20 câu trắc nghiệm phát triển câu 40 đề minh họa Toán 2024 giải chi tiết được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 3 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.
CÂU 40: TÌM THAM SỐ ĐỂ HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU TRÊN MỘT KHOẢNG CHO TRƯỚC – VD VDC
Câu 1: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số$m$ để hàm số $y = {x^3} – m{x^2} – \left( {m – 6} \right)x + 1$ đồng biến trên khoảng $\left( {0;4} \right)$ là:
A. $\left( { – \infty ;6} \right]$. B. $\left( { – \infty ;3} \right)$. C. $\left( { – \infty ;3} \right]$. D. $\left[ {3;6} \right]$.
Lời giải
$y’ = 3{x^2} – 2mx – \left( {m – 6} \right)$. Để hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0;4} \right)$ thì: $y’ \geqslant 0$,$\forall x \in \left( {0;4} \right)$.
tức là $3{x^2} – 2mx – \left( {m – 6} \right) \geqslant 0\,\,\forall x \in \left( {0;4} \right)$$ \Leftrightarrow \frac{{3{x^2} + 6}}{{2x + 1}} \geqslant m\,\forall x \in \left( {0;4} \right)$
Xét hàm số $g\left( x \right) = \frac{{3{x^2} + 6}}{{2x + 1}}$ trên $\left( {0;4} \right)$.
$g’\left( x \right) = \frac{{6{x^2} + 6x – 12}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}$,$\,g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 1 \in \left( {0;4} \right) \hfill \\
x = – 2 \notin \left( {0;4} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Ta có bảng biến thiên:
Vậy để $g\left( x \right) = \frac{{3{x^2} + 6}}{{2x + 1}} \geqslant m\,\,\forall x \in \left( {0;4} \right)$thì $m \leqslant 3$.
Câu 2: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc khoảng $\left( { – 15;15} \right)$ để hàm số $y = {x^4} – 6{x^2} – mx + 2024$ nghịch biến trên khoảng $\left( { – 1;1} \right)$.
A. $8$. B. $7$. C. $25$. D. $6$.
Lời giải
Ta có $y’ = 4{x^3} – 12x – m$.
Hàm số $y = {x^4} – 6{x^2} – mx + 2024$ nghịch biến trên khoảng $\left( { – 1;1} \right)$ khi và chỉ khi $y’ \leqslant 0,\,\,\forall x \in \left( { – 1;1} \right)$
$ \Leftrightarrow 4{x^3} – 12x – m \leqslant 0,\,\forall x \in \left( { – 1;1} \right) \Leftrightarrow m \geqslant 4{x^3} – 12x,\,\forall x \in \left( { – 1;1} \right) \Leftrightarrow m \geqslant 8$.
Vì $m$ nguyên thuộc khoảng $\left( { – 15;15} \right)$ nên có $7$ giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc đoạn $\left[ {1;25} \right]$ sao cho ứng với mỗi $m$, hàm số $y = \frac{{ – {x^2} + 2x – m + 5}}{{2x – m}}$ đồng biến trên khoảng $\left( {1;3} \right)$.
A. 24 .
B. 2 .
C. 20 .
D. 6 .
Lời giải
Tập xác định: $D = \mathbb{R} \setminus \left\{ {\frac{m}{2}} \right\}$.
Ta có $y’ = \frac{{ – 2{x^2} + 2mx – 10}}{{{{(2x – m)}^2}}}$.
Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {1;3} \right)$ thì $y’ \geqslant 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)$.
tức là $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ – 2{x^2} + 2mx – 10 \geqslant 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)} \\
{x \ne \frac{m}{2},\forall x \in \left( {1;3} \right)}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \geqslant \frac{{{x^2} + 5}}{x},\forall x \in \left( {1;3} \right)(\;Do\;x > 0,\forall x \in \left( {1;3} \right))} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{m}{2} \leqslant 1}
\end{array}} \right.} \\
{\frac{m}{2} \geqslant 3}
\end{array}} \right.$
Xét hàm số $g\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 5}}{x},\forall x \in \left[ {1;3} \right]$.
Ta có $g’\left( x \right) = \frac{{{x^2} – 5}}{{{x^2}}} \cdot g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \sqrt 5 } \\
{x = – \sqrt 5 }
\end{array}\left( {x \ne 0} \right)} \right.$.
