Đề kiểm tra Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 5

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 4}}{x},\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 4}}{{{x^2}}}\). Khi đó \(f'\left( x \right) = 0,x \in \left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow x = 2\).

Ngoài ra: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }}  =  + \infty ,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty }  =  + \infty \)

Ta có bảng biến thiên hàm số như sau:

Khi đó: Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(4\)tại điểm \(x = 2\)

Ta có \(y = {x^4} - 4{x^2} + 5 \Rightarrow y' = 4{x^3} - 8x\) , \(y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \sqrt 2 \\x =  - \sqrt 2 \end{array} \right.\).

Do: \(f(\sqrt 2 ) = 1\,;f( - \sqrt 2 ) = 1\,;\,f(0) = 5\,;\,f( - 2) = 5\,;\,f(3) = 50\).

Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số \(y = {x^4} - 4{x^2} + 5\)trên \(\left[ { - 2;3} \right]\)là \(50\) tại \(x = 3\).

Xét hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1\,;\,3} \right]\). Dựa vào đồ thị ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = 3\).

Dựa vào đồ thị hàm số, ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}M = 0\\m =  - 4\end{array} \right. \Rightarrow M + m =  - 4.\).

Ta có \( - 1 \le \cos 5x \le 1 \Leftrightarrow  - 2 \le 2\cos 5x \le 2 \Leftrightarrow  - 1 \le 2\cos 5x + 1 \le 3\).

Đặt \(t = 2\cos 5x + 1\) với \(x \in \left[ { - 2;3} \right]\) thì \(t \in \left[ { - 1;3} \right]\).

Khi đó, \(y = f\left( {2\cos 5x + 1} \right) = f\left( t \right)\) với \(t \in \left[ { - 1;3} \right]\).

Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}M = 5\\m = 0\end{array} \right. \Rightarrow M - 2m = 5.\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;5} \right]\)

Từ bảng biến thiên ta thấy \(\mathop {Min}\limits_{\left[ {0;5} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right);f\left( 2 \right) < f\left( 3 \right)\)

Mà \(f\left( 0 \right) + f\left( 3 \right) = f\left( 2 \right) + f\left( 5 \right)\) nên \(f\left( 5 \right) > f\left( 0 \right)\)

Vậy \(\mathop {Max}\limits_{\left[ {0;5} \right]} f\left( x \right) = f\left( 5 \right)\).

Từ bảng biến thiên của hàm số \[y = f\left( x \right)\] và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  - 4\) ta suy ra không tồn tại giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right)\) trên nửa khoảng \(\left[ { - 1;\, + \infty } \right)\).

Trên đoạn \(\left[ { - 1;\,2} \right]\), giá trị lớn nhất của hàm số là \(M = 3\), giá trị nhỏ nhất của hàm số là \(m = 0\) . Vậy \(2M + 3m = 6.\)

Đặt \(t = \sin x + 1\), vì \(\forall x \in \mathbb{R},\,\sin x \in \left[ { - 1;\,1} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;\,2} \right]\).

Xét hàm số \(y = f\left( t \right),\,\,t \in \left[ {0;\,2} \right]\). Từ đồ thị đã cho ta có \[M = \mathop {Max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( t \right) = f\left( 0 \right) = 2.\]

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} - 1\).

\(g'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x\).

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left( { - \,1;3} \right)\\x = 2 \in \left( { - \,1;3} \right)\end{array} \right.\).

Ta có \(f\left( { - 1} \right) = \left| {g\left( { - 1} \right)} \right| = 5;\,\,f\left( 0 \right) = \left| {g\left( 0 \right)} \right| = 1;\,\,f\left( 2 \right) = \left| {g\left( 2 \right)} \right| = 5;\,\,f\left( 3 \right) = \left| {g\left( 3 \right)} \right| = 1\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - \,1;3} \right]} f\left( x \right) = 5\).

Ta có \(y' = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left( {0;2} \right)\\x =  - \,1 \notin \left( {0;2} \right)\end{array} \right.\).

\(y\left( 0 \right) = m;\,\,y\left( 1 \right) = m - 2;\,\,y\left( 2 \right) = m + 2\).

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = 1 \Leftrightarrow m - 2 = 1 \Leftrightarrow m = 3\).

