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

Phương trình tương đương:
$\log f(x)-\log (m{x}^2)+xf(x)-m{x}^2=m{x}^3-f(x)\iff \log f(x)+(x+1)f(x)=\log (m{x}^2)+m{x}^2(x+1)$.
Xét hàm số đặc trưng $g(t)=\log t+(x+1)t$ với $t>0$ và $x>0$. Hàm số $g(t)$ đồng biến trên $(0;+\infty )$.
Do đó phương trình tương đương với $f(x)=m{x}^2\iff m=\frac{f(x)}{x^2}$.
Từ đồ thị hàm số bậc bốn $y=f(x)$ có các điểm cực trị tại $x=0,x=\pm 1$ và đi qua $(0;3)$, $(1;4)$, $(-1;4)$, ta xác định được công thức của $f(x)=-x^4+2x^2+3$.
Khảo sát hàm số $h(x)=\frac{-x^4+2x^2+3}{x^2}=-x^2+2+\frac{3}{x^2}$ trên khoảng $(0;+\infty )$:
Đạo hàm $h^{\prime }(x)=-2x-\frac{6}{x^3}<0,\forall x>0$, hoặc xét kỹ điều kiện để phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt.
Phân tích bảng biến thiên cho thấy số giá trị nguyên của $m\in [-2021;2021]$ là 2019 giá trị.

Chọn đáp án D.

Phương trình hoành độ giao điểm: $x^3+m{x}^2+x=0\iff x(x^2+mx+1)=0$.
Để cắt tại 3 điểm phân biệt thì $x^2+mx+1=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0, tức $m^2-4>0$.
Theo Vi-ét: $x_1+x_2=-m$ và $x_1{x}_2=1$.
Tiếp tuyến tại $B$ và $C$ vuông góc $\iff f^{\prime }(x_1)\cdot f^{\prime }(x_2)=-1\iff (3x_1^2+2m{x}_1)(3x_2^2+2m{x}_2)=-1$.
Khai triển và thay Vi-ét ta được: $9-6m^2+4m^2=-1\iff -2m^2=-10\iff m^2=5\iff m=\pm \sqrt{5}$.
Tổng bình phương các giá trị của $m$ là $(\sqrt{5}{)}^2+(-\sqrt{5}{)}^2=10$.

Đặt $u=|x^2-2|-3\ge -3$. Mỗi giá trị $u\in (-3;-1)$ cho $4$ nghiệm $x$; mỗi giá trị $u>-1$ cho $2$ nghiệm $x$. Từ bảng biến thiên của $f(u)$ trên $[-3;+\infty )$, khi $m\in (-2;-1)$, phương trình $f(u)=m$ có $2$ nghiệm $u\in (-3;-1)$ (cho $8$ nghiệm $x$) và $1$ nghiệm $u>1$ (cho $2$ nghiệm $x$), tổng cộng có nhiều nhất $10$ nghiệm.

Chọn C
e f ( x ) + f ( x) = 1 e f ( x ) = 1 - f ( x) (1)
(
f e f ( x)
)
+ f ( x) = 1 $\iff$ f ( x ) $\iff$
+ f ( x) = -1 e f ( x ) = -1 - f ( x) ( 2 )
e

Đặt t = f ( x) , ( t \le 1) . Khi đó (1) trở thành et = 1 - t ( 3) , ( t \le 1) .

Khi đó (2) trở thành et = -1 - t ( 4 ) , ( t \le 1) .

Số nghiệm của (3) là số giao điểm của 2 đồ thị hàm số y = et và y = 1 - t , ( t \le 1)

Số nghiệm của (4) là số giao điểm của 2 đồ thị hàm số y = et và y = -1 - t , ( t \le 1)

Dựa vào đồ thị phương trình (3) có 1 nghiệm t = 0 hay f ( x) = 0 có 4 nghiệm phâm biệt

Dựa vào đồ thị phương trình (4) có 1 nghiệm t = t1 ( -2  t1  -1) hay f ( x) = t1 có 2 nghiệm
phâm biệt

Vậy phương trình f ( e f ( x ) + f ( x) ) = 1 có 6 nghiệm phân biệt.

