiệm.

Ta lại có $\{\begin{matrix} f (0) = 6^{0} + 2^{0} - 6.0 - 2 = 0 \\ f (1) = 6^{1} + 2^{1} - 6.1 - 2 = 0 \end{matrix}$ do đó phương trình $f (t) = 0$ có đúng 2 nghiệm t = 0, t = 1.

$\Rightarrow [\begin{matrix} x + y = 0 \\ x + y = 1 \end{matrix}$

TH1: $x + y = 0 \Rightarrow y = - x$ thay vào P ta có: $P = x^{2} + x y + y^{2} = x^{2} \geq 0$

TH2: $x + y = 1 \Rightarrow y = 1 - x$ thay vào P ta có:

$P = x^{2} + x (1 - x) + {(1 - x)}^{2} = x^{2} - x + 1$ $= {(x - \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4} \geq \frac{3}{4}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 0, đạt được khi x + y = 0

Đáp án cần chọn là: D

Câu 9:

Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn $x^{2} + 2 y^{2} + 2 x y = 1$ và hàm số $f (t) = t^{4} - t^{2} + 2$ . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $Q = f (\frac{x + y + 1}{x + 2 y - 2})$ . Tính M + m?

A. $8 \sqrt{3} - 2$

B. $\frac{303}{2}$

C. $\frac{303}{4}$

D. $4 \sqrt{3} + 2$

Xem đáp án

Ta có: $x^{2} + 2 y^{2} + 2 x y = 1$ $\Leftrightarrow {(x + y)}^{2} + y^{2} = 1$

Đặt $\{\begin{matrix} x + y = \sin α \\ y = \cos α \end{matrix}$ ta có: $Q = f (\frac{x + y + 1}{x + 2 y - 2}) = f (\frac{\sin α + 1}{\sin α + \cos α - 2})$

Đặt $t = \frac{\sin α + 1}{\sin α + \cos α - 2}$ . Ta có: $Q = f (\frac{\sin α + 1}{\sin α + \cos α - 2}) = f (t)$

$\Leftrightarrow t^{2} - 2 t + 1 + t^{2} \geq 4 t^{2} + 4 t + 1 \Leftrightarrow 2 t^{2} + 6 t \leq 0 \Leftrightarrow - 3 \leq t \leq 0$ (*)

Để phương trình (*) tồn tại nghiệm $α$ thì ${(t - 1)}^{2} + t^{2} \geq {(2 t + 1)}^{2}$

$\Leftrightarrow t^{2} - 2 t + 1 + t^{2} \geq 4 t^{2} + 4 t + 1 \Leftrightarrow 2 t^{2} + 6 t \leq 0 \Leftrightarrow - 3 \leq t \leq 0$

Xét $Q = f (t) = t^{4} - t^{2} + 2$ trên đoạn $[- 3; 0]$ có $f' (t) = 4 t^{3} - 2 t, f' (t) = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} t = 0 \\ t = \pm \sqrt{\frac{1}{2}} \end{matrix}$

Hàm số $f (t)$ liên tục trên $[- 3; 0]$ có $f (- 3) = 74, f (- \sqrt{\frac{1}{2}}) = \frac{7}{4}, f (0) = 2$

$\Rightarrow \min_{[- 3; 0]} f (t) = \frac{7}{4}, \max_{[- 3; 0]} f (t) = 74$

$\Rightarrow M + m = \frac{7}{4} + 74 = \frac{303}{4}$

Đáp án cần chọn là: C

Câu 10:

Cho hàm số $y = \frac{x + 1}{x - 1}$ có đồ thị là $(C)$ . Gọi $M (x_{M}; y_{M})$ là một điểm bất kì trên (C). Khi tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ là nhỏ nhất, tính tổng $x_{M} + y_{M}$

A. 1

B. $2 - 2 \sqrt{2}$

C. $2 \sqrt{2} - 1$

D. $2 - \sqrt{2}$

Xem đáp án

Đặt $M (x; \frac{x + 1}{x - 1}) \in (C)$

Khi đó ta có: $\{\begin{matrix} d (M; O x) = |y_{M}| = |\frac{x + 1}{x - 1}| \\ d (M; O y) = |x_{M}| = |x| \end{matrix}$

Tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ là $S = |x| + |\frac{x + 1}{x - 1}| \geq |x + \frac{x + 1}{x - 1}|$

Dấu bằng xảy ra khi $x . \frac{x + 1}{x - 1} \geq 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x > 1 \\ - 1 \leq x \leq 0 \end{matrix}$

Đặt $f (x) = x + \frac{x + 1}{x - 1} = \frac{x^{2} + 1}{x + 1}$

$\Rightarrow f' (x) = \frac{x^{2} - 2 x - 1}{{(x - 1)}^{2}} = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = 1 - \sqrt{2} \\ x = 1 + \sqrt{2} \end{matrix}$

Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT ta thấy $|x + \frac{x + 1}{x - 1}| \geq |2 - 2 \sqrt{2}| = 2 \sqrt{2} - 2$

Dấu bằng xảy ra khi $x = 1 - \sqrt{2} \Rightarrow y = 1 - \sqrt{2} \Rightarrow x_{M} + y_{M} = 2 - 2 \sqrt{2}$

Đáp án cần chọn là: B