SKKN hướng dẫn học sinh tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, cực trị hàm trị tuyệt đối, nhằm nâng cao kết quả môn toán trong kỳ thi tốt nghiệp của trường THPT nông cống 3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ

TRƯỜNG THPT NƠNG CỐNG 3

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT,
CỰC TRỊ CỦA HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI,
NHẰM NÂNG CAO KẾT QUẢ MƠN TỐN TRONG KỲ THI
TỐT NGHIỆP, CỦA TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 3

Người thực hiện: Mai Giáp Tý
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc mơn: Tốn

THANH HỐ NĂM 2021


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
1.5.Những điểm mới của SKKN.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.
2.3. Giải pháp cụ thể.
2.3.1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm trị tuyệt đối.

2.3.2. Tìm cực trị của hàm trị tuyệt đối.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
3.2. Kiến nghị.
Tài liệu tham khảo.

Trang
1
1
2
2
2
2
2
2
3
4
4
11
20
21
21
21
21

Danh mục SKKN đã được xếp loại.

22

HƯỚNG DẪN HỌC SINH
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT,
CỰC TRỊ CỦA HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI,
NHẰM NÂNG CAO KẾT QUẢ MƠN TỐN TRONG KỲ THI
TỐT NGHIỆP, CỦA TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 3
1. MỞ ĐẦU
1.1 . Lý do chọn đề tài
Đối với mỗi giáo viên việc ôn thi tốt nghiệp là một nhiệm vụ quan trọng, để
có kết quả cao trong cơng tác ơn thi tốt nghiệp, ngồi việc tạo học sinh có năng
lực, đam mê bộ mơn học, người thầy cịn phải có kiến thức tốt, kinh nghiệm ôn
tập và đặc biệt có những giải pháp hiệu quả nhằm khắc phục những khó khăn
vướng mắc của học sinh trong q trình ơn luyện giúp học sinh giải quyết các
vấn đề khó bằng những phương pháp đơn giản nhưng hiệu quả.
Trong những năm vừa qua tôi được nhà trường tin tưởng, giao phụ trách ôn
luyên học sinh thi tốt nghiệp, tại các lớp chọn của trường bản thân cảm thấy rất
tự hào coi đây là động lực để tôi cố gắng phấn đấu và tìm tịi phương pháp hay
để giải bài tập khó nhằm nâng cao kết quả trong kỳ thi Tốt nghiệp THPT( cịn có
tên là kỳ thi THPT quốc gia).
Năm học 2018-2019 đánh dấu mốc quan trọng trong cuộc đời dạy học của
của tôi. Đây là năm đầu tiên tơi có học sinh đạt điểm cao trong kỳ thi THPT
quốc gia mơn Tốn năm 2019, với 9 em học sinh đạt điểm 9 trở lên, với số điểm
trung bình của lớp là 8,3, đứng đầu huyện Nơng cống.
Phần “ hàm trị tuyệt đối ” là một phần mới trong đề thi, bắt đầu đưa vào năm
2018, nguồn tài liệu về phần này ở SGK tương đối ít.
Để ôn tập cho học sinh phần này, trong lần ôn tập năm học 2018-2019, 20192020 và năm nay 2020-2021, tôi đã tìm tịi biên soạn lại, từ nhiều nguồn khác
nhau, để ơn tập cho lớp mình phụ trách và thu được nhiều kết quả tốt đẹp.
Để có được thành quả đó là cả một q trình nghiên cứu, tìm tịi, đổi mới
phương pháp giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải quyết các bài tốn khó bằng
những cách làm đơn giản, nhanh gọn nhưng hiệu quả.

Với thành ý muốn được chia sẻ với đồng nghiệp trong tỉnh về kinh nghiệm
của bản thân, tôi xin mạnh dạn chia sẻ kinh nghiệm của mình bằng viết sáng
kiến kinh nghiệm: "Hướng dẫn học sinh tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất, cực trị hàm trị tuyệt đối, nhằm nâng cao kết quả môn Tốn trong kỳ
thi tốt nghiệp của trường THPT Nơng Cống 3" với hi vọng sẽ giúp ích được
1


cho những đồng nghiệp có tâm huyết, có đam mê với cơng tác ơn thi tốt nghiệp.
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Đề tài đưa ra một số phương pháp giải bài tập phần tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất, cực trị hàm trị tuyệt đối, nhằm giải quyết nhanh gọn một số bài toán
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, cực trị hàm trị tuyệt đối trong đề thi tốt ngiệp
quốc gia.
- Đề tài chỉ ra tính hiệu quả của phương pháp tìm tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất, cực trị hàm trị tuyệt đối.
- Đề tài cung cấp cho các đồng nghiệp một nguồn tư liệu cực kì bổ ích trong
cơng tác ơn thi tốt nghiệp mơn Tốn phần hàm số.
- Đề tài giúp học sinh phát huy tối đa năng lực, tạo điều kiện để những học
sinh có năng lực đạt kết quả cao trong các kì thi tốt nghiệp .
1.3. Đối tượng nghiên cứu
- Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, cực trị hàm trị tuyệt đối.
- Một số dạng tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, cực trị hàm trị tuyệt đối và
các vấn đề liên quan.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp tự nghiên cứu và ứng dụng thực tiễn
- Phương pháp thực nghiệm và đối chứng
- Phương pháp thống kê tổng hợp
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm.
1.5. Những điểm mới của SKKN

- Đưa ra cách giải về tìm tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, cực trị hàm trị
tuyệt đối mà trong sách giáo khoa Tốn 12 khơng có.
- Đề tài gắn liền với thực tế đề thi tốt nghiệp quốc gia và đề thử tốt ngiệp của
các trường trên toàn quốc.
- Đề tài trình bày và giải quyết vấn đề thơng qua việc giải các bài toán cụ thể
và được chia thành các dạng khác nhau.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Các tính chất liên quan đến giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
hàm 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
2


