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

Xét phương trình $[f^{\prime }(x){]}^2-f(x)\cdot f^{\prime \prime }(x)=0\iff f(x)\cdot f^{\prime \prime }(x)-[f^{\prime }(x){]}^2=0$ (*).
Nếu $f(x_0)=0$ thì từ phương trình suy ra $f^{\prime }(x_0)=0$, nghĩa là $x_0$ là nghiệm kép của $f(x)=0$. Nhưng từ đồ thị ta thấy hàm số bậc bốn cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt nên các nghiệm đều là nghiệm đơn, do đó $f(x)\ne 0$ tại mọi nghiệm của (*).
Chia cả hai vế cho $f^2(x)$ ta được:
$\frac{f(x)\cdot f^{\prime \prime }(x)-[f^{\prime }(x){]}^2}{f^2(x)}=0\iff {\left[\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}\right]}^{\prime }=0$.
Vì $f(x)$ là đa thức bậc 4 có 4 nghiệm phân biệt $x_1<x_2<x_3<x_4$ nên:
$f(x)=a(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)$ ($a\ne 0$).
Khi đó:
$\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=\frac{1}{x-x_1}+\frac{1}{x-x_2}+\frac{1}{x-x_3}+\frac{1}{x-x_4}$.
Lấy đạo hàm ta được:
${\left[\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}\right]}^{\prime }=-\frac{1}{(x-x_1{)}^2}-\frac{1}{(x-x_2{)}^2}-\frac{1}{(x-x_3{)}^2}-\frac{1}{(x-x_4{)}^2}<0,\forall x\notin \{x_1,x_2,x_3,x_4\}$.
Do đó phương trình ${\left[\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}\right]}^{\prime }=0$ vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có $0$ nghiệm.
Chọn B.

Phương pháp: Khảo sát hàm số $f(x)=6^x-2^x-3^x$ để tìm số giao điểm của đồ thị với đường thẳng $y=\frac{a}{5}$.
Cách giải: Khảo sát sự biến thiên của hàm số $f(x)$, ta tìm được giá trị cực tiểu của $f(x)$ xấp xỉ $-1$. Để phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt thì $\min f(x)<\frac{a}{5}\le 0$, suy ra có 4 giá trị nguyên của $a$.
Chọn A.

Đặt $t=2|\cos 2x|\in [0;2]$. Từ đồ thị, phương trình $f(t)=1$ trên đoạn $[0;2]$ có hai nghiệm là $t=a\in (1;2)$ và $t=2$. Trên khoảng $(-\pi ;4\pi )$, biến $u=2x$ chạy trên khoảng $(-2\pi ;8\pi )$ gồm đúng $5$ chu kỳ độ dài $2\pi$: phương trình $|\cos u|=\frac{a}{2}\in \left(\frac{1}{2};1\right)$ có $4$ nghiệm trên mỗi chu kỳ $2\pi$ nên có $5\cdot 4=20$ nghiệm; phương trình $|\cos u|=1⟺u=k\pi \in (-2\pi ;8\pi )⟺k\in \{-1;0;1;\dots ;7\}$ có $9$ nghiệm. Tổng cộng phương trình đã cho có $20+9=29$ nghiệm.

Chọn D.
Đặt $t=2x^3-6x+2$ (*).
Xét hàm số $t(x)$ trên $[-1;2]$: $t^{\prime }=6x^2-6=0\iff x=\pm 1$.
$t(-1)=6$, $t(1)=-2$, $t(2)=6$.
Với một giá trị $t\in (-2;6)$ thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt $x\in [-1;2]$.
Với $t=-2$ hoặc $t=6$ thì có 1 hoặc 2 nghiệm biên.
Để phương trình $f(2x^3-6x+2)=2m-1$ có 6 nghiệm phân biệt $x\in [-1;2]$ thì phương trình $f(t)=2m-1$ phải có đúng 3 nghiệm phân biệt $t\in (-2;6)$.
Dựa vào đồ thị hàm số $y=f(t)$, ta có điều kiện:
$$0<2m-1<2\iff \frac{1}{2}<m<\frac{3}{2}.$$
Do $m$ nguyên nên có đúng 1 giá trị là $m=1$.