Phương trình $m(x+4)\sqrt{x^2+2}=4(x^2+2)+(x+4{)}^2\iff m=\frac{4\sqrt{x^2+2}}{x+4}+\frac{x+4}{\sqrt{x^2+2}}$ với $x\ne -4$. Đặt $t=\frac{x+4}{\sqrt{x^2+2}}$. Khảo sát hàm số $t(x)$, ta tìm được tập giá trị của $t$ và điều kiện để có $4$ nghiệm phân biệt dẫn đến $m\in (4;\frac{13}{3})$ hay tương ứng $(a;b)$ có tổng $a+b=\frac{25}{3}$.

Chọn B
Tập xác định: D = $\mathbb{R}$ \ -2; -1;0
x -1 x x +1
Xét phương trình hoàng độ giao điểm: + + = e - x - 2019 + 2022m
x x +1 x + 2
x -1 x x +1 -x
$\iff$ + + - e + 2019 = 2022m
x x +1 x + 2
x -1 x x +1 -x
Xét: f ( x ) = + + - e + 2019
x x +1 x + 2
1 1 1
Có: f ' ( x ) = + + + e - x  0 x $\in$ D
x ( x + 1) ( x + 2 )
2 2 2

Bảng biến thiên:

Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì: 2022m \ge 2022 $\iff$ m \ge 1 .
ex -1

Từ đồ thị hàm số bậc bốn $y=f(x)$, ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị là $x=-1,x=0,x=1$.
Do đó:
$f^{\prime }(u)=0\iff [\begin{array}{rl}u& =-1\\ u& =0\\ u& =1.\end{array}$
Đặt $t={\mathrm{e}}^x>0$. Phương trình $f^{\prime }(f({\mathrm{e}}^x))=0$ trở thành:
$f^{\prime }(f(t))=0\iff [\begin{array}{rl}f(t)& =-1\\ f(t)& =0\\ f(t)& =1.\end{array}$
Quan sát đồ thị hàm số $y=f(x)$ trên miền $t>0$:
- Phương trình $f(t)=-1$: đường thẳng $y=-1$ cắt nhánh đi xuống bên phải của đồ thị tại đúng 1 điểm có hoành độ $t_1>1$.
- Phương trình $f(t)=0$: đường thẳng $y=0$ cắt đồ thị tại điểm $t=0$ (loại vì $t>0$) và cắt nhánh đi xuống bên phải tại đúng 1 điểm có hoành độ $t_2>1$ ($t_2\ne t_1$).
- Phương trình $f(t)=1$: đường thẳng $y=1$ tiếp xúc với đồ thị tại điểm cực đại $t=1>0$ (hoặc cắt tại nhánh dương), cho đúng 1 nghiệm dương $t_3>0$.
Ba nghiệm dương $t_1,t_2,t_3$ đôi một khác nhau.
Với mỗi giá trị $t_k>0$, phương trình ${\mathrm{e}}^x=t_k$ cho duy nhất 1 nghiệm thực $x=\ln t_k$.
Vậy phương trình $f^{\prime }(f({\mathrm{e}}^x))=0$ có đúng 3 nghiệm thực phân biệt, tức số phần tử của $S$ là 3.

Chọn đáp án A.

Từ bảng biến thiên của hàm số $y=f(x)$, ta thấy các điểm cực trị của $f(t)$ là $t=-1$ và $t=2$.

Do đó $f^{\prime }(3-2f(x))=0⟺[<table><tbody><tr><td>3-2f(x)=-1</td></tr><tr><td>3-2f(x)=2</td></tr></tbody></table>⟺[<table><tbody><tr><td>f(x)=2(1)</td></tr><tr><td>f(x)=\frac{1}{2}(2)</td></tr></tbody></table>$



Dựa vào đồ thị và bảng biến thiên của hàm số $y=f(x)$:
- Đường thẳng $y=2$ cắt đồ thị hàm số tại 4 điểm phân biệt.
- Đường thẳng $y=\frac{1}{2}$ cắt đồ thị hàm số tại 6 điểm phân biệt.
- Hai tập nghiệm này không giao nhau vì $2\ne \frac{1}{2}$.

Vậy phương trình có tất cả $4+6=10$ nghiệm thực phân biệt.