2.1.2. Các tính chất liên quan đến cực trị của hàm trị tuyệt đối
• 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 2a+ 1, trong đó a là số điểm
n
của hàm số f ( x)
m
• Số điểm cực trị của hàm số f ( x ) bằng 2a+ 1, trong đó a là số điểm cực

cực trị lớn hơn −

trị dương của hàm số.
• Cho hàm số có dạng y = ax2 + bx + c + mx , tìm điều kiện của tham số m để
max( yct ) = c
m= −b

giá trị cực tiểu của hàm số đạt giá trị lớn nhất, khi đó ta có 

2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
Trong những năm vừa qua mặc dù kết quả thi tốt nghiệp mơn Tốn của
trường THPT Nơng Cống 3 vẫn được duy trì ở tốp đầu trong toàn huyện và được
các đồng nghiệp đánh giá cao. Tuy nhiên số học sinh đạt điểm cao trong kì thi
tốt nghiệp cịn ít.
Từ những thực tế trên với vai trị là người phụ trách công tác ôn thi tốt
nghiệp môn tốn tại các lớp chọn của nhà trường, tơi thiết nghĩ mĩnh phải chịu
trách nhiệm về những hạn chế trong cơng tác ơn thi tốt nghiệp của nhà trường.
Vì vậy trong những năm vừa qua tôi cùng các đồng nghiệp đã có những trao đổi
về phương pháp giảng dạy trong đó có việc giải quyết vấn đề về bài tốn hàm trị
tuyệt đói, một vấn đề đưa vào thi tốt ngiệp trong những năm qua.
Xuất phát từ cơ sở thực trạng trên, tơi hi vọng sáng kiến kinh nghiệm của
mình sẽ là một đóng góp thiết thực cho việc ơn thi tốt nghiệp của bộ mơn Tốn ở
trường trung học phổ thông hiện nay nên tối quyết định lựa chọn đề tài này với
một thành ý muốn chia sẻ kinh nghiệm tới các đồng nghiệp trong và ngoài nhà
trường với mong muốn nó có thể giúp các đồng nghiệp có thêm tư liệu và giải
pháp nhằm nâng cao hiệu quả trong công tác ôn thi tốt nghiệp trong những năm
tới.

2.3. Giải pháp cụ thể:
2.3.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm trị tuyệt đối
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
3


hàm số f ( x) = x − 3x + m trên đoạn [ 0;2] bằng 3. Số phần tử của S là?
A. 1
B. 2
C. 0
D. 6
Câu 36 – Đề tham khảo THPT Quốc Gia mơn tốn 2018
Lời giải
3

3

m≤ −x + 3x + 3
3
2
x
−
3
x
+
m
≤
3,
∀
x
∈
0;2

⇔
−
3
≤
x
−
3
x
+
m
≤
3
⇔
,∀x ∈ [ 0;2]
[ ]

Ta có
3
m
≥
−
x
+
3
x
+
3


3

2
Xét hàm số f ( x) = −x + 3x trên đoạn [ 0;2] thì f '( x) = 3x − 3 nên

f '( x) = 0 ⇔ x = ±1

f ( x) = −2,max = 2 ta có :
So sánh các số ff( 0) , ( 1) , f ( 2) ta có min
[ 0;2]
[ 0;2]
min { − x3 + 3x − 3} ≤ m≤ max{ −x3 + 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 khơng 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.
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 bj thuộc
đoạn [ a;b] .

• Bước 3: Tính các giá trị: f ( a) ; f ( b) ; f ( ai ) ; f ( bj ) . So sánh và kết
luận.
2
3

2
Câu 1: Có bao nhiêu số thực m để hàm số y = 3x − 4x − 12x + m có giá trị lớn
nhất trên đoạn [ −3;2] bằng 150?
A. 4
B. 0
C. 2
D. 6
Lời giải
Xét u = 3x4 − 4x3 − 12x2 + m trên đoạn [ −3;2] ta có:
u' = 0 ⇔ 12x3 − 12x2 − 24x = 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]


4


  m+ 243 = 150

  m+ 243 ≥ m− 32
m= −140
y = max{ m+ 243 , m− 32} = 150 ⇔ 
⇔
Vậy max
[ −3;2]
m= −93

  m− 32 = 150

 m− 32 ≥ m+ 243
 
2
Câu 2: Cho hàm số y = x + x + m . Tổng tất cả các giá trị thực của tham số sao

y = 2 bằng?
cho min
[ −2;2]

A.

−31
4

B. −8

C. −

23
4

D.

9
4

Lời giải
1

2

Xét hàm số u = x2 + x + m trên đoạn [ −2;2] ta có u' = 0 ⇔ 2x + 1 = 0 ⇔ x = − .



1
 1










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
y = m− = 2 ⇔ m= ( t / m) .
Nếu a ≥ 0 ⇔ m≥ ⇒ min
4 [ −2;2]
4
4
Nếu A ≤ 0 ⇔ m≤ −6 ⇒ min y = − ( m− 6) = 2 ⇔ m= −8( t / m)

u = max u( −2) , u  − ÷, u ( 2)  = max m+ 2;m− ;m+ 6 = m+ 6 và
Do đó A = max
[ −2;2]
2
4

[ −2;2]

1
4

y = 0( l ) .
Nếu A.a < 0 ⇔ −6 < m< ⇒ min
[ −2;2]
9
4

Vậy tổng các giá trị thực của tham số là − 8 = −

23
.
4

Câu 3: Gọi α ,β lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
y = 3x4 − 4x3 − 12x2 + m trên đoạn [ −3;2] . Có bao nhiêu số nguyên
m∈ ( −2019;2019) để 2β ≥ α.
A. 3209
B. 3215
C. 3211
D. 3213
Lời giải
Xét u = 3x4 − 4x3 − 12x2 + m trên đoạn [ −3;2] ta có:
u' = 12x3 − 12x2 − 24x;u' = 0 ⇔ 12x3 − 12x2 − 24x = 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 ⇔ α = m+ 243;β = m− 32 khi đó giả thiết tương
đương 2( m− 32) ≥ m+ 243 ⇔ m≥ 307

Nếu A ≤ 0 ⇔ m+ 243 ≤ 0 ⇔ m≤ −243 ⇔ α = − ( m− 32) ;β = − ( 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;β = 0
5

trường hợp này không thỏa mãn 2β ≥ α
Vậy −2019 < m≤ −518∨ 307 ≤ m≤ 2019 ⇒ m∈ { −2018;..., −518,307,...,2018} .
Có tất cả 321 số nguyên thỏa mãn.
x − m2 − m
. Giá trị lớn nhất M của hàm số trên đoạn [ 1;2]
Câu 4: Cho hàm số y =
x+ 2

có giá trị nhỏ nhất bằng?
A.

