Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tương giao và tham số (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: $f(x)$ là hàm bậc ba có 3 nghiệm $x=-2,2,5$, cực đại dương (gần $x=0$) và cực tiểu âm đạt giá trị $-3$ (đoạn giữa $x=2$ và $x=5$). Viết $f(x)=k(x+2)(x-2)(x-5)$. Cực tiểu tại $x=\frac{5+\sqrt{37}}{3}\approx 3,69$ với giá trị $k\cdot (-12,6)=-3$, suy ra cực đại $\approx 4,9>0$. Do đó phương trình $f(t)=-3$ có đúng hai nghiệm phân biệt: $t_1\in (-3;-2)$ (nghiệm ngoài khoảng giữa hai cực trị) và $t_2\approx 3,69$ (nghiệm kép tại điểm cực tiểu). Xét $u=x^3-3x^2+m$ với $x\in [-1;2]$. Đặt $h(x)=x^3-3x^2$, $h^{\prime }(x)=3x(x-2)$: $h$ tăng trên $[-1;0]$ từ $-4$ đến $0$, giảm trên $[0;2]$ từ $0$ về $-4$. Vậy $u$ chạy trong đoạn $[m-4;m]$, quét toàn bộ đoạn này. Điều kiện có nghiệm: $[m-4;m]$ chứa $t_1$ hoặc $t_2$.
- Chứa $t_2\approx 3,69$: cần $m-4\le 3,69\le m\Rightarrow m\in \{4;5;6;7\}$ (4 giá trị).
- Chứa $t_1\in (-3;-2)$: cần $m\le t_1+4\in (1;2)$ và $m\ge t_1>-3\Rightarrow m\in \{-2;-1;0;1\}$ (4 giá trị).
Hai họ không giao nhau (vì $m\le 1$ và $m\ge 4$), tổng cộng $4+4=8$ giá trị nguyên của $m$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M(a;b)\in (C)$ nên $b=\frac{3a-2}{a+1}$, $a\ne -1$, và $M\ne A,B$ (chú ý $A(4;2),B(-2;8)$ cũng thuộc $(C)$).

Gọi $H(x;y)$ là trực tâm tam giác $MAB$.
- Đường cao qua $M$ vuông góc với $\overrightarrow{AB}=(-6;6)$: $-6(x-a)+6(y-b)=0\Rightarrow y=x+b-a$.
- Vì $H\in d:5x-4y-3=0$, thay $y=x+b-a$: $5x-4x-4b+4a-3=0\Rightarrow x=4b-4a+3$, suy ra $y=5b-5a+3$.
- Đường cao qua $A$ vuông góc với $\overrightarrow{MB}=(-2-a;8-b)$: $(x-4)(-2-a)+(y-2)(8-b)=0$.

Thay tọa độ $H$ vào, với $b=\frac{3a-2}{a+1}$:
$4b-4a-1=\frac{-4a^2+7a-9}{a+1}$, $5b-5a+1=\frac{-5a^2+11a-9}{a+1}$, $8-b=\frac{5(a+2)}{a+1}$.

Phương trình trở thành (nhân với $\frac{(a+1{)}^2}{a+2}$):
$$(a+1)(4a^2-7a+9)+5(-5a^2+11a-9)=0\iff 4a^3-28a^2+57a-36=0\iff (a-4)(2a-3{)}^2=0.$$

$a=4$ cho $M=A$ (loại vì tam giác suy biến). Với $a=\frac{3}{2}$: $b=\frac{3\cdot \frac{3}{2}-2}{\frac{3}{2}+1}=1$, tức $M\left(\frac{3}{2};1\right)$.

Kiểm tra: $H=(4b-4a+3;5b-5a+3)=(1;\frac{1}{2})$, thỏa $5(1)-4(\frac{1}{2})-3=0$ và $(\overrightarrow{AH})\cdot \overrightarrow{MB}=(-3)(-\frac{7}{2})+(-\frac{3}{2})(7)=\frac{21}{2}-\frac{21}{2}=0$. Đúng.

