Đề kiểm tra giải tích 12 (lớp bồi dưỡng)

ĐỀ KIỂM TRA GIẢI TÍCH 12 (Lớp bồi dưỡng) 
(Thời gian 150’)
Câu I:(2,0 điểm) 
1) Định m để hàm số y = − x3 + 3x2 + mx – 2 đồng biến trên khoảng (0; 2).
2) Định m để hàm số y = đồng biến trên khoảng (1; +∞)
Câu II:(2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3mx + 1 có đồ thị (Cm).
Tìm m để hàm số có cực trị, khi đó tìm tập hợp các điểm cực đại của đồ thị (Cm).
Câu III:(2,0 điểm)
1) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x4 – 2mx2 + 4 (m > 0) trên đoạn [0 ; ].
2) Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y = (x2 + x + m)2 trên đoạn [–2 ; 2] bằng 4.
Câu IV:(2,0 điểm) 
1) Chứng minh phương trình có đúng 1 nghiệm.
2) CMR nếu x, y thỏa x + y = 1, thì x4 + y4 ≥ . Khi nào đẳng thức xảy ra ?
Câu V:(2,0 điểm) Cho hàm số y = (C)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C).
2) Tìm m để phương trình có nghiệm.
ĐỀ KIỂM TRA GIẢI TÍCH 12 (Lớp bồi dưỡng) 
(Thời gian 150’)
Câu I:(2,0 điểm) 
1) Định m để hàm số y = − x3 + 3x2 + mx – 2 đồng biến trên khoảng (0; 2).
2) Định m để hàm số y = đồng biến trên khoảng (1; +∞)
Câu II:(2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3mx + 1 có đồ thị (Cm).
Tìm m để hàm số có cực trị, khi đó tìm tập hợp các điểm cực đại của đồ thị (Cm).
Câu III:(2,0 điểm)
1) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x4 – 2mx2 + 4 (m > 0) trên đoạn [0 ; ].
2) Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y = (x2 + x + m)2 trên đoạn [–2 ; 2] bằng 4.
Câu IV:(2,0 điểm) 
1) Chứng minh phương trình có đúng 1 nghiệm.
2) CMR nếu x, y thỏa x + y = 1, thì x4 + y4 ≥ . Khi nào đẳng thức xảy ra ?
Câu V:(2,0 điểm) Cho hàm số y = f(x) = (C)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C).
2) Tìm m để phương trình có nghiệm. 
Đáp án
I.1) Hàm số đồng biến / (0; 2) khi y’ ≥ 0 Û − 3x2 + 6x + m ≥ 0 Û m ≥ 3x2 − 6x, "x Î (0; 2).
Xét g(x) = 3x2 − 6x trên (0;2). 
Ta có g’(x) = 6x − 6; g’(x) = 0 Û x = 1.
BBT 
Từ đó yêu cầu bài toán được thỏa khi 
m ≥ = g(0) = g(2) = 0. m ≥ 0
2) D = R \ {m}. Hàm số đồng biến / (1; +∞) khi 
y’ = ≥ 0, "x Î (1; +∞)
Û 
(1) Û m ≤ 1. Ta cần tìm m ≤ 1 để (2) được thòa. Ta có g’(x) = 2x – 2m ; g’(x) = 0 Û x = m.
BBT 
(2)Û
II. 1) D = R. y' = 3x2 – 6x + 3m
Ÿ D’ = 9 – 9m ≤ 0 Û m ≥1 ta có y’ ≥ 0, "x Î R
nên hàm số không có cực trị.
Ÿ D > 0 Û m < 1 : y'= 0 có 2 nghiệm phân biệt nên hàm có có cực trị .
BBT
m < 1 đồ thị hàm số có cực đại là điểm M
do m < 1 Þ x1 < 1 nên tập hợp các điểm cực đại của đồ thị (Cm) là phần đồ thị hàm số 
y = −2x3 + 3x +1 với x Î (−∞; 1).
III. y = x4 – 2mx2 + 4 (m > 0)
1) Hàm số xác định nên liên tục trên đoạn [0; ].
y' = 4x3 – 4mx. 
Ta có y’ = 0 Û x = 0 ; x = −(loại) ; x =.
y(0) = 4 ; y() = 4 – m2 ; y(m) = m4 – 2m3 + 4
Ÿ 0 m Þ x =(loại)
y(0) = 4 ; y(m) = m3 (m – 2) + 4 < 4.
= y(m) = m3 (m – 2) + 4.
Ÿ 1 < m  : x =Î [0 ; m].
Hàm số đạt cực tiểu = 4 – m2 tại x = .
Vậy = y() = 4 – m2.
2) y = (x2 + x + m)2.
Đặt t = x2 + x; với x Î [−2; 2] có
t’ = 2x + 1 = 0 Û x = − ½ Î[−2; 2]
t(−2) = 2 ; t(− ½) = − ¼ ; t(2) = 6.
Vậy khi x Î [−2; 2] Þ t Î [− ¼; 6].
Bài toán trở thành tìm m để GTNN của 
y = f(t) = (t + m)2 trên [− ¼ ; 6] bằng 4.
Hàm số xác định nên liên tục trên đoạn [− ¼ ; 6]
y’ = 2(t + m) = 0 Û t = −m
Ÿ − m Ï[− ¼ ; 6] Û m ¼ :
y(− ¼ ) = (m – ¼ )2 < y(6) = (m + 6)2.
y = 4 Û (m – ¼ )2 = 4 Û m = 9/4 Ú m = −7/4.
Ÿ −m Î[ – ¼ ; 6] : 
Hàm số đạt cực tiểu = 0 tại x = −m.
Vậy = y(−m) = 0 không có m thỏa ĐK.
IV. 1) Xét hàm số f(x) =có D = [2 ; +∞)
f’(x) => 0, "x Î (2 ; +∞).
BBT
Dựa vào BBT có đường thẳng d : y = 11 luôn cắt đồ thị (C) : f(x) = tại duy nhất 1 điểm, suy ra ĐPCM.
2) Ta có y = 1 – x, 
khi đó x4 + y 4 ≥ Û x4 + (1 – x)4 ≥ 
Xét f(x) = x4 + (1 – x)4 
f’(x) = 4x3 – 4(1 – x)3 = 0 Û x = ½ .
Lập BBT có f(x) ≥ f( ½ ) =, "x Î R .
Vậy x4 + y 4 ≥ . Đẳng thức xảy ra khi x = y = ½ .
V.2) Đặt x = , t Î−1 ; 1] Þ x Î[3 ; 9] đưa phương trình về dạng f(x) = a. 
Dùng đồ thị kết luận 4 ≤ a ≤ .