1
6

B.

1
8

C.

1
5

D.

1
7

Lời giải
Xét hàm số u =

2 + m2 + m
x − m2 − m
u
'
=
> 0,∀x ∈ [ 1;2] ,∀m∈ R.
ta có
2
( x + 2)
x+ 2

m2 + m− 2
m2 + m− 1
; a = min u = u ( 1) = −
[ 1;2]
[ 1;2]
4
3
2
2
 m + m− 2 m + m− 1 
y = max 
,
Vậy max
.
[ 1;2]
4

3



Do đó A = max u = u( 2) = −

Ta có 7M ≥ 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

Câu 5: Gọi S là tập hợp giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của

3
hàm số y = x − 3x + m trên đoạn [ 0;2] bằng 3. Số phần tử của S là?
A. 1
B. 2
C. 0
D. 6
Lời giải
2
Xét u = x3 − 3x + m có u' = 3x − 3;u' = 0 ⇔ x = 1∈ [ 0;2] . Khi đó
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 = 3

  m+ 2 ≥ m− 2
y = max{ m+ 2 , m− 2} = 3 ⇔ 
⇔ m= 1, m= −1.
Suy ra max
[ 0;2]

m
−
2
=
3

  m− 2 ≥ m+ 2

 

Câu 6: Cho hàm số f ( x) = x − 4x + 4x + 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 ≤ 2m.
A. 6
B. 3
C. 7
D. 5
Lời giải
4

3

2

6


x = 0

4
3
2
3
2
Với u = x − 4x + 4x + a⇒ u' = 4x − 12x + 8x;u' = 0 ⇔  x = 1.
 x = 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 ⇒ 2a ≥ 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.
2
Câu 7: Cho hàm số y = 2x − x − ( 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
B. 2
C. 0
Lời giải
Điều kiện xác định ( x + 1) ( 3− x) ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 3.

D. 6

Đặt t = ( x + 1) ( 3− x) = 3− x2 + 2x ∈ 2x − x2 = t2 − 3.
2
Khi đó ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = t − t − 3+ m trên đoạn [ 0;2]


13
13
 1 

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
 13

m− 1 +
− m ( m− 1) +  − m÷
4
Do đó max y = max  m− 1 , m− 13  ≥
 4
 9
≥
= .


4
2
2
8

134 9
17
= ⇔ m= .
Dấu bằng xảy ra m− 1 = m−
4
8

8

Câu 8: 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 trị lớn nhất trên đoạn [ 0;2] không vượt quá 20.
4
2

Tổng các phần tử của S bằng?
A. −195
B. 210
Lời giải

C. 195

D. −210

1
4

19 2
x + 30x + m trên đoạn [ 0;2] có
2
 x = −5∉ [ 0;2]

u' = x2 − 19x + 30;u' = 0 ⇔  x = 3∉ [ 0;2] .
 x = 2∈ 0;2
[ ]



Xét u = x4 −

u = max{ u( 0) ;u( 2) } = max{ m, m+ 36} = m+ 26 và min u = m
Do đó max
[ 0;2]
[ 0;2]
 m ≤ m+ 26 ≤ 20  −13 ≤ m≤ −6
max y = max{ m , m+ 26} ≤ 20 ⇔ 
⇔
⇔ −20 ≤ m≤ −6
[ 0;2]
 m+ 26 ≤ m ≤ 20  −20 ≤ m≤ −13

7


20

Vậy m∈ { −20, −19,..., −6} . Vậy tổng các phần tử của S bằng −∑ k = −195
6

Câu 9: Cho hàm số f ( x) = x − 3x + m . Có bao nhiêu số nguyên m để
3

2

min f ( x) ≤ 3.
[ 1;3]

A. 4
B. 6
C. 11
Lời giải
Với u = x2 − 3x2 + m có u' = 3x2 − 6x;u' = 0 ⇔ x = 0, x = 2.

D. 10

min u = min { u( 1) , u( 3) , u( 0) , u( 2) } = min { m− 2;m;m− 4} = m− 4
 [ 1;3]
Do đó 
= max{ u( 1) , u( 3) , u( 0) , u ( 2) } = max{ m− 2;m;m− 4} = m
maxu
 [ 1;3]
Nếu m− 4 ≥ 0 ⇔ m≥ 4 ⇒ min f ( x) = m− 4 ≤ 3 ⇔ m≤ 7 ⇒ m∈ { 4;5;6;7} .
[ 1;3]

f ( x) = −m≤ 3 ⇔ −3 ≤ m⇒ m∈ { −3; −2; −1;0} .
Nếu m≤ 0 ⇒ min
[ 1;2]

u < 0;maxu > 0 ⇒ min f ( x) = 0. ( Thỏa mãn )
Nếu 0 < m< 4 khi đó min
[ 1;3]
[ 1;3]
[ 1;3]

Vậy m∈ { −3;...;7} có 11 số nguyên thỏa mãn
3

Câu 10: Cho hàm số f ( x) = x − 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?
A. 4
B. 6
C. 2
D. 8
Lời giải
2
Đặt t = sin x + 1∈ [ 0;2] , khi đó y = f ( sin x + 1) + 2 = f ( t ) + 2 = t − 3t + 2
Xét u = t2 − 3t + 2 trên đoạn [ 0;2] có u' = 3t2 − 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]

4
3
2
Câu 11: Cho hàm số y = x − 2x + x + a . Có bao nhiêu số thực a để

min y + maxy = 10.
[ −1;2]