Vậy $S=4a^2+3b=4\cdot \frac{9}{4}+3\cdot 1=9+3=12$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $g(x)=2f(x)+x^2-4x$. Từ đồ thị, $f$ đạt giá trị nhỏ nhất $f(2)=-3$ tại $x=2$, nên $f^{\prime }(2)=0$. Khi đó $g^{\prime }(x)=2f^{\prime }(x)+2x-4$ nên $g^{\prime }(2)=0+4-4=0$, tức $x=2$ là điểm tới hạn của $g$ trong khoảng $(-1;3)$. Vì $f^{\prime }(x)<0$ với $x<2$ và $f^{\prime }(x)>0$ với $x>2$ (trong khoảng xét), ta có $g^{\prime }(x)=2f^{\prime }(x)+2x-4<0$ khi $x<2$ và $g^{\prime }(x)>0$ khi $x>2$, vậy $g$ đạt minimum tại $x=2$: $g(2)=2f(2)+4-8=2(-3)-4=-10$. Kiểm tra hai đầu (không thuộc khoảng nhưng để so sánh): $g(-1)=2f(-1)+5\ge 5>-10$ (vì $f(-1)\ge 0$ theo đồ thị) và $g(3)=2f(3)-3>-10$ (vì $f(3)>-3,5$ theo đồ thị). Vậy ${\min }_{(-1;3)}g(x)=-10$ (đạt tại $x=2$). Bất phương trình $g(x)>m$ đúng với mọi $x\in (-1;3)$ khi và chỉ khi $m<-10$, tức $m\le -11$ với $m$ nguyên. Số giá trị nguyên $m\in [-2024;2025]$ thỏa mãn là $-11-(-2024)+1=2014$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: $f$ đạt cực đại $f(0)=1$, cực tiểu $f(2)=-3$, và $f(-1)=-3$; đồ thị qua các điểm này cho $f(x)=x^3-3x^2+1$ (kiểm tra: $f(0)=1$, $f(2)=-3$, $f(-1)=-3$, $f^{\prime }(x)=3x(x-2)$ đúng cực trị). Đặt $t=x^3-3x^2+m$. Phương trình $f(t)+3=0\iff t^3-3t^2+4=0\iff (t+1)(t-2{)}^2=0\iff t\in \{-1;2\}$. Với $x\in [-1;2]$, đặt $g(x)=x^3-3x^2$, $g^{\prime }(x)=3x(x-2)$ nên trên $[-1;2]$, $g$ giảm từ $g(-1)=-4$ đến $g(0)=0$ rồi giảm xuống $g(2)=-4$; vậy $g(x)\in [-4;0]$.
- Trường hợp $t=-1$: cần $g(x)=-1-m\in [-4;0]\iff m\in [-1;3]$.
- Trường hợp $t=2$: cần $g(x)=2-m\in [-4;0]\iff m\in [2;6]$.
Hợp: $m\in [-1;6]$, các giá trị nguyên: $-1,0,1,2,3,4,5,6$ — tất cả $8$ giá trị. Đáp án B.

a) Có phương trình đường thẳng $d:2x+y-1=0\Rightarrow y=-2x+1$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $(C)$ và $d$: $\frac{m-x}{x+2}=-2x+1(x\ne -2)$

$\Rightarrow m-x=(-2x+1)(x+2)=-2x^2-3x+2$

$\iff 2x^2+2x+m-2=0(1)$

Đồ thị hàm số $(C)$ cắt đường thẳng $d$ tại hai điểm phân biệt $A,B\iff$ phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2\ne -2$

$\iff \{\begin{array}{l}{\Delta }^{\prime }>0\\ 8-4+m-2\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}1-2(m-2)=5-2m>0\\ m+2\ne 0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}m<\frac{5}{2}\\ m\ne -2\end{array}$