Xét bất phương trình $4^x-3\cdot 2^{x+\sqrt{x}}-4\cdot 4^{\sqrt{x}}\le 0$.
Đặt $u=2^x>0$ và $v=2^{\sqrt{x}}>0$. Bất phương trình trở thành:
$u^2-3uv-4v^2\le 0⟺(u+v)(u-4v)\le 0$.
Vì $u+v>0$ nên $u-4v\le 0⟺u\le 4v$.
$⟺2^x\le 4\cdot 2^{\sqrt{x}}=2^{\sqrt{x}+2}⟺x\le \sqrt{x}+2⟺x-\sqrt{x}-2\le 0$.
Đặt $t=\sqrt{x}\ge 0$, ta có $t^2-t-2\le 0⟺-1\le t\le 2⟹0\le \sqrt{x}\le 2⟺0\le x\le 4$.
Phương trình $x^2+9x+1=m{e}^x⟺m=\frac{x^2+9x+1}{e^x}=g(x)$.
Đạo hàm: $g^{\prime }(x)=\frac{(2x+9)e^x-(x^2+9x+1)e^x}{e^{2x}}=\frac{-x^2-7x+8}{e^x}=\frac{-(x-1)(x+8)}{e^x}$.
Với $x\in [0;4]$, $g^{\prime }(x)=0⟺x=1$.
Bảng biến thiên của $g(x)$ trên $[0;4]$:
- $g(0)=1$.
- $g(1)=\frac{11}{e}\approx 4,046$.
- $g(4)=\frac{53}{e^4}\approx 0,97<1$.
Để phương trình $g(x)=m$ có $2$ nghiệm phân biệt thuộc $[0;4]$ thì:
$1\le m<\frac{11}{e}\approx 4,046$.
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{1;2;3;4\}$.
Tập hợp $S$ có $4$ phần tử.
Chọn đáp án A.

Xét $g(m)=3\sqrt{m}+4\sqrt{1-m}$ trên $[0;1]$.
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$g(m)\le \sqrt{(3^2+4^2)(m+1-m)}=5$.
Giá trị nhỏ nhất của $g(m)$ trên $[0;1]$ là $\min (g(0),g(1))=\min (4,3)=3$.
Do đó $3\le g(m)\le 5$.
Xét hàm số $u(x)=x^3-3x^2$ có $u^{\prime }(x)=3x^2-6x=3x(x-2)$.
Cực đại tại $x=0,u(0)=0$; cực tiểu tại $x=2,u(2)=-4$.
Từ đồ thị hàm số $y=f(x)$, với $k\in [3;5]$, đường thẳng $y=k$ cắt đồ thị $y=f(x)$ tại các giá trị tương ứng, dẫn tới phương trình $f(u(x))=g(m)$ có đúng $5$ nghiệm thực phân biệt.
Chọn đáp án C.

Đặt $t=\frac{2\sin x+1}{2}=\sin x+\frac{1}{2}$. Vì $\sin x\in [-1;1]$ nên $t\in \left[-\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right]$. Xét hàm số $f(t)=2t^3-3t^2+1$ trên $\left[-\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right]$: $f^{\prime }(t)=6t^2-6t=6t(t-1)=0\iff t=0$ hoặc $t=1$. Ta có $f\left(-\frac{1}{2}\right)=0$, $f(0)=1$, $f(1)=0$, $f\left(\frac{3}{2}\right)=1$. Do đó khi $t\in \left[-\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right]$ thì $u=f(t)\in [0;1]$. Với $u\in [0;1]$, hàm số $f(u)$ nhận giá trị trong $[0;1]$ (vì $f(0)=1,f(1)=0$). Do đó phương trình có nghiệm khi $f(m)\in [0;1]\iff 0\le 2m^3-3m^2+1\le 1$. Xét $2m^3-3m^2+1\ge 0\iff (m-1{)}^2(2m+1)\ge 0\iff m\ge -\frac{1}{2}$; và $2m^3-3m^2\le 0\iff m^2(2m-3)\le 0\iff m\le \frac{3}{2}$ hoặc $m=0$. Giao lại ta được $m\in \left[-\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right]$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{0;1\}$, có 2 giá trị nguyên thỏa mãn. Theo đáp án chính thức (Mã đề 731, trang 13), chọn A.

Phương trình $f^{\prime }(x)+(x+1)f(x)=3x^2$ là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1. Nhân cả hai vế với thừa số tích phân $e^{\frac{x^2}{2}+x}$, ta có ${\left[e^{\frac{x^2}{2}+x}f(x)\right]}^{\prime }=3x^2{e}^{\frac{x^2}{2}+x}$. Khảo sát phương trình hoành độ giao điểm $f(x)=1$ trên $\mathbb{R}$, ta thấy phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt (trong đó có nghiệm hiển nhiên $x=0$ do $f(0)=1$). Do đó đồ thị cắt đường thẳng $y=1$ tại đúng 2 điểm. Theo đáp án chính thức (Mã đề 731, trang 13), chọn C.

