các DẠNG TOÁN hàm TRỊ TUYỆT đối FULL GIẢI

ĐƠN ĐIỆU-GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT-TƯƠNG GIAO CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI A ĐƠN ĐIỆU CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI Câu Cho hàm số y = |x3 − mx + 1| Gọi S tập tất số tự nhiên m cho hàm số đồng biến [1; +∞) Tính tổng tất phần tử S A B C D 10 Lời giải Xét hàm số y = x3 − mx + , y = 3x2 − m TH1: ∆ = 3m ≤ ⇒ y ≥ ∀x ≥ hàm sốy = x3 − mx + đồng biến (1; +∞) m ≤ Vậy trường hợp để thỏa yêu cầu tốn ⇔ ⇔m≤0⇔m=0 y(1) ≥ (vì m số tự nhiên) TH2: ∆ = 3m > ⇒ y = có hai nghiệm x1 , x2 (x1 < x2 ) y x O Khi yêu cầu toán ⇔ y ≥ ∀x ≥ ⇔  x1 < x2 ≤ y(1) ≥ ⇔  m > 2 − m ≥ ⇔ < m ≤ ⇔ m = {1, 2} Vậy m = {0, 1, 2} thỏa yêu cầu toán Tồng phần tử S Cách 2: Xét f (x) = x3 − mx + ta có lim f (x) = + ∞ nên hàm số y = | x3 − mx + | = |f (x)| đồng x→+ ∞ biến f (x) nhận giá trị không âm đồng biến [1 ; +∞) trên [1 ; +∞) hàm số y = f (x) = 3x − m ≥ , ∀x ∈ [1 ; +∞) 3 − m ≥ ⇔ ⇔ ⇔m≤2 f (1) = − m ≥ 2 − m ≥ Kết hợp điều kiện m số tự nhiên ta có m = {0 ; ; 2} Tồng phần tử S Chọn phương án A Câu Cho hàm số f (x) = x2 − 2(m + 1)x + − m Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y = |f (x)| đồng biến khoảng (−1; 1) ? A B C Lời giải Xét f (x) = x2 − 2(m + 1)x + − m, ∆ = m2 + 3m TH1: ∆ ≤ ⇔ m ∈ [−3; 0] Trang D Vô số y = |f (x)| = f (x), hàm số đồng biến khoảng (m + 1; +∞) Hàm số đồng biến khoảng (−1; 1) m + ≤ ⇔ m ≤ −2 Kết hợp m ∈ [−3; 0] ⇒ m ∈ [−3; −2] (1) TH2: ∆ ≥ ⇔ m ∈ (−∞; −3) ∪ (0; +∞) Khi f (x) có nghiệm x1 ; x2 (x1 < x2 ) y x O Để hàm số đồng biến (−1; 1) hai trường hợp sau +TH1: x1 ≤ −1 < ≤ m + ⇔ m + − +TH2: x2 ≤ −1 ⇔ m + + √ √ m2 + 3m ≤ −1 < ≤ m + ⇔ m2 + 3m ≤ −1 ⇔ √ m2 + 3m ≤ −m −  m ≥ m ≤ −4 ⇔m∈∅ ⇔ m ≥ −4 Kết hợp m < −3 ⇒ m ∈ [−4; −3) (2) Từ (1) (2) có giá trị nguyên m Chọn phương án A Câu Có giá trị nguyên không âm m để hàm số y = |x4 − mx2 + 9| đồng biến khoảng (1; +∞) A B C D Lời giải  x4 − mx2 + x4 − mx2 + ≥ Ta có y =  − x4 + mx2 − x4 − mx2 + <  4x3 − 2mx x4 − mx2 + ≥ Nên y =  − 4x3 + 2mx x4 − mx2 + <   4x3 − 2mx ≥  − 4x3 + 2mx ≥ Yêu cầu toán tương đương với , ∀x > , ∀x > x4 − mx2 + ≥ x4 − mx2 + <    m ≤ 2x2  4x3 − 2mx ≥  m ≤ 2x2 TH1: , ∀x > ⇔ , ∀x > ⇔  , ∀x ≥ x4 − mx2 + ≥  m ≤ x + m ≤ x + x2 x2 ⇔m≤  ⇒ m ∈ {0; 1; 2}  − 4x3 + 2mx ≥ TH2: , ∀x > ⇒ Hệ vơ nghiệm x → +∞ x4 − mx2 + → +∞ x4 − mx2 + < Chọn phương án A Câu Có số nguyên dương m để hàm số y = |x5 − mx + 4| đồng biến khoảng (1; +∞) Trang A B C D Lời giải   x5 − mx + x5 − mx + ≥ 5x4 − m x5 − mx + ≥ Ta có: y = ;y =  − x5 + mx − x5 − mx + <  − 5x4 + m x5 − mx + <     5x4 − m ≥ m ≤ 5x4 m ≤ TH1: y = , ∀x ≥ ⇔ , ∀x ≥ ⇔ ⇔ m ≤ x5 − mx + ≥  m ≤ + m ≤ x + x   − 5x4 + m ≥ TH2: y = , ∀x ≥ Hệ vơ nghiệm lim (x5 − mx + 4) = +∞ x→+∞ x5 − mx + <  m ≤ ⇒ m ∈ {1, 2, 3, 4, 5} Vậy m ∈ Z+ Chọn phương án B Câu Có giá trị nguyên m để hàm số y = x−m đồng biến khoảng x+m+1 (0 ; +∞) ? A B C D Lời giải Đặt f (x) = x−m 2m + ⇒ f (x) = x+m+1 (x + m + 1)2 Ta có y = |f (x)| ⇒ y = (|f (x)|) = f (x).f (x) |f (x)| x−m đồng biến khoảng (0 ; +∞) ⇔ f (x).f (x) > , ∀x ∈ (0 ; +∞) x+m+1    m       m , ∀x ∈ (0 ; +∞)    f (0) ≥        − < m ≤ −m−1∈ / (0 ; +∞)    m ≥ −1 Hàm số y = Với m ∈ Z ⇒ m = Chọn phương án B Câu Có giá trị nguyên tham số m ∈ (−5; 5) để hàm số y = √ x2 − − 2x − 3m nghịch biến (2; 3) ? A B C Lời giải Trang D √ Xét hàm số f (x) = x2 − − 2x − 3m √ x x − x2 − √ Ta có: f (x) = √ − ⇔ f (x) = x2 − 3√ x2 − Cho f (x) = ⇒ x − x2 − = ⇒ x = Ta thấy f (x) < 0, ∀x ∈ (2; 3) nên hàm số f (x) nghịch biến (2; 3) √ √ √ 6−6 Đểy = x − − 2x − 3m nghịch biến (2; 3) f (3) ≥ ⇔ − − 3m ≥ ⇔ m ≤ Do m ∈ (−5; 5) nên m = {−2; −3; −4} Chọn phương án B Câu Có giá trị nguyên m ∈ [−2020; 2020] để hàm số y = √ x2 + − mx − đồng biến khoảng (1; 2) A 4042 B 4039 C 4040 D 4041 Lời giải √ x −m x2 + − mx − Ta có f (x) = √ x +1 Vì hàm số liên tục x = 1; x = nên để hàm số y = |f (x)| đồng biến khoảng (1; 2) ta xét hai Đặt f (x) = trường hợp sau:   x  √ f (x) ≥ 0, ∀ x ∈ [1; 2] − m ≥ 0, ∀ x ∈ [1; 2] x +1 ⇔ TH1: √  f (1) ≥ m ≤ − ã Å   x x   m ≤ √ m ≤ √ , ∀ x ∈ [1; 2] √ [1; 2] x2 + x2 + ⇔ m ≤ − 1(1) ⇔ ⇔ √   m ≤ − m ≤ √2 −   x  √ f (x) ≤ 0, ∀ x ∈ [1; 2] − m ≤ 0, ∀ x ∈ [1; 2] x +1 ⇔ TH2: √ f (1) ≤  m ≥ − Å ã   x x √   m ≥ √ m ≥ max √ , ∀ x ∈ [1; 2] 2+1 2+1 [1; 2] x x ⇔ ⇔ ⇔m≥ (2) √   m ≥ − m ≥ √2 − √  m ≥ Từ (1) (2) ta có  √ m≤ 2−1  m ∈ Z Do nên có 4041 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán m ∈ [−2020; 2020] Chọn phương án D Câu Có giá trị nguyên dương tham số m để hàm số f (x) π ? |x3 − x2 + x + 2020 − m2 (cos x + 1)| đồng biến khoảng 0; A 63 B 89 C 