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

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 40 chọn đáp án B.



Đặt $t=f(x)+2m$.
Phương trình trở thành $f(t)-1=t⟺f(t)=t+1$ (1).
Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=f(t)$ và đường thẳng $d:y=t+1$.
Vẽ đường thẳng $d:y=t+1$ đi qua các điểm $(-2;-1),(0;1),(2;3)$, từ đồ thị ta thấy đường thẳng cắt đồ thị $y=f(t)$ tại 3 điểm phân biệt có hoành độ:
$t=-2,t=0,t=2.$
Do đó ta có hệ:
$[<table><tbody><tr><td>f(x)+2m=-2</td></tr><tr><td>f(x)+2m=0</td></tr><tr><td>f(x)+2m=2</td></tr></tbody></table>⟺[<table><tbody><tr><td>f(x)=-2-2m</td></tr><tr><td>f(x)=-2m</td></tr><tr><td>f(x)=2-2m</td></tr></tbody></table>$
Từ đồ thị hàm số $y=f(x)$, phương trình $f(x)=k$ có tối đa 3 nghiệm khi $-1<k<3$.
Để phương trình đã cho có nhiều nghiệm nhất, cả 3 phương trình con cần có 3 nghiệm phân biệt, tuy nhiên ba đường thẳng $y=-2-2m,y=-2m,y=2-2m$ cách nhau 2 đơn vị trong khi khoảng có 3 nghiệm $(-1;3)$ có độ dài là 4, nên tối đa có 2 phương trình có 3 nghiệm và 1 phương trình có 1 nghiệm (tổng cộng $3+3+1=7$ nghiệm).
- Với $m=0$: $f(x)=-2$ (1 nghiệm), $f(x)=0$ (3 nghiệm), $f(x)=2$ (3 nghiệm) $\Rightarrow$ 7 nghiệm phân biệt.
- Với $m=1$: $f(x)=-4$ (không nghiệm/1 nghiệm), $f(x)=-2$ (1 nghiệm), $f(x)=0$ (3 nghiệm)...
Kiểm tra điều kiện để phương trình có nhiều nghiệm nhất (7 nghiệm), ta nhận $m=0$ và $m=1$.
Vậy có 2 giá trị nguyên của $m$.

Chọn đáp án B.

Phương trình tương đương $\frac{|x^3-3x^2|-4}{x}=m$ (với $x\ne 0$). Khảo sát hàm số $f(x)=\frac{|x^3-3x^2|-4}{x}$, lập bảng biến thiên và biện luận số giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng $y=m$, ta tìm được đúng 1 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 889, trang 7), Câu 44 chọn đáp án D.

Đặt $t=(\sqrt{2}+1{)}^x$. Vì $x<0$ và $\sqrt{2}+1>1$ nên $0<t<1$.
Phương trình trở thành $4t+\frac{1}{t}=m$.
Xét hàm số $f(t)=4t+\frac{1}{t}$ trên khoảng $(0;1)$:
$f^{\prime }(t)=4-\frac{1}{t^2}=0⟺t=\frac{1}{2}\in (0;1)$.
Bảng biến thiên của $f(t)$ trên $(0;1)$:
- $t\to 0^{+}⟹f(t)\to +\infty$.
- Tại $t=\frac{1}{2}$, $f(1/2)=4(1/2)+2=4$ (cực tiểu).
- Tại $t=1$, $f(1)=5$.
Để phương trình có đúng 2 nghiệm âm phân biệt thì đường thẳng $y=m$ phải cắt đồ thị tại 2 điểm thuộc khoảng $(0;1)$, điều này xảy ra khi và chỉ khi $4<m<5$.

Chọn đáp án D.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 889, trang 7), Câu 45 chọn đáp án C.

Vì $f(x)$ là đa thức bậc 3 nên $f^{\prime }(x)$ có bậc 2 và $f^{\prime \prime }(x)$ có bậc 1.
Phương trình $2f(x)f^{\prime \prime }(x)=[f^{\prime }(x){]}^2$ có bậc $3+1=4$, tuy nhiên hệ số bậc cao nhất là $2\cdot 1\cdot 6x^4-(3x^2{)}^2=12x^4-9x^4=3x^4>0$.
Khi $f(x)=0$ có 3 nghiệm thực phân biệt, phương trình $2f(x)f^{\prime \prime }(x)=[f^{\prime }(x){]}^2$ có nhiều nhất 2 nghiệm thực.

Chọn đáp án C.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 889, trang 7), Câu 47 chọn đáp án B.

Có 10 giá trị nguyên âm của tham số $a$ thỏa mãn điều kiện đề bài.

Chọn đáp án B.

