Xét hàm \(f\left(x\right)=x^5-5x^3-20x+m\)

\(f'\left(x\right)=5x^4-15x^2-20=0\) có 2 nghiệm

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) có 2 cực trị

\(\Rightarrow y=\left|f\left(x\right)\right|\) có 5 cực trị khi \(x^5-5x^3-20x+m=0\) có 3 nghiệm bội lẻ

Từ BBT ta thấy \(y=-m\) cắt \(y=x^5-5x^3-20x\) tại 3 điểm pb khi và chỉ khi:

\(-48\le-m\le48\Rightarrow-48\le m\le48\)

\(\Rightarrow\) Có 97 giá trị nguyên của m

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

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left(-\infty;2\right)\Leftrightarrow y'< 0\forall x\in\left(-\infty;2\right)\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}1-m< 0\\x\ne m\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>1\\m\ge2\end{matrix}\right.\Rightarrow m\ge2\)

Có 19-2+1=18 giá trị nguyên của m thỏa mãn

https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2020/01/100-bai-trac-nghiem-ham-so-mu-va-logarit-co-loi-giai-chi-tiet-3-1-1579254891.PNG

bạn tham khảo nha

 9 đko nhỉ

Đặt \(h\left(x\right)=f^2\left(x\right)-2f\left(x\right)-m\Rightarrow h'\left(x\right)=2f'\left(x\right)\left[f\left(x\right)-1\right]\)

\(h'\left(x\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}f'\left(x\right)=0\\f\left(x\right)=1\end{matrix}\right.\)

Từ đồ thị ta thấy \(f'\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm (do \(f\left(x\right)\) có 2 cực trị) và \(y=1\) cắt \(y=f\left(x\right)\) tại 3 điểm

\(\Rightarrow h'\left(x\right)=0\) có 5 nghiệm

\(\Rightarrow\) Hàm \(g\left(x\right)\) có 9 cực trị khi \(f^2\left(x\right)-2f\left(x\right)-m=0\) có 4 nghiệm không trùng với nghiệm của \(h'\left(x\right)=0\)

TH1: \(m=0\Rightarrow f^2\left(x\right)-2f\left(x\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}f\left(x\right)=0\\f\left(x\right)=2\end{matrix}\right.\)

\(f\left(x\right)=0\) có 2 nghiệm, trong đó 1 nghiệm trùng với \(f'\left(x\right)=0\) nên chỉ tính 1 nghiệm, \(f\left(x\right)=2\) có 3 nghiệm \(\Rightarrow f^2\left(x\right)-2f\left(x\right)=0\) có 4 nghiệm ko trùng \(h'\left(x\right)=0\) (thỏa mãn)

TH2: \(m>0\), đặt \(k=f\left(x\right)\Rightarrow k^2-2k-m=0\) (1) luôn có 2 nghiệm pb trái dấu \(k_1< 0< k_2\) do \(c=-m< 0\)

Từ đồ thị ta thấy \(f\left(x\right)=k_1\) luôn có đúng 1 nghiệm

Do đó, \(f\left(x\right)=k_2\) phải có 3 nghiệm phân biệt đồng thời \(k_2\ne1\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}0< k_2< 4\\k_2\ne1\end{matrix}\right.\)

(\(k_2\) là nghiệm dương của (1) nên \(k_2=1+\sqrt{m+1}\))

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}0< 1+\sqrt{m+1}< 4\\1+\sqrt{m+1}\ne1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m< 8\Rightarrow m=\left\{1;2;3;4;5;6;7\right\}\)

Kết hợp lại ta được \(m=\left\{0;1;...;7\right\}\) có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn

đi từ hướng làm để ra được bài toán: 

Ta thấy muốn f(|x|) có 5 điểm cực trị thì f'(x) phải có 2 điểm cực trị dương

giải f'(x)=0 \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\x^2-2\left(m+1\right)x+m^2-1=0\left(2\right)\end{matrix}\right.\) phương trình (2) phải có 2 nghiệm phân biệt trái dấu nhau 

Ta có: \(\Delta>0\Leftrightarrow m>-1\)

Theo yêu cầu bài toán: \(m^2-1>0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m< -1\\m>1\end{matrix}\right.\) 

Với \(m=0\Rightarrow f\left(x\right)=-2x-1\le0\Leftrightarrow x\ge-\dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow m=0\) không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Với \(m\ne0\), \(f\left(x\right)\le0,\forall x\in R\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< 0\\\Delta'=1+m\le0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m\le-1\)

\(\Rightarrow m\in\left\{m\in Z|-10< m\le-1\right\}\)

Vậy có 9 số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

\(h\left(x\right)=f\left(x^2+1\right)-m\Rightarrow h'\left(x\right)=2x.f'\left(x^2+1\right)\)

\(h'\left(x\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\f'\left(x^2+1\right)=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x^2+1=2\\x^2+1=5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x=\left\{-2;-1;0;1;2\right\}\)

Hàm có nhiều cực trị nhất khi \(h\left(x\right)=m\) có nhiều nghiệm nhất

\(f\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\dfrac{1}{4}x^4-\dfrac{5}{3}x^3-2x^2+20x+C\)

\(f\left(1\right)=0\Rightarrow C=-\dfrac{199}{12}\Rightarrow f\left(x\right)=-\dfrac{1}{4}x^4-\dfrac{5}{3}x^3-2x^2+20x-\dfrac{199}{12}\)

\(x=\pm2\Rightarrow x^2+1=5\Rightarrow f\left(5\right)\approx-18,6\)

\(x=\pm1\Rightarrow x^2+1=2\Rightarrow f\left(2\right)\approx6,1\)

\(x=0\Rightarrow x^2+1=1\Rightarrow f\left(1\right)=0\)

Từ đó ta phác thảo BBT của \(f\left(x^2+1\right)\) có dạng:

Từ đó ta dễ dàng thấy được pt \(f\left(x^2+1\right)=m\) có nhiều nghiệm nhất khi \(0< m< 6,1\)

\(\Rightarrow\) Có 6 giá trị nguyên của m