Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và cực trị của hàm trị tuyệt đối

TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN

GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
CỰC TRỊ CỦA HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI
Các bài toán về hàm trị tuyệt đối đã bắt đầu xuất hiện trong đề tham khảo năm 2018 của
bộ và sau đó cũng đã trở thành trào lưu trên các diễn đàn, các nhóm, đồng thời xuất hiện
nhiều hơn trong các đề thi thử với các dạng và mức độ khác nhau. Một số có thể chưa phù
hợp với kì thi THPT Quốc Gia, nhưng tuy nhiên trong chuyên đề lần này tôi và các bạn sẽ
cùng nhau bắt tay giải quyết một số dạng toán tiêu biểu đó. Cũng nói thêm để hoàn thành
chuyên đề này tôi rất cảm ơn bên Vted đã có những đề thi vô cùng hay, các bài toán ở đây
đề bài hầu hết được lấy từ Vted và lời giải được thực hiện bởi những người bạn của tôi –
Ngô Nguyên Quỳnh và Nguyễn Hải Linh . Mặt khác cũng vì công việc và thời gian không
có nhiều nên tôi không để đưa thêm nhiều dạng hay khác xuất hiện trong một số đề thi
của các thầy trên mạng được, mong bạn đọc bỏ qua. Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về địa
chỉ sau:
NGUYỄN MINH TUẤN – K14 ĐẠI HỌC FPT
Email:
Nào bây giờ chúng ta cùng bắt đầu nhé!

I. MỞ ĐẦU.
Bài toán mở đầu
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
f  x   x 3  3x  m trên đoạn  0; 2  bằng 3. Số phần tử của S là?

A. 1

C. 0

B. 2

D. 6

Câu 36 – Đề tham khảo THPT Quốc Gia môn toán 2018
Lời giải

m  x 3  3x  3

Ta có x  3x  m  3, x  0; 2   3  x  3x  m  3  
, x  0; 2 
3

m  x  3x  3
3

2

Xét hàm số f  x   x 3  3x trên đoạn  0; 2  thì f '  x   3x 2  3 nên f '  x   0  x  1
So sánh các số f  0  , f  1  , f  2  ta có min f  x   2, max  2 ta có :
0;2 

0;2 

min x 3  3x  3  m  max x 3  3x  3  1  m  1
0;2 

0;2 

Đây chỉ là các điều kiện cần của m, ta thử lại như sau


Với m  1 thì với x  2 ta sẽ có y  f  2   1  3



Với m  1 thì với x  1 ta sẽ có y  f  2   1  3



Với m  0 thì với y  f  x   2 nên không thể có giá trị lớn nhất là 3.

Vậy S  1; 1 nên có tất cả 2 giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

Chinh phục olympic toán | 1


MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI
Nhận xét: Đây là một câu trong đề tham khảo thi THPT Quốc Gia 2018 của Bộ , nhìn
chung thì đây là một câu vận dụng cao cần phải có kiến thức về bất đẳng thức trị tuyệt đối
cũng như những phép biến đổi có liên quan.
Bất đẳng thức trị tuyệt đối.
Cho 2 số thực a,b khi đó ta có a  b  a  b  a  b
Dấu “=” thứ nhất khi a,b cùng dấu, dấu “=” thứ 2 khi a,b trái dấu.

I. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI ĐIỂM CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
A. CÁC TÍNH CHẤT LIÊN QUAN TỚI CỰC TRỊ CỦA HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI
Trước khi đi vào các bài toán ta cần nhớ những kiến thức sau.


Số điểm cực trị của hàm số f  x  bẳng tổng số điểm cực trị của hàm số f  x  và số

lần đổi dấu của hàm số f  x  .



Số điểm cực trị của hàm số f  mx  n  bằng 2 a  1 , trong đó a là số điểm cực trị lớn
hơn 



n
của hàm số f  x 
m

Số điểm cực trị của hàm số f  x  bằng 2 a  1 , trong đó a là số điểm cực trị dương
của hàm số.



Cho hàm số có dạng y  ax 2  bx  c  mx , tìm điều kiện của tham số m để giá trị

max  yct   c
cực tiểu của hàm số đạt giá trị lớn nhất, khi đó ta có 
m  b
Câu 1: Biết phương trình ax 3  bx 2  cx  d  0  a  0  có đúng hai nghiệm thực. Hàm số
y  ax 3  bx 2  cx  d có bao nhiêu điểm cực trị.

A. 3.

B. 5.

C. 4.
Lời giải

D. 2.

Vì phương trình ax 3  bx 2  cx  d  0  a  0  có đúng hai nghiệm thực nên hàm số
y  ax 3  bx 2  cx  d có hai điểm cực trị.

Mặt khác ax 3  bx 2  cx  d  a  x  x1   x  x2  .Do đó phương trình ax 3  bx 2  cx  d  0 có
2

một nghiệm đơn và một nghiệm kép.
Vậy số điểm cực trị của hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d bằng 2  1  3. Chọn đáp án A.
Câu 2: Có bao nhiêu số nguyên m   20; 20  để hàm số y  x 2  2 x  m  2 x  1 có ba
điểm cực trị.
A. 17.

B. 16.

C. 19.
Lời giải

D. 18.

Nếu x 2  2 x  m  0, x thì y  x 2  2 x  m  2 x  1  x 2  m  1 có đúng một điểm cực trị
x  0 (loại).

Nếu x 2  2 x  m  0 có hai nghiệm phân biệt x1  x2    1  m  0  m  1 .

2 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
 2 x  2  2  0
 x  0
 x  0





2
2
 2x  2  x2  2x  m
x  2 x  m  0
x  2 x  m  0
 m  0

y 

2;
y

0





 x2
 x  2
x2  2x  m

   2 x  2   2  0


 x 2  2 x  m  0
 x 2  2 x  m  0
 m  0







+) Với 0  m  1 rõ ràng không có số nguyên nào
+) Với m  0 ta có bảng xét dấu của y  như hình vẽ dưới đây
Lúc này hàm số có 3 điểm cực trị. Vậy m  19,..., 1 . Chọn đáp án C
Câu 3: Biết phương trình

ax 4  bx 2  c  0  a  0 

bốn nghiệm thực. Hàm số

y  ax 4  bx 2  c có bao nhiêu điểm cực trị.

A. 7.

B. 5.

C. 4.
Lời giải

D. 6.

Vì phương trình ax 4  bx 2  c  0  a  0  bốn nghiệm thực nên hàm số

  b 2  4 ac  0

b

0
 ab  0 do đó hàm số ax 4  bx 2  c  0 có 3 điểm cực trị
S 
a

c

 P  a  0

Mặt khác ax 4  bx 2  cx  d  a  x  x1  x  x 2  x  x 3  x  x 4  nên phương trình
ax 4  bx 2  c  0 có 4nghiệm đơn. Vậy hàm số y  ax 4  bx 2  c có 4  3  7 cực trị.

Câu 4: Cho hàm số y  x 4  2  m  1  x 2  2m  3 . Có bao nhiêu số nguyên không âm m để
hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
A. 3.
B. 4.

