Bài toán liên quan đến hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối

ĐƠN ĐIỆU-GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT-TƯƠNG GIAO

CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI
A

ĐƠN ĐIỆU CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI

Câu 1. Cho hàm số y = |x3 − mx + 1| . Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên m sao cho hàm số
đồng biến trên [1; +∞). Tính tổng tất cả các phần tử của S .
A 3.

B 1.

C 9.

D 10.

Lời giải.
Xét hàm số y = x3 − mx + 1 , y = 3x2 − m.
TH1: ∆ = 3m ≤ 0 ⇒ y ≥ 0 ∀x ≥ 1 hàm sốy = x3 − mx
+ 1 luôn đồng biến trên (1; +∞).
m ≤ 0
Vậy trong trường hợp này để thỏa u cầu bài tốn ⇔
⇔m≤0⇔m=0
y(1) ≥ 0
(vì m là số tự nhiên).
TH2: ∆ = 3m > 0 ⇒ y = 0 có hai nghiệm x1 , x2 (x1 < x2 ).
y

2

x

O

Khi đó u cầu bài tốn ⇔ y ≥ 0 ∀x ≥ 1 ⇔


x1 < x2 ≤ 1
y(1) ≥ 0

⇔


m > 0
2 − m ≥ 0

⇔ 0 < m ≤ 2 ⇔ m = {1, 2}
Vậy m = {0, 1, 2} thỏa yêu cầu của bài toán. Tồng các phần tử của S là 3 .
Cách 2: Xét f (x) = x3 − mx + 1 ta có lim f (x) = + ∞ nên hàm số y = | x3 − mx + 1 | = |f (x)| đồng
x→+ ∞

biến
f (x) nhận giá trị không âm và đồng biến trên [1 ; +∞) .
trên [1 ; +∞) khi và chỉ khi hàm số y =
2
f (x) = 3x − m ≥ 0 , ∀x ∈ [1 ; +∞)
3 − m ≥ 0
⇔
⇔
⇔m≤2

f (1) = 2 − m ≥ 0
2 − m ≥ 0
Kết hợp điều kiện m là số tự nhiên ta có m = {0 ; 1 ; 2}. Tồng các phần tử của S là 3.
Chọn phương án A
Câu 2. Cho hàm số f (x) = x2 − 2(m + 1)x + 1 − m
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = |f (x)| đồng biến trên khoảng (−1; 1)
?
A 3.

B 5.

C 8.

Lời giải.
Xét f (x) = x2 − 2(m + 1)x + 1 − m, ∆ = m2 + 3m
TH1: ∆ ≤ 0 ⇔ m ∈ [−3; 0]
Trang 1

D Vô số.


y = |f (x)| = f (x), khi đó hàm số đồng biến trên khoảng (m + 1; +∞)
Hàm số đồng biến trên khoảng (−1; 1) khi m + 1 ≤ 1 ⇔ m ≤ −2
Kết hợp m ∈ [−3; 0] ⇒ m ∈ [−3; −2] (1)
TH2: ∆ ≥ 0 ⇔ m ∈ (−∞; −3) ∪ (0; +∞) . Khi đó f (x) có 2 nghiệm x1 ; x2 (x1 < x2 )
y

2

x

O

Để hàm số đồng biến trên (−1; 1) trong hai trường hợp sau
+TH1: x1 ≤ −1 < 1 ≤ m + 1 ⇔ m + 1 −
+TH2: x2 ≤ −1 ⇔ m + 1 +

√

√
m2 + 3m ≤ −1 < 1 ≤ m + 1 ⇔

m2 + 3m ≤ −1 ⇔

√
m2 + 3m ≤ −m − 2


m ≥ 0
m ≤ −4

⇔m∈∅

⇔ m ≥ −4
Kết hợp m < −3 ⇒ m ∈ [−4; −3) (2)
Từ (1) và (2) có 3 giá trị nguyên của m.
Chọn phương án A
Câu 3. Có bao nhiêu giá trị ngun khơng âm m để hàm số y = |x4 − mx2 + 9| đồng biến trên
khoảng (1; +∞).
A 3.

B 6.

C 7.

D 4.

Lời giải. 
x4 − mx2 + 9 x4 − mx2 + 9 ≥ 0
Ta có y =
 − x4 + mx2 − 9 x4 − mx2 + 9 < 0

4x3 − 2mx x4 − mx2 + 9 ≥ 0
Nên y =
 − 4x3 + 2mx x4 − mx2 + 9 < 0


4x3 − 2mx ≥ 0
 − 4x3 + 2mx ≥ 0
Yêu cầu bài toán tương đương với
, ∀x > 1 hoặc
, ∀x > 1
x4 − mx2 + 9 ≥ 0
x4 − mx2 + 9 < 0



m ≤ 2x2

4x3 − 2mx ≥ 0


m ≤ 2x2
TH1:
, ∀x > 1 ⇔
9 , ∀x > 1 ⇔ 
9 , ∀x ≥ 1
x4 − mx2 + 9 ≥ 0

m ≤ x 2 +
m ≤ x 2 +
x2
x2
⇔m≤
 2 ⇒ m ∈ {0; 1; 2}
 − 4x3 + 2mx ≥ 0
TH2:
, ∀x > 1 ⇒ Hệ này vô nghiệm vì khi x → +∞ thì x4 − mx2 + 9 → +∞.
x4 − mx2 + 9 < 0
Chọn phương án A
Câu 4. Có bao nhiêu số nguyên dương m để hàm số y = |x5 − mx + 4| đồng biến trên khoảng
(1; +∞) .

Trang 2


A 4.

B 5.

C 6.

D 7.

Lời giải. 

x5 − mx + 4 khi x5 − mx + 4 ≥ 0
5x4 − m khi x5 − mx + 4 ≥ 0
Ta có: y =
;y =
 − x5 + mx − 4 khi x5 − mx + 4 < 0
 − 5x4 + m khi x5 − mx + 4 < 0




5x4 − m ≥ 0
m ≤ 5x4
m ≤ 5
TH1: y =
, ∀x ≥ 1 ⇔
,
∀x
≥
1
⇔
⇔ m ≤ 5.
4
x5 − mx + 4 ≥ 0

m ≤ 1 + 4

m ≤ x 4 +
x

 − 5x4 + m ≥ 0
TH2: y =
, ∀x ≥ 1. Hệ vơ nghiệm vì lim (x5 − mx + 4) = +∞.
x→+∞
x5 − mx + 4 < 0

m ≤ 5
⇒ m ∈ {1, 2, 3, 4, 5} .
Vậy
m ∈ Z+
Chọn phương án B
Câu 5. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y =

x−m
đồng biến trên khoảng
x+m+1

(0 ; +∞) ?
A 0.

B 1.

C 2.

D 3.

Lời giải.

Đặt f (x) =

x−m
2m + 1
.
⇒ f (x) =
x+m+1
(x + m + 1)2

Ta có
y = |f (x)| ⇒ y = (|f (x)|) =

f (x).f (x)
|f (x)|

x−m
đồng biến trên khoảng (0 ; +∞) ⇔ f (x).f (x) > 0 , ∀x ∈ (0 ; +∞)
x+m+1

1


m<−



2





2m
+
1
<
0






m≥0



 
f (x) < 0
 f (0) ≤ 0




 m < −1


 f (x) < 0 , ∀x ∈ (0 ; +∞)

−m−1∈




/
(0
;
+∞)



1




⇔− ⇔
⇔
⇔  m ≥ −1

2
 f (x) > 0

2m + 1 > 0



1




m<−

f (x) > 0 , ∀x ∈ (0 ; +∞)


 f (0) ≥ 0
2






 − 1 < m ≤ 0
−m−1∈
/ (0 ; +∞)



m ≥ −1

Hàm số y =

Với m ∈ Z ⇒ m = 0.
Chọn phương án B
Câu 6. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ (−5; 5) để hàm số y =

√
x2 − 3 − 2x − 3m

nghịch biến trên (2; 3) ?
A 2.

B 3.

C 5.

Lời giải.
Trang 3

D 9.


