Cho hàm số f(x) có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

Số giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số $g\left(x\right) = f\left|x^4-2x^2-3\right|+m$ có ít nhất 7 điểm cực trị là (nhập đáp án vào ô trống)

Đáp án:  __

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Sử dụng định lý quan hệ giữa tính đơn điệu của hàm số và dấu của đạo hàm: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm trên \(K\). Nếu \(f'\left( x \right) > 0,\forall x \in K\) thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(K\). Nếu \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in K\) thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(K\).

Lời giải

\(f'\left( x \right) = \left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {2 - x} \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \left( {x - 1} \right){(x - 3)^2}\left( {2 - x} \right)\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\left( n \right) \vee x = 3\left( l \right) \vee x = 2\left( n \right)\)

BBT

Dựa vào BBT, hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Đáp án đúng là "14"

Phương pháp giải

Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp: Cho \(y = f\left( u \right);u = u\left( x \right)\). Khi đó \({y_x}\;' = f'\left( u \right).u'\left( x \right)\).

Sử dụng định lý mở rộng về quan hệ giữa tính đơn điệu của hàm số và dấu của đạo hàm: Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(K\) khi và chỉ khi \(f'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in K\) và \(f'\left( x \right) = 0\) chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc \(K\). Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(K\) khi và chỉ khi \(f'\left( x \right) \le 0,\forall x \in K\) và \(f'\left( x \right) = 0\) chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc \(K\).

Lời giải

\(y = f\left( {{x^2} - 2mx + {m^2} + 1} \right)\)

\(y' = \left( {2x - 2m} \right)f'\left( {{x^2} - 2mx + {m^2} + 1} \right)\)

Để hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 2mx + {m^2} + 1} \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;\frac{1}{2}} \right)\) thì

\(y' \le 0,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow \left( {2x - 2m} \right)f'\left( {{x^2} - 2mx + {m^2} + 1} \right) \le 0,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\) (*).

Xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: \(2x - 2m \ge 0 \Leftrightarrow x \ge m\).

Khi đó từ (*)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 0}\\{{x^2} - 2mx + {m^2} + 1 \le 2,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 0}\\{{x^2} - 2mx + {m^2} - 1 \le 0,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\,\,\,(1)}\end{array}} \right.\)

Giải (1):

Đặt \(g\left( x \right) = {x^2} - 2mx + {m^2} - 1\).

Ta có nên \(g\left( x \right)\) có hai nghiệm phân biệt là \(m - 1\) và \(m + 1\).

Để \(g\left( x \right) \le 0,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\) thì: 

Kết hợp với \(m \le 0\), ta được \( - \frac{1}{2} \le m \le 0\).

Trường hợp 2: \(2x - 2m \le 0 \Leftrightarrow x \le m\).

Khi đó từ (*)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge \frac{1}{2}}\\{{x^2} - 2mx + {m^2} + 1 \ge 2,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge \frac{1}{2}}\\{{x^2} - 2mx + {m^2} - 1 \ge 0,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\,\,\,(2)}\end{array}} \right.\)

Giải (2):

Đặt \(g\left( x \right) = {x^2} - 2mx + {m^2} - 1\).

Ta có nên \(g\left( x \right)\) có hai nghiệm phân biệt là \(m - 1\) và \(m + 1\).

Để \(g\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\) thì: \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 \ge \frac{1}{2}}\\{m + 1 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge \frac{3}{2}}\\{m \le  - 1}\end{array}} \right.} \right.\).

Kết hợp với \(m \ge \frac{1}{2}\), ta được \(m \ge \frac{3}{2}\).

Tóm lại, \( - \frac{1}{2} \le m \le 0\) hoặc \(m \ge \frac{3}{2}\). Mà \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 5;5} \right]\) nên \(m \in S = \left\{ {0;2;3;4;5} \right\}\).

Vậy tổng giá trị các phần tử của \(S\) là \(0 + 2 + 3 + 4 + 5 = 14\).