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

(AI giải đề cho tôi)
Đồ thị hàm bậc ba có cực tiểu bằng $-2$ tại $x=-1$ và cực đại bằng $2$ tại $x=1$. Xét phương trình $f(x)=-2$ tức tìm giao điểm của đồ thị với đường thẳng $y=-2$. Đường thẳng $y=-2$ tiếp xúc với đồ thị tại điểm cực tiểu $(x=-1)$ (cho một nghiệm kép tại đó) và cắt nhánh bên phải của đồ thị (đi xuống $-\infty$ khi $x\to +\infty$) tại đúng một điểm nữa. Vậy phương trình có $2$ nghiệm thực phân biệt. Đáp án C, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Phân tích $x^3-3x^2+2=(x-1)(x^2-2x-2)$. Nghiệm: $x=1$, $x=1\pm \sqrt{3}$. Với $\sqrt{3}\approx 1,732$ ta có $1-\sqrt{3}\approx -0,732\in (-2;3)$, $x=1\in (-2;3)$, $1+\sqrt{3}\approx 2,732\in (-2;3)$. Vậy cả ba nghiệm đều thuộc $(-2;3)$, do đó phương trình có ít nhất hai nghiệm trên khoảng $(-2;3)$ → khẳng định A đúng. B sai (có 3 nghiệm), C sai, D sai (trên $(-2;0)$ chỉ có nghiệm $1-\sqrt{3}$).

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình $x^3-3x+4m-1=0$ tương đương $4m=1-(x^3-3x)$, tức $m=\frac{1-f(x)}{4}$ với $f(x)=x^3-3x$, $x\in [-3;4]$. Xét $f^{\prime }(x)=3x^2-3=0\Rightarrow x=\pm 1$. Ta có $f(-3)=-27+9=-18$; $f(-1)=-1+3=2$ (cực đại); $f(1)=1-3=-2$ (cực tiểu); $f(4)=64-12=52$. Vậy giá trị lớn nhất của $f$ trên $[-3;4]$ là $52$, giá trị nhỏ nhất là $-18$. Do đó $-18\le f(x)\le 52$ nên $\frac{1-52}{4}\le m\le \frac{1+18}{4}$, tức $-\frac{51}{4}\le m\le \frac{19}{4}$. Các giá trị nguyên của $m$: từ $-12$ đến $4$, có $4-(-12)+1=17$ giá trị. Kết quả trùng với đáp án nguồn (17).

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình $3f(x)+4=0$ tương đương $f(x)=-\frac{4}{3}$. Từ đồ thị, hàm số bậc ba có cực đại $f(0)=2$ và cực tiểu $f(2)=-2$. Đường thẳng $y=-\frac{4}{3}$ nằm giữa $-2$ và $2$ (vì $-2<-\frac{4}{3}<2$), nên cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt. Vậy phương trình có 3 nghiệm thực, đáp án D. Điều này khớp với đáp án nguồn (Câu 10, mã đề 1002: D).

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị, hàm số có cực đại $y=2$ (tại $x\approx 0$) và cực tiểu $y=-2$ (tại $x\approx 2$). Phương trình $3f(x)+4=0\iff f(x)=-\frac{4}{3}$. Vì $-2<-\frac{4}{3}<2$, đường thẳng $y=-\frac{4}{3}$ cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt (mỗi nhánh đơn điệu một điểm). Vậy phương trình có 3 nghiệm thực, đáp án C, khớp với đáp án nguồn (Câu 8, mã đề 1001: C).

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: $f$ đạt cực đại $f(0)=1$, cực tiểu $f(2)=-3$, và $f(-1)=-3$; đồ thị qua các điểm này cho $f(x)=x^3-3x^2+1$ (kiểm tra: $f(0)=1$, $f(2)=-3$, $f(-1)=-3$, $f^{\prime }(x)=3x(x-2)$ đúng cực trị). Đặt $t=x^3-3x^2+m$. Phương trình $f(t)+3=0\iff t^3-3t^2+4=0\iff (t+1)(t-2{)}^2=0\iff t\in \{-1;2\}$. Với $x\in [-1;2]$, đặt $g(x)=x^3-3x^2$, $g^{\prime }(x)=3x(x-2)$ nên trên $[-1;2]$, $g$ giảm từ $g(-1)=-4$ đến $g(0)=0$ rồi giảm xuống $g(2)=-4$; vậy $g(x)\in [-4;0]$.
- Trường hợp $t=-1$: cần $g(x)=-1-m\in [-4;0]\iff m\in [-1;3]$.
- Trường hợp $t=2$: cần $g(x)=2-m\in [-4;0]\iff m\in [2;6]$.
Hợp: $m\in [-1;6]$, các giá trị nguyên: $-1,0,1,2,3,4,5,6$ — tất cả $8$ giá trị. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $g(x)=x^3-3x^2+2$ với $x\in [1;3]$. Ta có $g^{\prime }(x)=3x(x-2)$, nên $g$ giảm trên $[1;2]$ từ $g(1)=0$ xuống $g(2)=-2$, rồi tăng lên $g(3)=2$. Vậy $g([1;3])=[-2;2]$.

Phương trình $f(x^3-3x^2+2)=m^2-3m$ có nghiệm thuộc $[1;3]$ khi và chỉ khi phương trình $f(t)=m^2-3m$ có nghiệm $t\in [-2;2]$.

Từ đồ thị, trên đoạn $[-2;2]$ hàm số liên tục, đạt giá trị nhỏ nhất $-2$ (khoảng $t$ gần $0,5$) và giá trị lớn nhất $4$ (tại $t=2$), do đó $f([-2;2])=[-2;4]$ (hàm liên tục nên đạt mọi giá trị trung gian).