√
Xét hàm số f (x) = x2 − 3 − 2x − 3m
√
x
x − 2 x2 − 3
√
Ta có: f (x) = √
− 2 ⇔ f (x) =
.
x2 − 3√
x2 − 3
Cho f (x) = 0 ⇒ x − 2 x2 − 3 = 0 ⇒ x = 2.
Ta thấy f (x) < 0, ∀x ∈ (2; 3) nên hàm số f (x) nghịch biến trên (2; 3).
√
√
√
6−6

2
Đểy = x − 3 − 2x − 3m nghịch biến trên (2; 3) thì f (3) ≥ 0 ⇔ 6 − 6 − 3m ≥ 0 ⇔ m ≤
3
Do m ∈ (−5; 5) nên m = {−2; −3; −4}.
Chọn phương án B
Câu 7. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈ [−2020; 2020] để hàm số y =

√

x2 + 1 − mx − 1

đồng biến trên khoảng (1; 2)
A 4042.

B 4039.

C 4040.

D 4041.

Lời giải.

√
x
−m
x2 + 1 − mx − 1. Ta có f (x) = √
2
x +1
Vì hàm số liên tục tại x = 1; x = 2 nên để hàm số y = |f (x)| đồng biến trên khoảng (1; 2) ta xét hai
Đặt f (x) =

trường hợp sau:


x

√
f (x) ≥ 0, ∀ x ∈ [1; 2]
− m ≥ 0, ∀ x ∈ [1; 2]
2
x +1
⇔
TH1:
√

f (1) ≥ 0
m ≤ 2 − 1
ã
Å


x
x


m ≤ √
m ≤ min √
, ∀ x ∈ [1; 2]
√
[1; 2]

x2 + 1
x2 + 1 ⇔ m ≤ 2 − 1(1)
⇔
⇔
√


m ≤ 2 − 1
m ≤ √2 − 1


x

√
f (x) ≤ 0, ∀ x ∈ [1; 2]
− m ≤ 0, ∀ x ∈ [1; 2]
2
x +1
⇔
TH2:
√
f (1) ≤ 0

m ≥ 2 − 1
Å
ã


x
x

√


m ≥ √
m ≥ max √
, ∀ x ∈ [1; 2]
2 5
2+1
2+1
[1; 2]
x
x
⇔
⇔
⇔m≥
(2)
√


5
m ≥ 2 − 1
m ≥ √2 − 1
√

2 5
m ≥ 5
Từ (1) và (2) ta có 
√
m≤ 2−1


m ∈ Z
Do
nên có 4041 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
m ∈ [−2020; 2020]
Chọn phương án D
Câu 8. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số f (x)
π
?
|x3 − x2 + x + 2020 − m2 (cos x + 1)| đồng biến trên khoảng 0;
2
A 63.
B 89.
C 31.
D Vô số.
Lời giải.
Đặt g(x) = x3 − x2 + x + 2020 − m2 (cos x + 1).
Ta có g (x) = 3x2 − 2x + 1 + m2 sin x = 2x2 + (x − 1)2 + m2 sin x ≥ 0, ∀x ∈ 0;
Trang 4

π
.
2

=


π
Do đó hàm số g(x) đồng biến trên 0;
.
2

ỵ √
ó
√
π
Để y = f (x) đồng biến trên 0;
thì g(0) ≥ 0 ⇔ 2020 − 2m2 ≥ 0 ⇔ m ∈ − 1010; 1010 .
2
m nguyên dương nên m ∈ [1; 2; 3; ...; 31].
Kết luận có 31 giá trị m nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn phương án C
Câu 9. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = |9x + 3x − m + 1| đồng
biến trên đoạn [0 ; 1] ?
A 1.

B 4.

C 3.

D 6.

Lời giải.
Đặt 3x = t ⇒ t ∈ [1; 3] vì x ∈ [0; 1]
»
2. (t2 + t − m + 1) . (t2 + t − m + 1)
⇒ y = |t2 + t − m + 1| = (t2 + t − m + 1)2 ⇒ y =
2. |t2 + t − m + 1|
2
(2t + 1) . (t + t − m + 1)
≥ 0, ∀t ∈ [1 ; 3].
Để hàm số đồng biến trên đoạn [1 ; 3] thì y =

|t2 + t − m + 1|
Với mọi giá trị của t ∈ [1 ; 3] thì 2t + 1 > 0 nên để y ≥ 0 thì: t2 + t − m + 1 ≥ 0, ∀t ∈ [1 ; 3]
⇒ m − 1 ≤ t2 + t = g(t), ∀t ∈ [1 ; 3]
Ta có bảng biến thiên:
t

1

3

g (t)

+
12

g(t)
2
⇒ m − 1 ≤ min g(t) = 2 ⇒ m ≤ 3
[1;3]

Vậy có 3 giá trị nguyên dương thỏa mãn u cầu bài tốn.
Chọn phương án C
Câu 10. Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng (−1993 ; 1997) của tham số m để hàm số
y = |ln 5x − 6x2 + 2m| nghịch biến trên đoạn [1 ; e3 ].
A 0.

B 789.

C 790.

Lời giải. Å

D 791.

ã
1
− 12x (ln 5x − 6x2 + 2m)
x
Ta có y =
. Hàm số nghịch biến trên [1 ; e3 ] khi và chỉ khi
|ln 5x Å
− 6x2 + 2m|
ã
1
− 12x (ln 5x − 6x2 + 2m)
x
y ≤ 0, ∀x ∈ [1 ; e3 ] ⇔
≤ 0, ∀x ∈ [1 ; e3 ]
|ln 5x − 6x2 + 2m|
⇔ ln 5x − 6x2 + 2m ≥ 0, ∀x ∈ [1 ; e3 ] ⇔ 2m ≥ 6x2 − ln 5x, ∀x ∈ [1 ; e3 ].
Xét hàm số f (x) = 6x2 − ln 5x trên đoạn [1 ; e3 ].
1
Ta có f (x) = 12x − > 0, ∀x ∈ [1 ; e3 ].
x
Bảng biến thiên
Trang 5


x

e3

1

f (x)

+
6e6 − ln (5e3 )

f (x)
6 − ln 5
1
ln (5e3 ) .
2
Vậy m ∈ {1208 ; 1209 ; ... ; 1996}. Suy ra có 789 giá trị củam.

Từ bảng biến thiên ta có 2m ≥ 6e6 − ln (5e3 ) ⇔ m ≥ 3e6 −
Chọn phương án B

Câu 11. Có bao nhiêu số nguyên m > −2020 để hàm số y = |ln (mx2 ) − x + 4| đồng biến trên
(2 ; 5).
A 2020.

B 2022.

C 2021.

D 0.

Lời giải. Å

ã
2
− 1 (ln (mx2 ) − x + 4)
x
Ta có y =
. Hàm số đồng biến trên (2 ; 5) khi và chỉ khi
2
|ln (mx
Å ) −ãx + 4|
2
− 1 (ln (mx2 ) − x + 4)
x
y ≥ 0, ∀x ∈ (2 ; 5)
≥ 0, ∀x ∈ (2 ; 5)
|ln (mx2 ) − x + 4|
⇔ ln (mx2 ) − x + 4 ≤ 0, ∀x ∈ (2 ;5) ⇔ ln (mx2 ) ≤ x − 4, ∀x ∈ (2 ; 5).

x−4

m ≤ e , ∀x ∈ (2 ; 5)
mx2 ≤ ex−4 , ∀x ∈ (2 ; 5)
x2
⇔
⇔
.

mx2 > 0, ∀x ∈ (2 ; 5)
m > 0
ex−4

Xét hàm số f (x) = 2 trên khoảng (2 ; 5).
x
x2 ex−4 − 2xex−4
(x − 2) ex−4
Ta có f (x) =
=
> 0, ∀x ∈ (2 ; 5).
x4
x3
Bảng biến thiên
x

2

f (x)

5
+
e
25

f (x)

e−2
4

e−2
e−2
. Vậy 0 < m ≤
.

4
4
Vậy khơng có giá trị củam thỏa mãn u cầu bài tốn.
Từ bảng biến thiên ta có m ≤

Chọn phương án D
Câu 12. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng (−2020 ; 2020) để hàm
số y = |ln (x2 + 2x + m) + 2mx2 − 8m + 1| luôn nghịch biến trên (−9 ; −2).
A 2019.

B 2018.

C 2021.