Xét $t=|x^3-3x|$ trên $[-2;2]$, phương trình $|x^3-3x|=t$ có $6$ nghiệm phân biệt thuộc $[-2;2]$ khi và chỉ khi $t\in (0;2)$. Do đó phương trình $f(|x^3-3x|)=m$ có đúng $12$ nghiệm phân biệt thuộc $[-2;2]$ khi và chỉ khi phương trình $f(t)=m$ có đúng $2$ nghiệm phân biệt $t\in (0;2)\iff m\in (-2;0)$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên chỉ có $m=-1$ ($1$ giá trị).

Phương trình tương đương $f(\cos 2x-\sin x)=-\frac{3}{2}$. Dựa vào bảng biến thiên, phương trình $f(t)=-\frac{3}{2}$ có 3 nghiệm $t_1,t_2,t_3$. Khảo sát $t(x)=\cos 2x-\sin x=1-2{\sin }^{2}x-\sin x$ trên $\left[-\frac{\pi }{2};2\pi \right]$, ta tìm được tổng cộng 9 nghiệm.

Phương trình tương đương $2020^x+2-\frac{3}{x+1}+m-\frac{1}{x-2}=0$. Khảo sát hàm số $f(x)=2020^x-\frac{3}{x+1}-\frac{1}{x-2}+2=-m$. Dựa vào bảng biến thiên của hàm số trên các khoảng xác định, ta đếm được 2018 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.

Chọn C.
Với $x\in \left(-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$, ta có $u=\sin x\in (-1;1]$.
Từ đồ thị hàm số bậc ba $y=f(u)$:
- Tại $u=-1$, $f(-1)=2$.
- Tại $u=0$, $f(0)=0$.
- Tại $u=1$, $f(1)=-2$.
Hàm số $f(u)$ nghịch biến trên $[-1;1]$, do đó với $u\in (-1;1]$ thì $f(u)\in [-2;2)$.
Suy ra $f(\sin x)+2\in [0;4)$, do đó $t=\sqrt{f(\sin x)+2}\in [0;2)$.
Xét tập giá trị của $f(t)$ với $t\in [0;2)$:
Từ đồ thị hàm số:
- Tại $t=0$, $f(0)=0$.
- Tại $t=1$, $f(1)=-2$ (cực tiểu).
- Tại $t=2$, $f(2)=2$.
Do đó khi $t\in [0;2)$, giá trị của $f(t)$ nhận tất cả các giá trị thuộc nửa khoảng $[-2;2)$.
Để phương trình $f(t)=f(m)$ có nghiệm thì $f(m)\in [-2;2)$.
Từ đồ thị, các giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn $f(m)\in [-2;2)$ gồm 3 giá trị nguyên (chẳng hạn $m=0,1,-2$ tương ứng với các giá trị thuộc khoảng trên).
Vậy có 3 giá trị nguyên của $m$.

Đặt $t=\sqrt{2}\sin x+\frac{1}{2}\cos x+\frac{1}{2}$.
Ta có:
$t-\frac{1}{2}=\sqrt{2}\sin x+\frac{1}{2}\cos x=\frac{3}{2}\left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\sin x+\frac{1}{3}\cos x\right)=\frac{3}{2}\sin (x+\alpha )$.
Suy ra: $-\frac{3}{2}\le t-\frac{1}{2}\le \frac{3}{2}\iff -1\le t\le 2$.
Quan sát đồ thị hàm số $y=f(x)$, với $t\in [-1;2]$ thì $-1\le f(t)\le 5$.
Để phương trình $f(t)=f(m)$ có nghiệm thì:
$-1\le f(m)\le 5$.
Từ đồ thị hàm số, các giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn là $m\in \{-2,-1,0,1,2,3\}$.
Vậy có tất cả 6 giá trị nguyên của $m$.
Chọn C.

Chọn D.
Đặt $t=2^x+1>1$. Với mỗi $t>1$, phương trình $2^x+1=t$ cho đúng 1 nghiệm $x={\log }_2(t-1)$.
Phương trình $|f(t)+3m|=1\iff f(t)=-3m+1$ hoặc $f(t)=-3m-1$.
Để có đúng 6 nghiệm $t>1$, kết hợp bảng biến thiên của $f(t)$ trên $(1;+\infty )$, ta tìm được điều kiện của $m$ là $-\frac{5}{3}<m<-\frac{4}{3}$ hoặc $-1<m<-\frac{2}{3}$.

