TRACNGHIEM-GT-12-HUONG DAN GIAI

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