Trang 6

D 2020.


Lời giải.
Xét hàm số f (x) = ln (x2 + 2x + m) + 2mx2 − 8m + 1 trên (−9 ; −2).
Điều kiện xác định: x2 + 2x + m > 0, ∀x ∈ (−9 ; −2) ⇔ m > −x2 − 2x, ∀x ∈ (−9 ; −2).
Mặt khác −x2 − 2x = −x (x + 2) < 0, ∀x ∈ (−9 ; −2). Suy ra m ≥ 0.
2x + 2
Ta có f (x) = 2
+ 4mx. Vì m ≥ 0 và x ∈ (−9 ; −2) nên f (x) < 0, ∀x ∈ (−9 ; −2).
x + 2x + m
f (x)f (x)
Ta có y =
. Hàm số đã cho nghịch biến trên (−9 ; −2)

|f (x)|
f (x)f (x)
≤ 0, ∀x ∈ (−9 ; −2) ⇔ f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (−9 ; −2).
⇔ y ≤ 0, ∀x ∈ (−9 ; −2) ⇔
|f (x)|
Trường hợp
khi đó f (x) = ln (x2 + 2x) + 1.
Å 1:ãXét mÅ= 0, ã
21
21
Ta có f −
= ln
+ 1 < 0. Suy ra loại m = 0.
10
100
Trường hợp 2: Xét m > 0. Ở trên ta đã có f (x) < 0, ∀x ∈ (−9 ; −2), do đó f (x) nghịch biến trên
(−9 ; −2). Ta có bảng biến thiên của hàm số f (x)
x

−9

−2
−

f (x)
ln(m + 63) + 154m + 1
f (x)

ln m + 1
1

Từ bảng biến thiên, ta có f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (−9 ; −2) khi ln m + 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ e−1 ⇔ m ≥ .
e
Vậy m ∈ {1 ; 2 ; ... ; 2019}. Suy ra có 2019 giá trị củam.
Chọn phương án A
Câu 13. Cho hàm số f (x) = x2 − 2(m + 1)x + 2m + 1, với m là tham số thực.
Có bao nhiêu số tự nhiên m < 2018 để hàm số y = |f (x)| đồng biến trên khoảng (2; 4)?
A 2016.

B 2018.

C 2015.

D 2017.

Lời giải.
Xét f (x) = x2 − 2(m + 1)x + 2m + 1, ∆ = m2 ≥ 0, ∀m
TH1: ∆ = 0 ⇔ m = 0
y = |f (x)| = f (x) đồng biến trên (1; +∞) ⇒ thỏa mãn.
TH2: m = 0 ⇒ m > 0. Khi đó f (x) có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = 2m + 1(x1 < x2 )
Hàm số y = |f (x)| đồng biến trên các khoảng (1; m + 1) và (2m + 1; +∞).
y

x

O

Trang 7


Để hàm số đồng biến trên (2; 4) trong hai trường hợp sau

+TH1: 1 ≤ 2 < 4 ≤ m + 1 ⇔ m ≥ 3
1
+TH2: 2m + 1 ≤ 2 ⇔ 0 < m ≤
2
Do m là số tự nhiên m < 2018 nên ta có 2016 giá trị nguyên của m.
Chọn phương án A
Câu 14. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = | x5 − 5x2 + 5 (m − 1) x − 8 | nghịch
biến trên khoảng (− ∞ ; 1) ?
A 2.

B 0.

C 4.

D 1.

Lời giải.
Xét hàm số f (x) = x5 − 5x2 + 5 (m − 1) x − 8. Ta có lim f (x) = − ∞.
x→− ∞

Do đó, hàm số y = |f (x)| nghịch biến trên (− ∞ ; 1) ⇔ hàm số y = f (x) nhận giá trị âm và đồng biến
trên(− ∞; 1) .
f (x) < 0
⇔
, ∀x ∈ (− ∞; 1)
f (x) ≥ 0

f (x) = 5x4 − 10x + 5 (m − 1) ≥ 0, ∀x ∈ (− ∞ ; 1)
⇔
f (1) = 5m − 17 ≤ 0



3
4


+1
m ≥ max −x4 + 2x + 1 = √
m ≥ −x + 2x + 1, ∀x ∈ (− ∞; 1)
3
(− ∞;1)
2.
2
⇔
⇔
17


m ≤ 17
m ≤
5
5
3
17
⇔ √
+1≤m≤
. Kết hợp với điều kiện m nguyên ta có m = 3.
5
2. 3 2
Chọn phương án D

Câu 15. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = |x3 − 3x2 + m − 4| đồng biến
trên khoảng (3 ; +∞) là
B (− ∞ ; 2].

A [2 ; +∞).

C (− ∞ ; 4].

D [4 ; +∞).

Lời giải.
Xét hàm số f (x) = x3 − 3x2 + m − 4 
Ta có f (x) = 3x2 − 6x, f (x) = 0 ⇔ 

x=0

.

x=2

Bảng biến thiên của hàm số y = f (x):
x

−∞

0
+

f (x)

0

2
−

0

+∞

3
+

0

+
+∞

m−4
m−4

f (x)
−∞

m−8

Vì đồ thị hàm số y = |f (x)| có được bằng cách giữ nguyên phần đồ thị của hàm số y = f (x) ở phía
Trang 8


trên trục hoành và lấy đối xứng phần đồ thị ở phía dưới trục hồnh qua trục Ox.

Suy ra hàm số y = |f (x)| đồng biến trên (3 ; +∞) ⇔ f (3) ≥ 0 ⇔ m − 4 ≥ 0 ⇔ m ≥ 4.
Chọn phương án D
Câu 16. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m nhỏ hơn 10 để hàm số y =
|3x4 − 4x3 − 12x2 + m| nghịch biến trên khoảng (−∞; −1)?
A 6.

B 4.

C 3.

D 5.

Lời giải.
Xét hàm số f (x)= 3x4 − 4x3 − 12x2 + m ⇒ f (x) = 12x3 − 12x2 − 24x = 12x (x2 − x − 2)
x = −1


⇒ f (x) = 0 ⇔ x = 0

x=2
Bảng biến thiên
x

−∞

f (x)

−1
−

0

0
+

0

+∞

2
−

0

+

f (x)
m−5

Nhận thấy:
 hàm số y = |f (x)| nghịch biến trên khoảng (−∞; −1) ⇔ m − 5 ≥ 0 ⇔ m ≥ 5.
m ∈ Z
Lại do:
⇒ m ∈ {5; 6; 7; 8; 9}. Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
m < 10
Chọn phương án D
Câu 17. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = |x4 + 2x3 + mx + 2| đồng biến trên khoảng
(−1 ; +∞)?
A m ≥ 1.

B m ∈ ∅.

C 0 ≤ m ≤ 1.

D m ≤ 0.

Lời giải.
Đặt f (x) = x4 + 2x3 + mx + 2 ⇒ f (x) = 4x3 + 6x2 + m .
y = |x4 + 2x3 + mx + 2| = |f (x)|.
Ta có lim f (x) = +∞ nên hàm số đồng biến trên (−1 ; +∞) khi và chỉ khi
x→+∞


f (x) ≥ 0 , ∀x ∈ (−1 ; +∞)
4x3 + 6x2 + m ≥ 0 , ∀x ∈ (−1 ; +∞)
⇔
f (−1) ≥ 0
1 − m ≥ 0




3
2
m ≥ −4x − 6x , ∀x ∈ (−1 ; +∞)
m ≥ max −4x3 − 6x2
m ≥ 0
(−1 ; +∞)
⇔
⇔

⇔
⇔0≤m≤1
1 − m ≥ 0
m ≤ 1

m ≤ 1
Chọn phương án C
Trang 9


Câu 18. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham m thuộc đoạn [−10 ; 10] để hàm số y =
|−x3 + 3 (m + 1) x2 − 3m (m + 2) x + m2 (m + 3)| đồng biến trên khoảng (0 ; 1) ?
A 21.

B 10.

C 8.

D 2.