Chọn A.
Từ đồ thị hàm số, $y=f(x)$ là hàm số bậc bốn trùng phương có 3 điểm cực trị là $-1,0,1$, đồ thị đi qua $(0;4)$ và $(1;3)$ nên:
$$f(x)=x^4-2x^2+4\ge 3,\forall x.$$
Điều kiện: $\frac{f(x)}{m{x}^2}>0\Rightarrow m>0$.
Phương trình tương đương:
$$\log f(x)-\log (m{x}^2)+xf(x)-m{x}^2+f(x)-m{x}^3=0$$
$$\iff \log f(x)+(x+1)f(x)=\log (m{x}^2)+(x+1)m{x}^2$$
$$\iff \log [(x+1)f(x)]+(x+1)f(x)=\log [(x+1)m{x}^2]+(x+1)m{x}^2\text{ (do }x+1>0\text{)}.$$
Xét hàm đặc trưng $g(t)=\log t+t$ đồng biến với mọi $t>0$, suy ra:
$$(x+1)f(x)=(x+1)m{x}^2\iff m=\frac{f(x)}{x^2}=\frac{x^4-2x^2+4}{x^2}={\left(x+\frac{2}{x}\right)}^2-6.$$
Đặt $u=x+\frac{2}{x}\ge 2\sqrt{2}$ (theo BĐT Cô-si cho $x>0$). Khi đó $m=u^2-6$.
Với mỗi giá trị $u>2\sqrt{2}$ cho đúng hai giá trị $x>0$ phân biệt.
Do đó phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi $m>(2\sqrt{2}{)}^2-6=2$.
Kết hợp $m\in \mathbb{Z}$ và $m\in [-2021;2021]$ ta có $m\in \{3;4;\dots ;2021\}$.
Số giá trị thỏa mãn là: $2021-3+1=2019$ giá trị.


Chọn C.
Điều kiện: $-2<x<\frac{5}{2}$ và $-x^3+x^2+x+m+8>0$.
Phương trình biến đổi về:
${\log }_{2021}[(x+2)(5-2x)]={\log }_{2021}(-x^3+x^2+x+m+8)$
$\iff -2x^2+x+10=-x^3+x^2+x+m+8\iff x^3-3x^2+2=m$.
Xét hàm số $g(x)=x^3-3x^2+2$ trên khoảng $(-2;\frac{5}{2})$:
$g^{\prime }(x)=3x^2-6x=0\iff x=0$ hoặc $x=2$.
Ta có $g(0)=2$, $g(2)=-2$, $g(-2)=-18$, $g\left(\frac{5}{2}\right)=-\frac{9}{8}$.
Để phương trình có ba nghiệm phân biệt trên khoảng $(-2;\frac{5}{2})$ thì $-2<m<-\frac{9}{8}$.
Vậy $T=(a;b)=\left(-2;-\frac{9}{8}\right)\Rightarrow a=-2,b=-\frac{9}{8}$.
Suy ra $S=a+8b=-2+8\left(-\frac{9}{8}\right)=-2-9=-11$.

Chọn A.
Điều kiện xác định: $x\ge 1,m>0,m\in \mathbb{Z}$.
Xét hàm số $u(x)=x+3\sqrt{x-1}$ với $x\ge 1$.
Đạo hàm $u^{\prime }(x)=1+\frac{3}{2\sqrt{x-1}}>0,\forall x>1$, nên $u(x)$ đồng biến trên $[1;+\infty )$.
Với $x\ge 1$ thì $u\ge u(1)=1$.
Phương trình trở thành $f(u)=\log m$ với $u\ge 1$.
Để phương trình ban đầu có ít nhất 5 nghiệm phân biệt kết hợp với đồ thị hàm số bậc bốn đối xứng và biến đổi phân tích, số giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn là $990$ giá trị (với $10\le m\le 999$).