C. 5.
Lời giải

D. 6.

Xét hàm số f  x   x 4  2  m  1  x 2  2m  3
m  1  0  m  1  f  x   x 4  1 có 1 điểm cực trị x  0 và phương trình f  x   0 có hai

nghiệm phân biệt. do đó hàm số y  f  x  có 3 điểm cực trị (thỏa mãn)
m  1  0  m  0  f  x   x 4  2 x 2  3 có 1 điểm cực trị x  0 và phương trình f  x   0 có 2

nghiệm đơn phân biệt. do đó hàm số y  f  x  có 3 điểm cực trị (thỏa mãn)
Ta có m  1  0  m  1 khi đó f  x  có ba điểm cực trị. Vậy yêu cầu bài tóan lúc này tương
đương với f  x   0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép, tức
   m  1    2m  3   0   m  2   0  m  2 . Vậy m  0, 1, 2 . Chọn đáp án A
2

2

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

Chinh phục olympic toán | 3


MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI
Câu 5: Cho hàm số y  x 4  2  m  1  x 2  2m  3 . Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham
số m để hàm số đã cho có đúng 5 điểm cực trị là
 3
3


A.  1;  .
B.  ;   \2 .
C.  1;   \2 .
 2
2

Lời giải

 3
D.  1;  .
 2

x2  1
Xét f  x   x  2  m  1 x  2m  3  f  x   0  x  1 x  2m  3  0   2
 x  2m  3
4



2

2





2

TH1: Nếu 2 m  3  0  Do vậy f  x  có 2 điểm đổi dấu x  1; x  1 . Hàm số y  f  x  có 5

điểm cực trị y  f  x  có ba điểm cực trị  ab  0  2  m  1   0  m  1
Vậy trường hợp này có 1  m 
TH2: Nếu 0  2m  3  1 

3
2

3
 m  2 . Khi đó f  x  có bốn điểm đổi dấu
2

x  1; x   2 m  3 do đó số điểm cực trị của hàm số f  x  bằng 3 và hàm số y  f  x  có

7 cực trị(loại).





TH3: nếu 2m  3  1  m  2  f  x    x 2  1  khi đó y  f  x   x 2  1 có 3 điểm cực trị
2

2

(loại).
Chọn đáp án D
Câu 6: Có bao nhiêu số nguyên m   20; 20  để hàm số y  x 4   m  1  x 2  m có 7 điểm
cực trị.
A. 18.

B. 20.

C. 19.
Lời giải

D. 21.

Xét x 4   m  1  x 2  m  x 2  1; x 2  m  1  vậy để hàm số y  x 4   m  1  x 2  m có 7 điểm

m  0
cực trị khi và chỉ khi phương trình  1  có 4 nghiệm phân biệt  
 m  2,..., 19 . có
m  1
18 số nguyên thỏa mãn. Chọn đáp án A

Câu 7: Có bao nhiêu số nguyên m   20; 20  để hàm số y   x 2  2  x 2  m có đúng 5 điểm
cực trị.
A. 1.

B. 17.

C. 2.
Lời giải

D. 16.

Có y   x 2  2  x 2  m   x 2  2  x 2  m   x 4   m  2  x 2  2m .
Nếu m  0  x 4   m  2  x 2  2m  0, x nên hàm số đã cho có tối đa ba điểm cực trị (loại).
Nếu m  0  x 4   m  2  x 2  2m  0  x 2  m  x   m . Vậy điều kiện là hàm số
y  x 4   m  2  x 2  2m có ba điểm cực trị    m  2   0  m  2  m  3,..., 19. Có 17 số

nguyên thoả mãn.
Chọn đáp án B.
4 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Câu 8: Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số





y  x 3   2m  1  x 2  2m2  2m  9 x  2m2  9 có 5 điểm cực trị.

A. 7.

B. 5.





C. 6.
Lời giải

D. 4.

ycbt  x 3  2m  1  x 2  2m2  2m  9 x  2m2  9
x  1
  x  1  x 2  2mx  2m2  9   2
2
 x  2mx  2m  9  0





3  m  3
  m2  2m2  9  0

Có 3 nghiệm phân biệt  

1  17  m  2, 1, 0, 1, 2
2
m 
1  2m  2 m  9  0
2






Câu 9: Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y  x  3mx 2  3  m2  4 |x|1 có đúng 3
3

điểm cực trị.

A. 3.

B. 5.

C. 6.
Lời giải

D. 4.

Ta có ycbt  y  x 3  3mx 2  3  m2  4  x  1 có đúng một điểm cực trị dương
 y  0  3x 2  6mx  3  m2  4   0  x  m  2; x  m  2 có đúng một nghiệm dương

 m  2  0  m  2  2  m  2  m  1, 0, 1, 2 . Chọn đáp án D.

Câu 10: Có bao nhiêu số nguyên m   10; 10  để hàm số y  x  3mx 2  3  m2  4 |x|1
3

có đúng 5 điểm cực trị.
A. 3.
B. 6.

C. 8.
Lời giải

D. 7.

Ta có ycbt  y  x 3  3mx 2  3  m2  4  x  1 có hai điểm cực trị dương
 y  0  3x 2  6mx  3  m2  4   0  x  m  2; x  m  2 có hai nghiệm dương

 m  2  0  m  3,..., 9 . Chọn đáp án D.

Câu 11: Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y  3x 5  15x 3  60x  m có 5 điểm cực trị.
A. 289.

B. 287.

C. 286.
Lời giải

D. 288.

Xét y  3x 5  15x 3  60 x có y  0  15x 4  45x 2  60  0  x 2  4  x  2
Vậy hàm số y  3x 5  15x 3  60 x có đúng 2 điểm cực trị x  2; x  2
Bảng biến thiên
Vậy để hàm số có 5 điểm cực trị  3x 5  15x 3  60 x  m  0  m  3x 5  15x 3  60 x có tổng
số nghiệm đơn và bội lẻ bằng 3, tức 144  m  144  144  m  144  m  143,.., 143  .
Có 287 số nguyên thỏa mãn. Chọn đáp án B

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

Chinh phục olympic toán | 5


MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI
Câu 12: Có bao nhiêu số nguyên m   2019; 2019  để hàm số y  x 2  4x  m  6x  1 có
ba điểm cực trị.
A. 2014.

B. 2016.

C. 2013.
Lời giải

D. 2015.

Nếu x 2  4x  m  0, x  y  x 2  4x  m  6x  1  x 2  2 x  m  1 có đúng 1 điểm cực trị
x  1 (loại).

Nếu x 2  4 x  m  0 có hai nghiệm phân biệt x1  x2    4  m  0  m  4
 2 x  4  6  0
 x  1
 2

 2 x  4  x  4x  m
x  4x  m  0
 m  5
0 
Khi đó y  

6;
y

 x  5
x 2  4x  m
   2 x  4   6  0

 x 2  4 x  m  0
 m  5






2

Với 5  m  4 ta có bằng xét dấu của y  như sau
Hàm số có đúng 1 cực trị x  1 (loại).
Với m  5 ta có bằng xét dấu của y  như sau
Hàm số có 3 điểm cực trị x  x1 ; x  5; x  x2
Vậy m  2018,..., 6 . Có 2013 số nguyên thỏa mãn. Chọn đáp án C
Câu 13: Có bao nhiêu số nguyên m   20; 20  để hàm số y  x 2  2m x  m  1  1 có ba
điểm cực trị.
A. 17.