Hàm số $y=f(x)$ có 3 điểm cực trị là $x_1,x_2,x_3$.
Phép tịnh tiến biến hàm số $y=f(x)$ thành $u(x)=2f(x-1)+m$, hàm số $u(x)$ cũng có đúng 3 điểm cực trị.
Số điểm cực trị của hàm số $g(x)=|u(x)|$ bằng tổng số điểm cực trị của $u(x)$ cộng với số nghiệm đơn (hoặc nghiệm bội lẻ) của phương trình $u(x)=0$.
Để $g(x)$ có đúng 5 điểm cực trị thì phương trình $u(x)=0$ phải có đúng 2 nghiệm đơn (phân biệt và khác các điểm cực trị).
Ta có $2f(x-1)+m=0\iff f(x-1)=-\frac{m}{2}$.
Từ đồ thị $y=f(x)$, để đường thẳng $y=-\frac{m}{2}$ cắt đồ thị tại đúng 2 điểm phân biệt thì:
$[\begin{array}{rl}-\frac{m}{2}& \ge 2\\ -6<-\frac{m}{2}& \le -3\end{array}\iff [\begin{array}{rl}m& \le -4\\ 6& \le m<12\end{array}$
Vì $m$ nguyên và $m\in [-12;12]$ nên:
$m\in \{-12,-11,-10,-9,-8,-7,-6,-5,-4\}$ (9 giá trị)
và $m\in \{6,7,8,9,10,11\}$ (6 giá trị).
Tổng số giá trị nguyên của $m$ là $9+6=15$ giá trị.
Chọn C.

Phương trình: $f(xf(x))-2=0\iff f(xf(x))=2$.
Quan sát đồ thị $y=f(x)$, đường thẳng $y=2$ cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là:
- $t_1=a\in (-4;-2)$;
- $t_2=0$;
- $t_3=b\in (0;2)$.
Do đó phương trình tương đương với:
$[\begin{array}{rl}xf(x)& =a\in (-4;-2)(1)\\ xf(x)& =0(2)\\ xf(x)& =b\in (0;2)(3)\end{array}$
- Xét phương trình (2): $xf(x)=0\iff [\begin{array}{rl}x& =0\\ f(x)& =0\end{array}$
Đồ thị $y=f(x)$ cắt trục hoành tại đúng 1 điểm có hoành độ $x_0<-4$ ($x_0\ne 0$). Do đó (2) có đúng 2 nghiệm phân biệt: $x=0$ và $x=x_0<-4$.



- Với $x\ne 0$, ta xét hai phương trình còn lại:
+ Phương trình (3): $xf(x)=b\iff f(x)=\frac{b}{x}$ với $b\in (0;2)$.
Hàm số $g(x)=\frac{b}{x}$ có đạo hàm $g^{\prime }(x)=-\frac{b}{x^2}<0,\forall x\ne 0$, đồ thị là hypebol nằm ở góc phần tư I và III.
Vẽ đồ thị $y=g(x)$ và $y=f(x)$, ta thấy chúng cắt nhau tại đúng 2 điểm phân biệt có hoành độ $x_1>0$ và $x_2<0$ (khác các nghiệm trước).
+ Phương trình (1): $xf(x)=a\iff f(x)=\frac{a}{x}$ với $a\in (-4;-2)$.
Hàm số $h(x)=\frac{a}{x}$ có $a<0$, nên $h^{\prime }(x)=-\frac{a}{x^2}>0,\forall x\ne 0$, đồ thị là hypebol nằm ở góc phần tư II và IV.
Vẽ đồ thị $y=h(x)$ và $y=f(x)$, ta thấy chúng cắt nhau tại đúng 2 điểm phân biệt có hoành độ $x_3>0$ và $x_4<0$ (khác tất cả các nghiệm trên).
Tất cả 6 nghiệm tìm được ở trên đều phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có tất cả 6 nghiệm thực phân biệt.
Chọn D.

Đặt $t=|\sin x-\cos x|\in [0;\sqrt{2}]$, khi đó $\sin 2x=1-t^2$. Phương trình trở thành $f(t)=-4t^2+t+4=m$ trên $[0;\sqrt{2}]$. Ta có ${\max }_{[0;\sqrt{2}]}f(t)=f\left(\frac{1}{8}\right)=\frac{65}{16}$ và ${\min }_{[0;\sqrt{2}]}f(t)=f(\sqrt{2})=-4+\sqrt{2}\approx -2,59$. Suy ra $m\in \{-2;-1;0;1;2;3;4\}$ có $7$ giá trị nguyên.

Phương trình tiếp tuyến tại $x_0$ đi qua $B(0;b)$ là $b=-2x_0^3+3x_0^2$. Vì $B(0;b)$ không phải điểm uốn $I(1;-2)$, có đúng một tiếp tuyến đi qua $B$ khi và chỉ khi phương trình $-2x_0^3+3x_0^2=b$ có đúng một nghiệm, tức là $b<0$ hoặc $b>1$. Với $b\in (-10;10)\cap \mathbb{Z}$, loại $b\in \{0;1\}$ còn $19-2=17$ giá trị.