Theo định lý Vi - ét, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-1\\ x_1{x}_2=\frac{m-2}{2}\end{array}(2)$

Có: $A(x_1;-2x_1+1);B(x_2;-2x_2+1)$

$\Rightarrow AB=\sqrt{(x_1-x_2{)}^2+4(x_1-x_2{)}^2}=\sqrt{5.(x_1-x_2{)}^2}=\sqrt{5}.\sqrt{(x_1+x_2{)}^2-4x_1.x_2}(3)$

Lại có: $d(O;d)=\frac{|2.0+0-1|}{\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\Rightarrow S_{OAB}=\frac{1}{2}d(O;AB).AB\Rightarrow AB=\frac{2}{d(O;d)}=2\sqrt{5}(4)$

Từ (2), (3), (4) ta có: $\sqrt{1-2(m-2)}=2\Rightarrow 5-2m=4\iff m=\frac{1}{2}$ (thỏa mãn)

b) Ta có: $(x-z{)}^2+(2y-z{)}^2=3z^2+4$

$\iff x^2-2xz+z^2+4y^2-4yz+z^2=3z^2+4$

$\iff x^2+4y^2=z^2+4+2z(x+2y)$

Xét $P=\frac{x^3(y-z)+4y^3(x-2z)-z^{3}xy}{xy}$

$$=x^2\frac{y-z}{y}+4y^2\frac{x-2z}{x}-z^3$$

$$=x^2\left(1-\frac{z}{y}\right)+4y^2\left(1-\frac{2z}{x}\right)-z^3$$

$$=x^2+4y^2-z^3-\left(\frac{x^{2}z}{y}+\frac{8y^{2}z}{x}\right)$$

$$=z^2+4+2z(x+2y)-z^3-\left(\frac{x^{2}z}{y}+\frac{8y^{2}z}{x}\right)$$

Xét $A=2z(x+2y)-\left(\frac{x^{2}z}{y}+\frac{8y^{2}z}{x}\right)$. Đặt $\{\begin{array}{l}a=x\\ b=2y\end{array}(a,b>0)$

$$\Rightarrow \frac{x^{2}z}{y}+\frac{8y^{2}z}{x}=z\left(\frac{x^2}{y}+\frac{8y^2}{x}\right)=z\left(\frac{2x^2}{2y}+\frac{2(2y{)}^2}{x}\right)=z\left(\frac{2a^2}{b}+\frac{2b^2}{a}\right)=2z\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}\right)=2z\frac{a^3+b^3}{ab}$$

$$\Rightarrow A=2z(a+b)-2z\frac{a^3+b^3}{ab}=2z(a+b).\left(1-\frac{a^2-ab+b^2}{ab}\right)=-2z(a+b).\frac{a^2-2ab+b^2}{ab}$$

$$\Rightarrow A=-\frac{2z(a+b).(a-b{)}^2}{ab}\le 0\forall a,b,z>0$$

Do đó $P=z^2+4-z^3+2z(x+2y)-\left(\frac{x^{2}z}{y}+\frac{8y^{2}z}{x}\right)=z^2-z^3+4+A\le z^2-z^3+4=f(z)$

Xét $f(z)=z^2-z^3+4$ với $z>0\Rightarrow f^{\prime }(z)=-3z^2+2z=0\iff z(2-3z)=0\Rightarrow \{\begin{array}{l}z=0(L)\\ z=\frac{2}{3}\end{array}$

Có bảng biến thiên:



$$\Rightarrow f(z)\le f\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{112}{27}\Rightarrow P\le \frac{112}{27}$$

Dấu “=” xảy ra $\iff \{\begin{array}{l}a=b\\ z=\frac{2}{3}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2y\\ z=\frac{2}{3}\end{array}$ và $(x-z{)}^2+(2y-z{)}^2=3z^2+4$

$$\iff 2{\left(x-\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{16}{3}\Rightarrow {\left(x-\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{8}{3}\Rightarrow x=2y=\frac{2+2\sqrt{6}}{3}\Rightarrow x=\frac{2+2\sqrt{6}}{3};y=\frac{1+\sqrt{6}}{3};z=\frac{2}{3}$$

Đáp số: 20.