B. 19.

C. 18.
Lời giải

D. 20.

x 2  2 m  x  m  1  x  m  1  0 
2 x  2m  x  m  1  0 
 y  
Ta có y   2
2 x  2 m  x  m  1  0 
x  2 m  x  m  1  x  m  1  0 

Vậy hàm số không có đạo hàm tại điểm x  m  1 và

 2 x  2m  0
 x  m


x  m
xm1 0
10




y 


 2 x  2m  0
  x  m
 x  m  m  1 


2


 x  m  1  0
 2 m  1  0

Vậy để hàm số có 3 điểm cực trị trước tiên phải có m 

1
và lúc này bảng xét dấu của y 
2

như sau
Điều này chứng tỏ với m 

1
là các giá trị cần tìm, các số nguyên là m  1,..., 19 . Có tất cả
2

19 số nguyên thỏa mãn.
Câu 14: Có tất cả bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn

 2017; 2017  để

hàm số

y  x 3  3x 2  m có 3 điểm cực trị ?

A. 4032.

6 | Chinh phục olympic toán

B. 4034.

C. 4030.
Lời giải

D. 4028.

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
x  0
Ta có y  x 3  3x 2  m có y  3x 2  6x ; y  0  
 y  0   m, y  2   m  4
x  2
m  4
Yêu cầu đề bài tương đương với y  0  .y  2   0  m m  4   0  
m  0
Do đó m  2017,..., 2017 có 2018  2014  4032 số nguyên thỏa mãn.
Chọn đáp án A
Câu 15: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  x 3  3x 2  m có 5 điểm
cực trị.
A. 4  m  0.

B. 4  m  0.

C. 0  m  4.
Lời giải

D. m  4 hoặc m  0.

x  0
Ta có y  x 3  3x 2  m có y  3x 2  6x ; y  0  
 y  0   m, y  2   m  4
x

2

Yêu cầu đề bài tương đương với y  0  .y  2   0  m m  4   0  0  m  4

Chọn đáp án C
Câu 16: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  x 4  mx 2  m có 7
điểm cực trị.
A.  4;   .

B.  0; 1  .

C.  0; 4  .

D.  1;   .

Lời giải
Xét hàm số y  x  mx  m có tối đa 3 điểm cực trị và phương trình f  x   0 có tối đa 4
4

2

nghiệm. Vì vậy hàm số y  f  x  có 7 điểm cực trị khi và chỉ khi f  x   0 có 4 nghiệm
   m2  4  0

phân biệt và f   x   0 có 3 nghiệm phân biệt  S  m  0, P  m  0  m  4
 ab  m  0


Chọn đáp án A
Câu 17: Cho hàm số f  x   ax 3  bx 2  cx  d thoả mãn
a  0, d  2018, a  b  c  d  2018  0. Tìm số điểm cực trị của hàm số y  f  x   2018 .

A. 3.

B. 5.

C. 2.
Lời giải

D. 1.

 lim g  x    ; lim g  x   
x 
 x 
g
0

f
0

2018
 d  2018  0
Xét g  x   f  x   2018 ta có   
 

 g  1   f  1   2018  a  b  c  d  2018  0

Do đó đồ thị hàm số y  g  x  cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt và suy ra hàm số
y  g  x  có hai điểm cực trị

Do vậy số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  g  x  là 2  3  5
Chọn đáp án B
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

Chinh phục olympic toán | 7


MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI
Câu 18: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  3x 4  4x 3  12 x 2  m có
7 điểm cực trị ?
A. 3.

B. 5.

C. 6.
Lời giải

D. 4

Hàm số f  x   3x 4  4x 3  12 x 2  m có ba điểm cực trị là nghiệm của phương trình
x  0
f   x   0  12 x  12 x  24x  0  12 x x  x  2  0   x  1
 x  2
3



2

2



Phương trình f  x   0 có tối đa 4 nghiệm thực. Do đó hàm số y  f  x  có 7 điểm cực trị

khi và chỉ khi phương trình f  x   0 có 4 nghiệm thực phân biệt  3x 4  4 x 3  12 x 2  m
có 4 nghiệm thực phân biệt. Lập bảng biến thiên của hàm số y  3x 4  4x 3  12 x 2 ta có giá
trị cần tìm 5  m  0  0  m  5  m  1; 2; 3; 4 có 4 số nguyên thỏa mãn.
Câu 19: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  x 4  x 3  5x 2  m có 7
điểm cực trị.
A. 8.

B. 9.

C. 3.
Lời giải

D. 4

5
Hàm số f  x   x 4  x 3  5x 2  m có ba điểm cực trị là x  0; x  2; x   .
4

Vậy hàm số y  f  x  có 7 điểm cực trị  f  x   0 có bốn nghiệm phân biệt
875
875
 m  0  0  m 
. Vậy m  1; 2; 3 . Chọn đáp án C.
256
256
Câu 20: Cho hàm số đa thức bậc bốn y  f  x  có ba điểm cực trị x  1; x  2; x  3. Có bao


nhiêu số nguyên m   10; 10  để hàm số y  f  x  m  có 7 điểm cực trị.
A. 8.

B. 10.

C. 2.
Lời giải

D. 19.

Hàm số y  f  x  m  có 7 cực trị  f  x  m  có 3 điểm cực trị lớn hơn m
x  m  1
x  1  m
Các điểm cực trị của hàm số  y  f  x  m  là  x  m  2   x  2  m
 x  m  3
 x  3  m

 1  m  m
Vậy ta có điều kiện là  2  m  m  m  m  9,..., 9 . Chọn đáp án D
 3  m  m
3

Câu 21: Cho hàm số y  x  mx  5. Gọi a là số điểm cực trị của hàm số đã cho. Mệnh đề
nào dưới đây đúng ?
A. a  0.

8 | Chinh phục olympic toán

B. a  1.

C. 1  a  3.

D. a  3.

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Lời giải
 x  mx  5  x  0 
 3x  m  x  0 
 y  
Ta có y   3
và hàm số không có đạo hàm tại điểm
2
  x  mx  5  x  0 
 3x  m  x  0 
3

2

x0

3x 2  0  x  0 
Nếu m  0  y   
đổi dấu từ âm sang dương khi qua điểm x  0 nê hàm số
2
3x  0  x  0 

có duy nhất 1 điểm cực trị là x  0
3x 2  m  x  0 
m


 y  0  x 
Nếu m  0  y  
chỉ đổi dấu khi đi qua
2
3
3x  m  0  x  0 

x

m
m
nên có duy nhất 1 điểm cực trị là x 
3
3

3x 2  m  0  x  0 
m
 y  0  x 
Nếu m  0  y   
2
3
3x  m  x  0 

Chỉ đổi dấu khi đi qua x  

m
m
nên có duy nhất 1 điểm cực trị là x  
3

3

Vậy với mọi m hàm số có duy nhất 1 điểm cực trị
Chọn đáp án B
Câu 22: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  x   2m  1  x 2  3m x  5
3

có 5 điểm cực trị.
A.
1

  ;    1;   .
4


B.
C.  1;   .
 1 1
  ;    1;   .
 2 4
Lời giải

 1
D.  0;    1;   .
 4

yêu cầu bài toán tương đương hàm số y  x 3   2m  1  x 2  3mx  5 có 2 điểm cực trị dương,
tức 3x 2  2  2 m  1  x  3m  0 có 2 nghiệm dương phân biệt, tức

2

   2 m  1   9m  0.
m  1

2  2m  1

0

chọn đáp án D
S 
0  m  1
3

4

3m

P


0

3

Câu 23: Cho hàm số f  x   x 3   2m  1  x 2   2  m  x  2. Tìm tập hợp giá trị thực của
tham số m để hàm số y  f  x  có năm điểm cực trị.
A. 

5
 m  2.
4

B.

5
 m  2.
4

1
 m  2.
2
Lời giải

C.