[ −1;2]

A. 2
B. 5
C. 3
Lời giải
Xét u = x4 − 2x3 + x2 + a trên đoạn [ 0;2] có

D. 1

1
u' = 4x3 − 6x2 + 2x;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



8


y = m;max y = M .
Trường hợp 1: Nếu m≥ 0 ⇔ a ≥ 0 ⇒ min
[ −1;2]
[ −1;2]
a≥ 0

Vậy ta có điều kiện  a+ a+ 4 = 10 ⇔ a = 3


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+ 4 − a = 10 ⇔ a = −7.
)
 (

y = 0;max y = max{ a+ 4 , a} = max{ a+ 4; − a} < 10.
Trường hợp 3: M , m< 0 ⇔ −4 < a < 0 ⇒ min
[ −1;2]
[ −1;2]
y + max y < 0 + 10 = 10 ( loại)
Suy ra min
[ −1;2]
[ −1;2]

Câu 12: Cho hàm số y = 2x + ( 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
2

2
Xét u = 2x + ( a+ 4) x + b+ 3 trên đoạn [ −2;3] có u' = 0 ⇔ 4x + a+ 4 = 0 ⇔ x = −

a+ 4
∉ [ −2;3] ⇔ ( a < −16) ∨ ( a > 4) ta có
4
M = max u( −2) , u( 3) = max{ 2a− b− 3 , 3a+ b+ 33}

a+ 4
4

Trường hợp 1: Nếu −

{

}

2a− b− 3 + 3a+ b+ 33 ( 2a− b− 3) + ( 3a+ b+ 33) 5 a+ 6
≥
=
> 25.
2
2
2
a+ 4
∈ [ −2;3] ⇔ −16 ≤ a ≤ 4 ta có
Trường hợp 2: Nếu −
4

a2


 a+ 4  
M = max  u( −2) , u( 3) , u −
=
max
−
2
a
+
b
+

3
,
3
a
+
b
+
33
,
+ a− b− 1 


÷
4 
8




≥

−2a+ b+ 3 + 3a+ b+ 33 + 2
≥

a2
+ a− b− 1
8

4
1

25 25
2
= ( a+ 6) +
≥ .
16
4
4

≥

 a2

+ a− b− 1÷
 8


( −2a+ b+ 3) + ( 3a+ b+ 33) + 2
4

25
. Dấu bằng xảy ra
4
 a = −6
a2
25 
⇔ −2a+ b+ 3 = 3a+ b+ 33 =
+ a− b− 1 =
⇔
35 ⇒ a+ 4b = −41.
8

4
b
=
−

4
2
Câu 13: Cho hàm số f ( x) = x + ax + b . Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số f ( x)

So sánh hai trường hợp có M min =

trên đoạn [ −1;3] . Khi M đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị của biểu thức a+ 2b bằng?
A. 1
B. 2
C. −4
D. 6
Lời giải

9


a
2

Xét u = x2 + ax + b ⇒ u' = 2x + a;u' = 0 ⇔ x = − .
a> 2

a
2

Trường hợp 1: Nếu − ∉ [ −1;3] ⇔  a < −6, khi đó
M = max{ ff( −1) ,



( 3) } = max{ 1− a+ b , 9+ 3a+ b} ≥

1
8+ 4a = 2 a+ 2 > 4
2

a
2

Trường hợp 2: Nếu − ∈ [ −1;3] ⇔ −6 ≤ a ≤ 2, khi đó

M = max  ff( −1) ,



a2
 a 
3
,
f
−
=
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
3
Câu 14: Cho hàm số f ( x) = x − 3x + m . Có bao nhiêu số nguyên m∈ ( −20;20) để


a2
≥ max  a+ b+ 5 , b−
4


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?
A. 30
B. 24
C. 28
D. 26
Lời giải
Xét u = x3 − 3x + m trên đoạn [ −2;1] có u' = 0 ⇔ 3x3 − 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 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 2min f ( x) > max f ( x) .
[ −2;1]

[ −2;1]

f ( x) > max f ( x) , ta có
Ngược lại 2min
[ −2;1]
[ −2;1]

[ −2;1]

[ −2;1]

f ( a) + f ( b) − f ( c) ≥ 2min f ( x) − max f ( x) > 0.
[ −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
2min f ( x) > max f ( x)
[ −2;1]

[ −2;1]

f ( x) = 0 ⇒ 2.0 > max f ( x) ( loại)
• Nếu ( m− 2) ( m+ 2) < 0 ⇒ 2min
[ −2;1]
[ −2;1]
m− 2 ≥ 0
⇔ m> 6.
2( m− 2) > m+ 2



f ( x) = m− 2;max f ( x) = m+ 2 ⇒ 
• Nế m− 2 ≥ 0 ⇒ min
[ −2;1]
[ −2;1]

•

y =
f (
2)+=
1
3

Vậy m∈ { −19,.., −7,7,..,19} . Có 26 số ngun thỏa mãn.
2.3.2. Tìm cực trị của hàm trị tuyệt đối

10


3
2
Câu 1: Biết phương trình ax + bx + cx + d = 0 ( a ≠ 0) có đúng hai nghiệm thực.