Ta có $f(-x)=2024\left(e^{-2x}-e^{2x}\right)+2025\ln \left(-x+\sqrt{x^2+1}\right)+2026(-x{)}^3$

$=-2024\left(e^{2x}-e^{-2x}\right)-2025\ln \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)-2026x^3=-f(x)$

Suy ra $f(x)$ là hàm lẻ, lúc đó $f\left(x^3-12\right)=-f\left(12-x^3\right)$

$f^{\prime }(x)=2024\left(2e^{2x}+2e^{-2x}\right)+2025\frac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x+\sqrt{x^2+1}}+6078x^2$

$=2024\left(2e^{2x}+2e^{-2x}\right)+\frac{2025}{\sqrt{x^2+1}}+6078x^2>0,\forall x\in \mathbb{R}$

Suy ra $f(x)$ hàm đồng biến và liên tục trên $[-2;1]$. Khi đó:

$f\left(\left|3x^2+m\right|\right)+f\left(x^3-12\right)=0\iff f\left(\left|3x^2+m\right|\right)=f\left(12-x^3\right)\iff \left|3x^2+m\right|=12-x^3\iff \left|3x^2+m\right|=\left|12-x^3\right|$

$\iff [<table><tbody><tr><td>3x^2+m=12-x^3</td></tr><tr><td>3x^2+m=x^3-12</td></tr></tbody></table>\left(do12-x^3>0,\forall x\in [-2;1]\right)\iff [<table><tbody><tr><td>m=-x^3-3x^2+12</td></tr><tr><td>m=x^3-3x^2-12</td></tr></tbody></table>$ (1) (2)

Xét hàm số $f\left(x\right)=-x^3-3x^2+12$, $g\left(x\right)=x^3-3x^2-12$ với $\forall x\in [-2;1]$

Ta có $f^{\prime }\left(x\right)=-3x^2-6x=0\iff [<table><tbody><tr><td>x=-2</td></tr><tr><td>x=0</td></tr></tbody></table>$ ; $g^{\prime }\left(x\right)=3x^2-6x=0\iff [<table><tbody><tr><td>x=2</td></tr><tr><td>x=0</td></tr></tbody></table>$





Từ BBT suy ra pt đã cho có đúng một nghiệm thuộc đoạn $[-2;1]\iff m\in [-32;-14)\cup \{\pm 12\}$

Mà $m$ nguyên nên có 20 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $a=m^2+1$, vì $m^2\ge 0$ nên $a\ge 1$. Phương trình trở thành $$f(x)=a{x}^3-2(a-1)x^2-4x+a=0$$ với hệ số $a>0$, nên ${\lim }_{x\to -\infty }f(x)=-\infty$ và ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=+\infty$. Ta xét dấu $f$ tại một số điểm:
- $f(0)=a>0$.
- $f(1)=a-2(a-1)-4+a=-2<0$ (luôn âm với mọi $m$).
- $f(2)=8a-8(a-1)-8+a=a>0$.

Suy ra:
1) Trên $(-\infty ;0)$: vì $f(x)\to -\infty$ khi $x\to -\infty$ và $f(0)>0$, theo định lý giá trị trung gian (hàm đa thức liên tục) tồn tại $x_1\in (-\infty ;0)$ để $f(x_1)=0$.
2) Trên $(0;1)$: $f(0)>0$, $f(1)<0$ nên tồn tại $x_2\in (0;1)$ để $f(x_2)=0$.
3) Trên $(1;2)$: $f(1)<0$, $f(2)>0$ nên tồn tại $x_3\in (1;2)$ để $f(x_3)=0$.