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{ - 1 - {m^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \in \left[ { - \,2;0} \right]\) nên hàm số nghịch biến trên \(\left[ { - \,2;0} \right]\).

Khi đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - \,2;0} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) =  - {m^2}\).

Mà \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - \,2;0} \right]} f\left( x \right) >  - \,4 \Leftrightarrow  - \,{m^2} >  - \,4 \Leftrightarrow {m^2} < 4 \Leftrightarrow  - \,2 < m < 2\).

Xét \(y = \frac{{{x^2} + mx + m}}{{x + 1}}\). Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\), \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \notin \left[ {1;2} \right]\\x =  - 2 \notin \left[ {1;2} \right]\end{array} \right.\).

Mà \(f\left( 1 \right) = \frac{{2m + 1}}{2},f\left( 2 \right) = \frac{{3m + 4}}{3} \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {1;2} \right]} y \in \left\{ {\left| {\frac{{2m + 1}}{2}} \right|;\left| {\frac{{3m + 4}}{3}} \right|} \right\}\).

Trường hợp 1: \(\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {1;2} \right]} y = \left| {\frac{{2m + 1}}{2}} \right| = 2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{3}{2}\\m =  - \frac{5}{2}\end{array} \right.\).

• Với \(m = \frac{3}{2} \Rightarrow \left| {\frac{{3m + 4}}{3}} \right| = \frac{{17}}{6} > 2\) (loại)

• Với \(m =  - \frac{5}{2} \Rightarrow \left| {\frac{{3m + 4}}{3}} \right| = \frac{7}{6} < 2\) (thỏa mãn)

Trường hợp 2: \(\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {1;2} \right]} y = \left| {\frac{{3m + 4}}{3}} \right| = 2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}3m + 4 = 6\\3m + 4 =  - 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{2}{3}\\m =  - \frac{{10}}{3}\end{array} \right.\).

• Với \(m = \frac{2}{3} \Rightarrow \left| {\frac{{2m + 1}}{2}} \right| = \frac{7}{6} < 2\) (thỏa mãn)

• Với \(m =  - \frac{{10}}{3} \Rightarrow \left| {\frac{{2m + 1}}{2}} \right| = \frac{{17}}{6} > 2\) (loại)

Vậy có \(2\) giá trị của \(m\) thỏa mãn.

Chọn A

Giả sử độ dài cạnh hình vuông của các miếng tôn bị cắt bỏ bằng \[x\,(0 < 2x < 15 \Leftrightarrow 0 < x < \frac{{15}}{2})\]. Khi đó hình hộp chữ nhật có chiều cao bằng x, chiều rộng bằng \[15 - 2x\] và chiều dài bằng \[24 - 2x\]. Suy ra hình hộp chữ nhật có thể tích \[V = x\left( {15 - 2x} \right)\left( {24 - 2x} \right) = 4{x^3} - 78{x^2} + 360x\].

Xét hàm \[f\left( x \right) = 4{x^3} - 78{x^2} + 360x\] trên \[\left( {0;\frac{{15}}{2}} \right)\].

\[f'\left( x \right) = 12{x^2} - 156x + 360 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 10\end{array} \right.\]. Bảng biến thiên hàm số \[f\left( x \right)\] trên \[\left( {0;\frac{{15}}{2}} \right)\]:

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đạt giá trị lớn nhất trên \[\left( {0;\frac{{15}}{2}} \right)\] tại \[x = 3\] hay hình hộp chữ nhật có thể tích lớn nhất khi độ dài cạnh hình vuông của miếng tôn bị cắt bỏ bằng 3 cm.

a.     Ta có \(y' = 6{x^2} + 6x\).

Trên khoảng \(\left( { - 2;1} \right)\), \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1{\rm{ }}\left( N \right)\\x = 0{\rm{ }}\left( N \right)\end{array} \right.\).

\(y\left( { - 2} \right) =  - 5\), \(y\left( { - 1} \right) = 0\), \(y\left( 0 \right) =  - 1\), \(y\left( 1 \right) = 4\).

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;1} \right]} y = y\left( { - 2} \right) =  - 5\) nên câu a đúng.

b.    Ta có \(y' = 12{x^2} - 24x + 9\).

Trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\), \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{2}{\rm{ }}\left( N \right)\\x = \frac{3}{2}{\rm{ }}\left( L \right)\end{array} \right.\).