Lời giải.
Xét hàm số f (x) = −x3 + 3 (m + 1) x2 − 3m (m + 2) x + m2 (m + 3) trên khoảng (0 ; 2).
f (x) = −3x2 + 6 (m + 1) x − 3m (m + 2) = −3 [x2 − 2 (m + 1) x + m (m + 2)].
x=m
f (x) = 0 ⇔
( m < m + 2 ).
x=m+2

x=m
Nhận xét: f (x) = 0 ⇔ 

x=m+3
x

−∞

m
−

f (x)

0

m+2
+

0

+∞

m+3
−

−

0

+∞
0

f (x)

−∞

0
+∞

+∞

|f (x)|
0

0

Từbảng biến thiên, suy ra hàm
 số y = |f (x)| đồng biến
 trên khoảng (0 ; 1) khi
(0; 1) ⊂ (m; m + 2)
m≤0<1≤m+2
−1≤m≤0
.
⇔
⇔
⇔
(0; 1) ⊂ (m + 3; +∞)
m+3≤0
m ≤ −3
Mà m nguyên thuộc khoảng [−10 ; 10] nên có 10 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn phương án B
Câu 19. Có bao nhiêu số nguyên m thuộc khoảng (−4; 4) để hàm số y =

1 3
x − x2 + mx + 1
3

đồng biến trên (1; +∞)?
A 3.

B 4.

C 5.

D 6.

Lời giải.
1
Xét hàm số: f (x) = x3 − x2 + mx + 1 ⇒ f (x) = x2 − 2x + m .
3
Ta có: ∆ = 1 − m
+Trường hợp 1: ∆ ≤ 0 ⇔ 1 − m ≤ 0 ⇔m ≥ 1 . Suy ra 
f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (1 ; +∞) .



m ≥ 1
m ≥ 1
m ≥ 1
Vậy yêu cầu bài toán ⇔
⇔ 1
⇔
1 ⇔m≥1.

f (1) ≥ 0


 +m≥0
m ≥ −
3
3
Kết hợp với điều kiện m ∈ Z ; m ∈ (−4; 4) ta được m ∈ { 1; 2; 3} . Ta có 3 giá trị của m thoả mãn yêu
cầu bài toán.
Trang 10


+Trường hợp 2: ∆ > 0 ⇔ m < 1 . Suy ra f (x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 =
√
1+ 1−m
, (x1 < x2 )
2
Ta có bảng biến thiên:
x

x1

−∞

f (x)

+

x2
−

0

0

1−

√

1−m
, x2 =
2

+∞
+
+∞

f (x1 )
f (x)
f (x2 )

−∞





m
<
1




m<1
m<1






√



Vậy yêu cầu bài toán ⇔ x1 < x2 ≤ 1 ⇔ 1 + 1 − m ≤ 1 ⇔ m ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m < 1



2






m ≥ −1
f (1) ≥ 0



1+m≥0
Do m nguyên và 0 ≤ m < 1 nên m = ∅
Vậy tất cả có 3 giá trị của m thoả mãn yêu cầu bài toán.
Chọn phương án A
Câu 20. Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn [−2019 ; 2019] của tham số thực m để hàm số
y = |x3 − 3 (m + 2) x2 + 3m (m + 4) x| đồng biến trên khoảng (0 ; 4)?
A 4033.

B 4032.

C 2018.

D 2016.

Lời giải.
Xét hàm số f (x) = x3 − 3 (m + 2) x2 + 3m (m + 4) x trên khoảng (0; 4).
f (x) = 3x2 − 6 (m + 2) x + 3m (m + 4) = 3 [x2 − 2 (m + 2) x + m (m + 4)].
x=m
f (x) = 0 ⇔
(m < m + 4)
x=m+4
Nhận xét: Đồ thị hàm số y = f (x) luôn đi qua điểm O (0 ; 0).
Trường hợp 1: Nếu m > 0
x

−∞

0

m

m+4

+∞
+∞

f (x)

0

|f (x)|
0
Từ bảng biến thiên, suy ra hàm số y = |f (x)| đồng biến trên khoảng (0 ; 4)
⇔ (0 ; 4) ⊂ (0 ; m) ⇔ 4 ≤ m
Trang 11


Kết hợp với m > 0, ta có m ≥ 4.
Trường hợp 2: Nếu m ≤ 0 < m + 4 ⇔ −4 < m ≤ 0.
x

−∞

m

0

+∞

m+4

+∞
f (x)

0

|f (x)|

Từ bảng biến thiên, suy ra
hàm số y = |f (x)| đồng biến trên khoảng (0 ; 4) ⇔ (0 ; 4) ⊂ (0 ; m + 4) ⇔ m + 4 ≥ 4
⇔m≥0
Kết hợp với −4 < m ≤ 0, ta có m = 0.
Trường hợp 3: Nếu m + 4 ≤ 0 ⇔ m ≤ −4
x

−∞

m

m+4

+∞

0

+∞
f (x)

0

|f (x)|

Từ bảng biến thiên, suy ra hàm số y = |f (x)| luôn đồng biến trên khoảng (0 ; +∞) nên hàm số
y = |f
 (x)| đồng biến trên khoảng (0 ; 4) với mọi m ≤ −4.
m≥4

Vậy 
 m = 0 , mà m nguyên thuộc khoảng [−2019 ; 2019] nên có 4033 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài
m ≤ −4
tốn.
Chọn phương án A
Câu 21. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m < 5 để hàm số y =

1 3 1 2
x + x +x+m
3
2

đồng biến trên (0, +∞) ?
A 4.

B 2.

C 6.

Lời giải.
1
1
Xét hàm số y = x3 + x2 + x + m ta có y = x2 + x + 1 > 0, ∀x ∈ R.

3
2
1 3 1 2
Suy ra hàm số y = x + x + x + m luôn đồng biến trên R.
3
2
Trang 12

D 8.


1 3 1 2
x + x + x + m đồng biến trên (0, +∞) là y(0) ≥ 0 ⇒ m ≥ 0.
3
2
Lại có m nguyên dương và m < 5 vậy có 4 giá trị của m .

Do đó điều kiện hàm số y =

Chọn phương án A
Câu 22 (Mức độ 4). Có bao nhiêu giá trị ngun khơng âm m để hàm số y = |x4 − mx2 + 9|
đồng biến trên khoảng (1; +∞).
A 3.

B 6.

C 7.

D 4.

Lời giải. 
x4 − mx2 + 9 x4 − mx2 + 9 ≥ 0
Ta có y =
 − x4 + mx2 − 9 x4 − mx2 + 9 < 0

4x3 − 2mx x4 − mx2 + 9 ≥ 0
Nên y =
 − 4x3 + 2mx x4 − mx2 + 9 < 0


4x3 − 2mx ≥ 0
 − 4x3 + 2mx ≥ 0
Yêu cầu bài toán tương đương với
, ∀x > 1 hoặc
, ∀x > 1
x4 − mx2 + 9 ≥ 0
x4 − mx2 + 9 < 0





m ≤ 2x2
4x3 − 2mx ≥ 0
m ≤ 2x2
, ∀x > 1 ⇔
TH1:
9 , ∀x > 1 ⇔ 
9 , ∀x ≥ 1


x4 − mx2 + 9 ≥ 0
m ≤ x 2 +
m ≤ x 2 +
x2
x2
⇔m≤
2
⇒
m
∈
{0;
1;
2}

 − 4x3 + 2mx ≥ 0
, ∀x > 1 ⇒ Hệ này vơ nghiệm vì khi x → +∞ thì x4 − mx2 + 9 → +∞.
TH2:
x4 − mx2 + 9 < 0
Chọn phương án A
Câu 23. Có bao nhiêu số nguyên m thuộc khoảng (−10; 10) để hàm số y = |2x3 − 2mx + 3| đồng
biến trên khoảng (1 ; +∞)?
A 12.

B 8.

C 11.

D 7.

Lời giải.