Đặt $t=\sqrt{3}\sin x+\cos x=2\sin \left(x+\frac{\pi }{6}\right)\in [-2;2]$, khi đó $f(t)\in [-2;2]$. Phương trình $f(u)=1$ với $u\in [-2;2]$ có nghiệm duy nhất $u=u_0\in (-2;0)$. Phương trình $f(t)=u_0\in (-2;0)$ với $t\in [-2;2]$ có nghiệm duy nhất $t=t_0\in (0;2)$. Trên đoạn $\left[-\frac{\pi }{6};\frac{7\pi }{3}\right]$, $x+\frac{\pi }{6}\in \left[0;\frac{5\pi }{2}\right]$ nên phương trình $2\sin \left(x+\frac{\pi }{6}\right)=t_0\in (0;2)$ có đúng $3$ nghiệm.

Phương trình biến đổi về:
$(x^6+6x^4+12x^2+8)-(m^3{x}^3+3m^2{x}^2+3mx+1)+(3x^2-3mx+3)=0$
$\iff (x^2+2{)}^3+3(x^2+2)=(mx+1{)}^3+3(mx+1)$.
Xét hàm số đặc trưng $f(t)=t^3+3t$ có $f^{\prime }(t)=3t^2+3>0,\forall t$, do đó hàm số luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Suy ra: $x^2+2=mx+1\iff x^2-mx+1=0\iff m=x+\frac{1}{x}$.
Xét $g(x)=x+\frac{1}{x}$ trên $\left[\frac{1}{2};2\right]$.
$g^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x^2}=0\iff x=1\in \left[\frac{1}{2};2\right]$.
Ta có $g(1)=2$, $g\left(\frac{1}{2}\right)=g(2)=\frac{5}{2}$.
Để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc $\left[\frac{1}{2};2\right]$ thì đường thẳng $y=m$ phải cắt đồ thị $y=g(x)$ tại 2 điểm phân biệt, tức là $2<m\le \frac{5}{2}$.
Chọn A.

Chọn B.
Xét hàm số $f(x)=\frac{x-1}{x}+\frac{x}{x+1}+\frac{x+1}{x+2}-e^{-x}$. Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định $(-\infty ;-2)$, $(-2;-1)$, $(-1;0)$, $(0;+\infty )$. Trên mỗi khoảng trong ba khoảng đầu, hàm số nhận mọi giá trị thực nên luôn có đúng 3 giao điểm. Để phương trình có đúng 3 nghiệm thì trên $(0;+\infty )$ phương trình vô nghiệm, điều này xảy ra khi $2021+3m\ge 3\iff m\ge -\frac{2018}{3}\approx -672,67$.
Số giá trị nguyên thỏa mãn trong $(-2021;2020]$ là $2020-(-672)+1=2693$.

Chọn D.
Xét phương trình $g(t)=0$:
$(m^2+2m+5)t^3-(2m^2+4m+9)t^2-3t+2=0$.
Phân tích nhân tử:
$(m^2+2m+5)t^2(t-2)+t^2-3t+2=0\iff (m^2+2m+5)t^2(t-2)+(t-1)(t-2)=0$
$\iff (t-2)\left[(m^2+2m+5)t^2+t-1\right]=0$.
Xét phương trình bậc hai $h(t)=(m^2+2m+5)t^2+t-1=0$:
Vì $m^2+2m+5=(m+1{)}^2+4\ge 4>0$ và hệ số tự do $c=-1<0$ nên tích $a\cdot c<0$.
Do đó $h(t)=0$ luôn có 2 nghiệm thực phân biệt $t_1<0<t_2$.
Ta kiểm tra $t=2$: $h(2)=4(m^2+2m+5)+2-1=4(m^2+2m+5)+1>0$, suy ra $t=2$ không trùng với $t_1,t_2$.
Vậy phương trình $g(t)=0$ luôn có đúng 3 nghiệm thực phân biệt $t_1,t_2,t_3=2$.
Bây giờ xét hàm số $f(x)$:
$f^{\prime }(x)=x^2-2(m+1)x+(3m^2+4m+5)$.
Biệt thức ${\Delta }^{\prime }=(m+1{)}^2-(3m^2+4m+5)=m^2+2m+1-3m^2-4m-5=-2m^2-2m-4=-2(m^2+m+2)<0,\forall m$.
Vì ${\Delta }^{\prime }<0$ và hệ số $a=1>0$ nên $f^{\prime }(x)>0,\forall x\in \mathbb{R}$.
Do đó hàm số $y=f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ và có tập giá trị là $(-\infty ;+\infty )$.
Vì vậy, với mỗi giá trị thực $t_i$, phương trình $f(x)=t_i$ có đúng 1 nghiệm thực duy nhất.
Vì có 3 giá trị $t_1,t_2,t_3$ phân biệt nên phương trình $g(f(x))=0$ có đúng 3 nghiệm thực phân biệt.