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

Xét biểu thức $u(x)=3-4\sqrt{6x-9x^2}$.
Điều kiện $6x-9x^2\ge 0\iff 0\le x\le \frac{2}{3}$.
Ta có $6x-9x^2=1-(3x-1{)}^2\in [0;1]$.
Suy ra $\sqrt{6x-9x^2}\in [0;1]\Rightarrow u\in [3-4\cdot 1;3-4\cdot 0]=[-1;3]$.
Từ đồ thị hàm số trên đoạn $[-1;3]$, ta tìm được $\min f(u)$ và $\max f(u)$, từ đó suy ra miền giá trị của $m-3$ chứa 13 giá trị nguyên của $m$.

Phương trình hoành độ giao điểm:
$x^3+2m{x}^2+3(m-1)x+2=2-x\iff x[x^2+2mx+(3m-2)]=0$
Để có ba giao điểm phân biệt thì phương trình $g(x)=x^2+2mx+3m-2=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0:
$\{\begin{array}{l}{\Delta }^{\prime }=m^2-3m+2>0\\ g(0)=3m-2\ne 0\end{array}\iff m\in (-\infty ;1)\cup (2;+\infty )\setminus \{2/3\}$
Khi đó $B_1,B_2$ nằm trên đường thẳng $\Delta :x+y-2=0$.
Khoảng cách từ $O$ đến $\Delta$ là $d(O,\Delta )=\frac{|-2|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\sqrt{2}$.
Diện tích $S_{O{B}_1{B}_2}=\frac{1}{2}d(O,\Delta )\cdot B_1{B}_2=2\iff \frac{\sqrt{2}}{2}{B}_1{B}_2=2\iff B_1{B}_2=2\sqrt{2}$.
Ta có $B_1{B}_2=\sqrt{2}|x_1-x_2|=2\sqrt{2}\iff |x_1-x_2|=2\iff (x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2=4$.
Theo Vi-et: $x_1+x_2=-2m,x_1{x}_2=3m-2$.
Do đó: $4m^2-4(3m-2)=4\iff m^2-3m+1=0$.
Phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện, theo định lý Vi-et tổng hai nghiệm là $m_1+m_2=3$.

Hàm số $f_0(x)$ nhận giá trị từ $-200$ đến $200$.
Áp dụng phép biến đổi liên tiếp $f_n(x)=|f_{n-1}(x)|-1$, phương trình $f_{100}(x)=0$ dẫn đến việc tìm các giá trị nguyên thỏa mãn, cho tổng cộng 301 giá trị của $x$.

Đặt $t=e^{x^2}$. Vì $x^2\ge 0$ nên $t\ge 1$.
- Với mỗi giá trị $t>1$, phương trình $e^{x^2}=t⟺x^2=\ln t>0$ cho đúng 2 nghiệm phân biệt $x=\pm \sqrt{\ln t}$.
- Với $t=1$, phương trình $e^{x^2}=1⟺x=0$ cho đúng 1 nghiệm $x=0$.
Để phương trình $f(e^{x^2})=m$ có 3 nghiệm phân biệt $x$, thì phương trình $f(t)=m$ phải có đúng 1 nghiệm $t=1$ và 1 nghiệm $t>1$.
Quan sát đồ thị hàm số $y=f(t)$:
- Tại $t=1$, hàm số đạt cực tiểu và $f(1)=1$.
- Đường thẳng $y=1$ tiếp xúc với đồ thị tại điểm cực tiểu $(1;1)$ (cho $t=1⟹1$ nghiệm $x=0$) và cắt đồ thị tại một điểm $t_2>3>1$ (cho 2 nghiệm $x=\pm \sqrt{\ln t_2}$).
- Tổng cộng ta có đúng $1+2=3$ nghiệm phân biệt $x$.
Nếu $m\ne 1$, không thể có đồng thời một nghiệm $t=1$ và một nghiệm $t>1$.
Vậy chỉ có duy nhất 1 giá trị nguyên $m=1$ thỏa mãn bài toán. Chọn C.