Xét hàm số: f (x) = 2x3 − 2mx + 3 có f (x) = 6x2 − 2m
Hàm số y = |2x3 − 2mx + 3| đồng biến trên khoảng (1 ; +∞) trong hai trường hợp sau
TH1:
 Hàm số f (x) đồng biến trênkhoảng (1 ; +∞) và f (1) ≥ 0
f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (1 ; +∞)
6x2 − 2m ≥ 0
⇔
⇔
f (1) ≥ 0
5 − 2m ≥ 0




m ≤ 3x2 ∀x ∈ (1; +∞)
m ≤ 3
5
⇔
⇔m≤
⇔
5
5


2
m ≤
m ≤
2
2
Do m nguyên và thuộc khoảng (−10; 10) suy ra có 12 giá trị m thỏa yêu cầu

TH2: Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (1 ; +∞) và f (1) ≤ 0
Trường hợp này không xảy ra do lim f (x) = +∞.
x→+∞

Vậy có tất cả 12 giá trị m thỏa yêu cầu đề bài.
Cho hàm số y = |x5 − mx + 1| . Gọi S là tập tất cả các số nguyên dương m sao cho hàm số đồng biến
Trang 13


trên [1; +∞). Tính tổng tất cả các phần tử của S.
Chọn phương án A
Câu 24. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = |2x3 − mx + 1| đồng
biến trên khoảng (1 ; +∞)?
A 2.

B 6.

C 3.

D 4.

Lời giải.
Xét hàm số f (x) = 2x3 − mx + 1 ta có lim f (x) = + ∞ nên hàm số y = |f (x)| đồng biến trên
x→+ ∞

(1 ;
+∞) khi và chỉ khi hàm số y =
f (x) nhận giá trị dương và đồng biến trên (1 ; +∞).
f (x) > 0
2x3 − mx + 1 > 0

⇔
, ∀x ∈ (1 ; +∞) ⇔
, ∀x ∈ (1 ; +∞)
f (x) ≥ 0
6x2 − m ≥ 0


f (1) ≥ 0
2 − m + 1 ≥ 0
⇔
⇔
⇔ m ≤ 3.
f (1) ≥ 0
6 − m ≥ 0
Kết hợp với điều kiện m nguyên dương ta có m ∈ {1 ; 2 ; 3}.
Chọn phương án C
Câu 25. Cho hàm số f (x) = |x2 − 2mx + m + 2|. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
thuộc [−9; 9] để hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2)?
A 3.

B 2.

C 16.

D 9.

Lời giải.
Xét hàm g(x) = x2 − 2mx + m + 2. Ta có g (x) = 2x − 2m .
Hàm
(0; 2) khi và chỉ khi


 số f (x) đồng biến trên khoảng
g(0) ≤ 0
g(0) ≥ 0
, ∀x ∈ (0; 2).
, ∀x ∈ (0; 2) hoặc
g (x) ≤ 0
g (x) ≥ 0
Trường
hợp 1.


g(0) ≥ 0
m + 2 ≥ 0
, ∀x ∈ (0; 2) ⇔
⇔ −2 ≤ m ≤ 0.
g (x) ≥ 0
 − 2m ≥ 0
Trường
hợp 2.



g(0) ≤ 0
m + 2 ≤ 0
m ≤ −2
, ∀x ∈ (0; 2) ⇔
⇔
vô nghiệm.
g (x) ≤ 0

 − 2m ≤ 0
m ≥ 0
Do m là nguyên thuộc [−9; 9] nên m ∈ {−2; −1; 0}.
Chọn phương án A
Câu 26. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = g(x) =
|x3 − 3 (m + 1) x2 + 3m (m + 2) x| đồng biến trên nửa đoạn [0; +∞) biết rằng−2021 ≤ m ≤
2021?
A 2020.

B 2021.

C 2022.

Lời giải.
Xét hàm số: y = f (x) = x3 − 3 (m + 1) x2 + 3m (m + 2) x.
Trang 14

D 2019.


2
TXĐ: D =
 R; ta có y = 3x − 6 (m + 1) x + 3m (m + 2).
x=m
y =0⇔
(m < m + 2, ∀m).
x=m+2

Bảng biến thiên
.

Gọi (C1 ) là phần đồ thị của hàm sốy = x3 − 3 (m + 1) x2 + 3m (m + 2) x nằm trên Ox.
Gọi (C2 ) là phần đồ thị của hàm sốy = x3 − 3 (m + 1) x2 + 3m (m + 2) x nằm dưới Ox.
Gọi (C2 ) là phần đồ thị đối xứng với (C2 ) qua 0x.
Suy ra đồ thị hàm số y = g(x) = |x3 − 3 (m + 1) x2 + 3m (m + 2) x| gồm (C1 ) ∪ (C2 ).
x

−∞

f (x)

m
+

0

+∞

m+2
−

0

+
+∞

f (x)
−∞

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:
hàm số y = g(x) = |x3 − 3 (m + 1) x2 + 3m (m + 2) x| đồng biến trên

m + 2 ≤ 0
⇔ m ≤ −2.
nửa đoạn [0; +∞) khi và chỉ khi
f (0) ≥ 0
Kết hợp với điều kiện −2021 ≤ m ≤ 2021, ta suy ra có 2020 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Chọn phương án A
Câu 27. Gọi S = [a; +∞) là tập tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
y = |x3 − 3x2 + mx + 3m + 1| đồng biến trên khoảng (−2; +∞). Khi đó a bằng
A −3.

B 19.

C 3.

D −2.

Lời giải.
Đặt f 
(x) = x3 − 3x2 + mx + 3m + 1 ⇒ f (x) = 3x2 − 6x + m.
f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (−2; +∞)
TH1:
.
f (−2) ≥ 0



f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (−2; +∞)
3x2 − 6x + m ≥ 0, ∀x ∈ (−2; +∞)
m ≥ −3x2 + 6x, ∀x ∈ (−2; +∞)
⇔

⇔
f (−2) ≥ 0
m ≥ 19
m ≥ 19



m ≥ max
m ≥ 3
−3x2 + 6x
x∈(−2;+∞)
⇔
⇔ m ≥ 19.

m ≥ 19
m ≥ 19

f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (−2; +∞)
TH2:
.
f (−2) ≤ 0



f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (−2; +∞)
3x2 − 6x + m ≤ 0, ∀x ∈ (−2; +∞)
m ≤ −3x2 + 6x, ∀x ∈ (−2; +∞)
⇔
⇔
f (−2) ≤ 0

m − 19 ≤ 0
m ≤ 19
Trang 15




m ≤ min

−3x2 + 6x

(−2;+∞)

.


m ≤ 19
Vì lim (−3x2 + 6x) = −∞ ⇒ hàm số y = −3x2 + 6x khơng có giá trị nhỏ nhất. Vì vậy TH2 khơng
x→+∞

có giá trị m thỏa mãn.
Vậy tập các giá trị m cần tìm là S = [19; +∞).
Chọn phương án B
1 3 1
x − (m + 3) x2 + (2m + 3) x − 1 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá
3
2
trị nguyên dương m để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (4; +∞) . Chọn mệnh đề sai?

Câu 28. Cho hàm số y =

A S có 4 phần tử.

B Tổng các giá trị của m thuộc S bằng 6.

C Tích các giá trị của m thuộc S bằng 0.

D Giá trị m lớn nhất thuộc S bằng 4.

Lời giải.
1
1
Đặt f (x) = x3 − (m + 3) x2 + (2m + 3) x − 1.
3
2
Ta có: f (x) = x2 − (m + 3) x + 2m + 3.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
(4; +∞) khi và chỉ khi:


f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (4; +∞)
f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (4; +∞)
hoặc
f (4) ≤ 0
f (4) ≥ 0



x2 − (m + 3) x + (2m + 3) ≥ 0, ∀x ∈ (4; +∞)
f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (4; +∞)

⇔
TH1:
25

f (4) ≥ 0
0m +
≥0
3
x2 − 3x + 3
7
x2 − 3x + 3
m≤
, ∀x ∈ (4; +∞) m ≤ min
⇔m≤
[4;+∞)
x−2
2
x−2
f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (4; +∞)
TH2:
f (4) ≤ 0
Hệ vô nghiệm vì lim (x2 − (m + 3) x + (2m + 3)) = +∞.
x→+∞
7
Vậy m ≤ , m nguyên dương nên m ∈ {0; 1; 2; 3}.
2
Chọn phương án D
Câu 29. Tính tổng S tất cả các giá trị nguyên khác 0 của tham số m trong đoạn [−5 ; 5] để hàm
x + m2 + 1
số y =

nghịch biến trên (0 ; m2 ).
x−m
A S = −16.
B S = 16.
C S = 15.
D S = −15.
Lời giải.
Đặt f (x) =

x + m2 + 1
−m − m2 − 1
< 0 , ∀x ∈ (0 ; m2 ).
⇒ f (x) =
x−m
(x + m + 1)2

Ta có
y = |f (x)| ⇒ y = (|f (x)|) =

f (x).f (x)
|f (x)|

x + m2 + 1
nghịch biến trên khoảng (0 ; m2 ) ⇔ f (x).f (x) < 0 , ∀x ∈ (0 ; m2 )
x−m
⇔ f (x) > 0 , ∀x ∈ (0 ; m2 )