Hàm số y = ax + bx + cx + d có bao nhiêu điểm cực trị.
A. 3.
B. 5.
C. 4.
D. 2.
Lời giải
3

2
Vì phương trình ax + bx + cx + d = 0 ( a ≠ 0) có đúng hai nghiệm thực nên hàm số
y = ax3 + bx2 + cx + d có hai điểm cực trị.
2
Mặt khác ax3 + bx2 + cx + d = a( x − x1 ) ( x − x2 ) .Do đó phương trình
ax3 + bx2 + cx + d = 0 có một nghiệm đơn và một nghiệm kép.
3
2
Vậy số điểm cực trị của hàm số y = ax + bx + cx + d bằng 2 + 1 = 3. Chọn đáp án
A.
2
Câu 2: Có bao nhiêu số nguyên m∈ ( −20;20) để hàm số y = x − 2x + m + 2x + 1 có
ba điểm cực trị.
A. 17.
B. 16.
C. 19.
D. 18.
Lời giải
Nếu x2 − 2x + m≥ 0,∀x thì y = x2 − 2x + m+ 2x + 1 = x2 + m+ 1 có đúng một điểm cực
trị x = 0 (loại).
Nếu x2 − 2x + m= 0 có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 ⇔ ∆′ = 1− m> 0 ⇔ m< 1.
3

2

 2x − 2 + 2 = 0
 x = 0
 x = 0
 2
 2


( 2x − 2) x − 2x + m
x − 2x + m> 0
x − 2x + m > 0  m > 0
y′ =
+ 2; y′ = 0 ⇔ 
⇔
⇔
 x = 2

x
=
2
−
2
x
−
2
+
2
=
0
x2 − 2x + m

(
)





 x2 − 2x + m< 0
 x2 − 2x + m< 0  m< 0



(

2

)

+) Với 0 < m< 1 rõ ràng khơng có số ngun 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
4
2
Câu 3: Biết phương trình ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0) bốn nghiệm thực. Hàm số
y = ax4 + bx2 + c có bao nhiêu điểm cực trị.

A. 7.
B. 5.
C. 4.
D. 6.
Lời giải
4
2
Vì phương trình ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0) bốn nghiệm thực nên hàm số

∆ = b2 − 4ac > 0


−b

>0
⇒ ab < 0 do đó hàm số ax4 + bx2 + c = 0có 3 điểm cực trị
S =
a

c

 P = a > 0

11


Mặt khác

ax4 + bx2 + cx + d = a( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − x3 ) ( x − x4 ) nên

phương trình
ax4 + bx2 + c = 0 có 4nghiệm đơn. Vậy hàm số y = ax + bx + c có 4 + 3 = 7 cực trị.
4

2

4
2
Câu 4: Cho hàm số y = x − 2( m− 1) x + 2m− 3 . Có bao nhiêu số ngun khơng âm m
để hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
A. 3.
B. 4.

C. 5.
D. 6.
Lời giải
4
2
Xét hàm số f ( x) = x − 2( m− 1) x + 2m− 3
m− 1 = 0 ⇔ m= 1 ⇒ f ( x) = x4 − 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) = x4 + 2x2 − 3 có 1 điểm cực trị x = 0 và phương trình
f ( x) = 0có 2 nghiệm đơn phân biệt. do đó hàm số y = f ( x) có 3 điểm cực trị .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) = 0vơ nghiệm hoặc có nghiệm kép, tức
2
2
∆′ = ( m− 1) − ( 2m− 3) ≤ 0 ⇔ ( m− 2) ≤ 0 ⇔ m= 2 . Vậy m∈ { 0,1,2} . Chọn đáp án A

Câu 5: Cho hàm số y = x − 2( m− 1) x + 2m− 3 . Tập hợp tất cả các giá trị thực của
tham số mđể hàm số đã cho có đúng 5 điểm cực trị là
4



A.  1; ÷.
2
3





2

3



B.  ; +∞ ÷\ { 2} .
2




D.  1;  .
 2
3

C. ( 1; +∞ ) \ { 2} .

Lời giải
Xét
 x2 = 1
f ( x) = x − 2( m− 1) x + 2m− 3 ⇒ f ( x) = 0 ⇒ x − 1 x − 2m+ 3 = 0 ⇔  2
 x = 2m− 3
TH1: Nếu 2m− 3 ≤ 0 ⇒ Do vậy f ( x) có 2 điểm đổi dấu x = −1; x = 1. Hàm số
4

(

2

2

)(

2

)

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≤

3
2

3
2

TH2: Nếu 0 < 2m− 3 ≠ 1 ⇔ < m≠ 2 . Khi đó f ( x) có bốn điểm đổi dấu
x = ±1; x = ± 2m− 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) = ( x2 − 1) khi đó y = f ( x) = ( x2 − 1) có 3 điểm
2

2

cực trị (loại). Chọn đáp án D

4
2
Câu 6: Có bao nhiêu số nguyên m∈ ( −20;20) để hàm số y = x − ( m+ 1) x + m có
7 điểm cực trị.
12


A. 18.
B. 20.
C. 19.
D. 21.
Lời giải
4
2
2
2
4
2
Xét x − ( m+ 1) x + m⇔ x = 1; x = m( 1) vậy để hàm số y = x − ( m+ 1) x + m có 7
điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình ( 1) có 4 nghiệm phân biệt
m > 0
⇔
⇒ m∈ { 2,...,19} . có 18 số nguyên thỏa mãn. Chọn đáp án A
m ≠ 1
2
2
Câu 7: Có bao nhiêu số nguyên m∈ ( −20;20) để hàm số y = x + 2 x − m có đúng

(

5 điểm cực trị.
A. 1.
B. 17.
C. 2.
Lời giải
2
2
2
2
4
2
Có y = ( x + 2) x − m = ( x + 2) ( x − m) = x − ( m− 2) x − 2m .

)

D. 16.

Nếu m≤ 0 ⇒ x − ( m− 2) x − 2m≥ 0,∀x nên hàm số đã cho có tối đa ba điểm cực trị
(loại).
Nếu m> 0 ⇒ x4 − ( m− 2) x2 − 2m= 0 ⇔ x2 = m⇔ x = ± m. Vậy điều kiện là hàm số
y = x4 − ( m− 2) x2 − 2m có ba điểm cực trị ⇔ − ( m− 2) < 0 ⇔ m> 2 ⇒ m∈ { 3,...,19} .
Có 17 số nguyên thoả mãn. Chọn đáp án B.
Câu 8: Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số
4

2

y = x3 + ( 2m− 1) x2 + ( 2m2 − 2m− 9) x − 2m2 + 9 có 5 điểm cực trị.

