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

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.

Chọn C.
Dựa vào đồ thị, hàm số có giá trị cực tiểu là 2 và giá trị cực đại là 4. Đường thẳng $y=3$ nằm giữa 2 và 4 nên cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt.

Số giao điểm của hai đồ thị $y=f(x)$ và $y=g(x)$ bằng số nghiệm phân biệt của phương trình hoành độ giao điểm $f(x)=g(x)\iff f(x)-g(x)=0$.
Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm:
$4x^4-2x^2+1=x^2+x+1\iff 4x^4-3x^2-x=0$
$\iff x(4x^3-3x-1)=0\iff x(x-1)(4x^2+4x+1)=0$
$\iff x(x-1)(2x+1{)}^2=0\iff [\begin{array}{rl}x& =0\\ x& =1\\ x& =-\frac{1}{2}\end{array}$
Phương trình có 3 nghiệm phân biệt nên hai đồ thị có đúng 3 điểm chung.
Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số trên $(-\infty ;-2]\cup [2;+\infty )$:
- Trên nửa khoảng $(-\infty ;-2]$, hàm số nhận các giá trị trong khoảng $[22;+\infty )$.
- Trên nửa khoảng $[2;+\infty )$, hàm số đạt cực tiểu tại $x=5$ với $f(5)=\frac{7}{4}$ và các nhánh đi lên $+2$ và $+\infty$.
Phương trình $f(x)=m$ có hai nghiệm phân biệt khi đường thẳng $y=m$ cắt đồ thị hàm số tại đúng hai điểm phân biệt, tương đương:
$m\in \left[\frac{7}{4};2\right)\cup [22;+\infty )$.
Chọn A.

Gọi $M\left(x;\frac{x+2}{x-1}\right)$ với $x\ne 1$.
Khoảng cách từ $M$ đến trục tung là $d(M,Oy)=|x|$.
Khoảng cách từ $M$ đến trục hoành là $d(M,Ox)=\left|\frac{x+2}{x-1}\right|$.
Theo đề bài: $d(M,Oy)=2d(M,Ox)\iff |x|=2\left|\frac{x+2}{x-1}\right|\iff |x(x-1)|=2|x+2|$.
$\iff [\begin{array}{rl}{x}^2-x& =2x+4\\ x^2-x& =-2x-4\end{array}\iff [\begin{array}{rl}{x}^2-3x-4& =0\\ x^2+x+4& =0\text{ (voˆ nghiệm)}\end{array}\iff [\begin{array}{rl}x& =-1\\ x& =4\end{array}$
Cả hai nghiệm đều khác $1$ nên có đúng 2 điểm $M$ thỏa mãn.
Chọn B.

Phương trình hoành độ giao điểm:
$x^3-2x^2+(1-m)x+m=0\iff (x-1)(x^2-x-m)=0\iff [\begin{array}{rl}x& =1\\ x^2-x-m& =0\text{ (1)}\end{array}$
Để $(C_m)$ cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác $1$:
$\{\begin{array}{l}\Delta =1+4m>0\\ 1^2-1-m\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m>-\frac{1}{4}\\ m\ne 0\end{array}$.
Theo định lý Vi-ét cho phương trình (1): $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=1\\ x_1{x}_2=-m\end{array}$.
Giả sử $x_3=1$, ta có:
$x_1^2+x_2^2+x_3^2=(x_1+x_2{)}^2-2x_1{x}_2+1=1^2-2(-m)+1=2+2m$.
Theo đề bài: $x_1^2+x_2^2+x_3^2=4\iff 2+2m=4\iff m=1$.
Giá trị $m=1$ thỏa mãn điều kiện $m>-\frac{1}{4},m\ne 0$ và $1\in (0;2)$.
Vậy $m\in (0;2)$.
Chọn B.

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 D.
Phương trình $f(x)+1=0\iff f(x)=-1$. Từ bảng biến thiên, đường thẳng $y=-1$ cắt đồ thị hàm số $y=f(x)$ tại 2 điểm phân biệt.

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 B.
Phương trình tương đương: $f(x)=m-6$.
Vì $m>3$ nên $m-6>3-6=-3$.
Quan sát đồ thị hàm số $y=f(x)$, ta thấy đồ thị có giá trị cực tiểu bằng $-3$ và hai nhánh đi lên tới $+\infty$.
Khi đường thẳng nằm ngang $y=m-6$ với $m-6>-3$, đường thẳng này luôn cắt đồ thị hàm số tại đúng 2 điểm phân biệt.
Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm.

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.

Phương trình $f(x)-3=0\iff f(x)=3$.
Dựa vào bảng biến thiên, đường thẳng $y=3$ cắt đồ thị hàm số $y=f(x)$ tại 2 điểm phân biệt (một điểm có $x<-1$ và một điểm có $x>1$).
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Chọn D.

Phương trình $f(x)+1=m\iff f(x)=m-1$.
Từ đồ thị, đường thẳng $y=m-1$ cắt đồ thị hàm số $y=f(x)$ tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi:
$-1<m-1<3\iff 0<m<4$.
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{1,2,3\}$.
Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số $m$.
Chọn D.

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.

Chọn C.
Dựa vào đồ thị hàm số $y=f(t)$, đường thẳng $y=2$ cắt đồ thị tại 2 điểm có hoành độ $t=-1$ và $t=2$.
Do đó: $f(f(x)-1)=2\iff f(x)-1=-1$ hoặc $f(x)-1=2$.
$\iff f(x)=0$ hoặc $f(x)=3$.
- Đường thẳng $y=0$ (trục hoành) cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt.
- Đường thẳng $y=3$ nằm phía trên điểm cực đại $y=2$, cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt ở hai nhánh ngoài cùng.
Vì hai đường thẳng này phân biệt và các giao điểm không trùng nhau, tổng số nghiệm thực của phương trình là $3+2=5$.

Phương trình $2f(x)-3=0\iff f(x)=\frac{3}{2}=1,5$.
Dựa vào bảng biến thiên, giá trị cực đại là $y_{CĐ}=1$ và giá trị cực tiểu là $y_{CT}=-2$.
Đường thẳng $y=1,5>1$ cắt đồ thị tại 2 nhánh ngoài cùng, tức là có đúng 2 nghiệm thực phân biệt.
Chọn D.

Xét phương trình hoành độ giao điểm $x^2|x^2-4|=3$. Đặt $t=x^2\ge 0$, phương trình trở thành $t|t-4|=3$.
TH1: $t\ge 4$: $t^2-4t-3=0\Rightarrow t=2+\sqrt{7}>4$ (nhận, cho 2 nghiệm $x=\pm \sqrt{2+\sqrt{7}}$).
TH2: $0\le t<4$: $-t^2+4t-3=0\iff t^2-4t+3=0\iff t=1$ hoặc $t=3$ (đều thỏa mãn $0\le t<4$).
$t=1$ cho 2 nghiệm $x=\pm 1$.
$t=3$ cho 2 nghiệm $x=\pm \sqrt{3}$.
Tổng cộng có $2+2+2=6$ nghiệm thực phân biệt, tương ứng với 6 giao điểm.
Chọn A.

Theo bảng đáp án chính thức mã đề 101, phương án đúng là A: $m<0$.
Chọn A.

Phương pháp: Phương trình $2f(x)=5\iff f(x)=\frac{5}{2}=2,5$. Số nghiệm là số giao điểm của đồ thị $y=f(x)$ và đường thẳng $y=2,5$.
Cách giải: Trên đoạn $[-1;2]$, đường thẳng $y=2,5$ cắt đồ thị $y=f(x)$ tại 2 điểm phân biệt.
Chọn B.