Chọn A.
Từ đồ thị hàm số bậc bốn $y=f(x)$, ta thấy đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt, tức là phương trình $f(x)=0$ có 4 nghiệm thực phân biệt.
Giả sử $f(x)=a(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)$.
Xét đạo hàm của $\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}$:
${\left(\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}\right)}^{\prime }=\frac{f^{\prime \prime }(x)f(x)-[f^{\prime }(x){]}^2}{[f(x){]}^2}=-{\sum }_{i=1}^4\frac{1}{(x-x_i{)}^2}<0,\forall x\ne x_i$.
Do đó $[f^{\prime }(x){]}^2-f(x)f^{\prime \prime }(x)=[f(x){]}^2{\sum }_{i=1}^4\frac{1}{(x-x_i{)}^2}>0,\forall x$.
Vậy phương trình $g(x)=0$ vô nghiệm, tức đồ thị không cắt trục $Ox$ (số giao điểm bằng $0$).

Phương trình tương đương với $[f(|x|)+1][f(|x|)+m-3]=0⟺f(|x|)=-1$ hoặc $f(|x|)=3-m$. Từ đồ thị, $f(|x|)=-1⟺|x|=2⟺x=\pm 2$ ($2$ nghiệm). Để phương trình có $6$ nghiệm phân biệt thì phương trình $f(|x|)=3-m$ phải có $4$ nghiệm phân biệt khác $\pm 2$, tức là $-1<3-m<3⟺0<m<4$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{1;2;3\}$, có $3$ giá trị. Chọn đáp án D.

Xét biểu thức $u=3-3\sqrt{-9x^2+30x-21}$.
Điều kiện trong căn: $-9x^2+30x-21\ge 0⟺3x^2-10x+7\le 0⟺1\le x\le \frac{7}{3}$.
Ta có:
$-9x^2+30x-21=4-(3x-5{)}^2$
Vì $1\le x\le \frac{7}{3}$ nên $0\le (3x-5{)}^2\le 4$, suy ra:
$0\le -9x^2+30x-21\le 4⟹0\le \sqrt{-9x^2+30x-21}\le 2$
Do đó:
$3-3(2)\le u\le 3-3(0)⟺-3\le u\le 3$
Quan sát đồ thị hàm số $y=f(u)$ trên đoạn $[-3;3]$:
- Tại $u=-3$: $f(-3)=1$.
- Tại $u=0$: $f(0)=0$.
- Tại $u=3$: $f(3)=-5$.
- Giá trị lớn nhất của $f(u)$ trên $[-3;3]$ là $1$ (đạt tại $u=-3$ và $u=-1$).
- Giá trị nhỏ nhất của $f(u)$ trên $[-3;3]$ là $-5$ (đạt tại $u=3$).
Suy ra với $u\in [-3;3]$ thì $-5\le f(u)\le 1$.
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:
$-5\le \frac{m-2019}{2}\le 1⟺-10\le m-2019\le 2⟺2009\le m\le 2021$
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{2009,2010,\dots ,2021\}$.
Số giá trị nguyên của $m$ là:
$2021-2009+1=13$
Chọn D.

Chọn B.
Phương trình hoành độ giao điểm của $(H)$ và $d$:
$\frac{x-4}{2x-2}=kx+k\iff x-4=(kx+k)(2x-2)\iff 2k{x}^2-(k+1)x-2k+4=0$ (với $x\ne 1$).
Để $A,B$ cùng cách đều trục hoành $y=0$ thì $|y_A|=|y_B|\iff |k(x_A+1)|=|k(x_B+1)|$.
Vì $k\ne 0$ và $A,B$ phân biệt ($x_A\ne x_B$), ta phải có $x_A+1=-(x_B+1)\iff x_A+x_B+2=0$.
Theo định lý Viète: $x_A+x_B=\frac{k+1}{2k}$.
Do đó $\frac{k+1}{2k}+2=0\iff \frac{5k+1}{2k}=0\iff k=-\frac{1}{5}=-0.2$.
Ta thấy $-0.2\in (-1;0)$.
Vậy chọn B.

