D00 - Dạng toán khác về cực trị - Muc do 3

Câu 35. [2D1-2.0-3] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2018 - BTN)
đại của hàm số y  cos 2 x  2sin x  2017 trên  0; 2017 
A. 2033136 .

B. 1016567.5 .

Tìm tổng tất cả các điểm cực

C. 2035153 .
Lời giải

D. 1017576.5 .

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

y  4cos 2 x  2sin x .
 5





Do y   k   0 và y   k 2   0 , y 
 k 2   0 nên hàm số đạt cực đại tại các
2

 6
6


5

 k 2 ; k  .
điểm x   k 2 và x 
6
6
Xét trên đoạn  0; 2017  :

x



Với



Với x 



 k 2

6
k 0,1, 2,...,1008 .

ta có 0 


6

 k 2  2017  

1
2017
k
. Do k 
12
2

5
5
5
2017
 k 2 ta có 0 
 k 2  2017    k 

. Do k 
6
6
12
2
k 0,1, 2,...,1008 .

nên

nên

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

Câu 15. [2D1-2.0-3] (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  b2  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

4
a

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  b2  c 2  25 .


Câu 44:

[2D1-2.0-3]

(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
Lời giải

D. 6

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 42:

[2D1-2.0-3] [THPT Đô Lương 4 - Nghệ An - 2018 - BTN] Biết phương trình
ax3  bx2  cx  d  0 với  a  0  có đúng hai nghiệm thực. Hỏi đồ thị hàm số
y  ax3  bx 2  cx  d có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 3

B. 5

C. 2
Lời giải

D. 4

Chọn A
Vì phương trình ax3  bx2  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  bx 2  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  bx 2  cx  d luôn có ba điểm cực trị.
Câu 2.

[2D1-2.0-3] (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI) Cho hàm số y   x3  3x  2 . Gọi A là điểm cực
tiểu của đồ thị hàm số và d là đường thẳng đi qua điểm M  0; 2  có hệ số góc k . Tìm k để
khoảng cách từ A đến d bằng 1 .
3
3
A. k   .
B. k  .
4
4

C. k  1 .

D. k  1 .

Lời giải
Chọn B

 x  1
Đạo hàm y  3x 2  3 ; y  0  

.
x  1
Lập bảng biến thiên ta thấy tọa độ điểm cực tiểu A  1;0  .
Phương trình đường thẳng d : y  k  x  0  2  kx  y  2  0 .
Theo đề d  A, d   1 

k  2
k2 1

 1  k  2  k 2  1  k 2  4k  4  k 2  1  k 

3
.
4

Câu 40: [2D1-2.0-3] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - lần 1 - 2017 - 2018) Cho hàm số y  f  x  có
đạo hàm f   x    x 2  1  x  1 5  x  . Mệnh đề nào sau đây đúng ?
A. f 1  f  4   f  2  .

B. f 1  f  2   f  4  .


D. f  4   f  2   f 1 .

C. f  2   f 1  f  4  .

Lời giải
Chọn B
Ta có f   x    x 2  1  x  1 5  x 
x  1

f   x   0   x  1 .
 x  5
Bảng biến thiên

Dựa vào BBT ta thấy hàm số y  f  x  đồng biến trong khoảng 1; 5 .
Do đó x  1;5 thì ta có 1  2  4  f 1  f  2   f  4  .
Câu 40: [2D1-2.0-3] (THPT Thuận Thành - Bắc Ninh - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Gọi S là tập
hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y  x m2  x 2 có hai điểm cực
trị A , B thỏa mãn AB  2 30 . Số phần tử của S là
A. 7 .
B. 6 .
C. 4 .

D. 5 .

Lời giải
Chọn B
ĐK:  m  x  m .

y 

m2  2 x 2
m2  x 2

; y  0  x  

m
2

(Thỏa mãn ĐK).

 m
 m m2 
m2 
;
;
Hàm số có hai điểm cực trị khi m  0 . Khi đó A  
 là hai điểm
 và B 
2 
2

 2 2 
cực trị của đồ thị hàm số.
AB  2 30  AB2  120  2m2  m4  120   m2  12  m2  10   0  m  10 1 .

Vì m
Câu 37:

và m  0 nên từ 1 suy ra m3; 2; 1;1;2;3 .

[2D1-2.0-3]

(Sở Quảng Bình - 2018 - BTN – 6ID – HDG)Cho hàm số y  f  x  có

đạo hàm trên tập

. Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình bên. Hàm số y  f 1  x 2  đạt cực

đại tại các điểm:

A. x  1

D. x   2

C. x  0

B. x  3
Lời giải

Chọn D

x  0
x  0


Ta có y  2 xf  1  x 2  , cho y  0  2 xf  1  x 2   0  1  x 2  1   x   2 .
 x 2  2  l 
1  x 2  3


Bảng xét dấu của y  :
x
y'

- 2
+

0

-

0
0

2
+

0

-

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số đạt cực đại tại x   2 .
Câu 35:

[2D1-2.0-3]

(THPT Sơn Tây - Hà Nội - 2018 – BTN – 6ID – HDG) Cho hàm số

y  x3  3x 2  m , với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m

để đồ thị hàm số có 5 diểm cực trị. Tổng tất cả các phần tử của tập S là:
A. 3
B. 10
C. 6
D. 5
Lời giải
Chọn B
Xét hàm số g  x   x3  3x 2  m có đồ thị như hình vẽ.

y

m

O

x

-4+m

Để đồ thị hàm số y  x3  3x 2  m có 5 điểm cực trị thì 4  m  0  m  0  m  4 .
Do đó S  1; 2;3; 4 , tổng tất cả các giá trị của S là 10 .
Cách khác: y  x  3x  m 
3

2

x

3

 3x  m  ,
2

2

x
y 

3

 3x 2  m  3x 2  6 x 

 x3  3x 2  m 

2

.

Đồ thị hàm số đã cho có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y  0 có 5 nghiệm phân
biệt và y  đổi dấu qua 5 nghiệm đó, điều này tương đương với x3  3x2  m  0 có ba nghiệm
phân biệt khác 0 và 2 .