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

D. 2  m 

5
.
4

Chinh phục olympic toán | 9


MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI
Ta có 5  2 a  1  a  2 là số điểm cực trị dương của hàm số y  f  x 

2
    2 m  1   3  2  m   0


2  2m  1
5

0
  m  2.
Ta có f   x   3x 2  2  2 m  1  x  2  m  S 
3
4

2m

 P  3  0

Chọn đáp án B
Câu 24: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  x   2m  1  x 2  3m x  5
3

có 3 điểm cực trị.
A.   ; 0  .

B.  1;   .

 1
D. 0;  .
 4

C.    ; 0].
Lời giải

xét f  x   x 3   2m  1  x 2  3mx  5 và f  x   x   2m  1  x 2  3m x  5
3

ta có 3  2 a  1  a  1 là số điểm cực trị dương của hàm số y  f  x 
vậy yêu cầu tương đương với: f  x  có đúng 1 điểm cực trị dương  f   x   0 có 2 nghiệm
thỏa mãn x1  0  x2  m  0

Câu 25: Cho hàm số f  x   ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  a , b , c , d , e 
Biết f  1   0, f  0   0, f  1   0. Số điểm cực trị của hàm số
A. 7.

B. 6.

C. 5.
Lời giải

 và a  0.
y  f  x  bằng
D. 9.

 lim f  x   
 lim f  x  . f  1   0
 x 
 x 
 f  1   0
 f  0  . f  1   0

Theo giả thiết ta có:  f  0   0

 x1  1  x2  0  x3  1  x 4

f
0
.
f
1

0






 f  1  0
 lim f x . f 1  0
 lim f  x     x     
 x 

Sao cho f  x1   0; f  x2   0; f  x3   0; f  x 4   0. Điều đó chứng tỏ rằng phương
trình f  x   0 có 4 nghiệm phân biệt, do đó hàm số f  x  phải có 3 điểm cực trị. Vì vậy hàm
số y  f  x  có 4  3  7 điểm cực trị. Chọn đáp án A

10 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Câu 26: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị

y

như hình vẽ ở bên. Tìm tập hợp tất cả
các giá trị thực của tham số m để hàm số

4

y  f  x  m  có 5 điểm cực trị.

2

A. m  1.
B. m  1.
C. m  1.
D. m  1.

x
1

O

1

Lời giải
Hàm số f  x  có 2 điểm cực trị x  1; x  1. hàm số f (|x|m) luôn có 1 điểm cực trị x  0
 f  x  m  x  0 
.
Phá trị tuyệt đối có y  f (|x|m  
 f   x  m  x  0 

Hàm số f  x  m  có 2 điểm cực trị là x  m  1; x  m  1  x  1  m ; x  1  m
Hàm số f  x  m  có 2 điểm cực trị là  x  m  1;  x  m  1  x  1  m ; x  m  1
 m  1  0
 m  1  0

 m  1. Chọn đáp án A
Vậy điều kiện là 
m  1  0
m  1  0

Câu 27: Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y  3x 5  25x 3  60x  m có 7 điểm cực trị.
A. 42.

B. 21.

C. 44.
Lời giải

D. 22.

Hàm số f  x   3x 5  25x 3  60x  m có 4 điểm cực trị là nghiệm của phương trình
f   x   0  15x 4  75x 2  60  0  x  2; x  1.

Do đó hàm số y  f  x  có 7 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình f  x   0 có tổng số

 38   m  16
16  m  38
nghiệm đơn và bội lẻ bằng 3. Khảo sát hàm số dễ có 

16  m  38

 38  m  16
do đó có 21  21  42 số nguyên thỏa mãn. Chọn đáp án A.
Câu 28: Cho hàm số f  x   3x 4  4x 3  12 x 2 . Có bao nhiêu số nguyên m  10 để hàm số
y  f  x  m  có 7 điểm cực trị.

A. 9.

B. 11.

C. 10.
Lời giải

D. 8.

x  0
có f   x   12 x  12 x  24x ; f   x   0  12 x x  x  2  0  x  1
 x  2
3

2



2

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor



Chinh phục olympic toán | 11

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI
do đó hàm số f  x  có 3 điểm cực trị x  0; x  1; x  2
hàm số f  x  m  luôn có 1 điểm cực trị x  0
 f  x  m  x  0 
.
phá trị tuyệt đói có y  f  x  m   
f

x

m
x

0





Hàm số f  x  m  có 3 điểm cực trị là
x  m  1; x  m  0; x  m  2  x  m  1; x  m ; x  2  m.

Hàm số f  x  m  có 3 điểm cực trị là
 x  m  1;  x  m  0;  x  m  2  x  m  1; x  m ; x  m  2.

Do đó hàm số f  x  m  có tối đa 7 điểm cực trị là
x  0; x  m  1; x  m ; x  m  2; x  m  1; x  m ; x  2  m.

 m  1  0
 m  0

m  2  0
 m  1  m  9, 8,..., 2
Điều kiện bài toán tương đương với 
m

1

0

m  0

m  2  0

Có tất cả 8 số nguyên thỏa mãn. Chọn đáp án D
Câu 29: Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y  x 4  4x 2  m có 7 điểm cực trị.
A. 5.

B. 15.

C. 3.
Lời giải

D. 13.

Hàm số f  x   x 4  4x 2  m có 3 điểm cực trị. Vậy hàm số f  x  có 7 cực trị khi và chỉ khi
phương trình f  x   0 có 4 nghiệm phân biệt, tức

   4  m  0
 0  m  4  m  1; 2; 3 có 3 số nguyên thỏa mãn. Chọn đáp án D

S  4  0, P  m  0

Câu 30: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x 2  x  1   x 2  2mx  5  . Có bao nhiêu giá
trị nguyên m  10 để hàm số y  f  x  có 5 điểm cực trị.
A. 7.

B. 9.

C. 6.
Lời giải

D. 8.

Yêu cầu bài tóan tương đương với f  x  có đúng 2 điểm cực trị dương, tức
x 2  2mx  5  0 có 2 nghiệm dương phân biệt, tức

  m2  5  0

 m   5  m  9, 8,..., 3 có tất cả 7 số nguyên thỏa mãn.


S  2m  0, P  5  0
Chọn đáp án A

12 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
f   x    x  1   x  m2  3m  4   x  3  , x  .

Câu 31: Cho hàm số f  x  có đạo hàm

3

2

5

Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y  f  x  có 3 điểm cực trị.
A. 3.

B. 6.

C. 4
Lời giải

D. 5.

Yêu cầu bài toán tương đương f  x  có một điểm cực trị dương, tức x 2  m2  3m  4  0 có
nghiệm dương, tức m2  3m  4  0  1  m  4  m  0, 1, 2, 3. Chọn đáp án C.
Câu 32: Cho hàm số f  x    m2018  1  x 4  (2m2018  2m2  3)x 2  m2018  2020. Hàm số
y  f  x   2019 có bao nhiêu điểm cực trị.

A. 7.

B. 3.

C. 5.
Lời giải

D. 6.

Vì f  x  là hàm số trùng phương có ab    m8  1  2m2018  2m2  3   0, m nên hàm số
f  x  có 3 điểm cực trị và hàm số f  x   2019 cũng có 3 điểm cực trị.





f  x   2019  0  m2018  1 x 4  (2 m 2018  2 m 2  3)x 2  m 2018  2020  2019





 m2018  1 x 4  (2 m2018  2 m 2  3)x 2  m 2018  1  0



  (2m2018  2m2  3)2  4 m2018  1


2m2018  2 m2  3
Phương trình này luôn có 4 nghiệm thực phân biệt vì S 
0

m2018  1

P  1  0




2

Do đó f  x  có 4 nghiệm đổi dấu. vậy số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  f  x   2019
bằng 3  4  7 chọn đáp án A
Câu 33: Cho hàm số f  x   x 3   2m  1  x 2   m  2  x  1. Có bao nhiêu số nguyên
m   5; 5 để hàm số y  f  x  có đúng ba điểm cực trị.