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên, ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \geqslant \frac{{{x^2} + 5}}{x},\forall x \in \left( {1;3} \right)} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{m}{2} \leqslant 1} \\
{\frac{m}{2} \geqslant 3}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \geqslant 6} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m \leqslant 2} \\
{m \geqslant 6}
\end{array}} \right.}
\end{array} \Leftrightarrow m \geqslant 6} \right.$.
Mà $m$ là số nguyên thuộc đoạn $\left[ {1;25} \right]$ nên $m \in \left\{ {6;7;8;9;10; \ldots .;25} \right\}$.
Vậy có 20 giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc đoạn [1;25] thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để hàm số $y = \frac{{{x^2} + 2x + m}}{{x – 1}}$ nghịch biến trên khoảng $(1;3)$ và đồng biến trên khoảng $(4;6)$.
A. $6$. B. $7$. C. $5$. D. $4$.
Lời giải
Chọn D
Ta có $y’ = \frac{{{x^2} – 2x – 2 – m}}{{{{(x – 1)}^2}}}$.
Hàm số nghịch biến trên khoảng $(1;3)$ và đồng biến trên khoảng $(4;6)$ khi và chỉ khi $\left\{ \begin{gathered}
y’ \leqslant 0,\forall x \in (1;3) \hfill \\
y’ \geqslant 0,\forall x \in (4;6) \hfill \\
\end{gathered} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x^2} – 2x – 2 – m \leqslant 0,\forall x \in (1;3) \hfill \\
{x^2} – 2x – 2 – m \geqslant 0,\forall x \in (4;6) \hfill \\
\end{gathered} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
m \geqslant {x^2} – 2x – 2,\forall x \in (1;3) \hfill \\
m \leqslant {x^2} – 2x – 2,\forall x \in (4;6) \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Xét hàm số $g(x) = {x^2} – 2x – 2,g'(x) = 2x – 2$ ta có bảng biến thiên của $g(x)$ như sau
Từ bảng biến thiên của $g(x)$ ta có $(*) \Leftrightarrow 3 \leqslant m \leqslant 6$, và vì $m$ là số nguyên nên chọn $m \in \left\{ {3;4;5;6} \right\}$. Vậy có 4 giá trị nguyên của $m$thỏa mãn bài toán.
Câu 5: Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số $m$ sao cho hàm số $y = \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x + m}}$ nghịch biến trên khoảng $\left( { – 1;1} \right)$.
A. $\left( { – \infty ; – 2} \right]$. B. $\left( { – 3; – 2} \right]$. C. $\left( { – \infty ;0} \right]$. D. $\left( { – \infty ; – 2} \right)$.
Lời giải
Ta có $y’ = \frac{{m – {{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {{x^2} + x + m} \right)}^2}}}$.
Ycbt $ \Leftrightarrow $ $\left\{ \begin{gathered}
y’ \leqslant 0 \hfill \\
{x^2} + x + m \ne 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.$, $\forall x \in \left( { – 1;1} \right)$ $ \Leftrightarrow $ $\left\{ \begin{gathered}
\frac{{m – {{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {{x^2} + x + m} \right)}^2}}} \leqslant 0 \hfill \\
{x^2} + x + m \ne 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.$, $\forall x \in \left( { – 1;1} \right)$.
$ \Leftrightarrow $ $\left\{ \begin{gathered}
m \leqslant {\left( {x + 1} \right)^2} \hfill \\
m \ne – {x^2} – x \hfill \\
\end{gathered} \right.$, $\forall x \in \left( { – 1;1} \right)$.
$m \leqslant {\left( {x + 1} \right)^2},\forall x \in \left( { – 1;1} \right) \Leftrightarrow m \leqslant 0$.
Đặt $f\left( x \right) = – {x^2} – x$, $x \in \left( { – 1;1} \right)$.
$ \Rightarrow $ $f’\left( x \right) = – 2x – 1$ $ \Leftrightarrow $ $f’\left( x \right) = 0$ $ \Leftrightarrow $ $x = – \frac{1}{2}$.
Bảng biến thiên.
Vậy $m \in \left( { – \infty ; – 2} \right] \cup \left( {\frac{1}{4}; + \infty } \right)$.
Từ $\left( * \right)$, $\left( { * * } \right)$ $ \Rightarrow $ $m \in \left( { – \infty ; – 2} \right]$.
