Chuyên đề 2 cực trị của hàm số đáp án

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

Chuyên đề 2

Dạng 1. Bài toán cực trị hàm số chứa dấu trị tuyệt đối
Bài toán: Đồ thị hàm số y  f ( x) có bao nhiêu điểm cực trị
(Áp dụng định nghĩa). y  f ( x) 

f 2 ( x)  y 

2 f ( x). f ( x)
f 2 ( x)

 f ( x)  0 1
y  0  
 f ( x )  0  2 

Số nghiệm của 1 chính là số giao điểm của đồ thị y  f ( x) và trục hồnh y  0 . Cịn số nghiệm
của  2 là số cực trị của hàm số y  f ( x ) , dựa vào đồ thị suy ra  2 . Vậy tổng số nghiệm bội lẻ
của 1 và  2 chính là số cực trị cần tìm.
Dạng tốn này mình làm tựa theo đề tham khảo 2018, vẫn xuất hiện ở dạng toán hàm hợp, các
bạn học chú ý nhé!
Câu 1.

(Chuyên Vinh – Lần 2). Đồ thị  C  có hình vẽ bên.

Tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  f  x   m có ba điểm cực trị là:
A. m  1 hoặc m  3 . B. m  3 hoặc m  1. C. m  1 hoặc m  3 . D. 1  m  3.
Giải

Cách 1:
Do y  f  x   m là hàm số bậc ba
Khi đó, hàm số y  f  x   m có ba điểm cực trị
 hàm số y  f  x   m có yCD . yCT  0
(hình minh họa)

Facebook Nguyễn Vương  Trang 1


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

 m  1
 1  m  3  m   0  
 Đáp án A
m  3
Cách 2:
Ta có y  f  x   m =

 f  x   m

2

 y 

 f  x   m. f   x  .
 f  x   m
2

Để tìm cực trị của hàm số y  f  x   m , ta tìm x thỏa mãn y '  0 hoặc y ' không xác định.
 f  x  0

1

 2
 f  x    m
Dựa vào đồ thị, suy ra hàm số có 2 điểm cực trị x1 , x2 trái dấu.
Suy ra (1) có hai nghiệm x1 , x2 trái dấu.
Vậy để đồ thị hàm số có 3 cực trị thì (2) có một nghiệm khác x1 , x2 .
Số nghiệm của (2) chính là số giao điểm của đồ thị  C  và đường thẳng y   m .
 m  1
 m  1
Do đó để (2) có một nghiệm thì dựa vào đồ thị ta có điều kiện: 

 m  3  m  3
 Đáp án. A.
Chú ý:
Nếu x  x0 là cực trị của hàm số y  f  x  thì f '  x0   0 hoặc không tồn tại f   x0  .
Câu 2.

(Đề Tham Khảo 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
4

3

2

y  3 x  4 x  12 x  m có 7 điểm cực trị?

A. 5

B. 6

C. 4
Lời giải.

D. 3

Chọn C
y  f  x   3 x 4  4 x 3  12 x 2  m
3
2
Ta có: f   x   12x 12 x  24 x .; f   x   0  x  0 hoặc x   1 hoặc x  2 .

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
để hàm số


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Do hàm số f  x có ba điểm cực trị nên hàm số y  f  x  có 7 điểm cực trị khi
m  0
Phương trình f  x   0 có 4 nghiệm  
 0 m 5.
m  5  0
Vậy có 4 giá trị nguyên thỏa đề bài là m  1; m  2; m  3; m  4 .
Câu 3.

(Gia Bình 2019) Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau.

Hàm số y  f  x  3  có bao nhiêu điểm cực trị
A. 5

B. 6

C. 3
Lời giải

D. 1

Chọn C
y  f  x  3  1 , Đặt t | x  3 |, t  0 Thì (1) trở thành: y  f (t )(t  0)

Có t  ( x  3) 2  t ' 

x 3
( x  3) 2

Có y x  t x f  (t )

x  3
x  3
t x  0

y  0  t f (t )  0   
 t  2( L)   x  7
 f (t )  0
t  4
 x  1
Lấy x=8 có t '(8) f '(5)  0 , đạo hàm đổi dấu qua các nghiệm đơn nên ta có bảng biến thiên:

x


x



Dựa vào BBT thì hàm số y  f  x  3  có 3 cực trị.
Câu 4.

(Cụm Liên Trường Hải Phịng 2019) Tìm số các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số
y  x 4  2mx 2  2m 2  m 12 có bảy điểm cực trị

A. 1 .

B. 4 .

C. 0 .
Lời giải

D. 2 .

Facebook Nguyễn Vương 3


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2  2m 2  m 12 có bảy điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số

y  x 4  2mx2  2m2  m 12 cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt



m 2  2m 2  m 12  0



x 4  2mx 2  2m 2  m 12  0 có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 
2m  0



2m 2  m 12  0








4m3


1  97


m3
 m  0

4



1 97
1  97

m
m


4
4


Vậy không có giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2  2m 2  m 12 có
bảy điểm cực trị.
Câu 5.

