TRẮC NGHIỆM GIẢI TÍCH 12 – HƯỚNG DẪN GIẢI Cần nhẩm nhanh chóng, không cần ghi vào nháp những gì dài dòng không cần thiết ! 1/Đh 3x 2 – 6x, xét dấu y’ 0 2 – + – 2/Tương tự 1/ 3/Trong BBT cần ghi x = 1, tại đó y & y’ đều KXĐ, tìm n 0 của y’ cần cẩn thận coi chừng nhầm dấu, chú ý đề chỉ yêu cầu chỉ ra một khoảng đồng biến 7/Giải (4) (0) '( ) 4 5 3 4 0 f f f c c − = ⇔ − = − 8/Tương tự 7/ 9/y’ = (a – 1 )x 2 + 2ax + 3a - 2 = g(x) , ∆ ’ = – 2a 2 + 5a – 2, Để hs tăng trên R thì y’ ≥ 0, x R ∀ ∈ ⇔ g(x) ≥ 0, x R ∀ ∈ ⇔ ' 0 1 0A a ∆ ≤   = − >  10/D = R \ {-m-2; } 2 2 2 3 ' ( 2) m m y x m − − = + + Để hs giảm trên từng khoảng xđ thì y’ < 0 , x D ∀ ∈ ⇔ m 2 – 2m – 3 < 0 , ( 2)x m∀ ≠ − − Chú ý không được dùng dấu ≤ , vì tử số của y’ không phụ thuộc x, lúc dấu = xảy ra thì y’ = 0 x D ∀ ∈ , hs là hs hằng 11/ 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ' ( ) ( ) x mx m m g x y x m x m − + − − = = − − . Tương tự ta phải có y’ ≥ 0, x D ∀ ∈ ⇔ g(x) ≥ 0, x R ∀ ∈ ⇔ ' 0 0a ∆ ≤   >  12/y ‘ = - 3x 2 + 3, n 0 là + 1, y’’ = -6x , kiểm tra dấu y’’(1)… 13/Tương tự 12/ 14/ 2 2 2 2 5 ( ) ' ( 1) ( 1) x x g x y x x + − = = + + Hoành độ x 1 , x 2 của các điểm cực trò là các n 0 của g(x) nên theo đònh lí Viet : 1 2 2 b x x a + = − = − 15/Với các hs hữu tỉ thì có thể tính nhanh giá trò cực trò (tung độ) bằng đh riêng của tử / đh riêng của mẫu ⇒ ptđt đi qua 2 điểm cực trò là y = -2x + 3 = ax + b ⇒ a.b = - 6 18/y‘ = acosx – bsinx + 1, Ta cần có 1 3 1 '( ) 0 1 0 3 2 2 3 '( ) 0 0. 1 0 a y a b b y a b π π   =  = − + =    ⇔ ⇔    =     = − − + =   20/Từ gt ta có điểm cực trò vừa thuộc đt y = x + 1, vừa thuộc đt y = 2x – 2 (đh tử / đh mẫu), tìm giao 2 đường thì được điểm cực trò 21/y’ = 4x 3 + 3mx 2 – 4x – 3m = (x 2 -1)(4x + 3m) Để hs có 3 cực trò thì y’ đổi dấu 3 lần ⇔ 3 1 4 m − ≠ ± 22/D = [-3;1], Tìm GTLN,GTNN của hs theo PP riêng (không cần BBT), khi giải y’ = 0 có dùng công thức 2 0B A B A B ≥  = ⇔  =  23/y = x 4 – 4x 3 , y’ = 4x 3 – 12x 2 = 4x 2 (x – 3), n 0 là 0 và 3 (0 là n 0 kép, chú ý xét dấu y’) 25/Trước hết xét g(x) = – x 3 + 3x 2 – 3 trên đoạn [1;3] g’(x) = – 3x 2 + 6x = – 3x(x – 2) , g’(x) = 0 khi x = 0 (loại) ; x = 2 g(1) = –1, g(2) = 1, g(3) = –3 ⇒ 3 ( ) 1, [1;3]g x x− ≤ ≤ ∀ ∈ ⇒ 0 ( ) 3, [1;3]g x x ≤ ≤ ∀ ∈ ⇒ 0 3, [1;3]y x ≤ ≤ ∀ ∈ ⇒ m = 0; M = 3 26/ 2 2 1 ' x y x − = có 2 n 0 phân biệt ;thấy ngay b) đúng ; c) sai (dựa vào dạng đồ thò hs hữu tỉ) nên d) sai, vậy chọn b) 27/y’ = 12x 2 – 3 = 3(4x 2 – 1), xét dấu nhanh thấy a) đúng, y’(0) = –3 nên c) đúng, vậy d) đúng 29/Hs y = ax 4 + bx 2 +c, ab < 0 thì hs có 3 cực trò & 2 điểm uốn, ab > 0 thì hs có 1 cực trò và 0 điểm uốn 30/Tương tự trên ⇒ hs có 1cực trò ⇒ có 2 khoảng đơn điệu 31/Đồ thò có 1 TCĐ + 1 TCX ⇒ d) đúng 32/Dễ thấy b) sai 33/Dễ thấy c) đúng (dựa vào dạng đồ thò hs nhất biến) 35/ 2 2 3 1 1 1 1 3 . . 