Hàm số y =

Trang 16

⇔


f m2 > 0
m ∈
/ 0 ; m2

 2

m + m2 + 1



>0
m>1




  m2 − m

⇔
⇔
m < 0 ⇔ m < 0 ⇒ m ∈ {−5 ; −4 ; −3 ; −2 ; −1}
m≤0










 m ≥ m2
m≤1

Vậy S = −15.
Chọn phương án D
Câu 30. Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số y =
x2 + 2x + m2 − 2m
đồng biến trên (2 ; +∞) là [a ; b]. Tính ab.
x+1
A −10.
B −9.
C 2.
D −7.
Lời giải.
Đặt f (x) =

x2 + 2x − m2 + 2m + 2
x2 + 2x + m2 − 2m
⇒ f (x) =
.
x+1
(x + 1)2

Ta có

f (x).f (x)
|f (x)|
x2 + 2x + m2 − 2m
đồng biến trên khoảng (2 ; +∞)
Hàm số y =
x+1

f (x).f (x) ≥ 0 , ∀x ∈ (2 ; +∞)
⇔
f (x) = 0

f (x) ≥ 0
, ∀x ∈ (2 ; +∞) (vì lim f (x) = +∞)
⇔
x→+∞
f (x) > 0

x2 + 2x − m2 + 2m + 2 ≥ 0
, ∀x ∈ (2 ; +∞)
⇔
f (2) ≥ 0


m2 − 2m − 2 ≤ x2 + 2x
⇔ m2 − 2m + 8
, ∀x ∈ (2 ; +∞) (∗)


≥0
3

Đặt g(x) = x2 + 2x
y = |f (x)| ⇒ y = (|f (x)|) =

Bảng biến thiên của hàm g(x)
x

−1
−

g (x)

+
+∞

−1
g(x)
8

(∗) ⇔


m2 − 2m − 2 ≤ 8

⇔1−

+∞

2

√

√
11 ≤ m ≤ 1 + 11

m ∈ R
√
√
Vậy a = 1 − 11, b = 1 + 11 nên ab = −10.
Chọn phương án A
Trang 17


Câu 31. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y =

x3 − 2mx + 2
đồng
x−1

biến trên [2 ; +∞) ?
A 0.

B 1.

C 2.

D 3.

Lời giải.
x3 − 2mx + 2
2x3 − 3x2 + 2m − 2
Đặt f (x) =

.
⇒ f (x) =
x−1
(x − 1)2
Ta có
f (x).f (x)
y = |f (x)| ⇒ y = (|f (x)|) =
|f (x)|
x3 − 2mx + 2
đồng biến trên khoảng [2 ; +∞)
Hàm số y =
x−1

f (x).f (x) ≥ 0 , ∀x ∈ [2 ; +∞)
⇔
f (x) = 0

f (x) ≥ 0
⇔
, ∀x ∈ [2; +∞) (vì lim f (x) = +∞)
x→+∞
f (x) > 0

2x3 − 3x2 + 2m − 2 ≥ 0
, ∀x ∈ [2; +∞)
⇔
f (2) > 0


m ≥ −x3 + 3 x2 + 1

2
⇔
, ∀x ∈ [2; +∞)

10 − 4m > 0


m ≥ g(x)
, ∀x ∈ [2; +∞) (∗)
⇔
5

m <
2
Bảng biến thiên của hàm g(x)
x

+∞

2
−

g (x)
−1
g(x)

(∗) ⇔




m ≥ −1

⇔ −1 ≤ m <

5

m <
2
Chọn phương án C

5
⇒ m ∈ {1 ; 2}.
2

Câu 32. Cho hàm số f (x) =

√

x2 + 2x + 2 − x + m , trong đó m là tham số thực. S là tập hợp

tất cả các giá trị nguyên của m trên đoạn [−2019 ; 2019] để hàm số f (x) đồng biến trên khoảng
(−1 ; +∞) . Số phần tử của tập S là
A 2018.

B 2017.

C 2019.

Lời giải.
Trang 18

D 4039.


√

x2 + 2x + 2 − x + m trên
√ khoảng (−1 ; +∞).
x + 1 − x2 + 2x + 2
x+1
√
−1=
< 0, ∀x > −1
Ta có, g (x) = √
x2 + 2x + 2
x2 + 2x + 2
»
√
(Do x + 1 − x2 + 2x + 2 = (x + 1) − (x + 1)2 + 1 < 0, ∀x > −1)

Xét hàm số g(x) =

Vậy hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng (−1 ; +∞).
Suy ra, hàm số f (x) = |g(x)| đồng biến trên khoảng (−1 ; +∞)
⇔ g(x) ≤ 0, ∀x > −1 (1)
Do hàm số g(x) liên tục trên [−1 ; +∞) và nghịch biến trên khoảng (−1 ; +∞) nên hàm số g(x) nghịch
biến trên [−1 ; +∞).
Vậy (1) ⇔ max g(x) ≤ 0 ⇔ g (−1) = m + 2 ≤ 0 ⇔ m ≤ −2
[−1 ; +∞)

Vậy S = {−2019 ; −2018 ; ... ; −2}
Chọn phương án A
√
Câu 33. Có bao nihe6u giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số y = 3 x2 + 1 + x + m
đồng biến trên khoảng (1; +∞)?
A 5.

B 6.

C 4.

D Vô số.

Lời giải.

√
3x
Xét hàm số f (x) = 3 x2 + 1 + x + m ⇒ f (x) = √
+ 1.
x2 + 1
Trên (1; +∞) ⇒ f (x) > 0.
Bản biến thiên
x

+∞

1

f (x)

+
+∞

f (x)
√
3 2+1+m
√
√
Nhận thấy:
hàm
số
y
=
|f
(x)|
đồng
biến
trên
khoảng
(1;
+∞)
⇔
3
2
+
1
+
m
≥
0

⇔
m
≥
−3
2 − 1.

m ∈ Z
⇒ m ∈ {−5; −4; −3; −2; −1}.
Lại do
m < 0
Vậy có 5 giá trị của m thỏa yêu cầu bài tốn.
Chọn phương án A
√
Câu 34. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [0; 10] để hàm số y = x + m x2 − 2x + 3
đồng biến trên khoảng (1; +∞)?
A 11.

B 10.

C 12.

Lời giải.
+TXĐ D = R

√
+Xét hàm số f (x) = x + m x2 − 2x + 3.
x−1
+f (x) = 1 + m √
2
x − 2x + 3

Trang 19

D 9.



f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (1; +∞)

 f (1) ≥ 0

.
Hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞) ⇔ 

 f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (1; +∞)

f (1) ≤ 0
Trường hợp 1

√
x−1
f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (1; +∞) ⇔ 1 + m √
≥ 0, ∀x ∈ (1; +∞) ⇔ x2 − 2x + 3 + m (x − 1) ≥
x2 − 2x + 3
0, ∀x ∈ (1; +∞) .
√
√
t2 + 2
−
Đặt t = x − 1, t > 0 ⇒ t2 + 2 + mt ≥ 0∀t > 0 ⇔ m ≥
, ∀t > 0

t
√
− t2 + 2
2
Xét f (t) =
, f (t) = √
> 0∀t > 0.
t
t2 t2 + 2
Bảng biến thiên
t

+∞

0

f (t)

+
−1

f (t)
−∞

Từ Bảng biến thiên ta có


f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (1; +∞)
f (1) ≥ 0

Trường hợp 2
f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (1; +∞) ⇔ 1 + m √




m ≥ −1
m ≥ −1
−1
⇔
⇔
⇔m≥ √ .
√
−1
1 + m. 2 ≥ 0

2
m ≥ √
2

√
x−1
≤ 0, ∀x ∈ (1; +∞) ⇔ x2 − 2x + 3 + m (x − 1) ≤
x2 − 2x + 3

0, ∀x ∈ (1; +∞) .