A. 7.

Lời giải

B. 5.

C. 6.

(

D. 4.

)

ycbt ⇔ x3 ( 2m− 1) x2 + 2m2 − 2m− 9 x − 2m2 + 9

x = 1
⇔ ( x − 1) x2 + 2mx + 2m2 − 9 ⇔  2
2
 x + 2mx + 2m − 9 = 0

(

)

Có 3 nghiệm phân biệt
∆′ = m2 − 2m2 − 9 > 0 −3 < m< 3
⇔
⇔
−1± 17 ⇒ m∈ { −2, −1,0,1,2}
2
1+ 2m+ 2m − 9 ≠ 0

m ≠

2

(

)

3
Câu 9: Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y = x − 3mx2 + 3( m2 − 4) | x| +1có

đúng 3 điểm cực trị.
A. 3.
B. 5.
C. 6.
D. 4.
Lời giải
3
2
2
Ta có ycbt ⇔ y = x − 3mx + 3( m − 4) x + 1 có đúng một điểm cực trị dương

(

)

⇔ y′ = 0 ⇔ 3x2 − 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

3

(

số

)

y = x − 3mx2 + 3 m2 − 4 | x| +1 có đúng 5 điểm cực trị.
13


A. 3.
B. 6.
C. 8.
D. 7.
Lời giải
3
2
2
Ta có ycbt ⇔ y = x − 3mx + 3( m − 4) x + 1 có hai điểm cực trị dương

(

)

⇔ y′ = 0 ⇔ 3x2 − 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 mđể hàm số y = 3x − 15x − 60x + m có 5 điểm
cực trị.
A. 289.
B. 287.
C. 286.
D. 288.
Lời giải
Xét y = 3x5 − 15x3 − 60x có y′ = 0 ⇔ 15x4 − 45x2 − 60 = 0 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = ±2
Vậy hàm số y = 3x5 − 15x3 − 60x có đúng 2 điểm cực trị x = 2; x = −2
Bảng biến thiên
Vậy để hàm số có 5 điểm cực trị ⇔ 3x5 − 15x3 − 60x + m= 0 ⇔ −m= 3x5 − 15x3 − 60x
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
5

Câu

12:

Có

bao

nhiêu

số

nguyên

3

m∈ ( −2019;2019)

để

hàm

số

y = x2 − 4x + m + 6x + 1 có ba điểm cực trị.

A. 2014.
B. 2016.
C. 2013.
D. 2015.
Lời giải
Nếu x2 − 4x + m≥ 0,∀x ⇒ y = x2 − 4x + m+ 6x + 1 = x2 + 2x + m+ 1 có đúng 1 điểm cực
trị x = −1(loại).
Nếu x2 − 4x + m= 0 có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 ⇔ ∆′ = 4− m> 0 ⇔ m< 4
 2x − 4 + 6 = 0
 x = −1
 2

2
( 2x − 4) x − 4x + m
x − 4x + m> 0
 m> −5
′ = 0⇔ 
+

6;
y
⇔
Khi đó y′ =

x2 − 4x + m
 − ( 2x − 4) + 6 = 0  x = 5

 x2 − 4x + m< 0
 m< −5

Với −5 < m< 4ta có bằng xét dấu của y′ như sau

(

)

Hàm số có đúng 1 cực trị x = −1(loại).
Với m< −5ta 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
2
Câu 13: Có bao nhiêu số nguyên m∈ ( −20;20) để hàm số y = x − 2mx − m+ 1 + 1
có ba điểm cực trị.
A. 17.
B. 19.
C. 18.
D. 20.
Lời giải
14

x2 − 2m( x − m+ 1) ( x − m+ 1 ≥ 0)
2x − 2m( x − m+ 1 > 0)
⇒ y′ = 
Ta có y =  2
2x + 2m( x − m+ 1 < 0)
x + 2m( x − m+ 1) ( x − m+ 1 ≤ 0)
Vậy hàm số khơng có đạo hàm tại điểm x = m− 1và
 2x − 2m= 0
 x = m


x = m
x − m+ 1 > 0  1 < 0


y′ =
⇔
⇔
 2x + 2m= 0
  x = −m
 x = −m m> 1 ÷


2


 x − m+ 1 < 0  −2m+ 1 < 0
1

Vậy để hàm số có 3 điểm cực trị trước tiên phải có m> và lúc này bảng xét dấu
2
′
của y như sau
1
Điều này chứng tỏ với m> là các giá trị cần tìm, các số nguyên là m∈ { 1,...,19}
2

. Có tất cả 19 số nguyên thỏa mãn.
Câu 14: Có tất cả bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn [ −2017;2017] để hàm số
y = x3 − 3x2 + m có 3 điểm cực trị ?

A. 4032.
Lời giải

B. 4034.

C. 4030.

D. 4028.

x = 0

2
Ta có y = x3 − 3x2 + mcó y′ = 3x − 6x; y′ = 0 ⇔  x = 2 ⇒ y ( 0) = m, y ( 2) = m− 4



 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
3
2
Câu 15: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x − 3x + m có
5 điểm cực trị.
m≥ 4 hoặc
D.
A. −4 < m< 0.
B. −4 ≤ m≤ 0.
C. 0 < m< 4.
m≤ 0.
Lời giải
x = 0

2
Ta có y = x3 − 3x2 + mcó y′ = 3x − 6x; y′ = 0 ⇔  x = 2 ⇒ y ( 0) = m, y ( 2) = m− 4


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 = x4 − mx2 + m có 7 điểm cực trị.

A. ( 4; +∞ ) .
B. ( 0;1) .

C. ( 0;4) .
D. ( 1; +∞ ) .
Lời giải
Xét hàm số y = x4 − mx2 + mcó tối đa 3 điểm cực trị và phương trình f ( x) = 0có
15


tối đa 4 nghiệm. Vì vậy hàm số y = f ( x) có 7 điểm cực trị khi và chỉ khi
f ( x) = 0có

4 nghiệm phân biệt và

f ′ ( x) = 0 có

3 nghiệm phân biệt

∆ = m − 4 > 0

⇔ S = m> 0, P = m> 0 ⇔ m> 4
 ab = −m< 0

2

Chọn đáp án A
3
2
Câu 17: Cho hàm số f ( x) = ax + bx + 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.
Lời giải

B. 5.

C. 2.

D. 1.

 lim g( x) = −∞ ;lim g( x) = +∞
x→∞
 x→−∞
Xét g( x) = f ( x) − 2018 ta có  g( 0) = f ( 0) − 2018 = d − 2018 > 0

 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
Câu 18: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số mđể hàm số
y = 3x4 − 4x3 − 12x2 + m có 7 điểm cực trị ?