Ba khoảng $(-\infty ;0)$, $(0;1)$, $(1;2)$ đôi một rời nhau nên $x_1,x_2,x_3$ phân biệt. Vậy với mọi $m$, phương trình $\left(m^2+1\right)x^3-2m^2{x}^2-4x+m^2+1=0$ luôn có 3 nghiệm thực phân biệt. $■$

(AI giải đề cho tôi)
Xét $y=\frac{2x^2+2x-1-5m}{x-m}$, tập xác định $x\ne m$.

a) Sai: hàm số không xác định tại $x=m$.

b) $y^{\prime }=\frac{(4x+2)(x-m)-(2x^2+2x-1-5m)}{(x-m{)}^2}=\frac{2x^2-4mx+3m+1}{(x-m{)}^2}$. Hàm nghịch biến trên $(1;5)$ khi $f(x)=2x^2-4mx+3m+1\le 0$ trên $(1;5)$ và $m\notin (1;5)$. Vì $f$ là parabol hướng lên nên cần $f(1)=3-m\le 0$ và $f(5)=51-17m\le 0$, tức $m\ge 3$; kết hợp $m\notin (1;5)$ ta được $m\ge 5$. Các giá trị nguyên dương bé hơn 2024: $m\in \{5,6,\dots ,2023\}$ có $2023-5+1=2019$ giá trị. Đúng.

c) Với $m=0$: $y^{\prime }=\frac{2x^2+1}{x^2}>0$ nên hàm không có cực trị. Sai.

d) Hàm có hai cực trị khi $2x^2-4mx+3m+1=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_{1,2}$ (và khác $m$). Khi đó $x_1+x_2=2m$, $x_1{x}_2=\frac{3m+1}{2}$. Tại điểm cực trị: $2x^2=4mx-3m-1$ nên $y=\frac{(4m+2)x-8m-2}{x-m}$. Tính được $y_1+y_2=8m+4$, suy ra trung điểm hai điểm cực trị là $(m,4m+2)$, luôn nằm trên và hai điểm cực trị nằm trên đường thẳng cố định $y=4x+2$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hàm số không xác định tại $x=m$ (mẫu bằng 0), nên không xác định với mọi $x$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$y^{\prime }=\frac{2x^2-4mx+3m+1}{(x-m{)}^2}$. Nghịch biến trên $(1;5)$ yêu cầu $2x^2-4mx+3m+1\le 0$ trên $(1;5)$ và $m\notin (1;5)$. Do parabol hướng lên: $f(1)=3-m\le 0$ và $f(5)=51-17m\le 0$ cho $m\ge 3$; kết hợp $m\notin (1;5)$ được $m\ge 5$. Số giá trị nguyên dương $5\le m\le 2023$ là $2019$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với $m=0$: $y^{\prime }=\frac{2x^2+1}{x^2}>0$ với mọi $x\ne 0$, hàm không có cực trị.
d) (AI giải đề cho tôi)
Khi có hai cực trị, $x_1+x_2=2m$, $x_1{x}_2=\frac{3m+1}{2}$; tại điểm cực trị $y=\frac{(4m+2)x-8m-2}{x-m}$. Tính ra $y_1+y_2=8m+4$, trung điểm hai điểm cực trị là $(m;4m+2)$ nên hai điểm cực trị luôn nằm trên đường thẳng cố định $y=4x+2$.