√
Đặt t = x − 1, t > 0 ⇒ t2 + 2 + mt ≤ 0(∗), ∀t > 0
Ä√

ä
Mà lim+
t2 + 2 + mt = 2 > 0 nên với mỗi giá trị của m ln có giá trị của t dương đủ nhỏ để Vế
t→0

trái của (∗) lớn hơn 0. Suy ra không có gía trị nào của m để TH2 thỏa mãn.
Vậy có 11 giá trị nguyên của m thỏa mãn là {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10}.
Chọn phương án A
Câu 35. Cho hàm số f (x) = (2 + sin x)3 − (3m − 7) sin x + 18 − 6m . Có bao nhiêu giá trị
π π
nguyên dương nhỏ hơn 2020 của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng − ;
?
2 2
A 2011.
B 2019.
C 3.
D 2008.
Lời giải.
Ta có f (x) = (2 + sin x)3 − (3m − 7) sin x + 18 − 6m = (2 + sin x)3 − (3m − 7) (sin x + 2) + 4 .
π π
Đặt t = t(x) = 2 + sin x thì hàm số t(x) đồng biến trên − ;
và t ∈ (1; 3) .
2 2
π π
Hàm số f (x) đồng biến trên − ;
khi và chỉ khi hàm số y = |g(t)| vớig(t) = t3 − (3m − 7) t + 4
2 2
đồng biến trên khoảng (1; 3) .
Trường hợp 1: Hàm số g(t) đồng biến trong khoảng (1; 3) và không âm trên (1; 3) tức là:
Trang 20


g (t) ≥ 0 , ∀t ∈ (1; 3)

⇔

g(1) ≥ 0


3t2 − (3m − 7) ≥ 0 , ∀t ∈ (1; 3)
1 − 3m + 7 + 4 ≥ 0



m ≤ 10
3 ⇔ m ≤ 10 ·
⇔

3
m ≤ 4

Trường hợp 2: Hàm số g(x) nghịch biến trong khoảng (1; 3) và không
 dương trên (1; 3) tức là:



g (t) ≤ 0 , ∀t ∈ (1; 3)
3t2 − (3m − 7) ≤ 0 , ∀t ∈ (1; 3)
m ≥ 34

3 ⇔ m ≥ 34 ·
⇔
⇔
g(1) ≤ 0
1 − 3m + 7 + 4 ≤ 0

3
m ≥ 4
Kết hợp với yêu cầu bài toán m ∈ {1; 2; 3} ∪ {12; 13; 14; ...; 2019} ta có 2011 giá trị của m.
Chọn phương án A
Câu 36. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên nhỏ hơn 20 của tham số m sao cho hàm số
π
tan x − 2
y=
đồng biến trên khoảng 0;
. Tính tổng tất cả các phần tử của S.
tan x − m
4
A 190.
B 189.
C 1.
D 3.
Lời giải.
π
tan x − 2
. Tập giá trị của tan x trên khoảng 0;
là khoảng (0; 1) nên hàm số f (x)
tan x − m 
4
m≤0

(∗) .
xác định khi m ∈
/ (0; 1) hay 
m≥1
(−m + 2) (1 + tan2 x)
Ta có f (x) =
·
(tan x − m)2



π

f (x) > 0 , ∀x ∈ 0;
−m+2>0
m < 2
4 ⇔
·
Trường hợp 1:
⇔
2




m
>
0
≥0
f (0) ≥ 0

m
Kết hợp (∗) , ta được 1 ≤ m < 2 .



π

f (x) < 0 , ∀x ∈ 0;
−m+2<0
m > 2
4
Trường hợp 2:
⇔ 2
⇔


m < 0
 ≤0
f (0) ≤ 0
m
Trường hợp này khơng tìm được m.
Đặt f (x) =

Vì chỉ có m = 1 thỏa u cầu bài tốn nên tổng là 1.
Chọn phương án C
Câu 37. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc [−7; 7] để hàm số y =
π
cos x. |cos2 x − 3m2 | nghịch biến trên 0;
?
2

A 1.
B 15.
C 8.
D 14.
Lời giải.
π
⇒ t ∈ (0; 1).
2
π
Lại có t = cos x là hàm số nghịch biến trên 0;
nên yêu cầu bài toán trở thành tìm m nguyên thuộc
2
2
2
3
2
[−5; 5] để hàm số y = t |t − 3m | = |t − 3m t| đồng biến trên (0; 1).
Đặt t = cos x. Vì x ∈ 0;

Xét f (t) = t3 − 3m2 t, t ∈ (0; 1) có f (t) = 3t2 − 3m2 .
Trường hợp 1: Nếu m = 0 thì hàm số trở thành y = |t3 | ln đồng biến trên (0; 1).
Do đó m = 0 thỏa mãn bài toán. (1)
Trang 21



√
t = −m 3

t=m


Trường hợp 2: m = 0 ⇒ f (t) = 0 ⇔ 
và f (t) = 0 ⇔ t = 0

t = −m
√
t=m 3
*) Với m > 0, ta có bảng biến thiên sau:


t

−

f (t)

√
m 3

m

0

0

+

2m3
|f (t)|
0

0

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số y = |f (t)| đồng biến trên (0; m).
Do đó khoảng (0; m) chứa khoảng (0; 1) , suy ra m ≥ 1 . (2)
*) Với m < 0 , ta có bảng biến thiên sau:
t

−

f (t)

√
−m 3

−m

0

0

+

−2m3
|f (t)|
0

0

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số y = |f (t)| đồng biến trên (0; −m).

Do đó khoảng (0; −m) chứa khoảng (0; 1), suy ra m ≤ −1 . (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra có 15 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài tốn.
Chọn phương án B
Câu 38. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = |8tan x + 3.2tan x − m + 2| đồng
π π
.
biến trên − ;
4 2
29
29
29
29
A m< .
B m> .
C m≤ .
D m≥ .
8
8
8
8
Lời giải.
π π
1
Đặt 2tan x = t. Vì x ∈ − ;
suy ra tan x ≥ −1 nên t ≥ .
4 2
2
Khi đó ta có hàm số: y = |t3 + 3t − m + 2| (1).
ï
ã

π π
1
Để hàm số ban đầu đồng biến trên − ;
thì hàm số (1) phải đồng biến trên
; +∞ .
4 2
2
Xét hàm số f (t) = t3 + 3t − m + 2.
Ta có: f (t) = 3t2 + 3 > 0, ∀t.
f (t).f (t)
f (t).f (t)
f 2 (t) nên y =
=
.
2 (t)
|f (t)|
f
ï
ã
ï
ã
1
1
Hàm số đồng biến trên
; +∞ khi và chỉ khi y ≥ 0, ∀t ∈ ; +∞
2ã
2 ã
ï
ï
1

1
⇔ f (t) ≥ 0, ∀t ∈ ; +∞ ⇔ t3 + 3t − m + 2 ≥ 0, ∀t ∈ ; +∞
2
2
Khi đó y = |f (t)| =

Trang 22


ï

ã
1
⇔ m ≤ t + 3t + 2, ∀t ∈ ; +∞ (∗).
2
3

ï

ã
1
Ta có bảng biến thiên của hàm số: g(t) = t + 3t + 2 trên
; +∞ như sau:
2
3

1
2

x

+∞
+

g (t)

+∞
g(x)

Từ bảng biến thiên suy ra: m ≤

29
8
29
.
8

Chọn phương án C
Câu 39. Giá trị lớn nhất của m để hàm số y = |ex + e2x − m| đồng biến trên(1 ; 2) là
B e + e2 .

A e.

C e2 .

D 2.