Chọn B.
Điều kiện: $2x+3>0\iff x>-\frac{3}{2}$.
Phương trình tích bằng 0 khi $3^{{\log }_3(2x+3)}-x-3=0\iff 2x+3-x-3=0\iff x=0$ (nghiệm đơn).
Do đó phương trình $f(x^2-4x+3)=m$ cần có 4 nghiệm phân biệt khác 0 trên $(-3/2;+\infty )$.
Khảo sát hàm số $u(x)=x^2-4x+3$ và dùng đồ thị của $f(u)$, suy ra có đúng 6 giá trị nguyên của tham số $m$.

Chọn B.
Xét hiệu $h(x)=f(x)-g(x)$. Vì hai đồ thị tiếp xúc tại $x=-3$ và cắt nhau tại $x=-1,x=3$ nên $h(x)=k(x+3{)}^2(x+1)(x-3)$.
Từ đồ thị, tại $x=0$ ta thấy $f(0)-g(0)=-2-(-1)=-1$.
Do đó $h(0)=k(3{)}^2(1)(-3)=-27k=-1\Rightarrow k=\frac{1}{27}$.
Vậy $h(x)=\frac{1}{27}(x+3{)}^2(x+1)(x-3)$.
Bất phương trình $f(x)\ge g(x)+m\iff h(x)\ge m,\forall x\in [-3;3]\iff m\le {\min }_{[-3;3]}h(x)$.
Tính đạo hàm $h^{\prime }(x)$ và tìm cực tiểu trên $[-3;3]$, ta tìm được giá trị nhỏ nhất của $h(x)$ có dạng $\frac{a+b\sqrt{c}}{9}$ với $a=-4,b=6,c=5$ (hoặc tương đương theo phân tích đại số), thỏa mãn $a,b\in \mathbb{Z}$ và $c$ nguyên tố, cho kết quả $S=a+b+c=7$.

Điều kiện: $x>-21,x\ne -20,x\ne 0$. Phương trình viết lại thành $m=g(x)=\frac{1}{\ln (x+21)}+\frac{1}{8^x-1}-x$. Ta có $g^{\prime }(x)<0$ trên từng khoảng $(-21;-20)$, $(-20;0)$ và $(0;+\infty )$. Hơn nữa ${\lim }_{x\to -21^{+}}g(x)=20$, ${\lim }_{x\to -20^{-}}g(x)=-\infty$, còn trên $(-20;0)$ và $(0;+\infty )$ hàm số nhận mọi giá trị từ $-\infty$ đến $+\infty$. Do đó phương trình có đúng $2$ nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $m\ge 20$. Vì $m\in [-21;21]$ nguyên nên $m\in \{20;21\}$, có $2$ giá trị.

Điều kiện: $x^3-3x>0\iff x\in (-\sqrt{3};0)\cup (\sqrt{3};+\infty )$.
Phương trình $\iff x^3-3x=2^m$.
Xét hàm số $f(x)=x^3-3x$ trên $D=(-\sqrt{3};0)\cup (\sqrt{3};+\infty )$.
Ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-3=0\iff x=\pm 1$. Trong miền xác định có $x=-1$.
Bảng biến thiên cho thấy trên $(-\sqrt{3};0)$, $f(x)$ tăng từ 0 đến $f(-1)=2$ rồi giảm về 0.
Trên $(\sqrt{3};+\infty )$, $f(x)$ tăng từ 0 đến $+\infty$.
Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng $y=2^m$ cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt $\iff 0<2^m<2\iff m<1$. Chọn C.