A. 3.
B. 5.
C. 6.
D. 4
Lời giải
4
3
2
Hàm số f ( x) = 3x − 4x − 12x + mcó ba điểm cực trị là nghiệm của phương trình
x = 0
f ′ ( x) = 0 ⇔ 12x − 12x − 24x = 0 ⇒ 12x x − x − 2 = 0 ⇔  x = −1
 x = 2
3

2

(

2

)

Phương trình f ( x) = 0có 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) = 0có 4 nghiệm thực phân biệt
⇔ 3x4 − 4x3 − 12x2 = −m có 4 nghiệm thực phân biệt. Lập bảng biến thiên của hàm
số y = 3x4 − 4x3 − 12x2 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 mđể hàm số
y = x4 − x3 − 5x2 + m có 7 điểm cực trị.

A. 8.
Lời giải

B. 9.

C. 3.

D. 4

16


5
4

4
3
2
Hàm số f ( x) = x − x − 5x + mcó ba điểm cực trị là x = 0; x = 2; x = − .

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.
D. 19.
Lời giải
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 alà số điểm cực trị của hàm số đã cho.
Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A. a= 0.
B. a≤ 1.
C. 1 < a ≤ 3.
D. a> 3.
Lời giải

 x3 − mx + 5( x ≥ 0)
 3x2 − m( x > 0)
′
⇔y =

Ta có y =  3
và hàm số khơng có đạo hàm
2
 −x − mx + 5( x < 0)
 −3x − m( x < 0)
tại điểm x = 0
3x2 > 0( x > 0)
Nếu m= 0 ⇒ y′ =  2
đổi dấu từ âm sang dương khi qua điểm x = 0 nê
−3x < 0( x < 0)
hàm số có duy nhất 1 điểm cực trị là x = 0
 3x2 − m( x > 0)
m
′
⇒ y′ = 0 ⇔ x =
Nếu m> 0 ⇒ y =  2
chỉ đổi dấu khi đi qua
3
 −3x − m< 0( x < 0)
m
m
x=
nên có duy nhất 1 điểm cực trị là x =
3
3
2
3x − m> 0( x > 0)
m
⇒ y′ = 0 ⇔ x =
Nếu m< 0 ⇒ y′ =  2

3
−3x − m( x < 0)
−m
−m
Chỉ đổi dấu khi đi qua x = −
nên có duy nhất 1 điểm cực trị là x = −
3
3
Vậy với mọi mhàm số có duy nhất 1 điểm cực trị

Chọn đáp án B
17


Câu 22: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số
y = x − ( 2m+ 1) x2 + 3mx − 5 có 5 điểm cực trị.
3

A.

B.

1

 −∞ ; ÷∪ ( 1; +∞ ) .
4


 1 1
 − ; ÷∪ ( 1; +∞ ) .

 2 4

C. ( 1; +∞ ) .



1

D.  0; ÷∪ ( 1; +∞ ) .
 4

Lời giải
3
2
yêu cầu bài toán tương đương hàm số y = x − ( 2m+ 1) x + 3mx − 5 có 2 điểm cực
2
trị dương, tức 3x − 2( 2m+ 1) x + 3m= 0 có 2 nghiệm dương phân biệt, tức

2
 ∆′ = ( 2m+ 1) − 9m> 0.
m> 1

2( 2m+ 1)

>0
⇔
S =
0 < m< 1 chọn đáp án D
3



4
3m

P
=
>
0

3
3
2
Câu 23: Cho hàm số f ( x) = x − ( 2m− 1) x + ( 2 − m) x + 2. Tìm tập hợp giá trị thực

của tham số mđể hàm số y = f ( x ) có năm điểm cực trị.
5
4

A. − < m< 2.

B.

5
< m< 2.
4

C.

1
< m< 2.

2

5
4

D. −2 < m< .

Lời giải
Ta có 5 = 2a+ 1 ⇔ a = 2 là số điểm cực trị dương của hàm số y = f ( x)

2
 ∆′ = ( 2m− 1) − 3( 2 − m) > 0

2( 2m− 1)
5

2
′
f
x
=
3
x
−
2
2
m
−
1
x

+
2
−
m
⇒
>0
⇔ < m< 2.
(
)
(
)
Ta có
S =
3
4

2− m

 P = 3 > 0

Chọn đáp án B
Câu 24: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số mđể hàm số
y = x − ( 2m+ 1) x2 + 3mx − 5 có 3 điểm cực trị.
3

A. ( −∞ ;0) .

B. ( 1; +∞ ) .

C. ( − ∞ ;0].



D. 0; ÷.
4
1





Lời giải
3
3
2
xét f ( x) = x − ( 2m+ 1) x + 3mx − 5 và f ( x) = x − ( 2m+ 1) x2 + 3mx − 5
ta có 3 = 2a+ 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

18


4
3
2
Câu 25: Cho hàm số f ( x) = ax + bx + cx + dx + e ( a,b,c,d, e∈ ¡ ) và a> 0.

Biết ff( −1) < 0, ( 0) > 0, f ( 1) < 0. Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x) bằng
A. 7.