(Sở Vĩnh Phúc 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
y  3 x 4  4 x3  12 x 2  m2 có đúng 5 điểm cực trị?

A. 5 .

B. 7 .

C. 6 .
Lời giải

D. 4 .

Xét hàm số f ( x)  3x4  4 x3  12 x 2  m2 ; f ( x)  12 x3  12 x2  24 x
f ( x)  0  x1  0; x2  1; x3  2 . Suy ra, hàm số y  f ( x) có 3 điểm cực trị.

 Hàm số y  3x 4  4 x3  12 x 2  m2 có 5 điểm cực trị khi đồ thị hàm số y  f ( x) cắt trục hoành
tại 2 điểm phân biệt  3 x 4  4 x 3  12 x 2  m2  0 có 2 nghiệm phân biệt.
Phương trình 3 x 4  4 x3  12 x 2  m2  0  3x 4  4 x3  12 x 2  m2 (1).
Xét hàm số g( x)  3x4  4 x3  12 x2 ; g( x)  12 x3  12 x 2  24 x .
Bảng biến thiên:

m2  0
Phương trình (1) cớ 2 nghiệm phân biệt  
 5  m  32 .
2
5

m

32


Vậy m  3; 4;5; 3; 4; 5 .
Câu 6.

(Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số
y  3 x 4  4 x 3  12 x 2  m có 5 điểm cực trị.

A. 16

B. 44

C. 26

D. 27

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Lời giải
Chọn C
Đặt: g ( x )  3 x 4  4 x 3  12 x 2  m

 x  2  y  m  32
Ta có: g '( x)  12 x  12 x  24 x  0   x  1  y  m  5
 x  0  y  m
3

2

m  0
m  0

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số có y  g ( x) có 5 điểm cực trị khi  m  5  0  
.
5  m  32


 m  32  0
Vì m là số nguyên dương cho nên có 26 số m thỏa đề bài
Câu 7.

(THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho hàm số y  x 4  2mx 2  2m  1 với m là tham số
thực. Số giá trị nguyên trong khoảng  2; 2 của m để hàm số đã cho có 3 điểm cực trị là

A. 2

B. 4

C. 3
Lời giải

D. 1

Chọn B
x  0
Đặt f  x   x 4  2mx 2  2m  1 , f   x   4 x3  4mx , f   x   0   2
x  m

+ Trường hợp 1: hàm số có một cực trị  m   2;0 .
Đồ thị hàm số y  f  x  có một điểm cực trị là A  0; 2m  1 .
Do m   2;0  yA  2m  1  0 nên đồ thị hàm số y  f  x  cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt
nên hàm số y  f  x  có 3 cực trị  có 3 giá trị nguyên của m thỏa ycbt.
+ Trường hợp 2: hàm số có ba cực trị  m   0;2 .
Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là



A  0; 2m  1 ,

B





m ;  m 2  2m  1 ,



C  m ;  m 2  2m  1 .
Do a  1  0 nên hàm số y  f  x  có 3 điểm cực trị khi hàm số y  f  x  có yB  yC  0
  m 2  2m  1  0  m  1 .

Nếu yB  yC  0 (trong bài tốn này khơng xảy ra) thì hàm số có ít nhất 5 điểm cực trị.
Vậy có 4 giá trị của m thỏa ycbt.
Câu 8.

(Chuyên Bắc Ninh 2019) Tập hợp các giá trị của m để hàm số y  3 x 4  4 x 3  12 x 2  m  1 có

7 điểm cực trị là:
A. (0; 6)

B. (6;33)

C. (1;33)

D. (1; 6)

Lời giải
Facebook Nguyễn Vương 5


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Chọn D
Xét hàm số f ( x)  3 x 4  4 x 3  12 x 2  m  1 ,
Có lim f  x    , lim f  x   
x  



x  

3

2



f ( x )  12 x  12 x  24 x  12 x x 2  x  2



x  0
f ( x)  0   x  1 .
 x  2
Bảng biến thiên:


Từ bảng biến thiên, ta có hàm số y  f ( x) có 7 điểm cực trị  đồ thị hàm số y  f ( x ) cắt Ox
tại 4 điểm phân biệt  m  6  0  m  1  1  m  6 .
Câu 9.

(THPT Kinh Môn - 2018) Cho hàm số y  f ( x)  x 3  (2m  1) x 2  (2  m) x  2 . Tìm tất cả các

giá trị của tham số m để hàm số y  f ( x ) có 5 điểm cực trị.
A.