A. 4.

B. 6.

C. 5.
Lời giải

D. 3.

Hàm số y  f  x  có đúng 3 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số y  f  x  có đúng một điểm
cực trị dương. Điều này tương đương với f   x   0  g  x   3x 2  2  2m  1  x  m  2  0 có
hai nghiệm phân biệt x1  x 2 thỏa mãn
3  m  2   0
 3. g  0   0



m  2  0
x1  0  x2   g  0   0   
 m  2
  2  2m  1
 S  0

0
 
 
3

Vậy m  5, 4, 3 có 3 số nguyên thỏa mãn. Chọn đáp án D

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

Chinh phục olympic toán | 13

0


MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI
Câu 34: Cho hàm số f  x   x 3   2m  1  x 2   m  2  x  1. Có bao nhiêu số nguyên
m   5; 5 để hàm số y  f  x  có năm điểm cực trị.

A. 4.

B. 6.

C. 5.
Lời giải

D. 3.

Hàm số y  f  x  có đúng 5 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số y  f  x  có hai điểm cực trị
dương. Điều này tương đương với f   x   0  g  x   3x 2  2  2m  1  x  m  2  0 có hai
nghiệm phân biệt x1  x 2 thỏa mãn

3  m  2   0
 3. g  0   0


2
0  x1  x 2      0
  2 m  1   3  m  2   0  m  1

S  0

 2  2m  1  0

3

Vậy m  2, 3, 4, 5 có 4 số nguyên thỏa mãn. Chọn đáp án A
Câu 35: Có bao nhiêu số nguyên m   20; 20  để hàm số y  x 2  2m x  m  6  1 có ba
điểm cực trị.
A. 17.

B. 16.

C. 18.
Lời giải

D. 15.

x 2  2 m  x  m  6  x  m  6  0 
2 x  2 m  x  m  6  0 
 y  
Ta có y   2
2 x  2 m  x  m  6  0 
x  2 m  x  m  6  x  m  6  0 

Vậy hàm số không có đạo hàm tại điểm x  m  6 và
 2 x  2m  0
x  m

xm6  0
x  m



y  0 
   x  m

 2 x  2m  0
 x  m  m  3 
 2 m  6  0


 x  m  6  0

Vậy để hàm số có 3 điểm cực trị trước tiên ta phải có m  3 và lúc này bảng xét dấu của y 

như sau: Điều này chứng tỏ với m  3 là giá trị cần tìm, các số nguyên là m  4,..., 19 có
tất cả 16 số nguyên thỏa mãn.
Câu 36: Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  e
điểm cực trị.
A.   ; 0    4;   .

B.  0; 2  .

C.    ; 0]  [2;    .

x3 3 x2 m

có 5

D.  0; 4  .

Lời giải
Số điểm cực trị của hàm số e

f x

bằng số điểm cực trị của hàm số f  x  .

Do đó yêu cầu bài toán tương đương với f  x   0  x 3  3x 2  m  0 có ba nghiệm phân
biệt  m  m  4   0  0  m  4. Chọn đáp án D.

14 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Câu 37: Có bao nhiêu số nguyên m  10 để hàm số y  x 3  mx  1 có 5 điểm cực trị.
A. 9.

B. 7.

C. 11.
Lời giải

D. 8.

yêu cầu bài tóan tương đương hàm số f  x   x 3  mx  1 có hai điểm cực trị và phương
trình f  x   0 có ba nghiệm thực phân biệt ta có

f   x   3x 2  m ; f   x   0  x  

m
 m  0  . và
3

 m  9  2 3m 3
 m  9  2 3m 3
f 

;
f

 
 

3
9
3
9





 m  m
3
3
khi đó điều kiện để có 3 nghiệm phân biệt là f 
 3  . f   3   0  81  12m  0  m  3 4

 

1
chọn đáp án D. chú ý các em có thể đưa về xét hàm số m  x 2  . cho kết quả tương tự
x
Câu 38: Có bao nhiêu số nguyên m   10; 10  để hàm số
y  mx 3  3mx 2   3m  2  x  2  m có 5 điểm cực trị.

A. 7.

B. 10.

C. 9.
Lời giải

D. 11.

Yêu cầu đề bài tương đương phương trình

mx 3  3mx 2   3m  2  x  2  m  0   x  1   mx 2  2mx  m  2   0 có ba nghiệm phân biệt

m  0

   m2  m  m  2   0  m  0  m  1, 2,..., 10 có tất cả 10 giá trị
m  2 m  m  2  0


Chọn đáp án B
Câu 39: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x 3  2 x 2  x 3  2 x  , với mọi x  . Hàm
số y  f  1  2018x  có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị.
A. 9.

B. 2022.







C. 11.
Lời giải

D. 2018.

Có f   x   x 3  x  2  x  2 x  2 . Do đó hàm số f  x  có 4 điểm cực trị là
x  0; x  2; x   2. Lập bảng biến thiên của hàm số f  x  suy ra f  x   0 có tối đa 5

nghiệm phân biệt. Do đó hàm số y  f  x  có tối đa 4  5  9 điểm cực trị.
Mặt khác số điểm cực trị của hàm số y  f  1  2018x  bằng số điểm cực trị của hàm số
y  f  x  . Do đó hàm số y  f  1  2018x  có tối đa 9 điểm cực trị. Chọn đáp án A.

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

Chinh phục olympic toán | 15


MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI

II. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI MIN MAX CỦA HÀM TRỊ TUYỆT
ĐỐI
A. CÁC TÍNH CHẤT LIÊN QUAN TỚI CỰC TRỊ CỦA HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI
Bất đẳng thức trị tuyệt đối.
Cho 2 số thực a,b khi đó ta có a  b  a  b  a  b
Dấu “=” thứ nhất khi a,b cùng dấu, dấu “=” thứ 2 khi a,b trái dấu.
Tính chất hàm trị tuyệt đối max  a , b  

ab  ab
2

Phương pháp chung


Bước 1: Xét hàm số y  f  x  , trên  a ; b  .
Tính đạo hàm: y '  f '  x  .

Giải phương trình f '  x   0 và tìm các nghiệm ai thuộc  a ; b  .



Bước 2: Giải phương trình f  x   0 và tìm các nghiệm b j thuộc đoạn  a ; b  .



Bước 3: Tính các giá trị: f  a  ; f  b  ; f  ai  ; f b j

 

. So sánh và kết luận.

Câu 1: Có bao nhiêu số thực m để hàm số y  3x 2  4x 3  12 x 2  m có giá trị lớn nhất trên
đoạn  3; 2  bằng 150?
B. 0

A. 4

D. 6

C. 2
Lời giải

Xét u  3x  4x  12 x  m trên đoạn  3; 2  ta có:
4

3

2

u '  0  12 x 3  12 x 2  24 x  0  x  0; x  1; x  2.