Gọi $r_1,r_2,\dots ,r_n$ là $n$ nghiệm thực của đa thức $P(x)$. Vì $a_n\ne 0$ nên $r_i\ne 0$ với mọi $i$.
Theo định lý Viète, ta có $S={\sum }_{i=1}^n\frac{1}{r_i}=-\frac{a_{n-1}}{a_n}$ và ${\sum }_{1\le i<j\le n}\frac{1}{r_i{r}_j}=\frac{a_{n-2}}{a_n}=0$, do đó
$$\sum _{i=1}^n\frac{1}{r_i^2}={\left(\sum _{i=1}^n\frac{1}{r_i}\right)}^2-2\sum _{1\le i<j\le n}\frac{1}{r_i{r}_j}=S^2.$$
Mặt khác, từ giả thiết $\frac{a_{n-1}}{a_n}>n+1$ suy ra $S<-(n+1)$.

Trước hết, ta chứng minh $P(x)$ có cả nghiệm dương và nghiệm âm. Giả sử ngược lại rằng các nghiệm $r_1,r_2,\dots ,r_n$ đều cùng dấu. Khi đó $\frac{1}{r_i{r}_j}>0$ với mọi $1\le i<j\le n$, suy ra $\sum _{1\le i<j\le n}\frac{1}{r_i{r}_j}>0$, mâu thuẫn với $\sum _{1\le i<j\le n}\frac{1}{r_i{r}_j}=0$. Vậy $P(x)$ có cả nghiệm dương và nghiệm âm.

Ta chứng minh $P(x)$ có một nghiệm thuộc $\left(-\frac{1}{2};\frac{1}{n+1}\right)$.

Giả sử ngược lại rằng không có nghiệm nào thuộc khoảng này.

Khi đó, với mỗi $i$, ta có hoặc $r_i\ge \frac{1}{n+1}$, hoặc $r_i\le -\frac{1}{2}$.

Nếu $r_i\ge \frac{1}{n+1}$ thì $0<\frac{1}{r_i}\le n+1$; còn nếu $r_i\le -\frac{1}{2}$ thì $-2\le \frac{1}{r_i}<0$.

Do đó, trong mọi trường hợp ta đều có $-2\le \frac{1}{r_i}\le n+1$.

Suy ra $\left(\frac{1}{r_i}+2\right)\left(n+1-\frac{1}{r_i}\right)\ge 0$, hay $2(n+1)+(n-1)\frac{1}{r_i}-\frac{1}{r_i^2}\ge 0$.

Cộng các bất đẳng thức trên với $i=1,2,\dots ,n$, ta được

$$0\le \sum _{i=1}^n\left(2(n+1)+(n-1)\frac{1}{r_i}-\frac{1}{r_i^2}\right)=2n(n+1)+(n-1)S-S^2.$$

Vì vậy $(S-2n)(S+n+1)\le 0$. Tuy nhiên, do $S<-(n+1)$ nên $S+n+1<0$.

Đồng thời $S-2n<-(n+1)-2n=-3n-1<0$. Vậy $(S-2n)(S+n+1)>0$, mâu thuẫn với bất đẳng thức trên. Do đó $P(x)$ có ít nhất một nghiệm thuộc $\left(-\frac{1}{2};\frac{1}{n+1}\right)$.

Lời giải (Lim Olympic - Quảng Ngãi TST - P6):

Gọi các nghiệm thực của $P$ là $x_1,x_2,\dots ,x_{2026}$ (kể cả bội). Vì $a_{2026}\ne 0$, tất cả các $x_i$ đều khác 0.

a) Theo Viète, ta có $a_{2026}=x_1{x}_2\cdots x_{2026}$ và $a_{2025}=-a_{2026}\sum _{i=1}^{2026}\frac{1}{x_i}$.

Do $a_{2025}{a}_{2026}>0$, suy ra $\sum _{i=1}^{2026}\frac{1}{x_i}<0$. Mặt khác, vì $a_{2024}=0$ nên

$$0=a_{2024}=a_{2026}\sum _{1\le i<j\le 2026}\frac{1}{x_i{x}_j},$$

Vì vậy $\sum _{1\le i<j\le 2026}\frac{1}{x_i{x}_j}=0$.