Đặt $u=\sqrt{2f^2(x)+5}\ge \sqrt{5}$. Phương trình trở thành:
$\frac{4m^3+m}{u}=\frac{u^2+1}{2}\iff 8m^3+2m=u^3+u\iff (2m{)}^3+2m=u^3+u$.
Vì hàm số $h(t)=t^3+t$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên $2m=u=\sqrt{2f^2(x)+5}\Rightarrow 2m\ge \sqrt{5}\Rightarrow m>0$.
Khi đó $4m^2=2f^2(x)+5\iff f^2(x)=\frac{4m^2-5}{2}$.
Từ đồ thị, hàm số $y=f(x)$ có 3 nghiệm khi và chỉ khi $f^2(x)=16\iff \frac{4m^2-5}{2}=16\iff 4m^2=37\iff m=\frac{\sqrt{37}}{2}$ (do $m>0$).

Đặt $u=\sqrt[3]{f(x)+m}⟹u^3=f(x)+m⟹f(x)=u^3-m$.
Phương trình ban đầu trở thành $f(u)=x^3-m$.
Ta có hệ đối xứng:
$\{\begin{array}{l}f(u)=x^3-m\\ f(x)=u^3-m\end{array}⟹f(u)-f(x)=x^3-u^3⟺f(u)+u^3=f(x)+x^3$.
Xét hàm số $g(t)=f(t)+t^3=t^5+3t^3-4m+t^3=t^5+4t^3-4m$.
Đạo hàm $g^{\prime }(t)=5t^4+12t^2>0$ với mọi $t>0$, do đó $g(t)$ đồng biến trên $(0;+\infty )$.
Suy ra $g(u)=g(x)⟺u=x$.
Khi đó: $\sqrt[3]{f(x)+m}=x⟺f(x)+m=x^3$
$⟺x^5+3x^3-4m+m=x^3⟺x^5+2x^3=3m$.
Xét hàm số $h(x)=x^5+2x^3$ trên đoạn $[1;2]$:
$h^{\prime }(x)=5x^4+6x^2>0,\forall x\in [1;2]⟹h(x)$ đồng biến trên $[1;2]$.
Do đó ${\min }_{[1;2]}h(x)=h(1)=3$ và ${\max }_{[1;2]}h(x)=h(2)=2^5+2\cdot 2^3=32+16=48$.
Phương trình có nghiệm thuộc $[1;2]⟺3\le 3m\le 48⟺1\le m\le 16$.
Vì $m$ nguyên nên $m\in \{1;2;3;\dots ;16\}$. Có 16 giá trị nguyên thỏa mãn bài toán. Chọn B.

Xét hàm số $g(x)=\frac{1}{\ln (x+5)}+\frac{1}{3^x-1}-x$ trên tập xác định $D=(-5;-4)\cup (-4;0)\cup (0;+\infty )$. Ta có $g^{\prime }(x)=-\frac{1}{(x+5){\ln }^2(x+5)}-\frac{3^x\ln 3}{(3^x-1{)}^2}-1<0,\forall x\in D$. Khảo sát giới hạn tại các đầu mút: ${\lim }_{x\to -5^{+}}g(x)=5-\frac{243}{242}=3+\frac{241}{242}$, và trên mỗi khoảng $(-4;0)$, $(0;+\infty )$ hàm số giảm từ $+\infty$ xuống $-\infty$. Do đó phương trình $g(x)=a$ có đúng $2$ nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $a\ge 5-\frac{243}{242}$. Kết hợp $a\in (-2019;2019),a\in \mathbb{Z}\Rightarrow a\in \{4;5;\dots ;2018\}$, có $2018-4+1=2015$ giá trị. Chọn đáp án A.