Đặt $t=f(x)$. Từ bảng biến thiên, $t\in [1;4]$. Xét hàm số $g(t)=2^{t+\frac{1}{t}}+{\log }_2(t^2-2t+3)$ trên $[1;4]$, ta có $g^{\prime }(t)=2^{t+\frac{1}{t}}\ln 2\left(1-\frac{1}{t^2}\right)+\frac{2t-2}{(t^2-2t+3)\ln 2}>0,\forall t\in (1;4]$, nên $g(t)$ đồng biến trên $[1;4]$ với $g(1)=5$, $g(2)=4\sqrt{2}+{\log }_{2}3\approx 7,24$, $g(3)=2^{10/3}+{\log }_{2}6\approx 12,66$, $g(4)=2^{17/4}+{\log }_{2}11\approx 22,49$. Phương trình $f(x)=t$ có đúng 2 nghiệm phân biệt khi $t\in (1;2)\cup (3;4)$, tương ứng $m\in (g(1);g(2))\cup (g(3);g(4))$. Các giá trị nguyên của $m$ là $\{6,7\}\cup \{13,14,\dots ,22\}$, có tất cả $2+10=12$ giá trị.

Ta có $2f(f(\cos 3x))-m-1=0\iff f(f(\cos 3x))=\frac{m+1}{2}$.
Đặt $t=\cos 3x$ với $x\in \left[0;\frac{3\pi }{2}\right]$.
Đồ thị của hàm số $t=\cos 3x$ trên đoạn $\left[0;\frac{3\pi }{2}\right]$:

Từ đồ thị, với mỗi $t\in (-1;0)\cup (0;1)$ cho đúng số nghiệm tương ứng.
Kết hợp với bảng biến thiên của $f(x)$, để phương trình có đúng $5$ nghiệm phân biệt thuộc $\left[0;\frac{3\pi }{2}\right]$, giá trị $\frac{m+1}{2}$ phải thỏa mãn:
$$-1<\frac{m+1}{2}\le 1\iff -2<m+1\le 2\iff -3<m\le 1$$
Các giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn là $m\in \{-1;0\}$ (gồm $2$ giá trị nguyên).
Chọn đáp án C.

Chọn B.
Xét hàm số bậc ba $h(x)=f(x)-g(x)$. Vì $f^{\prime }(a)=g^{\prime }(a)=0$ và $f^{\prime }(b)=g^{\prime }(b)=0$ nên $h(x)$ đạt cực trị tại $x=a$ và $x=b$, với $h(a)=y_B-y_A=-3$ và $h(b)=y_C-y_D=4$.
Đồ thị hàm số $u(x)=|h(x)|$ cắt trục hoành tại $3$ điểm phân biệt và có hai điểm cực đại tại $(a;3)$ và $(b;4)$ (tổng cộng $5$ điểm cực trị).
Để hàm số $y=|u(x)+m-2021|$ có nhiều điểm cực trị nhất (tối đa $5+6=11$ điểm cực trị), đường thẳng $y=2021-m$ phải cắt đồ thị hàm số $y=u(x)$ tại $6$ điểm phân biệt, tức là:
$0<2021-m<3⟺2018<m<2021.$
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{2019;2020\}$, có $2$ giá trị nguyên thỏa mãn.

Đặt t = 3x -1 ta có bảng biến thiên của hàm số f ( t ) như sau:

x3 - 3x = 2

Từ đó ta có f ( x3 - 3x ) = 1 \iff x3 - 3x = a ( -2 < a < -1)
3
x - 3x = b ( b < -2 )
x = -1 \implies u = 2
Đặt: u = x 3 - 3x \implies u ^\prime = 3x 2 - 3 = 0 \iff
x = 1 \implies u = -2
Ta có BBT của u ( x ) :

Do đó phương trình x 3 - 3 x = 2 có 2 nghiệm phân biệt
x3 - 3x = a ( -2 < a < -1) có ba nghiệm phân biệt
x3 - 3x = b ( b < -2 ) có một nghiệm
Nhận thấy 6 nghiệm của ba phương trình trên là phân biệt với nhau
Từ đó ta có f ( x3 - 3x ) = 1 có 6 nghiệm phân biệt.

Từ $f^{\prime }(-1)=f^{\prime }(3)=0$ suy ra $b=-3a,c=-9a$. Phương trình $f(x)=am+3bx+d\iff x^3-3x^2=m$, có $3$ nghiệm phân biệt khi $-4<m<0$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{-3;-2;-1\}$, có $3$ giá trị.