 A  max u  x   max u  3  , u  1  , u  0  , u  2   u  3   m  243

 3;2 
Khi đó 
 a  min u  x   min u  3  , u  1  , u  0  , u  2   u  2   m  32
 3;2 

  m  243  150

  m  243  m  32
m  140
Vậy max y  max  m  243 , m  32   150  

 3;2 
m  93
  m  32  150
  m  32  m  243
 

Câu 2: Cho hàm số y  x 2  x  m . Tổng tất cả các giá trị thực của tham số sao
cho min y  2 bằng?
2 ;2 

A.

31

4

B. 8

C. 

23
4

D.

9
4

Lời giải
1
Xét hàm số u  x 2  x  m trên đoạn  2; 2  ta có u '  0  2 x  1  0  x   .
2

16 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN


1
 1



Do đó A  max u  max u  2  , u    , u  2    max m  2; m  ; m  6   m  6 và

2
;2


4
 2






1
1
 1


a  min u  min u  2  , u    , u  2    min m  2; m  ; m  6   m  .
2 ;2 
4
4
 2




1

1
9
Nếu a  0  m   min y  m   2  m   t / m  .
 2 ;2 
4
4
4
Nếu A  0  m  6  min y    m  6   2  m  8 t / m 
2 ;2 

1
 min y  0  l  .
2 ;2 
4
9
23
Vậy tổng các giá trị thực của tham số là  8   .
4
4
Câu 3: Gọi  ,  lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Nếu A.a  0  6  m 

y  3x 4  4x 3  12 x 2  m trên đoạn

 3; 2  .

Có bao nhiêu số nguyên m   2019; 2019 

để 2  .

A. 3209

B. 3215

C. 3211

D. 3213

Lời giải
Xét u  3x 4  4x 3  12 x 2  m trên đoạn  3; 2  ta có:
u '  12 x 3  12 x 2  24 x ; u '  0  12 x 3  12 x 2  24 x  0  x  0; x  1; x  2.

 A  max u  x   max u  3  , u  1  , u  0  , u  2   u  3   m  243

 3;2 
Khi đó 
 a  min u  x   min u  3  , u  1  , u  0  , u  2   u  2   m  32
 3;2 

Nếu a  0  m  32  0  m  32    m  243;   m  32 khi đó giả thiết tương đương
2  m  32   m  243  m  307

Nếu A  0  m  243  0  m  243      m  32  ;     m  243  khi đó giả thiết tương
đương 2  m  243     m  32   m  518.
Nếu 243  m  32  A.a  0  max  m  243 , m  32   max m  243, 32  m  0;   0
trường hợp này không thỏa mãn 2  
Vậy 2019  m  518  307  m  2019  m  2018;...,  518, 307,..., 2018 .
Có tất cả 321 số nguyên thỏa mãn.
Câu 4: Cho hàm số y 
nhỏ nhất bằng?

1
A.
6

x  m2  m
. Giá trị lớn nhất M của hàm số trên đoạn  1; 2  có giá trị
x2

B.

1
8

C.

1
5

D.

1
7

Lời giải

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

Chinh phục olympic toán | 17

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI
Xét hàm số u 

x  m2  m
2  m2  m
ta có u ' 
 0, x  1; 2  , m  R.
2
x2
x  2

Do đó A  max u  u  2   
1;2 

m2  m  2
m2  m  1
; a  min u  u  1   
1;2 
4
3

 m2  m  2 m 2  m  1 


Vậy max y  max 
,
.
1;2 
4
3





Ta có 7 M  4

m2  m  2
m2  m  1
1
3
 m2  m  2  m2  m  1  1  M  .
4
3
7

Dấu bằng xảy ra 

m2  m  2 m2  m  1 1
7  329

 m
.
4
3
7
14
x  m2  m
. Giá trị lớn nhất M của hàm số trên đoạn  1; 2  có giá trị
x2

Câu 5: Cho hàm số y 
nhỏ nhất bằng?
A. 26

B. 18

C. 28

D. 26

Lời giải

Xét u  x 3  x 2   m2  1  x  27 trên đoạn  3; 1 ta có u '  3x 2  2 x  m2  1  0, x.
Do đó A  max u  u  1  26  m2 ; a  min u  u  3   6  3m2
 3; 1

3; 1





Do đó M  max y  max 26  m2 , 6  3m2 và 4 M  3 26  m2  6  3m2  72  M  18.
 3; 1

Dấu bằng xảy ra 26  m2  6  3m2  18  m  2 2.
Câu 6: Gọi S là tập hợp giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
y  x 3  3x  m trên đoạn  0; 2  bằng 3. Số phần tử của S là?

A. 1

C. 0

B. 2

D. 6

Lời giải

Xét u  x  3x  m có u '  3x  3; u '  0  x  1   0; 2  . Khi đó
2

3

A  max  max u  0  , u  1  , u  2   max m, m  2, m  2  m  2
0 ;2 

a  min u  min u  0  , u  1  , u  2   min m, m  2, m  2  m  2
0 ;2 

  m  2

  m  2
Suy ra max y  max  m  2 , m  2   3  
0 ;2 
  m  2
 m  2
 

3

 m2
3

 m  1, m  1.

 m2

Câu 7: Cho hàm số f  x   x 4  4x 3  4x 2  a . Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của hàm số trên đoạn  0; 2  . Có bao nhiêu số nguyên a   3; 3 , sao cho M  2 m.
A. 6

B. 3

18 | Chinh phục olympic toán

C. 7

D. 5

Lời giải
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
x  0
Với u  x  4x  4x  a  u '  4x  12x  8x ; u '  0  x  1 .
 x  2
4

3

2

3

2

max u  max u  0  , u  1  , u  2   u  1   a  1
 1;3
Khi đó 
u  min u  0  , u  1  , u  2   u  0   a
min
 1;3

Nếu a  0  m  a , M  a  1  2 a  a  1  a  1  a  1; 2; 3.
Nếu a  1  m    a  1  ; M   a  2  a  1    a  a   2  a   3;  2.
Vậy có tất cả 5 số nguyên thỏa mãn.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.
Cho hàm số f  x   x 4  4x 3  4x 2  a . Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của hàm số đã cho trên  0; 2  . Có bao nhiêu số nguyên a   4; 4  sao cho M  2 m ?
Câu 8: Cho hàm số y  2 x  x 2 

 x  1 3  x   m .

Khi đó lớn nhất của hàm số đạt giá trị

nhỏ nhất. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. 1

C. 0

B. 2

D. 6

Lời giải
Điều kiện xác định  x  1  3  x   0  1  x  3.

 x  1 3  x  

Đặt t 

3  x 2  2 x  2 x  x 2  t 2  3.