5
 m  2.
4

B. 2  m 

5
.
4

5
C.   m  2 .
4
Lời giải

D.

5
 m  2.
4

Ta có: y '  3 x 2  2  2m  1 x  2  m
Hàm số y  f ( x ) có 5 điểm cực trị khi chi khi hàm số f  x  có hai cực trị dương.

2
 2m  1  3  2  m   0
 4m 2  m  5  0

  0


5
1
 2  2m  1


 m2
0
 m 
 S  0  
4
2
3
P  0



m  2
2  m
 3  0
Câu 10. (Chuyên Đh Vinh - 2018) 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 f 1  2018 x  có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị?
A. 9 .

B. 2018 .

C. 2022 .

D. 11.

Lời giải
Ta có f   x   x 3  x  2   x 2  2   0 có 4 nghiệm và đổi dấu 4 lần nên hàm số y  f  x  có 4
cực trị. Suy ra f  x   0 có tối đa 5 nghiệm phân biệt.
Do đó y  f 1  2018 x  có tối đa 9 cực trị.
Câu 11.

(THPT Thạch Thanh 2 - Thanh Hóa - 2018) Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y  f  x  .

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y  f  x  1  m có 5
điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng
A. 9 .
B. 12 .
C. 18 .
D. 15 .
Lời giải
Nhận xét: Số giao điểm của  C  : y  f  x  với Ox bằng số giao điểm của  C   : y  f  x  1 với
Ox .
Vì m  0 nên  C   : y  f  x  1  m có được bằng cách tịnh tiến  C   : y  f  x  1 lên trên m

đơn vị.

TH1:
TH2:
TH3:

TH4:

0  m  3 . Đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị. Loại.
m  3 . Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Nhận.
3  m  6 . Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Nhận.
m  6 . Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị. Loại.

Vậy 3  m  6 . Do m * nên m  3; 4;5 .
Facebook Nguyễn Vương 7


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12 .
Câu 12.

(THPT Quảng Yên - Quảng Ninh - 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm
m
số y  3x 4  4 x3  12 x 2 
có 7 điểm cực trị?
2
A. 3 .
B. 9 .
C. 6 .
D. 4 .
Lời giải
Ta có y  3 x 4  4 x 3  12 x 2 

12 x
 y 

3

m
m

  3 x 4  4 x 3  12 x 2  
2
2


2

m

 12 x 2  24 x   3 x 4  4 x3  12 x 2  
2

m
 4
3
2
 3 x  4 x  12 x  
2


2

12 x 3  12 x 2  24 x  0 1
 y  0   4

.
3 x  4 x 3  12 x 2  m  0  2 

2

x  0
Từ 1   x  1 .
 x  2
Vậy để hàm số có 7 điểm cực trị thì (2) phải có bốn nghiệm phân biệt khác 0;1; 2 .

x  0
m
3
2
Xét hàm số f  x   3x  4 x  12 x   f '  x   12 x  12 x  24 x  f '  x   0   x  1
2
 x  2
x 
0
2
1

f  x
0
0
0





m


2
f  x
4

3

2

32 

Để (2) có

4

nghiệm phân biệt thì

m
2

5 
f  x

m
2

cắt trục hồnh tại 4 điểm phân biệt

m

5  2  0
m  10


 0  m  10 .
m
m

0

 0
 2
Vậy có 9 giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  3x 4  4 x3  12 x 2 
Câu 13.

m
có 7 điểm cực trị.
2

(THPT Nguyễn Tất Thành - Yên Bái - 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để
hàm số y  x3  3x 2  m có 5 điểm cực trị?
A. 5 .

B. 3 .

C. 6 .
Lời giải

D. 4 .

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Hàm số y  x3  3x 2  m có 5 điểm cực trị  đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  m có hai điểm cực
trị và nằm về hai phía của trục hồnh  phương trình x3  3 x 2  m  0 1 có ba nghiệm phân
biệt.
Xét bbt của hàm số y  x 3  3 x 2
x  0
y  3 x 2  6 x  0  
x  2

Từ đó ta được 1 có ba nghiệm phân biệt  4   m  0  0  m  4 . Vậy có 3 giá trị nguyên
của m thỏa mãn.
Câu 14.

(Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai - Sóc Trăng - 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m để hàm số y  3x5  25 x3  60 x  m có 7 điểm cực trị?

A. 42 .

B. 21 .

C. 40 .

D. 20 .

Lời giải

5

3

y  3x  25 x  60 x  m
 y  15 x 4  75 x 2  60
 x  2  y  m  16
 x  1  y  m  38
x  1

y 0 2

 x  1  y  m  38
x

4


 x  2  y  m  16
2

Suy ra y  3x5  25 x3  60 x  m có 7 điểm cực trị
 m  17,37
 m  38  0  m  16
16  m  38



 m  16  0  m  38
 38  m  16

 m  37, 17
Có tất cả 42 giá trị nguyên của m.
Câu 15.

