(THPT Phù Cừ – Hưng Yên – 2022) Cho hàm số \(y = f(x)\) có đồ thị hàm số \(y = f\prime (x)\) như hình vẽ.

Số giá trị nguyên của tham số \(m\) để hàm số \(g(x) = f\left( {2{x^2} – 4|x| + m – 3} \right)\) có 7 điểm cực trị.

A. 1.

B. 2.

C. 4.

D. 3.

Lời giải:

Ta có \(g\prime (x) = \left( {2{x^2} – 4|x| + m – 3} \right)\prime \cdot f\prime \left( {2{x^2} – 4|x| + m – 3} \right)\).

Suy ra \(g\prime (x) = 0 \Leftrightarrow \left( {2{x^2} – 4|x| + m – 3} \right)\prime \cdot f\prime \left( {2{x^2} – 4|x| + m – 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}{(2{x^2} – 4|x| + m – 3)^\prime } = 0\\{f^\prime }(2{x^2} – 4|x| + m – 3) = 0\end{array}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}\left( {2{x^2} – 4|x| + m – 3} \right)\prime = 0\\2{x^2} – 4|x| + m – 3 = – 1\\2{x^2} – 4|x| + m – 3 = 2\end{array}\end{array}} \right.} \right.\)\(\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {2{x^2} – 4|x| + m – 3} \right)\prime = 0}&{\left( 1 \right)}\\{2{x^2} – 4|x| – 3 = – m – 1}&{(2)}\\{2{x^2} – 4|x| – 3 = – m + 2}&{(3)}\end{array}} \right.\)

\( + )\) Xét phương trình \(\left( {2{x^2} – 4|x| + m – 3} \right)\prime = 0\) (1)

Với \(x \ge 0 \Rightarrow (1) \Leftrightarrow 4x – 4 = 0 \Leftrightarrow x = 1\) (thoả mãn).

Với \(x < 0 \Rightarrow (1) \Leftrightarrow 4x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = – 1\) (thoả mãn).

Khi đó \(x = – 1;x = 0;x = 1\) là 3 điểm cực trị của hàm số.

+) Xét phương trình \(2{x^2} – 4|x| – 3 = – m – 1\) (2).

Từ đồ thị suy ra phương trình \((2)\) nếu có nghiệm thì nghiệm là bội chẵn nên hàm số \(g\prime (x)\) không đổi dấu nên không phải là cực trị.

+) Xét phương trình \(2{x^2} – 4|x| – 3 = – m + 2\)

Yêu cầu bài toán suy ra phương trình \((3)\) có 4 nghiệm phân biệt khác \(0, \pm 1\).

Xét hàm số \(y = 2{x^2} – 4|x| – 3\) có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra \( – 5 < – m + 2 < – 3 \Leftrightarrow 5 < m < 7\).

Vì \(m\) nguyên nên \(m = 6\). Vậy có 1 giá trị nguyên của tham số \(m\) thoả mãn.