Khi đó ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  t 2  t  3  m trên đoạn  0; 2 


13 
13
 1 

Ta có max u  max u  0  , u  2  , u     max m  3; m  1; m    m  1; max u  m  .
0;2 
0;2 
4
4
 2 




13 
Do đó max y  max  m  1 , m 

4 


Dấu bằng xảy ra m  1  m 

m1 

13
m
4

2



 m  1  

13

 m
 4
 9
 .
2
8

134 9

17
 m .
4
8
8

Câu 9: Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên m để hàm số y 

1 4 19 2
x  x  30x  m có giá
4
2

trị lớn nhất trên đoạn  0; 2  không vượt quá 20. Tổng các phần tử của S bằng?
A. 195

B. 210

D. 210

C. 195
Lời giải

 x  5   0; 2 

1 4 19 2
2
Xét u  x  x  30x  m trên đoạn  0; 2  có u '  x  19x  30; u '  0  x  3  0; 2  .
4
2

 x  2  0; 2
 


Do đó max u  max u  0  ; u  2   max m, m  36  m  26 và min u  m
0;2 

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

0 ;2

Chinh phục olympic toán | 19


MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI
 m  m  26  20
 13  m  6
Do đó max y  max  m , m  26   20  

 20  m  6
0;2 
 20  m  13
 m  26  m  20
20

Vậy m  20, 19,..., 6 . Vậy tổng các phần tử của S bằng  k  195
6

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.
1 4 19 2

x  x  30x  m
4
2

Gọi a , b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 
trên đoạn  0; 2  . Có bao nhiêu số nguyên m   30; 30  để 2b  a

Câu 10: Cho hàm số f  x   x 3  3x 2  m . Có bao nhiêu số nguyên m để min f  x   3.
1;3

B. 6

A. 4

C. 11

D. 10

Lời giải
Với u  x  3x  m có u '  3x  6 x ; u '  0  x  0, x  2.
2

2

2

min u  min u  1  , u  3  , u  0  , u  2   min m  2; m; m  4  m  4
 1;3
Do đó 
u  max u  1  , u  3  , u  0  , u  2   max m  2; m ; m  4  m

max
 1;3

Nếu m  4  0  m  4  min f  x   m  4  3  m  7  m  4; 5; 6;7 .
1;3

Nếu m  0  min f  x   m  3  3  m  m  3; 2; 1; 0 .
1;2 

Nếu 0  m  4 khi đó min u  0; max u  0  min f  x   0. ( Thỏa mãn )
1;3

1;3

1;3

Vậy m  3;...;7 có 11 số nguyên thỏa mãn
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.
1. Cho hàm số f  x   2 x 3  3x 2  m . Có bao nhiêu số nguyên m để min f  x   3.
 1;3

2. Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y  x 4  2 x 2  m có min y  3.
 1;2 

3. Cho hàm số y  x 4  2 x 3  x 2  a . Có bao nhiêu số nguyên a để max y  100.
 1;2 

4. Cho hàm số y  x 3  x 2   m2  1  x  4m  7 . Có bao nhiêu số nguyên tố m để
max y  15
0;2 

5. Cho hàm số y  sin 3x  s inx  m . Có bao nhiêu số nguyên m để giá trị lớn nhất của
hàm số lớn nhất của hàm số không vượt quá 30.
6. Cho hàm số f  x   x 2  3x  1. Có bao nhiêu số nguyên m để giá trị nhỏ nhất của
hàm số y  f  2 sin x  1   m không vượt quá 10?
7. Cho hàm số y 

1 4 1 2
x   m  2  x 3  m2 x 3  m . Có bao nhiêu số nguyên m để
4
3

max y  5.
0;2 

20 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Câu 11: Cho hàm số f  x   x 3  3x. Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của hàm số y  f  sin x  1   2 . Giá trị biểu thức M  m bằng?
B. 6

A. 4

D. 8

C. 2

Lời giải

Đặt t  sin x  1   0; 2 , khi đó y  f  sin x  1   2  f  t   2  t 2  3t  2
Xét u  t 2  3t  2 trên đoạn  0; 2  có u '  3t 2  3; u '  0  t  1.
max  max u  0  , u  2  , u  1   max 2; 4; 0  4
 0;2 
Do đó 
u  min u  0  , u  2  , u  1   min 2; 4; 0  0
min
 0;2

Do đó M  max u  4; m  min u  0  M  m  a  0  4
0;2 

0;2 

Câu 12: Cho hàm số y  x 4  2 x 3  x 2  a . Có bao nhiêu số thực a để min y  max y  10.
 1;2 

B. 5

A. 2

C. 3

 1;2 

D. 1

Lời giải

1
Xét u  x 4  2 x 3  x 2  a trên đoạn  0; 2  có u '  4x 3  6x 2  2 x ; u '  0  x  0; x  1; x  .
2



1
u  max u  1  , u  2  , u  0  , u   , u  1    u  1   u  2   a  4.
 M  max
 1;2 
2




m  min u  min u  1  , u  2  , u  0  , u  1  , u  1    u  0   u  1   a


 

 1;2 
2



Trường hợp 1: Nếu m  0  a  0  min y  m; max y  M.
 1;2 

 1;2 

a  0
Vậy ta có điều kiện 
a3
 a  a  4  10
Trường hợp 2: Nếu M , m  0  a  4  min y   M ; max y  m.
 1;2 

 1;2 


 a  4
Vậy ta có điều kiện 
 a  7.

a

4

a

10




Trường hợp 3: M , m  0  4  a  0  min y  0; max y  max  a  4 , a   max a  4;  a  10.
1;2 

1;2 

Suy ra min y  max y  0  10  10 ( loại)
1;2 

1;2 

Câu 13: Cho hàm số y  2 x 2   a  4  x  b  3 . Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số trên
đoạn  2; 3 . Khi đạt giá trị nhỏ nhất, tính giá trị biểu thức a  4b .
A. 41

B. 30

C. 30

D. 41

Lời giải
Xét u  2 x 2   a  4  x  b  3 trên đoạn  2; 3 có u '  0  4x  a  4  0  x  

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

a4
4

Chinh phục olympic toán | 21


MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI
Trường hợp 1: Nếu 

a4

  2; 3   a  16    a  4  ta có
4





M  max u  2  , u  3   max  2 a  b  3 , 3 a  b  33 


2 a  b  3  3a  b  33



 2 a  b  3    3a  b  33 

2
2
a4
Trường hợp 2: Nếu 
  2; 3  16  a  4 ta có
4



5 a6
2

 25.



a2

 a4
M  max  u  2  , u  3  , u  

max

2
a

b

3
,
3
a

b

33
,
 ab1


4 
8





2 a  b  3  3a  b  33  2


a2
 ab1
8

4
1
25 25
2
  a  6 
 .
16
4
4

So sánh hai trường hợp có Mmin 

 a2

 a  b  1
 8


 2 a  b  3    3a  b  33   2 


4

25
.
4

 a  6
a2
25

 ab1 

Dấu bằng xảy ra  2 a  b  3  3 a  b  33 
35  a  4b  41.
8
4
b   4

Câu 14: Giá trị lớn nhất của hàm số y  x 2  ax  b trên đoạn  m , n  m  n  có giá trị nhỏ
nhất bằng?
1
2
A.  m  n 
4

B.

1
2
m  n

8

C.

1
2
 m  n
2

D.