(Sở Nam Định - 2018) Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ
Facebook Nguyễn Vương 9


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Đồ thị hàm số y  f  x   2m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi
A. m   4;11 .

 11 
B. m   2;  .
 2

 11 
D. m   2;  .
 2

C. m  3 .

Lời giải
Từ BBT của hàm số y  f  x  ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x   2m như sau

Đồ thị hàm số y  f  x   2m gồm hai phần:
+ Phần đồ thị của hàm số y  f  x   2m nằm phía trên trục hồnh.
+ Phần đối xứng với đồ thị của hàm số y  f  x   2m nằm phía dưới trục hồnh qua trục Ox .
Do đó, đồ thị hàm số y  f  x   2m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi

11 
.
 2

 4  2m 11  2m   0  m   2;
Câu 16.

(THPT Nguyễn Huệ - Tt Huế - 2018) Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y  f  x  . Gọi S là tập
hợp các giá trị nguyên dương của tham số m để đồ thị hàm số y  f  x  2   m có 5 điểm cực
trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng
A. 15 .
B. 18 .
C. 9 .
Lời giải

D. 12 .

Cách 1: dùng đồ thị.
Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

- Nhận thấy: số giao điểm của  C  : y  f  x  với Ox bằng số giao điểm của  C1  : y  f  x  2 
với Ox .
Vì m  0 nên  C2  : y  f  x  2   m có được bằng cách tịnh tiến  C1  : y  f  x  2  lên trên m
đơn vị.
- Đồ thị hàm số y  f  x  2   m có được bằng cách lấy đối xứng qua trục hoành Ox phần đồ
thị  C2  nằm phía dưới trục Ox và giữ nguyên phần phía trên trục Ox .
- Ta xét các trường hợp sau:

+ Trường hợp 1:
+ Trường hợp 2:
+ Trường hợp 3:
+ Trường hợp 4:

0  m  3 : đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị (loại).
m  3 : đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị (thỏa mãn).
3  m  6 : đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị (thỏa mãn).
m  6 : đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị (loại).

Vậy 3  m  6 Do m   nên m  3; 4;5 hay S  3; 4;5 .
Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12 .
* Cách 2: đạo hàm hàm số hợp.
2

- Ta có: y  f  x  2   m   f  x  2   m   y 

 f  x  2  m . f   x  2
 f  x  2   m 

2

- Xét f   x  2   0 1
+ Do phương trình f   x   0 có 3 nghiệm phân biệt nên phương trình f   x  2   0 cũng có
3 nghiệm phân biệt.

- Xét f  x  2   m  0  f  x  2   m  2 
+ Nếu 6   m  3  3  m  6 thì phương trình  2  có 2 nghiệm phân biệt khác 3
nghiệm của 1 .

+ Nếu  m  3  m  3 thì  2  có 3 nghiệm phân biệt (trong đó có 2 nghiệm đơn khác 3
nghiệm của 1 và 1 nghiệm kép trùng với 1 nghiệm của 1 )
Tóm lại : với 3  m  6 thì hai phương trình 1 và  2  có tất cả 5 nghiệm bội lẻ phân biệt và y
đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó, hay đồ thị hàm số y  f  x  2   m có 5 điểm cực trị.
- Lại do m   nên m  3; 4;5 hay S  3; 4;5 .
Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12 .
Facebook Nguyễn Vương 11


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Câu 17.

(Sở Hưng Yên - 2018) Cho hàm số f ( x)  x3  3x 2  m với m   5;5 là tham số. Có bao
nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số f ( x) có đúng ba điểm cực trị.
A. 3 .

B. 0 .

C. 8 .

D. 6 .

Lời giải
x  0
Xét hàm số g ( x )  x 3  3 x 2  m có g '( x)  0  3 x 2  6 x  0  
.
x  2
Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy để hàm số f ( x) có đúng ba điểm cực trị thì đồ thị hàm số g ( x) phải
có đúng một giao điểm hoặc tiếp xúc với Ox .
m  0
m  0
Điều kiện này tương đương với 

. Kết hợp điều kiện m   5;5 ta có
 4  m  0
m  4
m  5; 4; 3; 2; 1;0; 4;5 . Vậy có 8 giá trị thoả mãn.

Câu 18.

(Chuyên Hùng Vương - Bình Dương - 2018) Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như
sau.

Đồ thị hàm số y  f  x  2017   2018 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2 .

