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

Trục hoành có phương trình $y=0$.
Phương trình hoành độ giao điểm là:
$$x^3-3x^2+2=0\iff (x-1)(x^2-2x-2)=0\iff \{\begin{array}{l}x=1\\ x=1\pm \sqrt{3}\end{array}$$
Phương trình có 3 nghiệm phân biệt, do đó số giao điểm là $3$.
Chọn đáp án A.

Chọn B.
Phương trình hoành độ giao điểm: $x^4+4x^2=0\iff x^2(x^2+4)=0\iff x=0$.
Vậy đồ thị $(C)$ cắt trục hoành tại đúng $1$ điểm.

Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm: $x^3+2=x+2⟺x^3-x=0⟺x\in \{0;\pm 1\}$.
Vậy hai đồ thị có $3$ điểm chung.

Đường thẳng $y=1$ đi qua điểm cực tiểu $(0;1)$ và cắt hai nhánh ngoài của đồ thị tại 2 điểm nữa, nên phương trình $f(x)=1$ có $3$ nghiệm thực phân biệt.

Phương trình hoành độ giao điểm (với $x\ne 1$): $\frac{2x+1}{x-1}=x-2\iff x^2-5x+1=0$. Theo định lý Vi-ét, $x_A+x_B=5$.

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.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:
$$x^4-3x^2=-2\iff x^4-3x^2+2=0\iff x^2=1\text{ hoặc }{x}^2=2\iff x=\pm 1\text{ hoặc }x=\pm \sqrt{2}$$
Vậy có bốn giao điểm.
Chọn đáp án A.

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.
Ta có $f(x)+2=0⟺f(x)=-2$.
Vì $-3<-2<2$ nên đường thẳng $y=-2$ cắt đồ thị hàm số $y=f(x)$ tại $3$ điểm phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có $3$ nghiệm thực.

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.

Chọn A.
Dựa vào đồ thị, nhận thấy đồ thị hàm số $y=f(x)$ cắt trục $Ox$ tại $4$ điểm phân biệt nên phương trình đã cho có $4$ nghiệm thực phân biệt.

Số nghiệm của phương trình f ( x ) = 3 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x) với đường
thẳng y = 3 .
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có 3 nghiệm.

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 B.
Phương trình hoành độ giao điểm: $x^3+3x+1=0$.
Xét $f(x)=x^3+3x+1$ có $f^{\prime }(x)=3x^2+3>0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$, nên hàm số luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Do đó phương trình $f(x)=0$ có duy nhất $1$ nghiệm, tức đồ thị cắt trục hoành tại đúng $1$ điểm.

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.

Phương trình tương đương:
$4f^2(x)-9=0⟺f(x)=\frac{3}{2}\text{hay}f(x)=-\frac{3}{2}.$
Dựa vào bảng biến thiên:
- Đường thẳng $y=\frac{3}{2}$ cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt (do $1<\frac{3}{2}<5$).
- Đường thẳng $y=-\frac{3}{2}$ cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt (nhánh từ $-\infty$ lên 5 và từ 5 xuống $-\infty$).
Các nghiệm này hoàn toàn phân biệt, do đó phương trình có tất cả $4+2=6$ nghiệm phân biệt.

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 $4<m<6$.