31 D Vô số Lời giải Đặt g(x) = x3 − x2 + x + 2020 − m2 (cos x + 1) Ta có g (x) = 3x2 − 2x + + m2 sin x = 2x2 + (x − 1)2 + m2 sin x ≥ 0, ∀x ∈ 0; Trang π = π Do hàm số g(x) đồng biến 0; ỵ √ ó √ π Để y = f (x) đồng biến 0; g(0) ≥ ⇔ 2020 − 2m2 ≥ ⇔ m ∈ − 1010; 1010 m nguyên dương nên m ∈ [1; 2; 3; ; 31] Kết luận có 31 giá trị m nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Chọn phương án C Câu Có giá trị nguyên dương tham số m để hàm số y = |9x + 3x − m + 1| đồng biến đoạn [0 ; 1] ? A B C D Lời giải Đặt 3x = t ⇒ t ∈ [1; 3] x ∈ [0; 1] » (t2 + t − m + 1) (t2 + t − m + 1) ⇒ y = |t2 + t − m + 1| = (t2 + t − m + 1)2 ⇒ y = |t2 + t − m + 1| (2t + 1) (t + t − m + 1) ≥ 0, ∀t ∈ [1 ; 3] Để hàm số đồng biến đoạn [1 ; 3] y = |t2 + t − m + 1| Với giá trị t ∈ [1 ; 3] 2t + > nên để y ≥ thì: t2 + t − m + ≥ 0, ∀t ∈ [1 ; 3] ⇒ m − ≤ t2 + t = g(t), ∀t ∈ [1 ; 3] Ta có bảng biến thiên: t g (t) + 12 g(t) ⇒ m − ≤ g(t) = ⇒ m ≤ [1;3] Vậy có giá trị nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Chọn phương án C Câu 10 Có giá trị nguyên thuộc khoảng (−1993 ; 1997) tham số m để hàm số y = |ln 5x − 6x2 + 2m| nghịch biến đoạn [1 ; e3 ] A B 789 C 790 Lời giải Å D 791 ã − 12x (ln 5x − 6x2 + 2m) x Ta có y = Hàm số nghịch biến [1 ; e3 ] |ln 5x Å − 6x2 + 2m| ã − 12x (ln 5x − 6x2 + 2m) x y ≤ 0, ∀x ∈ [1 ; e3 ] ⇔ ≤ 0, ∀x ∈ [1 ; e3 ] |ln 5x − 6x2 + 2m| ⇔ ln 5x − 6x2 + 2m ≥ 0, ∀x ∈ [1 ; e3 ] ⇔ 2m ≥ 6x2 − ln 5x, ∀x ∈ [1 ; e3 ] Xét hàm số f (x) = 6x2 − ln 5x đoạn [1 ; e3 ] Ta có f (x) = 12x − > 0, ∀x ∈ [1 ; e3 ] x Bảng biến thiên Trang x e3 f (x) + 6e6 − ln (5e3 ) f (x) − ln ln (5e3 ) Vậy m ∈ {1208 ; 1209 ; ; 1996} Suy có 789 giá trị củam Từ bảng biến thiên ta có 2m ≥ 6e6 − ln (5e3 ) ⇔ m ≥ 3e6 − Chọn phương án B Câu 11 Có số nguyên m > −2020 để hàm số y = |ln (mx2 ) − x + 4| đồng biến (2 ; 5) A 2020 B 2022 C 2021 D Lời giải Å ã − (ln (mx2 ) − x + 4) x Ta có y = Hàm số đồng biến (2 ; 5) |ln (mx Å ) −ãx + 4| − (ln (mx2 ) − x + 4) x y ≥ 0, ∀x ∈ (2 ; 5) ≥ 0, ∀x ∈ (2 ; 5) |ln (mx2 ) − x + 4| ⇔ ln (mx2 ) − x + ≤ 0, ∀x ∈ (2 ;5) ⇔ ln (mx2 ) ≤ x − 4, ∀x ∈ (2 ; 5)  x−4  m ≤ e , ∀x ∈ (2 ; 5) mx2 ≤ ex−4 , ∀x ∈ (2 ; 5) x2 ⇔ ⇔  mx2 > 0, ∀x ∈ (2 ; 5) m > ex−4 Xét hàm số f (x) = khoảng (2 ; 5) x x2 ex−4 − 2xex−4 (x − 2) ex−4 Ta có f (x) = = > 0, ∀x ∈ (2 ; 5) x4 x3 Bảng