\(y\left( 0 \right) = 0\), \(y\left( {\frac{1}{2}} \right) = 2\), \(y\left( 1 \right) = 1\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = y\left( {\frac{1}{2}} \right) = 2\) nên câu b sai.

c.     Điều kiện \(4x - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow 0 \le x \le 4\). Tập xác định của hàm số là \(D = \left[ {0;4} \right]\).

Ta có \(y' = \frac{{2 - x}}{{\sqrt {4x - {x^2}} }}\). Trên khoảng \(\left( {0;4} \right)\), ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow 2 - x = 0 \Leftrightarrow x = 2\).

\(y\left( 0 \right) = 0\), \(y\left( 2 \right) = 2\), \(y\left( 4 \right) = 0\). Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} y = y\left( 4 \right) = 0\) nên câu c sai.

d.    Ta có \(y' = 1 - \frac{4}{{{x^2}}} = \frac{{{x^2} - 4}}{{{x^2}}}\). Trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\), \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2{\rm{ }}\left( N \right)\\x =  - 2{\rm{ }}\left( L \right)\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy rằng hàm số \(y = x + \frac{4}{x}\) không có giá trị lớn nhất trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) nên câu d đúng.

Ta có BBT

a) Đúng vì dựa vào bảng biến thiên ta có:

\[\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;\,\,3} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 3} \right)\]

b) Sai vì dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số không có giá trị lớn nhất trên \(\mathbb{R}\)

c) Sai vì:

Ta có: \[g'\left( x \right) =  - 2f'\left( { - 2x + 3} \right)\]

\[g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow  - 2f'\left( { - 2x + 3} \right) = 0\] 

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2x + 3 =  - 3\\ - 2x + 3 = 1\\ - 2x + 3 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 1\\x = 0\end{array} \right.\)

Ta có \[x = 1\] là nghiệm bội chẵn nên ta có bảng biến thiên của hàm số \[g\left( x \right)\].

Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số \(g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\) là \(g\left( 0 \right)\)

d) Đúng vì:

Ta có: \[h'\left( x \right) =  - f\left( { - x + 5} \right)\]

\[h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow  - f'\left( { - x + 5} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - x + 5 =  - 3\\ - x + 5 = 1\\ - x + 5 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 8\\x = 4\\x = 2\end{array} \right.\]

Ta có \[x = 4\] là nghiệm bội chẵn nên ta có bảng biến thiên của hàm số \[h\left( x \right)\].

Mà \[h\left( 0 \right) + h\left( 4 \right) = h\left( 2 \right) + h\left( 8 \right)\]

\[ \Leftrightarrow h\left( 8 \right) - h\left( 0 \right) = h\left( 4 \right) - h\left( 2 \right)\]

\[ \Leftrightarrow h\left( 8 \right) - h\left( 0 \right) > 0\] (vì \[h\left( 4 \right) - h\left( 2 \right) > 0\])

\[ \Leftrightarrow h\left( 8 \right) > h\left( 0 \right)\]

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\)là \(h\left( 8 \right)\)

a) Đúng.

Vì \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x - 9\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 3\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên:

Do đó giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 2;0} \right]\) là \(12\).

b) Sai.

Vì theo câu a ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right) + m\) là:

Nên giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = f\left( x \right) + m\) trên đoạn \(\left[ { - 2;0} \right]\) là \(5 + m\).

Theo bài ra \(5 + m = 10 \Leftrightarrow m = 5\).

c) Đúng.

      Do \(\left( {2{x^2} + 1} \right)' = 0 \Leftrightarrow x = 0\)

Và dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 7\), ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f(2{x^2} + 1)\) là:

Do đó giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = f(2{x^2} + 1) - 5\) là \( - 20 - 5 =  - 25\).

d) Sai.