3y x x x x x x = + + ≥ = (theo BĐT Cô – si) ⇒ b) đúng; Tương tự cho câu 34/ chọn a) Chú ý:chỉ được áp dụng BĐT Cô – si cho các số không âm 38/Hsg của tiếp tuyến tại C = hsg của cát tuyến AB = (y B – y A ) / (x B – x A ) = 6 39/Dễ thấy 3 0 0x x≥ ⇒ ≥ ⇒ hs đạt CT tại x = 0 40/Tương tự 39/ 3 3 0 0 0x x x ≥ ⇒ ≥ ⇒ − ≤ , đạt CĐ 41/y’ = 1 – m.sinx, cho ' 0,y x R ≥ ∀ ∈ ⇔ 1 .sin , 1 1 1m x x R m m ⇔ ≥ ∀ ∈ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ 42/Tương tự 41/ , chọn c) 43/f’(x) = 3x 2 + 1 > 0; 2 2 '( ) 0 ( 1) g x x − = < − ; '( ) sin 0, [0; ]h x x x π = − ≤ ∀ ∈ . Vậy cả 3 hs đều thỏa ycbt 44/Tương tự câu 9/ 45/y‘ = 3x 2 + 3 > 0: hs luôn tăng. Không cần lập BBT, thấy ngay đồ thò chắc chắn cắt Ox tại đúng 1 điểm nên pt đó có 1 n 0 thực (nếu xét trên tập số phức thì pt vẫn có đủ 3 n 0 ) 46/y‘ = 3x 2 – 3. Lập BBT x −∞ -1 1 +∞ y CĐ .y CT < 0 y’ + 0 - 0 + nên đồ thò cắt Ox tại y +∞ 3 điểm. Vậy pt đó có 3 n 0 . 3 -1 Ox −∞ 67/Tương tự câu 53/ 47/ 2 2 4 3 ' ( 2) x x y x + + = + có n 0 là – 1 ; – 3 49/Hs có n điểm cực trò khi y’ đổi dấu n lần y’ = 3x 2 – 6x + 3m = 3(x 2 – 2x + m) = 3.g(x) , '∆ = 1 – m Để hs có CĐ & CT thì y’ đổi dấu 2 lần ⇔ g(x) có 2 n 0 phân biệt ⇔ '∆ > 0 50/y’ = 3x 2 – 6x; tìm được 2 điểm cực trò A(0;1); B(2;- 3). Viết được ptđt qua 2 điểm cực trò là A A B A B A x x y y x x y y − − = − − 51/ 2 2 2 2 2 ( ) ' ( 1) ( 1) x x m g x y x x − + − = = − − Để hs có CĐ & CT thì y’ đổi dấu 2 lần ⇔ g(x) có 2 n 0 phân biệt khác 1 ⇔ ( '∆ > 0 & g(1) ≠ 0 ) 52/Tương tự câu 15/ ⇒ pt đường cong đi qua các điểm cực trò là 2 2 2 2 x y x + = − ⇒ 1 1 x y x + = − 53/y‘ = 3x 2 – 2mx = x(3x – 2m).Trước hết cần có y’(1) = 0 ⇒ 3 2 m = . Nếu làm tự luận thì phải thử lại, lập BBT xem có đúng là hs đạt CT tại x = 1. Còn trong câu này chỉ có 4 đáp án và dễ thấy d) đúng (không cần thử lại). 54/y’ > 0: hs luôn tăng nên [0;1] [0;1] min (0); max (1)y y y y = = 55/y’= 3x 2 – 6x = 3x(x – 2) ,y’= 0 khi x = 0;x = 2(nhận) y(0) = 1; y(2) = –3, y(3) = 1 ⇒ . . . 56/y’’ = 6x, n 0 là x = 0 nên chọn ngay b) 57/y’’= 60x 2 (x – 1) có 2 n 0 ,nhưng x = 0 là n 0 bậc chẵn ⇒ y’’ đổi dấu 1 lần ⇒ đồ thò có 1điểm uốn(nên xét dấu) 58/y’’= 6x – 6, y’’= 0 khi x = 1 ⇒ y = m + 7;Để điểm uốn nằm trên Ox thì m + 7 = 0 59/Tính chất II và III luôn đúng với đồ thò hs bậc 3, chỉ cần kiểm tra I? y’ = 3x 2 – 6x có đổi dấu nên chọn d) 60/Rút gọn được 2 1 x y x − = + nên chọn c) 61/Chia bằng lược đồ Hoocner : 10 4 2 y x x = − + + 62/Tìm điểm cực trò thì cũng là đỉnh S(2;- 1); y’’= 2 nên đồ thò lõm; TĐX là x = x S hay x = 2 63/Để tìm nhanh điểm cố đònh ta nhẩm thay x = –1 thì mới triệt tiêu hết tham số , chọn ngay a) 64/Pthđgđ: x 2 + x + 1 = 2x – 4 ⇔ x 2 – x + 5 = 0: vô n 0 66/Pthđgđ: 2 2 2 4 3 2 x x x x − + − + − = − 2 3 2 ( 4 3).