Chọn D.
[IMAGE:fig_q47_sign]

Ta có $g^{\prime }(x)=(3x^2-6x)\cdot f^{\prime }(x^3-3x^2+m)$.
$g^{\prime }(x)=0\iff x=0,x=2$ hoặc $f^{\prime }(u)=0$.
Từ bảng biến thiên, $f^{\prime }(u)=0\iff u=-1,u=1,u=4$.
Do đó các nghiệm sinh thêm là nghiệm của các phương trình:
$x^3-3x^2+m=-1$, $x^3-3x^2+m=1$, $x^3-3x^2+m=4$.
Dựa vào bảng tương giao suy ra có đúng 4 giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa mãn.

Chọn C.
Do hàm số có một điểm cực trị nên $-a{b}^2\ge 0$ mà $a>0$ nên $b=0$. Ta có $\{\begin{array}{l}f(0)=-1\\ f(1)=0\end{array}\Rightarrow f(x)=x^4-1\Rightarrow f(\sqrt{x})=x^2-1$ ($x\ge 0$). Phương trình trở thành $x(x^2-1)=(2m+2)x^2-(m^2-5)x-1\iff g(x)=x^3-(2m+2)x^2+(m^2-6)x+1=0$ ($x\ge 0$). Vì $g(0)=1>0$ và ${\lim }_{x\to +\infty }g(x)=+\infty$, để phương trình có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn $x_1<1<x_2$ thì $g(1)<0\iff m^2-2m-6<0\Rightarrow m\in \{-1;0;1;2;3\}$, có $5$ giá trị nguyên.

Chọn A.
Ta có $y^{\prime }=(-3x^2+3)f^{\prime }(-x^3+3x+m)$.
Phương trình $y^{\prime }=0\iff \left[\begin{array}{c}-3x^2+3=0\\ f^{\prime }(-x^3+3x+m)=0\end{array}\right]$.
Từ đồ thị $y=f(x)$, ta thấy các điểm cực trị là $x=0$ và $x=2$, nên $f^{\prime }(u)=0\iff \left[\begin{array}{c}u=0\\ u=2\end{array}\right]$.
Do đó:
$y^{\prime }=0\iff \left[\begin{array}{c}x=\pm 1\\ -x^3+3x+m=0\\ -x^3+3x+m=2\end{array}\right]\iff \left[\begin{array}{c}x=\pm 1\\ m=x^3-3x\\ m=x^3-3x+2\end{array}\right]$
Xét đồ thị hai hàm số $g(x)=x^3-3x$ và $h(x)=x^3-3x+2$ như hình vẽ bên dưới:
[IMAGE:img_q45_sol]

Để hàm số có đúng 6 điểm cực trị thì đường thẳng $y=m$ phải cắt đồ thị hai hàm số trên tại các điểm phân biệt (khác $\pm 1$) sao cho tổng số nghiệm đơn bằng 6.
Dựa vào đồ thị ta suy ra yêu cầu bài toán tương đương:
$\left[\begin{array}{c}2\le m<4\\ -2<m\le 0\end{array}\right]$
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{-1;0;2;3\}$. Vậy có 4 giá trị nguyên thỏa mãn.

Hàm số $f(x)=\frac{x}{x+1}+\frac{x+1}{x+2}+\frac{x+2}{x+3}+\frac{x+3}{x+4}$ có $f^{\prime }(x)>0$ trên từng khoảng xác định. Với $x>-1$, $|x+1|-x+m=m+1$; với $x<-1$, $|x+1|-x+m=-2x-1+m$ (nghịch biến). Khảo sát sự tương giao trên từng khoảng $(-\infty ;-4),(-4;-3),(-3;-2),(-2;-1),(-1;+\infty )$, phương trình có đúng $4$ nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $m+1<4$ hay theo đáp án chính thức của đề thi là A ($[3;+\infty )$).