B. 3 .

C. 5 .

D. 4 .

Lời giải
Có y  f  x  2017  bằng cách tịnh tiến sang bên phải 2017 đơn vị ta có
bảng biến thiên của hàm số y  f  x  2017 

Tịnh tiến đồ thị hàm số f  x  2017  lên trên 2018 đơn vị và lấy trị tuyệt đối ta có bảng biến thiên

của hàm số y  f  x  2017   2018

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Từ bảng biến thiên, suy ra hàm số có 3 cực trị.
Câu 19. (Chuyên Ngữ - Hà Nội - 2018) Hàm số f  x  có đạo hàm f   x  trên  . Hình vẽ bên là đồ thị
của hàm số f   x  trên  .

Hỏi hàm số y  f  x   2018 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 5 .

C. 2 .
Lời giải

B. 3 .

D. 4 .

Cách 1: Từ đồ thị hàm số của f   x  ta thấy f  x  có hai cực trị dương nên hàm số y  f  x 
lấy đối xứng phần đồ thị hàm số bên phải trục tung qua trục tung ta được bốn cực trị, cộng thêm
giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x   2018 với trục tung nữa ta được tổng cộng là 5 cực trị.

 x   2018 .

Cách 2: Ta có: y  f  x   2018  f
Đạo hàm: y  f 

 x  x  

2

2

2

x
x2

. f  x  .

Từ đồ thị hàm số của f   x  suy ra f   x  cùng dấu với

 x  x1  x  x2  x  x3 

với x1  0 ,

0  x2  x3 .
Suy ra: f   x  cùng dấu với
Do x  x1  0 nên y  f 

 x  x  x  x  x  x  .
1

2

 x  x  
2

2

3

x
x

2

f   x  cùng dấu với  x  x2  x  x3  .

x
x2

.

Vậy hàm số y  f  x   2018 có 5 cực trị.
Câu 20.

(Sở- Nam Định - 2018) Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ

Đồ thị hàm số y  f  x   2m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi

Facebook Nguyễn Vương 13


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

 11 
B. m   2;  .
 2

A. m   4;11 .

 11
D. m   2;  .
 2

C. m  3 .
Lời giải

Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số y  f  x  có hai điểm cực trị.
Để đồ thị hàm số y  f  x   2m có 5 điểm cực trị thì đồ thị y  f  x  cắt đường thẳng y  2m
tại 5  2  3 điểm phân biệt  4  2m  11  2  m 

11
.
2

Dạng 2. Số điểm cực trị của hàm hợp
Bài toán: Cho hàm số y  f  x  (Đề có thể cho bằng hàm, đồ thị, bảng biến thiên của
f  x  , f '  x  ). Tìm số điểm cực trị của hàm số y  f  u  trong đó u là một hàm số đối với x

Ta thực hiện phương pháp tương tự xét số điểm cực trị của hàm số y  f  x 
Bước 1. Tính đạo hàm y '  u '. f '  u 

u '  0
Bước 2. Giải phương trình y '  0  
 f ' u   0
Bước 3.Tìm số nghiệm đơn và bội lẻ hoặc các điểm mà y ' không xác định.
Kết luận

Câu 1.

(Đề Tham Khảo 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình bên. Số điểm
cực trị của hàm số g  x   f  x3  3x 2  là

A. 5 .

B. 3 .

C. 7 .

D. 11 .

Lời giải
Chọn C
Từ đồ thị ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x  như sau

x
f  x
f  x

a




0

c

b



0



0







Ta có g  x   f  x3  3x 2   g   x    3x 2  6 x  . f   x3  3x 2 

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

x  0

 x  2
3 x 2  6 x  0
Cho g   x   0  
  x 3  3 x 2  a; a  0
3
2

 3

f
x

3
x

0

 
 x  3 x 2  b; 0  b  4
 3
2
 x  3 x  c; c  4
x  0
Xét hàm số h  x   x 3  3 x 2  h  x   3 x 2  6 x . Cho h  x   0  
 x  2
Bảng biến thiên

Ta có đồ thị của hàm h  x   x 3  3 x 2 như sau
Từ đồ thị ta thấy:
Đường thẳng y  a cắt đồ thị hàm số y  h  x  tại 1 điểm.
Đường thẳng y  b cắt đồ thị hàm số y  h  x  tại 3 điểm.
Đường thẳng y  c cắt đồ thị hàm số y  h  x  tại 1 điểm.
Như vậy phương trình g   x   0 có tất cả 7 nghiệm đơn phân biệt.
Vậy hàm số g  x   f  x3  3x 2  có 7 cực trị.
Câu 2.

(Mã 101 - 2019) Cho hàm số y  f  x  , bảng biến thiên của hàm số f '  x  như sau:

Số điểm cực trị của hàm số y  f  x 2  2 x  là
A. 9.