Câu 6: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc đoạn $\left[ { – 2;25} \right]$ sao cho ứng với mỗi $m$, hàm số $y = \frac{{{x^2} + 5x – m – 1}}{{5x – m}}$ nghịch biến trên khoảng $\left( {1;4} \right)$.
A. 8 .
B. 15 .
C. 14 .
D. 6 .
Lời giải
Tập xác định: $D = \mathbb{R} \setminus \left\{ {\frac{m}{5}} \right\}$.
Ta có $y’ = \frac{{5{x^2} – 2mx + 5}}{{{{(5x – m)}^2}}}$.
Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {1;4} \right)$ thì $y’ \leqslant 0,\forall x \in \left( {1;4} \right)$.
tức là $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{5{x^2} – 2mx + 5 \leqslant 0,\forall x \in \left( {1;4} \right)} \\
{x \ne \frac{m}{5},\forall x \in \left( {1;4} \right)}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \geqslant \frac{{5{x^2} + 5}}{{2x}},\forall x \in \left( {1;4} \right)(\;Do\;2x > 0,\forall x \in \left( {1;4} \right))} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{m}{5} \leqslant 1} \\
{\frac{m}{5} \geqslant 4}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.$.
Xét hàm số $g\left( x \right) = \frac{{5{x^2} + 5}}{{2x}},\forall x \in \left[ {1;44} \right]$.
Ta có $g’\left( x \right) = \frac{{5{x^2} – 5}}{{2{x^2}}} > 0,\forall x \in \left[ {1;4} \right]$. Hàm số đồng biến trên $\left( {1;4} \right)$.
Suy ra $\mathop {Max}\limits_{x \in \left[ {1;4} \right]} g\left( x \right) = g\left( 4 \right) = \frac{{85}}{8}$.
Khi đó, ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \geqslant \frac{{5{x^2} + 5}}{{2x}},\forall x \in \left( {1;4} \right)} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{m}{5} \leqslant 1} \\
{\frac{m}{5} \geqslant 4}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \geqslant \frac{{85}}{8}} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m \leqslant 5} \\
{m \geqslant 20}
\end{array}} \right.}
\end{array} \Leftrightarrow m \geqslant 20} \right.$.
Mà $m$ là số nguyên thuộc đoạn $\left[ { – 2;25} \right]$ nên $m \in \left\{ {20;21;22;23;24;25} \right\}$.
Vậy có 6 giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc đoạn $\left[ { – 2;25} \right]$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 7: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc đoạn $\left[ { – 25;3} \right]$ sao cho ứng với mỗi $m$, hàm số $y = \frac{{ – {x^2} + 4x – m – 5}}{{4x – m}}$ đồng biến trên khoảng $\left( { – 3; – 1} \right)$.
A. 17 .
B. 15 .
C. 14 .
D. 16 .
Lời giải
Tập xác định: $D = \mathbb{R} \setminus \left\{ {\frac{m}{4}} \right\}$.
Ta có $y’ = \frac{{ – 4{x^2} + 2mx + 20}}{{{{(4x – m)}^2}}}$.
Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { – 3; – 1} \right)$ thì $y’ \geqslant 0,\forall x \in \left( { – 3; – 1} \right)$. tức là
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ – 4{x^2} + 2mx + 20 \geqslant 0,\forall x \in \left( { – 3; – 1} \right)} \\
{x \ne \frac{m}{4},\forall x \in \left( { – 3; – 1} \right)}
\end{array}} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \leqslant \frac{{2{x^2} – 10}}{x},\forall x \in \left( { – 3; – 1} \right)(\;Do\;x < 0,\forall x \in \left( { – 3; – 1} \right))} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{m}{4} \leqslant – 3} \\
{\frac{m}{4} \geqslant – 1}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.$
Xét hàm số $g\left( x \right) = \frac{{2{x^2} – 10}}{x},\forall x \in \left[ { – 3; – 1} \right]$.
Ta có $g’\left( x \right) = \frac{{2{x^2} + 10}}{{{x^2}}} > 0,\forall x \in \left[ { – 3; – 1} \right]$. Suy ra hàm số đồng biến trên $\left( { – 3; – 1} \right)$.
Suy ra $\mathop {Min}\limits_{\left[ { – 3; – 1} \right]} g\left( x \right) = g\left( { – 3} \right) = – \frac{8}{3}$.