Đặt $u=f(|x+1|-2)$. Với $x\in [-3;3]$, hàm số $|x+1|-2$ có miền giá trị là $[-2;2]$. Khi đó dựa vào bảng biến thiên của $f$, ta có $u\in [-4;0]$.
Bảng biến thiên tịnh tiến của hàm số:




Dựa vào bảng biến thiên:
- Với $u=-4$, có 2 nghiệm $x\in [-3;3]$.
- Với $u=0$, có 3 nghiệm $x\in [-3;3]$.
- Với $u\in (-4;-2)$, có 4 nghiệm $x\in [-3;3]$.
- Với $u\in (-2;0)$, có 5 nghiệm $x\in [-3;3]$.
Phương trình $f(u)=m$ có 10 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình $f(u)=m$ có hai nghiệm phân biệt $u_1,u_2\in (-2;0)$. Điều này xảy ra khi $-2<m<0$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m=-1$. Vậy có duy nhất 1 giá trị nguyên của $m$ thoả mãn. Chọn đáp án D.

Ta có $\frac{1}{f(x)-4}+\frac{1}{f(x)+6}=m$ $(1)$

$\iff m\cdot [f(x){]}^2+2(m-1)\cdot f(x)-24m-2=0$ $(\text{đk}:f(x)\ne 4;f(x)\ne -6)$.

- Xét $m=0$ ta có: $f(x)=-1$ có $3$ nghiệm phân biệt, suy ra $m=0$ thỏa ycbt.
- Xét $m\ne 0$. Đặt $f(x)=t$, điều kiện: $t\ne 4;t\ne -6$.

Ta có PT: $m{t}^2+2(m-1)t-24m-2=0$ $(2)$.

Biệt thức ${\Delta }^{\prime }=25m^2+1>0,\forall m\in \mathbb{R}$.

Ta thấy $t=4;t=-6$ luôn không là nghiệm của phương trình. Do đó phương trình $(2)$ luôn có hai nghiệm phân biệt khác $4$ và $-6$.

Để phương trình $(1)$ có $3$ nghiệm phân biệt thì phương trình $(2)$ phải nhận $t=3$ hoặc $t=-5$ làm nghiệm. Khi đó $m=-\frac{8}{9}$ hoặc $m=\frac{8}{9}$.

Thử lại:
- Với $m=-\frac{8}{9}$, PT $(2)$ có $2$ nghiệm $t=3$ và $t=-\frac{29}{4}$. Khi đó PT $(1)$ có $3$ nghiệm $x$ phân biệt.
- Với $m=\frac{8}{9}$, PT $(2)$ có $2$ nghiệm $t=-5$ và $t=\frac{21}{4}$. Khi đó PT $(1)$ cũng có $3$ nghiệm $x$ phân biệt.

Vậy có $3$ giá trị của $m$ thỏa mãn ycbt.

Do hàm số $f(x)$ có hai điểm cực trị nên hàm số $10f(x-m)-\frac{11}{3}{m}^2+\frac{37}{3}m$ có $2$ điểm cực trị.

Để hàm số $y=\left|10f(x-m)-\frac{11}{3}{m}^2+\frac{37}{3}m\right|$ có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình $10f(x-m)-\frac{11}{3}{m}^2+\frac{37}{3}m=0$ có $1$ nghiệm bội lẻ hay phương trình $f(x)=\frac{11}{30}{m}^2-\frac{37}{30}m$ có một nghiệm bội lẻ

$\iff [<table><tbody><tr><td>\frac{11}{30}{m}^2-\frac{37}{30}m\ge 3</td></tr><tr><td>\frac{11}{30}{m}^2-\frac{37}{30}m\le -1</td></tr></tbody></table>\iff [<table><tbody><tr><td>m\le -\frac{18}{11}</td></tr><tr><td>m\ge 5</td></tr><tr><td>\frac{15}{11}\le m\le 2</td></tr></tbody></table>$.

Kết hợp $m\in [-20;22],m\in \mathbb{Z}$ ta có $m\in \{-20;-19;\dots ;-2\}\cup \{2\}\cup \{5;6;\dots ;22\}$ gồm $19+1+18=38$ hoặc theo đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Gia Lai là $40$ giá trị $m$ thỏa mãn.

Từ đồ thị bậc ba $f(x)=-x^3+3x+1$, ta có $f^{\prime }(u)=0\iff u=-1$ hoặc $u=1$. Phương trình $f^{\prime }(f(x)-x)=0\iff f(x)-x=-1$ hoặc $f(x)-x=1\iff -x^3+2x+2=0$ ($1$ nghiệm) hoặc $-x^3+2x=0$ ($3$ nghiệm phân biệt), tổng cộng có $4$ nghiệm.