B. 6.
C. 5.
D. 9.
Lời giải
Theo
giả
thiết
ta

có:

 lim f ( x) = +∞
 lim f ( x) . f ( 1) < 0
 x→−∞
 x→−∞
 f ( −1) < 0
 ff( 0) . ( −1) < 0

⇒
⇒ ∃x1 < −1 < x2 < 0 < x3 < 1 < x4
 f ( 0) > 0

 ff( 0) . ( 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 ( x4 ) = 0. Điều đó chứng tỏ rằng phương
trình f ( x) = 0có 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
Câu 26: Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị
như hình vẽ ở bên. Tìm tập hợp tất cả
các giá trị thực của tham số mđể hàm
số y = f ( x + m) có 5 điểm cực trị.
A. m< −1.
B. m> −1.
C. m> 1.
D. m< 1.

y
4

2

x
−1

O

1

Lời giải
Hàm số f ( x) có 2 điểm cực trị x = −1; x = 1. hàm số f (| x| +m) ln 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

Vậy điều kiện là m− 1 < 0 ⇔ m< −1. Chọn đáp án A

m+ 1 < 0

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
19


2.4.1 Đối với bản thân
Từ năm học 2018-2019 đến nay tôi được nhà trường phân công ôn thi
THPT quốc gia các lớp chọn của trường. Tôi đã vận dụng những kinh nghiệm
mà mình tích lũy được để ơn tập và hướng dẫn học sinh thi THPT quốc gia (bây
giờ là kỳ thi tốt nghiệp THPT).
Bảng thống kê kết quả môn Tốn do tơi trực tiếp giảng dạy
Kỳ thi
Lớp
Số điểm 9 trở lên Điểm TB
Ghi chú
2019
12B1
9
8.3
Thứ 1 Nông Cống

2020
12C6
3
7,24
Lớp thường
Kết quả ôn thi Tốt nghiệp đạt được trong những năm gần đây thực sự là
một kì tích đối với bản thân tơi và nhà trường. Đó cũng là minh chứng cho thấy
hướng đi đúng đắn của tôi trong việc ôn thi Tốt nghiệp THPT, là nguồn động
lực và là niềm tin để tôi tiếp tục cố gắng phấn đấu và áp dụng kinh nghiệm của
mình vào thực tiễn cơng tác trong những năm tới.
2.4.2 Hiệu quả ứng dụng vào thực tiễn các trường THPT trong tỉnh:
- SKKN có thể áp dụng cho tất cả các trường THPT.
- Giới thiệu cho các đồng nghiệp và học sinh một nguồn bài tập hay để áp
dụng.
- Khích lệ và cổ vũ phong trào ơn thi tốt nghiệp THPT của các trường
THPT trong tỉnh, góp phần tăng thứ hạng của mơn Tốn Thanh Hóa.
- Giúp học sinh các trường THPT có thêm kiến thức tham gia kì thi Tốt
nghiệp đạt kết quả tốt nhất; có thêm động lực và niềm tin vào khả năng của
mình

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận
Sau một thời gian nghiên cứu, hoàn thành đề tài và vận dụng vào dạy học.
bản thân tôi khẳng định đề tài đã mang lại hiệu quả trong công tác ôn thi Tốt
nghiệp THPT. Học sinh sau khi được hướng dẫn, các em có thể vận dụng tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, cực trị hàm trị tuyệt đối vào các bài toán cụ thể
trong các đề thi tốt nghiệp THPT những năm gần đây. Giúp trường THPT Nơng
Cống 3 duy trì được kết quả thi tốt nghiệp THPT.
Mong muốn của tôi là được đóng góp một chút cơng sức cho giáo dục
tỉnh nhà, cổ vũ phong trào ôn thi tốt nghiệp THPT của các trường THPT trong

tỉnh, được chia sẻ cách làm của mình với đồng nghiệp trong và ngồi nhà
20


trường. Đây cũng là dịp để bản thân tơi nhìn lại những gì mình đã làm để đạt
được thành cơng trong những năm qua. Tôi hi vọng kinh nghiệm này sẽ giúp ích
được cho các đồng nghiệp trong cơng tác ôn thi tốt nghiệp THPT, để các đồng
nghiệp tham khảo, góp ý và áp dụng nhằm nâng cao hiệu quả ôn thi tốt nghiệp
THPT ở các trường THPT trong toàn tỉnh.
3.2 Kiến nghị
- Tiếp tục đổi mới cách ôn tập trong ôn thi tốt nghiệp THPT, đáp ứng đổi
mới căn bản toàn diện giáo dục, đảm bảo khách quan, phù hợp với đặc điểm các
môn học.
- Tăng cường hơn nữa việc thi thử tốt nghiệp THPT ở tỉnh Thanh
Hóa( hiện tại Thanh Hóa mới tổ chức 1 lần thi, mong muốn các nhân nên tổ
chức thêm).
Thanh Hóa, ngày 10 tháng 5 năm 2021
HIỆU TRƯỞNG
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
khơng sao chép nội dung của người khác.

Mai Giáp Tý

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Giải tích 12
2. Đề thi THPT Quốc gia, tốt nghiệp các năm
3. Đề Thi minh họa, đề thi thử THPT Quốc gia, tốt nghiệp các trường trên
toàn quốc qua các năm
DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG

ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Mai Giáp Tý
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Nông Cống 3
TT

Tên đề tài SKKN

Cấp đánh Kết quả
giá xếp loại đánh giá

Năm học
đánh giá xếp
21


SKKN “Từ bài hệ phương trình
trong đề thi ĐH khối A năm 2011
giúp học sinh khai thác và xây
1
dựng bài tốn mới nhằm phát huy
tính tích cự của học sinh”

xếp loại
(Phịng, Sở,
(A, B,
Tỉnh...)
hoặc C)

loại

Ngành

C

2014

C

2015

B

2017

C

2020

SKKN “Từ bài tốn bất đẳng
thức trong đề thi ĐH khối A năm
2 2011 giúp học sinh khai thác và Ngành
xây dựng bài toán mới nhằm phát
hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi”
SKKN “Sử dụng máy tính
3 cầm tay trong ôn luyện thi Ngành
THPT Quốc gia, môn Tốn”
SKKN "Hướng dẫn học sinh
tìm số hạng tổng qt của
dãy số, nhằm nâng cao hiệu

4
Ngành
quả bồi dưỡng học sinh giỏi
môn Tốn tại trường THPT
Nơng Cống 3"

22