Khi đó, ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \leqslant \frac{{2{x^2} – 10}}{x},\forall x \in \left( { – 3; – 1} \right)} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{m}{4} \leqslant – 3} \\
{\frac{m}{4} \geqslant – 1}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \leqslant – \frac{8}{3}} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m \leqslant – 12} \\
{m \geqslant – 4}
\end{array}} \right.}
\end{array} \Leftrightarrow m \in \left( { – \infty ; – 12} \right] \cup \left[ { – 4; – \frac{8}{3}} \right]} \right.$.
Mà $m$ là số nguyên thuộc đoạn $\left[ { – 25;3} \right]$ nên $m \in \left\{ { – 25; – 24; – 23; \ldots ; – 12} \right\} \cup \left\{ { – 4; – 3} \right\}$.
Vậy 16 giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc đoạn [-25;3] thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 8: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc đoạn $\left[ { – 2024;2024} \right]$ sao cho ứng với mỗi $m$ , hàm số $y = \frac{{mx – 6m + 5}}{{x – m}}$ nghịch biến trên khoảng $\left( {2;7} \right)$.
A. 1027 .
B. 4045 .
C. 4043 .
D. 2025 .
Tập xác định: $D = \mathbb{R} \setminus \left\{ m \right\}$.
Lời giải
Ta có $y’ = \frac{{ – {m^2} + 6m – 5}}{{{{(x – m)}^2}}}$.
Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {2;7} \right)$ thì $y’ < 0,\forall x \in \left( {2;7} \right)$.
tức là $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ – {m^2} + 6m – 5 < 0} \\
{x \ne m,\forall x \in \left( {2;7} \right)}
\end{array}} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m < 1} \\
{m > 5}
\end{array}} \right.} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m \leqslant 2} \\
{m \geqslant 7}
\end{array}} \right.}
\end{array} \Leftrightarrow m \in \left( { – \infty ;1} \right) \cup \left[ {7; + \infty } \right)} \right.$.
Mà $m$ là số nguyên thuộc đoạn $\left[ { – 2024;2024} \right]$ nên $m \in \left\{ { – 2024; – 2023; \ldots ;0} \right\} \cup \left\{ {7;8;9; \ldots ;2024} \right\}$.
Vậy có 4043 giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc đoạn [-2024;2024] thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 9: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m \in \left( { – 2022;2022} \right)$ để hàm số $y = \left| {{x^3} + \left( {2m + 1} \right)x – 2} \right|$ đồng biến trên $\left( {1;3} \right)$ ?
A. 4034 .
B. 2022 .
C. 4030 .
D. 4032 .
Lời giải
Xét hàm số $f\left( x \right) = {x^3} + \left( {2m + 1} \right)x – 2$
$f’\left( x \right) = 3{x^2} + 2m + 1$
Hàm số $y = \left| {f\left( x \right)} \right|$ đồng biến trên (1;3) khi và chỉ khi xảy ra 2 trường hợp sau:
TH1: Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên (6,3) và $f\left( 1 \right) \geqslant 0$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{f’\left( x \right) \geqslant 0\;\forall x \in \left( {1;3} \right)} \\
{f\left( 1 \right) \geqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{3{x^2} + 2m + 1 \geqslant 0\;\forall x \in \left( {1;3} \right)} \\
{2m \geqslant 0}
\end{array}} \right.} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2m + 1 \geqslant – 3{x^2}\;\forall x \in \left( {1;3} \right)} \\
{m \geqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2m + 1 \geqslant – 3} \\
{m \geqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow m \geqslant 0.} \right.} \right.$
TH2: Hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {1;3} \right)$ và $f\left( 1 \right) \leqslant 0$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{f’\left( x \right) \leqslant 0\;\forall x \in \left( {1;3} \right)} \\
{f\left( 1 \right) \leqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{3{x^2} + 2m + 1 \leqslant 0} \\
{2m \leqslant 0}
\end{array}\;\forall x \in \left( {1;3} \right)} \right.} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2m + 1 \leqslant – 3{x^2}\;\forall x \in \left( {1;3} \right)} \\
{m \leqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2m + 1 \leqslant – 27} \\
{m \leqslant 0}
\end{array} \Leftrightarrow m \leqslant – 14.} \right.} \right.$
Kết hợp 2 trường hợp ta có $m \leqslant – 14$ hoặc $m \geqslant 0$.
Mà $m \in \left( { – 2022;2022} \right)$ nên có 4030 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.