( 2) 2 2 1 ( ) 6 9 4 0 4 x x x x x x x x x ⇔ − + − − = − + =  ⇔ − + − + = ⇔  =  kép 68/Dễ thấy f(-x) = f(x) nên hs chẵn, đồ thò đx qua Oy 69/y’ = 3x 2 +2x + 1 > 0, x R ∀ ∈ ⇒ hs luôn tăng, đồ thò luôn cắt Ox tại đúng 1 điểm. 70/70/70/Để (C m ) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt thì tam thức 2 ( ) 2 5 6g x x mx m = + − + phải có 2 n 0 phân biệt khác 1 71/d: y – 0 = m(x – 0) hay y = mx Pthđgđ của (C) & d: 2x 3 – 3x 2 = mx ⇔ x(2x 2 – 3x – m) = 0 Để (C) cắt d tại 3 điểm phân biệt thì g(x) = 2x 2 – 3x – m phải có 2 n 0 phân biệt khác 0 (tương tự như trên) 72/Pt đã cho là pthđgđ của (C): y = x 3 – 3x & d: y = m Lập BBT của hs y = x 3 – 3x rồi cho y CT < m < y CĐ 73/Tiếp tuyến tại điểm uốn có tính chất đặc biệt là xuyên qua đồ thò (vừa cắt đồ thò, vừa tx phần lồi – phần lõm). Đồ thò hs bậc 3 và tiếp tuyến tại điểm uốn chỉ có 1 giao điểm 74/Với hs bậc 3, tiếp tuyến tại điểm uốn sẽ nhỏ nhất nếu a > 0, và sẽ lớn nhất nếu a < 0 75/Nếu (C): 3 2 y x ax bx c= + + + cắt Ox tại 3 điểm cách đều nhau thì do tính đối xứng của đồ thò hs bậc 3, giao điểm nằm giữa chính là điểm uốn ⇒ điểm uốn nằm trên Ox 76/Dùng đk tiếp xúc 77/Lấy đh của 2 hs cho bằng nhau: 4x 3 + 2mx = 2; sau đó thay x = 1 vào tìm được m = – 1 78/Tâm đx là giao điểm của 2 tiệm cận x = - 1; y = 2 79/Thay trực tiếp tọa độ vào hs xem có thỏa không? 80/y’ = 4 ⇔ 2 2 2 1 4 4 ( 2) 1 2 1 ( 2) x x x x + =  = ⇔ + = ⇔  + = − +  81/Đối với hs nhất biến thì không có tiếp tuyến nào của đồ thò đi qua giao điểm của 2 tiệm cận 82/Hoành độ tâm đx là x I = - 1 ⇒ - c = - 1 ⇒ c = 1 (C) qua M(0;- 2) ⇒ - 2 = b / c ⇒ b = -2. Vậy chọn c) 84/Đồ thò có tiệm cận xiên là y = x ⇒ a = 1. Vậy chọn a) 85/TCĐ: x = m; TCX: y = (m + 1)x + m 2 -m ⇒ Tâm đx là I có x I = m ⇒ y I = (m + 1)m + m 2 – m, thay vào (P) tìm m 86/Tương tự câu 21/ 87/Đừng xét đáp án b); Dễ thấy hs chẵn, D = R (vì mẫu số luôn > 0). Tìm giao điểm với Ox: cho y = 0 ⇒ x = + 1. Vậy d) sai 88/Đừng xét đáp án khó. Dễ thấy D = R \ {0}. Vậy c) đúng 89/Hoành độ tâm đx là x I = - 2 ⇒ 2m = - 2 ⇒ m = - 1 90/Phân thức đã tối giản, mẫu số có 2 n 0 là x = + 1nên có 2 TCĐ 91/Dễ thấy c) đúng 92/(C) qua A(0;- 1) ⇒ - 1 = b / (- 1) ⇒ b = 1 ĐÁPÁN:1b,2a,3c,4d,5 ,6 ,7d, 8 , 9c,10b,11,12d,13b,14b,15b,16 ,17 , 18b, 19 , 20a,21a,22b,23 ,24 ,25c , 26a,27d,28a,29c,30b,31d,32b,33c,34a,35b,36a,37b ,38d,39b,40c,41a,42c,43c,44c,45a,46c,47b,48a,49a,50b,51c, 52b,53d,54a,55b,56d,57a,58c,59d,60c,61b,62b,63a,64c,65 , 66c,67 ,68c,69d, 70b, 71a, 72c,73a,74c,75b,76 ,77a,78c,79 , 80a,81a,82c,83 ,84a,85 ,86c,87b,88c,89b,90b,91c,92a