Phương trình tương đương với $[f(|x|)+1][f(|x|)-(m-5)]=0$. Phương trình $f(|x|)=-1⟺|x|=2⟺x=\pm 2$ ($2$ nghiệm). Để phương trình đã cho có $6$ nghiệm phân biệt thì phương trình $f(|x|)=m-5$ phải có $4$ nghiệm phân biệt khác $\pm 2$, tức là $-1<m-5<f(0)=3⟺4<m<8$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{5;6;7\}$ ($3$ giá trị).

Xét phương trình $g(x)=0⟺[f^{\prime }(x){]}^2-f(x)f^{\prime \prime }(x)=0$.
Nhận xét đạo hàm của thương: ${\left(\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}\right)}^{\prime }=\frac{f^{\prime \prime }(x)f(x)-[f^{\prime }(x){]}^2}{[f(x){]}^2}=-\frac{g(x)}{[f(x){]}^2}$.
Dựa vào đồ thị, hàm số $f(x)$ có 4 nghiệm thực phân biệt $x_1<x_2<x_3<x_4$.
Phân tích phân thức $\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}={\sum }_{i=1}^4\frac{1}{x-x_i}$.
Đạo hàm: ${\left(\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}\right)}^{\prime }=-{\sum }_{i=1}^4\frac{1}{(x-x_i{)}^2}<0,\forall x\ne x_i$.
Do đó $-\frac{g(x)}{[f(x){]}^2}<0⟺g(x)>0,\forall x\ne x_i$.
Tại các nghiệm $x_i$, $f(x_i)=0⟹g(x_i)=[f^{\prime }(x_i){]}^2>0$ (vì nghiệm đơn).
Vậy $g(x)>0,\forall x\in \mathbb{R}$. Đồ thị hàm số $y=g(x)$ không cắt trục hoành (có 0 giao điểm). Chọn B.

Điều kiện $x>0$ (vì $x=0$ không là nghiệm). Chia hai vế cho $x$ và đặt $t=\sqrt{x+\frac{4}{x}}\ge 2$, phương trình trở thành $t^2+m+2=(m-1)t\iff m=\frac{t^2+t+2}{t-1}=g(t)$ với $t\ge 2$. Ta có $g^{\prime }(t)=\frac{t^2-2t-3}{(t-1{)}^2}=0\iff t=3\in [2;+\infty )$, suy ra ${\min }_{[2;+\infty )}g(t)=g(3)=7$. Phương trình có nghiệm khi $m\ge 7$, kết hợp $m\in [-2019;2019]\cap \mathbb{Z}$ có $2019-7+1=2013$ giá trị.

Điều kiện $x>-1$. Vì $x=0$ không là nghiệm nên phương trình tương đương với $x{\log }_3(x+1)=1+m{\log }_3(x+1)\iff m=x-\frac{1}{{\log }_3(x+1)}=g(x)$ với $x\in (-1;0)\cup (0;+\infty )$. Ta có $g^{\prime }(x)=1+\frac{1}{(x+1)\ln 3\cdot {\log }_3^2(x+1)}>0,\forall x\in (-1;0)\cup (0;+\infty )$, và ${\lim }_{x\to -1^{+}}g(x)=-1,{\lim }_{x\to 0^{-}}g(x)=+\infty ,{\lim }_{x\to 0^{+}}g(x)=-\infty ,{\lim }_{x\to +\infty }g(x)=+\infty$. Vậy phương trình có $2$ nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi $m>-1$, tức $m\in (-1;+\infty )$.

Chọn C.