Câu 10: Cho hàm số $y = f\left( x \right) = \left( {m + 2} \right){x^4} + \left( {2m – 1} \right){x^2} + 2024$. Số các giá trị nguyên của $m \in \left[ { – 10;10} \right]$ để hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( { – 2;0} \right)$ là
A. 10 .
B. 9 .
C. 11 .
D. 8 .
Lời giải
Hàm số đồng biến trên $\left( { – 2;0} \right) \Leftrightarrow f’\left( x \right) = 4\left( {m + 2} \right){x^3} + 2\left( {2m – 1} \right)x \geqslant 0\;\forall x \in \left( { – 2;0} \right)$
$ \Leftrightarrow 2\left( {m + 2} \right){x^2} + \left( {2m – 1} \right) \leqslant 0\;\forall x \in \left( { – 2;0} \right)$
$ \Leftrightarrow 2m \leqslant \frac{{1 – 4{x^2}}}{{1 + {x^2}}}\;\forall x \in \left( { – 2;0} \right) \Leftrightarrow 2m \leqslant \frac{{1 – 4t}}{{1 + t}}\;\forall t \in \left( {0;4} \right)$
Xét hàm số $g\left( t \right) = \frac{{1 – 4t}}{{1 + t}}\;t \in \left( {0;4} \right)$; có $g’\left( t \right) = \frac{{ – 5}}{{{{(1 + t)}^2}}} < 0\;\forall t \in \left( {0;4} \right)$
Vậy $\left( * \right)$ nghiệm đúng với mọi $t \in \left( {0;4} \right) \Leftrightarrow 2m \leqslant – 3 \Leftrightarrow m \leqslant – \frac{3}{2}$.
Mặt khác $m \in \left[ { – 10;10} \right]$ và $m$ là số nguyên nên $m \in \left\{ { – 10; – 9; \ldots ; – 3; – 2} \right\}$.
Câu 11: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau
Có bao nhiêu số nguyên dương $m < 2024$ để hàm số $g\left( x \right) = f\left( { – {x^2} – 2x + m} \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( {2;3} \right)$ ?
A. 2014 .
B. 2015 .
C. 2013 .
D. 2016 .
Lời giải
Ta có $g’\left( x \right) = {\left( { – {x^2} – 2x + m} \right)’}f’\left( { – {x^2} – 2x + m} \right)$ $ = – 2\left( {x + 1} \right)f’\left( { – {x^2} – 2x + m} \right)$.
Hàm số $y = g\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( {2;3} \right)$ khi và chỉ khi $g’\left( x \right) \leqslant 0,\forall x \in \left( {2;3} \right)$
$ \Leftrightarrow – 2\left( {x + 1} \right)f’\left( { – {x^2} – 2x + m} \right) \leqslant 0,\forall x \in \left( {2;3} \right)$
$ \Leftrightarrow f’\left( { – {x^2} – 2x + m} \right) \geqslant 0,\forall x \in \left( {2;3} \right)$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ – {x^2} – 2x + m \leqslant 0}&{\left( 1 \right)} \\
{ – {x^2} – 2x + m \geqslant 3}&{\left( 2 \right)}
\end{array},\forall x \in \left( {2;3} \right)\left( * \right)} \right.$
Xét hàm số $y = – {x^2} – 2x + m$, ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có
$\left( 1 \right) \Leftrightarrow – {x^2} – 2x + m \leqslant 0,\forall x \in \left( {2;3} \right) \Leftrightarrow m – 8 \leqslant 0 \Leftrightarrow m \leqslant 8$.
$\left( 2 \right) \Leftrightarrow – {x^2} – 2x + m \geqslant 3,\forall x \in \left( {2;3} \right) \Leftrightarrow m – 15 \geqslant 3 \Leftrightarrow m \geqslant 18$.
Do đó $\left( * \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \leqslant 8} \\
{m \geqslant 18}
\end{array}} \right.$.
Vì $m$ là số nguyên dương và $m < 2024$, nên ta có $\left( {8 – 1 + 1} \right) + \left( {2023 – 18 + 1} \right) = 2014$ giá trị $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 12: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc đoạn $\left[ { – 2;25} \right]$ sao cho ứng với mỗi $m$, hàm số $y = \frac{{{x^2} + 5x – m – 1}}{{5x – m}}$ nghịch biến trên khoảng $\left( {1;4} \right)$.