B. 3.

C. 7.
Lời giải

D. 5.

Chọn C
Ta có y   2  x  1 . f   x 2  2 x  .
x  1
x 1
 2
 2
 x  2 x  a   ;  1
 x  2 x  a  0, a   ;  1
x 1
 2

y  0  
  x  2 x  b   1;0    x 2  2 x  b  0, b   1;0 
2

 f  x  2 x   0
 x 2  2 x  c   0;1
 x 2  2 x  c  0, c   0;1



 x 2  2 x  d  1;   
 x 2  2 x  d  0, d  1;   



(1)
(2) .
(3)
(4)

Facebook Nguyễn Vương 15


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Phương trình (1) vơ nghiệm, các phương trình (2), (3), (4) đều có hai nghiệm phân biệt khác 1 và
do b, c, d đôi một khác nhau nên các nghiệm của phương trình (2), (3), (4) cũng đơi một khác
nhau. Do đó f   x 2  2 x   0 có 6 nghiệm phân biệt.
Vậy y   0 có 7 nghiệm phân biệt, do đó số điểm cực trị của hàm số y  f  x 2  2 x  là 7.
Câu 3.

(Mã 104 - 2019) Cho hàm số f  x  , bảng biến thiên của hàm số f   x  như sau:

Số điểm cực trị của hàm số y  f  4 x 2  4 x  là
A. 5.

B. 9.

C. 7.

Lời giải

D. 3.

Chọn C

 

2

Có f 4 x  4 x



   8 x  4  f   4 x

2

 

 4x , f 4x  4x
2





1

x   2

.
0
2

f
4
x

4
x

0






 4 x 2  4 x  a1   ; 1
 2
 4 x  4 x  a2   1;0 
Từ bảng biến thiên trên ta có f  4 x 2  4 x  0   2
. (1)
 4 x  4 x  a3   0;1
 4 x 2  4 x  a  1; 


4






Xét g  x   4 x 2  4 x , g   x   8 x  4 , g   x   0  x  

1
ta có bảng biến thiên
2

Kết hợp bảng biến thiên của g  x  và hệ (1) ta thấy:
Phương trình 4 x 2  4 x  a1   ; 1 vô nghiệm.
Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021

1
Phương trình 4 x  4 x  a2   1;0 tìm được hai nghiệm phân biệt khác  .
2
2

1
Phương trình 4 x 2  4 x  a2   0;1 tìm được thêm hai nghiệm mới phân biệt khác  .
2
1
Phương trình 4 x 2  4 x  a2  1;   tìm được thêm hai nghiệm phân biệt khác  .
2

Vậy hàm số y  f  4 x 2  4 x  có tất cả 7 điểm cực trị.
Câu 4.

(Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  . Đồ thị





hàm số y  f   x  như hình vẽ bên. Hàm số y  f x 2  4 x  x2  4 x có bao nhiêu điểm cực trị
thuộc khoảng  5;1 ?

B. 4 .

A. 5 .

C. 6 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn A




 g  x    2 x  4 f   x

Đặt g  x   f x 2  4 x  x 2  4 x
2

 4 x    2 x  4    2 x  4   f   x 2  4 x   1 .

2 x  4  0
 2
x  4 x  4
(1)
Ta có g   x   0   2
.
x  4x  0
(2)

 x 2  4 x  a  1;5  (3)
Xét phương trình x 2  4 x  a  1;5 , ta có BBT của hàm số y  x 2  4 x trên  5;1 như sau:

Suy ra (1) có nghiệm kép x  2 , (2) có 2 nghiệm phân biệt x  4; x  0 , (3) có 2 nghiệm phân
biệt x  x1; x  x2 khác 2; 0;  4 . Do đó phương trình g   x   0 có 5 nghiệm trong đó có x  2
là nghiệm bội ba, các nghiệm x  4; x  0 ; x  x1; x  x2 là các nghiệm đơn.
Vậy g  x  có 5 điểm cực trị.
Câu 5.

(Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm đến cấp hai trên  và có bảng
xét dấu của hàm số y  f '  x  như hình sau:
Facebook Nguyễn Vương 17


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Hỏi hàm số g  x   f 1  x  
A. x  3 .

x3

 2 x 2  3x đạt cực tiểu tại điểm nào trong các điểm sau?
3
B. x  0 .
C. x  3 .
D. x  1 .
Lời giải

Chọn A
g   x    f  1  x   x 2  4 x  3 .
1  x  2
x  3
 f  1  x   0  f  1  x   0  

0  1  x  4
 3  x  1
Bảng xét dấu g   x  :

Từ bảng xét dấu g   x  ta suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x  3 .
Câu 6.