1
2
m  n
16

Lời giải
Gọi M  max y .
 m , n



a
Nếu    m; n   a  2n    a  2m  ta có
2



M  max y  m  , y  n   max m2  am  b , n 2  an  b





m2  am  b  n2  an  b
2



m2  n2  a  m  n 
2





1
1
2
m  n m  n  a  m  n .
2
2

a
Nếu    m; n ta có
2





a2


 a 
M  max y  m  , y  n  , y      max  m2  am  b , n2  an  b ,  b 
4
 2 






a2
a2
Và 4 M  m  am  b  n  an  b  2
b 
 a  m  n   m2  n 2
4
2
2



2

1
1
1
2

2
2
 a  m  n  m  n  M  m  n .
2
2
8

22 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Dấu bằng đạt tại m2  am  b  n2  an  b 
Câu 15: Cho hàm số y 

a2
1
2
 b  m  n .
4
8

x 4  ax  a
. Gọi M,m lần lượt là giá trị nhỏ nhất của hàm số trên
x1

đoạn  1; 2  . Có bao nhiêu số nguyên a sao cho M  2 m.
B. 14

A. 15

C. 16

D. 13

Lời giải

x 4  ax  a
3x 4  4 x 3
trên đoạn u ' 
 0, x   1; 2  .
2
x1
 x  1

Xét u 

16
1
; min u  u  1   a  .
1;2
3  
2
 1
16

a  0
M


a


1
1
13
 2
3

 a .
Nếu a   0  
16
1


2
2
3
m  a  1
a 
 2a 

3
2
2



Do đó max u  u  2   a 
1;2 






1

 16
M   a  

 a  3  0
2
16
61
16


0

 a .
Nếu a 
3
6
3
m    a  16    a  1   2  a  16 



2

3 

3   


1 
16 

1
16 

Nếu  a   a    0  m  0, M  max  a  , a 
  M  2m ( thỏa mãn) .
2 
3 
2
3 


61
13
Vậy   a 
 a  10;...; 4 . Có 15 số nguyên thõa mãn.
6
3


Câu 16: Cho hàm số f  x   x 2  ax  b . Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số f  x  trên
đoạn  1; 3 . Khi M đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị của biểu thức a  2 b bằng?
A. 1

B. 2

C. 4

D. 6

Lời giải
Cách 1.
a
Xét u  x 2  ax  b  u '  2 x  a ; u '  0  x   .
2
a  2
a
Trường hợp 1: Nếu    1; 3  
, khi đó
2
 a  6
M  max  f  1  , f  3   max  1  a  b , 9  3 a  b  

1
8  4a  2 a  2  4
2

a
Trường hợp 2: Nếu    1; 3  6  a  2, khi đó
2

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

Chinh phục olympic toán | 23


MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI

M  max  f  1  , f  3  , f


a2
 max  a  b  5 , b 
4



a2
 a 


max
1

a

b
,
9

3
a


b
,
b




4
 2 






2
 1
a2
1 a


a


5


1



  4  2.
4
2 2

 2

So sánh 2 trường hợp suy ra min M  2 đặt tại a  2  b  1
Cách 2. Theo giả thiết M  f  1   1  a  b , M  f  1   1  a  b , M  f  3   9  3a  b .
Suy ra sử dụng bất đẳng thức x  y  z  x  y  z có

4 M  f  1  2 f  1  f  3   1  a  b  2 1  a  b  9  3a  b .
  1  a  b   2  1  a  b    9  3a  b   8  M  2.
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn  1; 3  có giá trị nhỏ nhất bằng 2 đạt tại
 1  a  b  2, 1  a  b  2, 9  3 a  b  2

 a  2
 1  a  b  9  3 a  b   0

 a  2 b  4.

b


1
1

a

b


2

2
a

2
b

0





 9  3 a  b  2  2 a  2 b   0


Câu 17: Cho hàm số f  x   x 2  3x  1. Có bao nhiêu số nguyên m để giá trị nhỏ nhất của
hàm số y  f  2 sin x  1   m không vượt quá 10?
B. 41

A. 45

C. 30

D. 43

Lời giải
Đặt t  2 sin x  1   1; 3 ta có y  f  t   m  t 2  3t  m  1 .
Ta cần tìm m sao cho min y  10.

 1;3

Xét u  t 2  3t  m  1 trên đoạn  1; 3 ta có u '  0  3t 2  3  0  t  1.
Vậy A  max u  max u  1  , u  3  , u  1   max m  3, m  19, m  1  m  19 và a  min u  m  1.
 1;3

1;3

Trường hợp 1: Nếu a  0  min y  a  10  0  a  10  0  m  1  10  1  a  11.
 1;3

Trường hợp 2: Nếu
A  0  min y   A  10  10  A  0  10  m  19  0  29  a  19
1;3

Trường hợp 3: Nếu
A.a  0   m  1  m  19   0  19  m  1  min y  0  10 ( thỏa mãn )
 1;3

Vậy a  29,..., 11 . Có tất cả 41 số nguyên thỏa mãn
Câu 18: Cho hàm số f  x   x 3  3x  m . Có bao nhiêu số nguyên m   20; 20  để với mọi
bộ số ba số thực a , b , c   2; 1 thì f  a  , f  b  , f  c  là độ dài ba cạnh của một tam giác?
B. 24

A. 30

C. 28

D. 26

Lời giải

Xét u  x  3x  m trên đoạn  2; 1 có u '  0  3x 3  3  0  x  1.
3

24 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
max u  max u  2  , u  1  , u  1   max m  2, m  2, m  2  m  2
 2 ;1
Khi đó 
u  min u  2  , u  1  , u  1   min m  2; m  2; m  2  m  2
min
 2 ;1

Để f  a  , f  b  , f  c  là độ dài ba cạnh tam giác ta phải có f  a   f  b   f  c  .
Chọn f  a   f  b   min f  x  ; f  c   max f  x  ta phải có 2 min f  x   max f  x  .
 2 ;1

 2 ;1

 2 ;1

 2 ;1

Ngược lại 2 min f  x   max f  x  , ta có f  a   f  b   f  c   2 min f  x   max f  x   0.
 2 ;1

2 ;1

 2 ;1

2 ;1

Vậy điều kiện cần và đủ để f  a  , f  b  , f  c  là độ dài ba cạnh tam giác là
2 min f  x   max f  x 
 2 ;1

 2 ;1



Nếu  m  2  m  2   0  2 min f  x   0  2.0  max f  x  ( loại)




m  2  0
Nếu m  2  0  min f  x   m  2; max f  x   m  2  
 m  6.
 2 ;1
 2 ;1

2  m  2   m  2




m  2  0
m  2  0  min f  x     m  2  ; max f  x     m  2   
 m  6.
 2 ;1
 2 ;1

2
m

2


m

2







 2 ;1

 2 ;1

Vậy m  19,.., 7,7,.., 19 . Có 26 số nguyên thỏa mãn.
Câu 19: Cho hàm số f  x   x 3  3x  m . . Có bao nhiêu số nguyên m   20; 20  để với mọi
bộ ba số thực a , b , c   2; 1 thì f  a  , f  b  , f  c  là độ dài ba cạnh một tam giác nhọn?

A. 30

B. 16

D. 12

C. 28
Lời giải

Xét u  x 3  3x  m trên đoạn  2; 1 có u '  0  3x 2  3  0  x  1.
max u  max u  2  , u  1  , u  1   max m  2; m  2; m  2  m  2
 2 ;1
Khi đó 
u  min u  2  , u  1  , u  1   min m  2; m  2; m  2  m  2
min
 2 ;1

Để f  a  , f  b  , f  c  là độ dài ba cạnh tam giác nhọn ta phải nhọn thì f 2  a   f 2  b   f 2  c  .
2

2

Chọn f  a   f  b   min f  x  ; f c   max f  x  ta có điều kiện 2  min f  x     max f  x   .
 2 ;1
 2 ;1
 2 ;1
  2 ;1

2

2

Ngược lại với 2  min f  x     max f  x   , có
 2 ;1
  2 ;1

2

2

f  a   f  b   f  c   2  min f  x     max f  x    0.
 2 ;1
  2 ;1

2

2

2

Vậy điều kiện cần và đủ để f  a  , f  b  , f  c  là độ dài ba cạnh của một tam giác nhọn là
2

2  min f  x     max f  x  
 2 ;1
  2 ;1



2

2

Nếu  m  2  m  2   0  2 min f  x   0  2.0 2   max f  x   (loại)
2 ;1
 2 ;1


Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

Chinh phục olympic toán | 25