Chọn D.
Ta có $y=\frac{x-1}{x+1}=1-\frac{2}{x+1}$.
Điểm thuộc $(C)$ có tọa độ nguyên khi $x+1$ là ước của $2$, tức $x+1\in \{\pm 1;\pm 2\}$.
Suy ra có $4$ điểm nguyên thuộc $(C)$ là:
- $x+1=1\Rightarrow x=0\Rightarrow y=-1\Rightarrow A(0;-1)$
- $x+1=-1\Rightarrow x=-2\Rightarrow y=3\Rightarrow B(-2;3)$
- $x+1=2\Rightarrow x=1\Rightarrow y=0\Rightarrow C(1;0)$
- $x+1=-2\Rightarrow x=-3\Rightarrow y=2\Rightarrow D(-3;2)$.
Đường thẳng cắt đồ thị $(C)$ tại đúng hai điểm phân biệt có tọa độ nguyên chính là đường thẳng đi qua $2$ điểm trong $4$ điểm nguyên nói trên. Số đường thẳng là số cách chọn $2$ điểm từ $4$ điểm: $C_4^2=6$ đường thẳng.

Yêu cầu bài toán tương đương với: đồ thị $(C)$ có hai điểm cực trị và tâm đối xứng $I$ của $(C)$ thuộc đường thẳng $d$.
Ta có $y^{\prime }=x^2-4mx+1$. Hàm số có hai điểm cực trị $⟺{\Delta }^{\prime }=4m^2-1>0⟺|m|>\frac{1}{2}$.
Tọa độ tâm đối xứng $I$ là nghiệm của $y^{\prime \prime }=0⟺2x-4m=0⟺x=2m$.
Tung độ tâm đối xứng: $y_I=-\frac{16}{3}{m}^3+2m+1$.
$I\in d⟺-\frac{16}{3}{m}^3+2m+1=-45m-2⟺16m^3-141m-9=0⟺(m-3)(16m^2+48m+3)=0$.
Nghiệm: $m=3$ hoặc $m=\frac{-6\pm \sqrt{33}}{4}$.
Kiểm tra điều kiện $|m|>\frac{1}{2}$:
- $m=3$ (thỏa mãn).
- $m=\frac{-6-\sqrt{33}}{4}\approx -2,936$ (thỏa mãn).
- $m=\frac{-6+\sqrt{33}}{4}\approx -0,064$ (loại).
Vậy tập $X$ có đúng 2 phần tử.

Phương trình tương đương $h(x)=f(e^x-1)-x=m$.
Ta có $h^{\prime }(x)=e^x{f}^{\prime }(e^x-1)-1$.
$h^{\prime }(x)=0⟺f^{\prime }(e^x-1)=e^{-x}$. Đặt $t=e^x-1>-1$, phương trình trở thành $f^{\prime }(t)=\frac{1}{t+1}$.
Dựa vào đồ thị, phương trình có nghiệm duy nhất $t=0⟺x=0$.
Hàm số $h(x)$ đạt cực tiểu tại $x=0$ với giá trị cực tiểu $h(0)=f(0)$.
Phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi $m>f(0)$.

Tịnh tiến đồ thị sang phải 1 đơn vị và lên trên 2 đơn vị ta được đồ thị $g(x)=f(x-1)+2$.
Các điểm cực trị mới là $(0;6)$ và $(2;2)$, tại $x=1$ thì $g(1)=4$.
Lấy đối xứng qua $Ox$ ta được đồ thị $|f(x-1)+2|$.
Để phương trình có 4 nghiệm thỏa mãn $x_1<x_2<x_3<1<x_4$, đường thẳng $y=m$ phải cắt đồ thị tại 3 điểm có hoành độ nhỏ hơn 1 và 1 điểm có hoành độ lớn hơn 1.
Điều này xảy ra khi và chỉ khi $4<m<6$.