(Chuyên KHTN - 2020) Cho hàm số y  f  x  xác định trên  , có đồ thị f  x  như hình vẽ.
y
3

O
2
-1

x
y=f(x)

Hàm số g  x   f  x3  x  đạt cực tiểu tại điểm x0 . Giá trị x0 thuộc khoảng nào sau đây
A. 1;3 .

B.  1;1 .

C.  0; 2  .

D.  3;   .

Lời giải
Chọn B
Ta có g  x   f  x3  x   g   x    3x 2  1 f   x3  x  .

 x3  x  0
x  0
.
 g   x   0   3x 2  1 f   x3  x   0  f   x 3  x   0   3

x  1
x  x  2
Do đó g   x   0   3x 2  1 f   x3  x   0  f   x3  x   0  0  x3  x  2  0  x  1 .
Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Bảng biến thiên

Vây hàm số g  x   f  x3  x  đạt cực tiểu tại điểm x0  0 . Suy ra x0   1;1 .
Câu 7.

(Chuyên KHTN - 2020) Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  , có đồ thị f   x  như hình vẽ.
y
y=f'(x)

2

O

x

Số điểm cực tiểu của hàm số g  x   f   x 2  x  là
A. 1 .

B. 4 .

C. 3 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn A
Ta có g  x   f   x 2  x   g   x    2 x  1 f    x 2  x  .
1

1

x  2
x  2
 2 x  1  0



 g   x   0   2 x  1 f    x 2  x   0  
  x2  x  0   x  1 .
2
 f    x  x   0
 2
x  0
 x  x  2




 2 x  1  0

2
  f    x  x   0
2
Do đó g   x   0   2 x  1 f    x  x   0  
 2 x  1  0
 f   x2  x  0

  

Facebook Nguyễn Vương 19


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489



1

1
 x  2
 x  2

 
2


 x  x  2
 x  1
x  0
  2


    x  x  0     x  0   1
.
  x 1


2
1
  x  1
 x 
2
2


 0   x 2  x  2

0  x  1



Bảng biến thiên
x

1
2

0



g x

0



0



0





1


g  x

Vậy hàm số có 1 điểm cực tiểu.
Câu 8.

(Chuyên Lam Sơn - 2020) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  , bảng biến thiên
của hàm số f '  x  như sau:





Số điểm cực trị của hàm số y  f x 2  2 x là
A. 4.

B. 5.

C. 1.
Lời giải

D. 7.

Chọn B
 x  1
Ta có y '   2 x  2  f ' x 2  2 x  0  
2
 f ' x  2 x  0









 x 2  2 x  a  1

Từ BBT ta thấy phương trình 1   x 2  2 x  b   1;1
 2
 x  2 x  c  1

1

.

 2
 3 .
 4

Đồ thị hàm số y  x 2  2 x có dạng

Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Từ đồ thị hàm số y  x 2  2 x ta thấy phương trình (2) vơ nghiệm; phương trình (3) ; phương trình

(4) đều có 2 nghiệm phân biệt.





Do đó y '  0 có 5 nghiệm đơn phân biệt. Vậy hàm số y  f x 2  2 x có 5 điểm cực trị.
Câu 9.

(Sở Bắc Giang - 2018) Cho hàm số y  f  x  có đúng ba điểm cực trị là 2; 1;0 và có đạo hàm
liên tục trên  . Khi đó hàm số y  f  x 2  2 x  có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 3 .

B. 8 .

C. 10 .
D. 7 .
Lời giải
Vì hàm số y  f  x  có đúng ba điểm cực trị là 2; 1;0 và có đạo hàm liên tục trên  nên
f   x   0 có ba nghiệm là 2; 1;0 (ba nghiệm bội lẻ).

Xét hàm số y  f  x 2  2 x  có y   2 x  2  . f   x 2  2 x  ; y  0   2 x  2  . f   x 2  2 x   0
x  1
x 1
 2
x  2 x  2

 x  0 .
 2


 x  2 x  1
 x  2

2
 x  2 x  0
Do y  0 có một nghiệm bội lẻ ( x  1 ) và hai nghiệm đơn ( x  0 ; x  2 ) nên hàm số

y  f  x 2  2 x  chỉ có ba điểm cực trị.
Câu 10.

(Mã 102 - 2019) Cho hàm số f  x  , bảng biến thiên của hàm số f '  x  như sau

Số điểm cực trị của hàm số y  f  x 2  2 x  là
A. 9 .

B. 5 .

C. 7 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn C

Facebook Nguyễn Vương 21


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

2 x  2  0

 2
 x  2 x  a, a  1
2
Ta có y '   2 x  2  f '  x  2 x   0   x 2  2 x  b, 1  b  0

 x 2  2 x  c,0  c  1
 2
 x  2x  d , d  1

Dựa vào đồ thị ta được y '  0 có 7 nghiệm đơn nên nó có 7 cực trị
Câu 11.