Ta có bảng biến thiên

Do \(7 + m >  - 13 + m >  - 20 + m\) nên ta có hai trường hợp:

TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}\left| {7 + m} \right| = 17\\\left| {7 + m} \right| > \left| { - 20 + m} \right|\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 10\left( {TM} \right)\\m =  - 24\left( l \right)\end{array} \right.\)

TH2: \(\left\{ \begin{array}{l}\left| { - 20 + m} \right| = 17\\\left| {7 + m} \right| \le \left| { - 20 + m} \right|\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 3\left( {TM} \right)\\m = 37\left( l \right)\end{array} \right.\)

a) Dựa trên bảng biến thiên ta có \(\mathop {\max }\limits_{{\rm{[}}0;2]} f(x) = 4\) tại \(x = 2\). Do đó mệnh đề a) đúng.

b) Mệnh đề b) sai vì hàm số không có giá trị nhỏ nhất

c) Đặt \(t = 2\cos x,\,\,t \in \left[ { - 2;2} \right]\), ta có \(y = f\left( {2\cos x} \right) = f(t)\)

\(\mathop {\max }\limits_\mathbb{R} f\left( {2\cos x} \right) = \mathop {\max }\limits_{{\rm{[}} - 2;2]} f\left( t \right) = 4\) khi \(t =  \pm 2\), tức là \(\cos x =  \pm 1\). Mà \(\cos \frac{\pi }{2} = 0\) nên hàm số \(y = f\left( {2\cos x} \right)\) không đạt giá trị lớn nhất tại \(x = \frac{\pi }{2}\). Do đó mệnh đề c) sai.

d) Đặt \(t = f(x)\), ta có \(y = f\left( {f(x)} \right) = f(t)\), \(x \in \left( { - 2;2} \right) \Rightarrow t \in \left[ {0;4} \right)\)

Ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left( { - 2;2} \right)} f\left( {f(x)} \right) = \mathop {\max }\limits_{{\rm{[}}0;4)} f\left( t \right) = 4\) khi \(t = 2\). Vậy mệnh đề d) sai.

Đáp án: 2.

Tập xác định: \(\mathbb{R}\)

\(y' = 3{x^2} - 3\); \(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left[ {0;2} \right]\\x =  - 1 \notin \left[ {0;2} \right]\,\,\,\,(l)\end{array} \right.\)

Ta có \(f\left( 0 \right) = 4\), \(f\left( 2 \right) = 6\), \(f\left( 1 \right) = 2\).

Do đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = 2\).

Đáp án: 0.

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( x \right) = 5 = f\left( 0 \right).\) Vậy giá trị lớn nhất của \(y = f(x)\)trên \(\left[ { - 1\,;\,3} \right]\)đạt được tại \({x_0} = 0\).

Đáp án: 6.

Dựa vào đồ thị của hàm \(f'\left( x \right)\) ta có bảng biến thiên.

Vậy giá trị lớn nhất \(M = f\left( 2 \right) \Rightarrow {x_1} = 2\) .

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {2;4} \right)\)nên \(f\left( 2 \right) > f\left( 3 \right) \Rightarrow f\left( 2 \right) - f\left( 3 \right) > 0\) .

Theo giả thuyết: \(f\left( 0 \right) - f\left( 2 \right) = f\left( 4 \right) - f\left( 3 \right)\)

\( \Leftrightarrow f\left( 0 \right) - f\left( 4 \right) = f\left( 2 \right) - f\left( 3 \right) > 0 \Rightarrow f\left( 0 \right) > f\left( 4 \right)\)

Suy ra giá trị nhỏ nhất \(m = f\left( 4 \right) \Rightarrow {x_0} = 4\) .

Vậy \({x_0} = 4;\,{x_1} = 2\), ta có \({x_0} + {x_1} = 6\)

Đáp án: 2.

Phương trình tiệm cận ngang là \(y = m\)

Phương trình tiệm cận đứng là \(x =  - m\)

Theo đề bài ta có: \(\left| m \right|\left| { - m} \right| = 4 \Leftrightarrow {m^2} = 4 \Leftrightarrow m =  \pm 2\)

Vậy S có 2 phần tử.

Ta có: \(P'(t) = \frac{{0,75a{{\rm{e}}^{ - 0,75t}}}}{{{{\left( {b + {{\rm{e}}^{ - 0,75t}}} \right)}^2}}},t \ge 0\).

Theo đề bài, ta có: \(P(0) = 20\) và \(P'(0) = 12\). Do đó, ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{a}{{b + 1}} = 20}\\{\frac{{0,75a}}{{{{(b + 1)}^2}}} = 12}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 20(b + 1)}\\{\frac{{15}}{{b + 1}} = 12.}\end{array}} \right.} \right.\)

Giải hệ phương trình này, ta được \(a = 25\) và \(b = \frac{1}{4}\).