Từ đây suy ra được $P$ có ít nhất một nghiệm âm và ít nhất một nghiệm dương.

b) Gọi $\alpha <0$ là nghiệm âm nhỏ nhất và $\beta >0$ là nghiệm dương lớn nhất của $P$.

Ta có nhận xét sau: Với mỗi $t\ge 0$, phương trình $P(x)=t$ có ít nhất một nghiệm âm và ít nhất một nghiệm dương. Thật vậy, ta có

$$P(\alpha )=P(\beta )=0\le t,$$

trong khi do $P$ là đa thức monic bậc chẵn nên

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }P(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }P(x)=+\infty .$$

Theo định lý giá trị trung gian, trên $(-\infty ,\alpha ]$ có một nghiệm của $P(x)=t$, và trên $[\beta ,+\infty )$ cũng có một nghiệm, trong đó nghiệm thứ nhất âm và nghiệm thứ hai dương.

Bây giờ đặt $t_0=0$. Do $\beta >0$ và $P(\beta )=0$, ta chọn $t_1=\beta >0$ sao cho $P(t_1)=t_0$.

Tiếp tục, nếu đã chọn $t_j>0$, theo nhận xét trên ta có thể chọn một nghiệm dương $t_{j+1}>0$ của phương trình $P(x)=t_j$. Bằng cách đó ta thu được

$$P(t_{j+1})=t_j,j=0,1,\dots ,2024,$$

với $t_1,t_2,\dots ,t_{2025}>0$.

Cuối cùng, xét phương trình $P(x)=t_{2025}$. Theo nhận xét trên, phương trình này sẽ có một nghiệm âm $u<0$ và một nghiệm dương $v>0$. Khi đó

$$P_{2026}(u)=P_{2025}(P(t_{2025}))=0,P_{2026}(v)=P_{2025}(P(t_{2025}))=0.$$

Vậy $P_{2026}$ có cả nghiệm âm và nghiệm dương.

Đáp số 384

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số $y=f(x)$ và $y=g(x)$ là
$$a{x}^3-11x^2+cx-33=-3x^2+bx-25\iff a{x}^3-8x^2+(c-b)x-8=0(\ast )$$

Dựa vào đồ thị ta có $a>0$ và phương trình $(\ast )$ có 3 nghiệm dương $x_1,x_2,x_3.$

Theo hệ thức Vi-ét ta có $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3=\frac{8}{a}\\ x_1{x}_2+x_2{x}_3+x_3{x}_1=\frac{c-b}{a}\\ x_1{x}_2{x}_3=\frac{8}{a}\end{array}.$

+ Mà $x_1{x}_2{x}_3\le {\left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}\right)}^3\iff \frac{8}{a}\le \frac{{\left(\frac{8}{a}\right)}^3}{27}\iff 27\le {\left(\frac{8}{a}\right)}^2\Rightarrow 0<a\le \frac{8\sqrt{3}}{9}.$

+ $x_1{x}_2+x_2{x}_3+x_3{x}_1\le \frac{(x_1+x_2+x_3{)}^2}{3}\iff \frac{c-b}{a}\le \frac{64}{3a^2}\iff a(c-b)\le \frac{64}{3}.$

Khi đó: $P={\log }_{\frac{1}{2}}\left[a^3(c-b)\right]+3a(b-c)\ge {\log }_{\frac{1}{2}}\left(\frac{64a^2}{3}\right)-64=-70+{\log }_{2}3-{\log }_2{a}^2$.

Có $0<a^2\le \frac{64}{27}\iff {\log }_2{a}^2\le {\log }_2\frac{64}{27}\iff {\log }_2{a}^2\le 6-3{\log }_{2}3$

Suy ra $P\ge 4{\log }_{2}3-76$

Đẳng thức xảy ra $\iff \{\begin{array}{l}a=\frac{8\sqrt{3}}{9}\\ c-b=8\sqrt{3}\end{array}$. Khi đó $T=81a^2+(b-c{)}^2=384$