Bất phương trình $f(-f(x))\ge m$ có nghiệm thuộc $[-1;1]$ khi và chỉ khi:
$m\le {\max }_{x\in [-1;1]}f(-f(x))$.
+) Xét $x\in [-1;1]$: Từ bảng biến thiên của hàm số $y=f(x)$, ta thấy trên đoạn $[-1;1]$ hàm số nghịch biến từ $f(-1)=2$ xuống $f(1)=-2$.
Do đó khi $x\in [-1;1]$ thì $f(x)\in [-2;2]$.
Suy ra $u=-f(x)\in [-2;2]$.
+) Khi $u\in [-2;2]$, ta tìm giá trị lớn nhất của $f(u)$:
Từ bảng biến thiên của $f(u)$ trên đoạn $[-2;2]$:
- Tại $u=-2$, $f(-2)=-2$.
- Hàm số tăng từ $-2$ đến giá trị cực đại $f(-1)=2$.
- Sau đó giảm từ $2$ xuống cực tiểu $f(1)=-2$.
- Rồi tăng từ $-2$ đến $f(2)=2$.
Do đó giá trị lớn nhất của $f(u)$ trên đoạn $[-2;2]$ là ${\max }_{u\in [-2;2]}f(u)=2$.
Vậy bất phương trình có nghiệm thuộc $[-1;1]$ khi và chỉ khi $m\le 2$.
Vì $m$ là số tự nhiên nên $m\in \{0;1;2\}$.
Vậy có 3 số tự nhiên $m$ thỏa mãn.

Ta có $f(x)=3^{(x-2{)}^2}\ge 1$ (đạt GTNN bằng $1$ tại $x=2$). Để $f(x)\le g(x)$ có nghiệm duy nhất thì hàm bậc hai $g(x)$ (có hệ số $a=-1<0$) phải đạt GTLN bằng $1$ tại đúng $x=2\iff \{\begin{array}{l}{m}^2+1=2\\ g(2)=1\end{array}\iff m^2=1\iff m=\pm 1$ ($2$ giá trị). Chọn B.

Đặt $t=f(x)+1$, phương trình trở thành $\sqrt{f(t)+1}=t+1\iff \{\begin{array}{l}t\ge -1\\ f(t)=t^2+2t\end{array}$. Từ đồ thị ta có $f(t)=t^3-3t^2+1$, nên $f(t)=t^2+2t\iff t^3-4t^2-2t+1=0$ có $3$ nghiệm $t_1\in (-1;0),t_2\in (0;1),t_3>4$. Suy ra $f(x)=t_1-1\in (-2;-1)$ (có $3$ nghiệm), $f(x)=t_2-1\in (-1;0)$ (có $3$ nghiệm) và $f(x)=t_3-1>3$ (có $1$ nghiệm). Vậy phương trình có $7$ nghiệm thực.

Đặt $k=m^2-2m+\frac{3}{2}=(m-1{)}^2+\frac{1}{2}$. Với $m\in [0;2]$ ta có $k\in \left[\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right]$. Từ đồ thị, các điểm cực trị là $(0;2)$ và $(2;-2)$, nên đường thẳng $y=k$ luôn cắt đồ thị hàm số tại đúng 3 điểm phân biệt $u_1<0<u_2<2<u_3$. Mặt khác xét $u(x)=x^3-2x^2+2019x$ có đạo hàm $u^{\prime }(x)=3x^2-4x+2019>0,\forall x$, do đó $u(x)$ là hàm đồng biến trên $\mathbb{R}$ với tập giá trị là $\mathbb{R}$. Do đó mỗi phương trình $u(x)=u_i$ ($i=1,2,3$) có đúng 1 nghiệm thực duy nhất. Tổng số nghiệm là $3\times 1=3$. Chọn C.

Ba nghiệm lập thành cấp số cộng nên nghiệm ở giữa bằng $\frac{x_1+x_2+x_3}{3}=\frac{2(m+1)}{3}$. Thay $x=\frac{2(m+1)}{3}$ vào phương trình ta tìm được các giá trị của $m\in S$, có tích các phần tử bằng $10$. Chọn D.