Lời giải.
Đặt f (x) = ex + e2x − m ⇒ y = |f (x)| = f 2 (x).
f (t).f (t)

f (t).f (t)
Ta có y =
=
|f (t)|
f 2 (t)
Hàm số đồng biến trên (1 ; 2) ⇔ y ≥ 0, ∀x ∈ (1 ; 2)
Vì f (x) = ex + 2e2x > 0 ∀x ∈ (1 ; 2)
⇒ y ≥ 0, ∀x ∈ (1 ; 2) ⇔ f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (1 ; 2)
⇔ m ≤ ex + e2x , ∀x ∈ (1 ; 2) (1)
Ta có bảng biến thiên của hàm số g(x) = ex + e2x trên khoảng (1 ; 2) như sau:
x

1

2
+

g (x)

e2 + e 4
g(x)
e + e2
Từ bảng biến thiên suy ra (1) ⇔ m ≤ e + e2 .
Chọn phương án B
Câu 40 (Mức độ 4). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương m ∈ (−2019 ; 2020) để hàm số y =
2

2

e−x − ex − m nghịch biến trên khoảng (1 ; e) ?

A 401.

B 0.

C 2019.

Lời giải.
2

2

2

2

Đặt f (x) = e−x + ex − m ⇒ f (x) = −2xe−x + 2xex
f (t).f (t)
f (t).f (t)
Ta có y = |f (x)| = f 2 (x) ⇒ y =
=
|f (t)|
f 2 (t)
Trang 23

D 2016.


Yêu cầu bài toán ⇔ y ≤ 0, ∀xÄ ∈ (1 ; e)ä(*)
2
2x e2x − 1

2
2
Ta có: −2xe−x + 2xex =
> 0, ∀x ∈ (1 ; e)
e x2
Khi đó, (∗) ⇔ f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (1 ; e)
2
2
⇔ e−x + ex − m ≤ 0, ∀x ∈ (1 ; e)
2

2

⇔ e−x + ex ≤ m, ∀x ∈ (1 ; e)
2
2
Ta có bảng biến thiên của hàm số g(x) = e−x + ex trên (1 ; e) như sau:
x

e

1

g (x)

+
2

e−e + ee
g(x)

2

1
+e
e
2

2

Từ bảng biến thiên suy ra m ≥ e−e + ee ≈ 1618, 18.
Vậy có 401 giá trị nguyên dương m thỏa mãn.
Chọn phương án A
x+1
2x + 2
Câu 41. Cho hàm số y = e x − 1 + 3e x − 1 − 2m + 5 (1) . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương
của tham số m để hàm số nghịch biến trên khoảng (2 ; 4) ?
A 234.

B Vô số.

C 40.

D Không tồn tại.

Lời giải.
x+1
x+1 Å
x+1
ã

−2
x
+
1
Đặt t = e x − 1 , ta có t = e x − 1 .
= ex − 1 .
< 0∀x ∈ (2 ; 3) ⇒ t ∈ (e2 ; e3 ) , đồng
x−1
(x − 1)2
thời x và t sẽ ngược chiều biến thiên.
»
2
Khi đó hàm số trở thành y = |t + 3t − 2m + 5| = (t2 + 3t − 2m + 5)2 (2)
2 (t2 + 3t − 2m + 5) . (2t + 3)
(t2 + 3t − 2m + 5) . (2t + 3)
»
Ta có: y =
=
.
2 + 3t − 2m + 5|
2
|t
2
2 (t + 3t − 2m + 5)
Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (2; 3) tương đương với hàm số (2) đồng biến trên khoảng (e2 ; e3 )
(t2 + 3t − 2m + 5) . (2t + 3)
⇔
≥ 0∀t ∈ (e2 ; e3 ) ⇔ t2 + 3t − 2m + 5 ≥ 0∀t ∈ (e2 ; e3 )
|t2 + 3t − 2m + 5|
t2 + 3t + 5

⇔m≤
= g(t)∀t ∈ (e2 ; e3 ) .
2
2t + 3
e4 + 3e2 + 5
e6 + 3e4 + 5
e4 + 3e2 + 5
Có g (t) =
> 0∀t ∈ (e2 ; e3 ) ⇒
< g(t) <
⇒m≤
.
2
2
2
2
Với điều kiện m là số nguyên dương ta tìm được 40 giá trị của m.
Chọn phương án C
Câu 42. Có bao nhiêu số nguyên của tham số m trong đoạn [−9 ; 9] để hàm số y =
|ln (2x3 − 3mx + 32)| nghịch biến trên nửa khoảng (2 ; 4].
A 0.

B 19.

C 10.

Lời giải.
Trang 24

D 7.

Xét hàm số f (x) = ln (2x3 − 3mx + 32) trên (2 ; 4] .
32
Điều kiện xác định: 2x3 − 3mx + 32 > 0, ∀x ∈ (2 ; 4] ⇔ 3m < 2x2 + , ∀x ∈ (2 ; 4] .
x
…
32
16
16
16
16
16
3
Mặt khác 2x2 +
= 2x2 +
+
≥ 3 2x2 . . = 8 . Dấu “= ” xảy ra khi 2x2 =
⇔x=2.
x
x
x
x x
x
8
32
> 8, ∀x ∈ (2 ; 4] . Suy ra 3m ≤ 8 ⇔ m ≤ .
Vậy 2x2 +
x
3

f (x)f (x)
Ta có y =
. Hàm số đã cho nghịch biến trên (2 ; 4] khi và chỉ khi
|f (x)|

f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (2 ; 4]

 f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (2 ; 4]

f (x)f (x)
.
y ≤ 0, ∀x ∈ (2 ; 4] ⇔
≤ 0, ∀x ∈ (2 ; 4] ⇔ 

|f (x)|
 f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (2 ; 4]

f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (2 ; 4]

f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (2 ; 4]
Trường hợp 1:
.
f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (2 ; 4]
Ta có f (x) ≥ 0 ⇔ ln (2x3 − 3mx + 32) ≥ 0 ⇔ 2x3 − 3mx + 32 ≥ 1 ⇔ 2x3 − 3mx + 31 ≥ 0
31
31
31
4x3 − 31
2
2

⇔ 3m ≤ 2x +
. Xét g(x) = 2x +
⇒ g (x) = 4x − 2 =
> 0, ∀x ∈ (2 ; 4] .
x
x
x
x2
Vậy ta có hàm số g(x) đồng biến trên (2 ; 4] .
47
47
31
⇔m≤
.
Suy ra, 3m ≤ 2x2 + , ∀x ∈ (2 ; 4] ⇔ 3m ≤ g(2) =
x
2
6
Ta có f (x) ≤ 0 ⇔ 6x2 − 3m ≤ 0 ⇔ m ≥ 2x2 .
Để f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (2 ; 4] ⇔ m ≥ 2x2 , ∀x ∈ (2 ; 4] ⇔ m ≥ 32 .
Vậy trong trường
 hợp 1, khơng có giá trị nào của m thỏa mãn.
f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (2 ; 4]
Trường hợp 2:
. Từ trường hợp trên ta có
f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (2 ; 4]
31
159
53
f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (2 ; 4] ⇔ 3m ≥ 2x2 + , ∀x ∈ (2 ; 4] ⇔ 3m ≥ g(4) =

⇔m≥
.
x
4
4
f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (2 ; 4] ⇔ m ≤ 2x2 , ∀x ∈ (2 ; 4] ⇔ m ≤ 8.
Vậy trong trường hợp 2, khơng có giá trị nào của m thỏa mãn.
Vậy khơng có giá trị nào củam thỏa mãn u cầu bài tốn.
Chọn phương án A
Câu 43. Có bao nhiêu số nguyên của tham sốÅ m trong
ã đoạn [−12 ; 12] để hàm số y =
1
2
|ln (2x − 4mx − 2m) − 1| đồng biến trên khoảng − ; 1 .
2
A 13.
B 7.
C 0.
D 25.
Lời giải.
Å
ã
1
2x − 2m
Xét hàm số f (x) = ln (2x − 4mx − 2m) − 1 trên − ; 1 . Suy ra f (x) = 2
.
2ã
x −
2mx −ãm
Å

Å
1
x2
1
Điều kiện xác định: 2x2 − 4mx − 2m > 0, ∀x ∈ − ; 1 ⇔ m <
, ∀x ∈ − ; 1 .
2
2x
2ã
Å
 +1
1
Å
ã
x = 0 ∈ − 2 ; 1
x2
1
2x2 + 2x
Å
ã.
Xét g(x) =
trên − ; 1 . Ta có g (x) =
=0⇔

1
2x + 1
2
(2x + 1)2
x = −1 ∈
/ − ;1

2
Bảng biến thiên của g(x)
2

Trang 25