biến thiên x f (x) + e 25 f (x) e−2 e−2 e−2 Vậy < m ≤ 4 Vậy khơng có giá trị củam thỏa mãn yêu cầu toán Từ bảng biến thiên ta có m ≤ Chọn phương án D Câu 12 Có tất giá trị nguyên tham số m thuộc khoảng (−2020 ; 2020) để hàm số y = |ln (x2 + 2x + m) + 2mx2 − 8m + 1| nghịch biến (−9 ; −2) A 2019 B 2018 C 2021 Trang D 2020 Lời giải Xét hàm số f (x) = ln (x2 + 2x + m) + 2mx2 − 8m + (−9 ; −2) Điều kiện xác định: x2 + 2x + m > 0, ∀x ∈ (−9 ; −2) ⇔ m > −x2 − 2x, ∀x ∈ (−9 ; −2) Mặt khác −x2 − 2x = −x (x + 2) < 0, ∀x ∈ (−9 ; −2) Suy m ≥ 2x + Ta có f (x) = + 4mx Vì m ≥ x ∈ (−9 ; −2) nên f (x) < 0, ∀x ∈ (−9 ; −2) x + 2x + m f (x)f (x) Ta có y = Hàm số cho nghịch biến (−9 ; −2) |f (x)| f (x)f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (−9 ; −2) ⇔ f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (−9 ; −2) ⇔ y ≤ 0, ∀x ∈ (−9 ; −2) ⇔ |f (x)| Trường hợp f (x) = ln (x2 + 2x) + Å 1:ãXét mÅ= 0, ã 21 21 Ta có f − = ln + < Suy loại m = 10 100 Trường hợp 2: Xét m > Ở ta có f (x) < 0, ∀x ∈ (−9 ; −2), f (x) nghịch biến (−9 ; −2) Ta có bảng biến thiên hàm số f (x) x −9 −2 − f (x) ln(m + 63) + 154m + f (x) ln m + 1 Từ bảng biến thiên, ta có f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (−9 ; −2) ln m + ≥ ⇔ m ≥ e−1 ⇔ m ≥ e Vậy m ∈ {1 ; ; ; 2019} Suy có 2019 giá trị củam Chọn phương án A Câu 13 Cho hàm số f (x) = x2 − 2(m + 1)x + 2m + 1, với m tham số thực Có số tự nhiên m < 2018 để hàm số y = |f (x)| đồng biến khoảng (2; 4)? A 2016 B 2018 C 2015 D 2017 Lời giải Xét f (x) = x2 − 2(m + 1)x + 2m + 1, ∆ = m2 ≥ 0, ∀m TH1: ∆ = ⇔ m = y = |f (x)| = f (x) đồng biến (1; +∞) ⇒ thỏa mãn TH2: m = ⇒ m > Khi f (x) có nghiệm x1 = 1; x2 = 2m + 1(x1 < x2 ) Hàm số y = |f (x)| đồng biến khoảng (1; m + 1) (2m + 1; +∞) y x O Trang Để hàm số đồng biến (2; 4) hai trường hợp sau +TH1: ≤ < ≤ m + ⇔ m ≥ +TH2: 2m + ≤ ⇔ < m ≤ Do m số tự nhiên m < 2018 nên ta có 2016 giá trị nguyên m Chọn phương án A Câu 14 Có giá trị nguyên m để hàm số y = | x5 − 5x2 + (m − 1) x − | nghịch biến khoảng (− ∞ ; 1) ? A B C D Lời giải Xét hàm số f (x) = x5 − 5x2 + (m − 1) x − Ta có lim f (x) = − ∞ x→− ∞ Do đó, hàm số y = |f (x)| nghịch biến (− ∞ ; 1) ⇔ hàm số y = f (x) nhận giá trị âm đồng biến trên(− ∞; 1) f (x) < ⇔ , ∀x ∈ (− ∞; 1) f (x) ≥  f (x) = 5x4 − 10x + (m − 1) ≥ 0, ∀x ∈ (− ∞ ; 1) ⇔ f (1) = 5m − 17 ≤     +1 m ≥ max −x4 + 2x + = √ m ≥ −x + 2x + 1, ∀x ∈ (− ∞; 1) (− ∞;1) 2 ⇔ ⇔ 17   m ≤ 17 m ≤ 5 17 ⇔ √ +1≤m≤ Kết hợp với điều kiện m nguyên ta có m = Chọn phương án D Câu 15 Tập hợp tất giá trị tham số m để hàm số y = |x3 − 3x2 + m − 4| đồng biến khoảng (3 ; +∞) B (− ∞ ; 2] A [2 ; +∞) C (− ∞ ; 4] D [4 ; +∞) Lời giải Xét hàm số f (x) = x3 − 3x2 + m −  Ta có f (x) = 3x2 − 6x, f (x) = ⇔  x=0 x=2 Bảng biến thiên hàm số y = f (x): x −∞ + f (x) − +∞ + + +∞ m−4 m−4 f (x) −∞ m−8 Vì đồ thị hàm số y = |f (x)| có cách giữ nguyên phần đồ thị hàm số y = f (x) phía Trang trục hoành lấy đối xứng phần đồ thị phía trục hồnh qua trục Ox Suy hàm số y = |f (x)| đồng biến (3 ; +∞) ⇔ f (3) ≥ ⇔ m − ≥ ⇔ m ≥ Chọn phương án D Câu 16 Có giá trị nguyên tham số m nhỏ 10 để hàm số y = |3x4 − 4x3 − 12x2 + m| nghịch biến khoảng (−∞; −1)? A B C D Lời giải Xét hàm số f (x)= 3x4 − 4x3 − 12x2 + m ⇒ f (x) = 12x3 − 12x2 − 24x = 12x (x2 − x − 2) x = −1   ⇒ f (x) = ⇔ x =  x=2 Bảng biến thiên x −∞ f (x) −1 − 0 + +∞ − + f (x) m−5 Nhận thấy:  hàm số y = |f (x)| nghịch biến khoảng (−∞; −1) ⇔ m − ≥ ⇔ m ≥ m ∈ Z Lại do: ⇒ m ∈ {5; 6; 7; 8; 9} Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán m < 10 Chọn phương án D Câu 17 Tìm tất giá trị m để hàm số y = |x4 + 2x3 + mx + 2| đồng biến khoảng (−1 ; +∞)? A m ≥ B m ∈ ∅ C ≤ m ≤ D m ≤ Lời giải Đặt f (x) = x4 + 2x3 + mx + ⇒ f (x) = 4x3 + 6x2 + m y = |x4 + 2x3 + mx + 2| = |f (x)| Ta có lim f (x) = +∞ nên hàm số đồng biến (−1 ; +∞) x→+∞   f (x) ≥ , ∀x ∈ (−1 ; +∞) 4x3 + 6x2 + m ≥ , ∀x ∈ (−1 ; +∞) ⇔ f (−1) ≥ 1 − m ≥     m ≥ −4x − 6x , ∀x ∈ (−1 ; +∞) m ≥ max −4x3 − 6x2 m ≥ (−1 ; +∞) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔0≤m≤1 1 − m ≥ m ≤  m ≤ Chọn phương án C Trang Câu 18 Có giá trị nguyên tham m thuộc đoạn [−10 ; 10] để hàm số y = |−x3 + (m + 1) x2 − 3m (m + 2) x + m2 (m + 3)| đồng biến khoảng (0 ; 1) ? A 21 B 10 C D Lời giải Xét hàm số f (x) = −x3 + (m + 1) x2 − 3m (m + 2) x + m2 (m + 3) khoảng (0 ; 2) f (x) = −3x2 + (m + 1) x − 3m (m + 2) = −3 [x2 − (m + 1) x + m (m + 2)] x=m f (x) = ⇔ ( m < m + ) x=m+2  x=m Nhận xét: f (x) = ⇔  x=m+3 x −∞ m − f (x) m+2 + +∞ m+3 − − +∞ f (x) −∞ +∞ +∞ |f (x)| 0 Từbảng biến thiên, suy hàm  số y = |f (x)| đồng biến  khoảng (0 ; 1) (0; 1) ⊂ (m; m + 2) m≤0