Khi đó, \(P'(t) = \frac{{18,75{{\rm{e}}^{ - 0,75t}}}}{{{{\left( {\frac{1}{4} + {{\rm{e}}^{ - 0,75t}}} \right)}^2}}} > 0,\forall t \ge 0\), tức là số lượng quần thể nấm men luôn tăng.

Tuy nhiên, do \(\mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } P(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{{25}}{{\frac{1}{4} + {{\rm{e}}^{ - 0.75t}}}} = 100\) nên số lượng quần thể nấm men tăng nhưng không vượt quá 100 tế bào.

Đáp án: 4021.

Từ đồ thị ta có, \[f\left( {{x^2} - 1} \right) = k{{\rm{x}}^2}({x^2} - 4) = h\left( x \right)\]

Vì \[h'\left( x \right) = k\left( {4{{\rm{x}}^3} - 8{\rm{x}}} \right) = 0 \Leftrightarrow {\rm{[}}_{x = 0}^{x =  \pm \sqrt 2 }\].

Dựa theo đồ thị \[h\left( {\sqrt 2 } \right) = 4 \Rightarrow k.2.\left( {2 - 4} \right) = 4 \Rightarrow k =  - 1 \Rightarrow f\left( {{x^2} - 1} \right) =  - {x^2}\left( {{x^2} - 4} \right)\]

Đặt \[t = {x^2} - 1 \Rightarrow f\left( t \right) =  - \left( {t + 1} \right)(t - 3) \Rightarrow f\left( x \right) =  - {x^2} + 2{\rm{x}} + 3\] nên \[f\left( {{x^2}} \right) =  - {x^4} + 2{{\rm{x}}^2} + 3\]

Vì vậy \[g\left( x \right) = \left| {f\left( {{x^2}} \right) + m} \right| = \left| { - {x^4} + 2{{\rm{x}}^2} + 3 + m} \right|\]

Hàm số \[p(x) =  - {x^4} + 2{{\rm{x}}^2} + 3 + m\]có bảng biến thiên trên [-2;2] là

Vì \[g\left( a \right);g\left( b \right);g\left( c \right)\] luôn dương khi \[a,b,c\] thuộc [-2;2] nên

\[g\left( x \right) = \left| {p\left( x \right)} \right| > 0\forall x \in {\rm{[}} - 2;2] \Leftrightarrow {\rm{[}}_{p\left( x \right) < 0\forall x \in {\rm{[}} - 2;2]}^{p\left( x \right) > 0\forall x \in {\rm{[}} - 2;2]} \Leftrightarrow {\rm{[}}_{m + 4 < 0}^{m - 5 > 0} \Leftrightarrow {\rm{[}}_{m <  - 4}^{m > 5}\]

TH1: m > 5 thì giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số p(x) lần lượt là m+4 và m-5

Để \[g\left( a \right);g\left( b \right);g\left( c \right)\]luôn là số đo độ dài ba cạnh của một tam giác với mọi bộ ba số phân biệt \[a,b,c\] thuộc [-2;2] thì \[g\left( a \right) + g\left( b \right) > g\left( c \right),\forall a,b,c\] phân biệt thuộc [-2;2]

Từ đó \[\min \left( {g\left( a \right) + g\left( b \right)} \right) > \max g\left( c \right),\forall a,b,c\]phân biệt thuộc [-2;2]

                                                       hay \[2\left( {m - 5} \right) > m + 4 \Leftrightarrow m > 14\]

TH2: m < -4 thì giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số p(x) lần lượt là 5-m và –m-4

Để \[g\left( a \right);g\left( b \right);g\left( c \right)\]luôn là số đo độ dài ba cạnh của một tam giác với mọi bộ ba số phân biệt \[a,b,c\] thuộc [-2;2] thì \[g\left( a \right) + g\left( b \right) > g\left( c \right),\forall a,b,c\] phân biệt thuộc [-2;2]

Từ đó \[\min \left( {g\left( a \right) + g\left( b \right)} \right) > \max g\left( c \right),\forall a,b,c\]phân biệt thuộc [-2;2]

                                                        hay \[2\left( { - m - 4} \right) > 5 - m \Leftrightarrow m <  - 13\]

Kết hợp với m nguyên và thuộc [-2024;2024] ta được 4021 giá trị của m thỏa mãn bài toán.