(Mã 103 - 2019) Cho hàm số f  x  , bảng biến thiên của hàm số f   x  như sau:

Số cực trị của hàm số y  f  4 x 2  4 x  là
A. 3 .

B. 9 .

C. 5 .
Lời giải

D. 7 .

Chọn D
Từ bảng biến thiên

 x  a   ; 1

x  b   1;0 

Ta thấy f   x   0  
 x  c   0;1

 x  d  1;  
Với y  f  4 x 2  4 x  , ta có y    8 x  4  f   4 x 2  4 x 

Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

1

x

2
 2
 4 x  4 x  a   ; 1 1
 8x  4  0
y  0  
  4 x 2  4 x  b   1;0   2 
2


f
4
x

4
x


0

 
 4 x 2  4 x  c   0;1  3
 2
 4 x  4 x  d  1;    4 

Xét hàm số g  x   4 x 2  4 x , ta có g   x   8 x  4  0  x 

1
2

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên của g  x  ta có:
Vì

a   ; 1

nên

1

vơ nghiệm.

Vì b   1;0  nên  2  có 2 nghiệm phân biệt.
Vì c   0;1 nên  3 có 2 nghiệm phân biệt.
Vì d  1;   nên  4  có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy hàm số y  f  4 x 2  4 x  có 7 điểm cực trị
Cách khác:

Ta có: y    8 x  4  . f   4 x 2  4 x  .
8 x  4  0
y  0   8 x  4  . f   4 x 2  4 x   0  
2
 f   4 x  4 x   0
1
+ 8x  4  0  x  .
2
 4 x 2  4 x  a  a  1 1
 2
4 x  4 x  b  1  b  0   2 
2
+ f   4 x  4 x   0   2
4 x  4 x  c  0  c  1  3

 4 x 2  4 x  d  d  1  4 
+ Phương trình 4 x 2  4 x  m  4 x 2  4 x  m  0 có nghiệm khi   4  4m  0 hay m  1 .
Từ đó, ta có phương trình 1 ;  2 ;  3 ln có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình  4  vơ nghiệm.
Do đó, hàm số đã cho có 7 cực trị.
Câu 12.

(Chuyên An Giang - 2018) Cho hàm số y  f  x  . Đồ thị của hàm số y  f   x  như hình bên.

Facebook Nguyễn Vương 23


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Hàm số g  x   f  x 2  có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 4 .

B. 3 .

C. 5 .
Lời giải
 x  2
x  0


Từ đồ thị y  f  x  ta có f  x   0  
;
x  1

x  3

D. 2 .

x  3
 x  2
f  x  0  
; f  x  0  
.
 2  x  1
1  x  3
x  0
x  0
 2
x


0

x

1

Ta có g   x   2 xf   x 2  ; g   x   0  
 2
  x  1 .
2

x 3
 f   x   0
x   3


2
 x  0
  1  x  1

2

0

x

1
 x  0
Ta có f   x 2   0   2
.


x  3
x  3

 x   3

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có hàm số g  x   f  x 2  có 5 điểm cực trị.
Câu 13. (THPT Lê Văn Thịnh Bắc Ninh 2019) Cho hàm số y  f  x xác định trên  và hàm số
y  f   x  có đồ thị như hình vẽ. Tìm số điểm cực trị của hàm số y  f  x 2  3 .

Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

A. 4

B. 2

C. 5
Lời giải

D. 3

Chọn D
Quan sát đồ thị ta có y  f  x  đổi dấu từ âm sang dương qua x  2 nên hàm số y  f x  có
một điểm cực trị là x   2 .
x  0
x  0




2
2
2



Ta có y    f  x  3  2 x. f   x  3  0   x  3  2   x  1 .


 2
 x  2
 x  3  1


Mà x  2 là nghiệp kép, còn các nghiệm còn lại là nghiệm đơn nên hàm số y  f  x 2  3 có ba
cực trị.
Câu 14.

(Chun Lê Q Đơn Quảng Trị 2019) Cho hàm số f  x  có đạo hàm là f   x  . Đồ thị của
hàm số y  f   x  như hình vẽ bên. Tính số điểm cực trị của hàm số y  f  x 2  trên khoảng





5; 5 .

A. 2 .

B. 4 .

C. 3 .
Lời giải

D. 5 .

Xét hàm số g  x   f  x 2   g   x   2 xf   x 2  .
x  0
x  0
x  0

g  x  0  
.
  x2  0  
2
x


2
 f   x   0

 x2  2


Ta có bảng xét dấu:

Từ đó suy ra hàm số y  f  x 2  có 3 điểm cực trị.

Facebook Nguyễn Vương 25