A. 8 .
B. 15 .
C. 14 .
D. 6 .
Lời giải
Tập xác định: $D = \mathbb{R} \setminus \left\{ {\frac{m}{5}} \right\}$.
Ta có $y’ = \frac{{5{x^2} – 2mx + 5}}{{{{(5x – m)}^2}}}$.
Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {1;4} \right)$ thì $y’ \leqslant 0,\forall x \in \left( {1;4} \right)$.
tức là $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{5{x^2} – 2mx + 5 \leqslant 0,\forall x \in \left( {1;4} \right)} \\
{x \ne \frac{m}{5},\forall x \in \left( {1;4} \right)}
\end{array}} \right.$
Xét hàm số $g\left( x \right) = \frac{{5{x^2} + 5}}{{2x}},\forall x \in \left[ {1;4} \right]$.
Ta có $g’\left( x \right) = \frac{{5{x^2} – 5}}{{2{x^2}}} > 0,\forall x \in \left[ {1;4} \right]$. Hàm số đồng biến trên $\left( {1;4} \right)$.
Suy ra $\mathop {Max}\limits_{x \in \left[ {1;4} \right]} g\left( x \right) = g\left( 4 \right) = \frac{{85}}{8}$.
Khi đó, ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \geqslant \frac{{5{x^2} + 5}}{{2x}},\forall x \in \left( {1;4} \right)} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{m}{5} \leqslant 1} \\
{\frac{m}{5} \geqslant 4}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \geqslant \frac{{85}}{8}} \\
{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m \leqslant 5} \\
{m \geqslant 20}
\end{array}} \right.}
\end{array} \Leftrightarrow m \geqslant 20} \right.$.
Mà $m$ là số nguyên thuộc đoạn $\left[ { – 2;25} \right]$ nên $m \in \left\{ {20;21;22;23;24;25} \right\}$.
Vậy có 6 giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc đoạn $\left[ { – 2;25} \right]$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 13: Cho hàm số bậc ba $y = f\left( x \right)$ có đồ thị như hình bên. Có bao nhiêu số nguyên $m$ để hàm số $g\left( x \right) = f\left( {{x^3} – 3{x^2} + mx + 8 – m} \right)$ đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$ ?
A. 5 .
B. 6 .
C. 4 .
D. 3 .
Lời giải
Ta có $g’\left( x \right) = \left( {3{x^2} – 6x + m} \right)f’\left( {{x^3} – 3{x^2} + mx + 8 – m} \right)$.
Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } ({x^3} – 3{x^2} + mx + 8 – m) = + \infty $ nên $f’\left( {{x^3} – 3{x^2} + mx + 8 – m} \right) > 0$.
Dựa vào đồ thị ta có $f’\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x > 2} \\
{x < 0}
\end{array}} \right.$. Do đó $g’\left( x \right) \geqslant 0$ tương đương
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3{x^2} – 6x + m \geqslant 0} \\
{f’\left( {{x^3} – 3{x^2} + mx + 8 – m} \right) \geqslant 0}
\end{array}(\forall x > 0)} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3{x^2} – 6x + m \geqslant 0} \\
{{x^3} – 3{x^2} + mx + 8 – m \geqslant 2}
\end{array}(\forall x > 0)} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \geqslant – 3{x^2} + 6x} \\
{m\left( {x – 1} \right) \geqslant – {x^3} + 3{x^2} – 6}
\end{array}(\forall x > 0)} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \geqslant – 3{x^2} + 6x\;(\forall x > 0} \\
{m \geqslant \frac{{ – {x^3} + 3{x^2} – 6}}{{x – 1}}(x > 1)} \\
{m \leqslant \frac{{ – {x^3} + 3{x^2} – 6}}{{x – 1}}(x < 1)}
\end{array}} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \geqslant 3} \\
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m \geqslant – 1,76} \\
{m \leqslant 6}
\end{array} \Leftrightarrow 3 \leqslant m \leqslant 6.} \right.}
\end{array}} \right.$
Vậy có 4 số nguyên $m$ thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 14: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương bé hơn 2024 của tham số $m$ sao cho hàm số $y = \frac{{2{x^2} + 2x – 1 – 5m}}{{x – m}}$ nghịch biến trên khoảng $\left( {1;5} \right)$?
A. $2017$. B. $2018$. C. $2020$. D. $2019$.
Lời giải
Chọn D
Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}$.
Ta có $y’ = \frac{{2{x^2} – 4mx + 3m + 1}}{{{{\left( {x – m} \right)}^2}}}$.
Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {1;5} \right)$
$ \Leftrightarrow y’ = \frac{{2{x^2} – 4mx + 3m + 1}}{{{{\left( {x – m} \right)}^2}}} \leqslant 0\forall x \in \left( {1;5} \right)$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
2{x^2} – 4mx + 3m + 1 \leqslant 0\forall x \in \left( {1;5} \right) \hfill \\
m \notin \left( {1;5} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
– m + 3 \leqslant 0 \hfill \\
– 17m + 51 \leqslant 0 \hfill \\
\left[ \begin{gathered}
m \leqslant 1 \hfill \\
m \geqslant 5 \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
m \geqslant 3 \hfill \\
m \geqslant 3 \hfill \\
\left[ \begin{gathered}
m \leqslant 1 \hfill \\
m \geqslant 5 \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow m \geqslant 5$
Do nguyên dương bé hơn 2024 nên $5 \leqslant m \leqslant 2023$.
Vậy có tất cả 2019 giá trị.
Câu 15: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của $m$ để hàm số $y = \frac{{{x^2} – 4x + m + 2 + 3\sqrt {{x^2} – 4x} }}{{\sqrt {{x^2} – 4x} + 2}}$ nghịch biến trên khoảng $\left( { – 4;0} \right)$?
A. $4.$ B. $3.$ C. $5.$ D. $17.$
Lời giải
Chọn A
Đặt $t = \sqrt {{x^2} – 4x} \Rightarrow t’ = \frac{{x – 2}}{{\sqrt {{x^2} – 4x} }} < {0^{}}{\forall ^{}}t \in \left( { – 4;0} \right)$
$ \Rightarrow $$t$ nghịch biến trên $\left( { – 4;0} \right)$$ \Rightarrow t \in \left( {0;4\sqrt 2 } \right)$.
Khi đó bài toán trở thành tìm $m$ nguyên dương để hàm số $g\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 3t + m + 2}}{{t + 2}}$ đồng biến trên $\left( {0;4\sqrt 2 } \right)$.
Ta có $g\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 3t + m + 2}}{{t + 2}}$ $ \Rightarrow g’\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 4t + 4 – m}}{{{{\left( {t + 2} \right)}^2}}} = 0$
$ \Leftrightarrow {t^2} + 4t + 4 – m = 0 \Leftrightarrow {\left( {t + 2} \right)^2} = m$
Do phương $m > 0$ nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x = – 2 \pm \sqrt m $
$ \Rightarrow $Hàm số đồng biên trên $\left( { – \infty ; – 2 – \sqrt m } \right)$ và $\left( { – 2 + \sqrt m ; + \infty } \right)$.
Để hàm số $g\left( t \right)$ đồng biến trên $\left( {0;4\sqrt 2 } \right)$$ \Leftrightarrow $$\left( {0;4\sqrt 2 } \right) \subset \left( { – 2 + \sqrt m ; + \infty } \right)$
$ \Leftrightarrow – 2 + \sqrt m \leqslant 0 \Leftrightarrow \sqrt m \leqslant 2 \Leftrightarrow m \leqslant 4$.
Câu 16: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ và $g\left( x \right) = f’\left( {{x^3} + 2} \right)$ có bảng xét dấu như sau:
Có bao nhiêu số nguyên $m \in \left[ { – 2023;2023} \right]$ để hàm số $y = f\left( {x – m} \right)$ đồng biến trên $\left( { – \infty ;0} \right)$ ?
A. 2020 B. 2017 . C. 2018 . D. 2019 .
Lời giải
Chọn C
Đầu tiên ta có bảng xét dấu cho $f’\left( t \right)$ với $t = {x^3} + 2$ theo $x$ như sau:
Từ đó ta thực hiện ghép bảng biến thiên cho $f’\left( t \right)$ với $t = x – m$ như sau:
Từ bảng xét dấu trên, ta suy ra để thỏa yêu cầu đề bài, thì $\left( { – \infty ;0} \right) \subset \left( { – \infty ;m – 6} \right) \Leftrightarrow m – 6 \geqslant 0 \Leftrightarrow m \geqslant 6$
Với $m \in \left[ { – 2023;2023} \right]$, suy ra $m \in \left\{ {6;7; \ldots ;2023} \right\}$ tức có 2018 giá trị nguyên $m$ thỏa mãn.
Chọn đáp án C.