Vậy cần $-2\le m^2-3m\le 4$, tức:
- $m^2-3m\ge -2\iff m^2-3m+2\ge 0\iff m\le 1$ hoặc $m\ge 2$;
- $m^2-3m\le 4\iff m^2-3m-4\le 0\iff -1\le m\le 4$.

Giao hai điều kiện: $m\in [-1;1]\cup [2;4]$. Các giá trị nguyên: $m\in \{-1,0,1,2,3,4\}$, gồm 6 giá trị.

Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Số giao điểm của đồ thị $y=x^3-3x+1$ với trục hoành là số nghiệm của phương trình $x^3-3x+1=0$. Xét $y^{\prime }=3x^2-3=0\iff x=\pm 1$. Có $f(-1)=3>0$ (cực đại) và $f(1)=-1<0$ (cực tiểu), đồng thời ${\lim }_{x\to \pm \infty }y=\pm \infty$. Do đó hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt (một nghiệm trong $(-\infty ,-1)$, một trong $(-1,1)$, một trong $(1,+\infty )$). Vậy đáp án là B, trùng với đáp án nguồn (đề 259, câu 7: B).

(AI giải đề cho tôi)
Xét $x^3-6x^2+11x-6=0$. Thử $x=1$: $1-6+11-6=0$, nên phân tích $x^3-6x^2+11x-6=(x-1)(x^2-5x+6)=(x-1)(x-2)(x-3)$. Phương trình có ba nghiệm phân biệt $x=1,2,3$, vậy đồ thị cắt trục hoành tại đúng 3 điểm phân biệt. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình giao điểm: $x^3-3x^2+3=x\iff x^3-3x^2-x+3=0\iff x^2(x-3)-(x-3)=0\iff (x-3)(x^2-1)=0\iff x=3,x=\pm 1$. Vậy có 3 giao điểm phân biệt, chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình hoành độ giao điểm: $\frac{2x^2+3x+4}{x-1}=3x+2$ (với $x\ne 1$). Suy ra $2x^2+3x+4=(3x+2)(x-1)=3x^2-x-2$, tức $x^2-4x-6=0$. Hai nghiệm phân biệt $m,n$ (đều khác 1) có $m+n=4$, $mn=-6$. Vậy $K=m^2+n^2=(m+n{)}^2-2mn=16+12=28$.

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình hoành độ giao điểm: $x^3-x+3=2x+1\iff x^3-3x+2=0\iff (x-1{)}^2(x+2)=0$, cho $x=-2$ hoặc $x=1$. Vậy $x_A=-2<x_B=1$, $y_B=2(1)+1=3$. Do đó $x_B-y_B^2=1-9=-8$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ Câu 10 (trang 54), đồ thị hàm bậc ba có $a<0$ (nhánh trái đi lên, nhánh phải đi xuống), điểm cực tiểu tại $(-1;-1)$ và điểm cực đại tại $(1;3)$. Xét phương trình $f(x)=3$, tức giao điểm của đồ thị với đường thẳng $y=3$. Vì $3$ là giá trị cực đại của hàm số, đường thẳng $y=3$ tiếp xúc với đồ thị tại đúng điểm cực đại $(1;3)$, tương ứng nghiệm kép $x=1$; ngoài đó không có điểm nào khác trên đồ thị có tung độ bằng $3$ (vì $3$ là giá trị lớn nhất của hàm số). Vậy phương trình $f(x)=3$ có đúng $1$ nghiệm thực phân biệt. Đáp án C, khớp đáp án nguồn.

a) Có phương trình đường thẳng $d:2x+y-1=0\Rightarrow y=-2x+1$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $(C)$ và $d$: $\frac{m-x}{x+2}=-2x+1(x\ne -2)$

$\Rightarrow m-x=(-2x+1)(x+2)=-2x^2-3x+2$

$\iff 2x^2+2x+m-2=0(1)$

Đồ thị hàm số $(C)$ cắt đường thẳng $d$ tại hai điểm phân biệt $A,B\iff$ phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2\ne -2$

$\iff \{\begin{array}{l}{\Delta }^{\prime }>0\\ 8-4+m-2\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}1-2(m-2)=5-2m>0\\ m+2\ne 0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}m<\frac{5}{2}\\ m\ne -2\end{array}$

Theo định lý Vi - ét, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-1\\ x_1{x}_2=\frac{m-2}{2}\end{array}(2)$

Có: $A(x_1;-2x_1+1);B(x_2;-2x_2+1)$

$\Rightarrow AB=\sqrt{(x_1-x_2{)}^2+4(x_1-x_2{)}^2}=\sqrt{5.(x_1-x_2{)}^2}=\sqrt{5}.\sqrt{(x_1+x_2{)}^2-4x_1.x_2}(3)$

Lại có: $d(O;d)=\frac{|2.0+0-1|}{\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\Rightarrow S_{OAB}=\frac{1}{2}d(O;AB).AB\Rightarrow AB=\frac{2}{d(O;d)}=2\sqrt{5}(4)$

Từ (2), (3), (4) ta có: $\sqrt{1-2(m-2)}=2\Rightarrow 5-2m=4\iff m=\frac{1}{2}$ (thỏa mãn)

b) Ta có: $(x-z{)}^2+(2y-z{)}^2=3z^2+4$

$\iff x^2-2xz+z^2+4y^2-4yz+z^2=3z^2+4$

$\iff x^2+4y^2=z^2+4+2z(x+2y)$

Xét $P=\frac{x^3(y-z)+4y^3(x-2z)-z^{3}xy}{xy}$

$$=x^2\frac{y-z}{y}+4y^2\frac{x-2z}{x}-z^3$$

$$=x^2\left(1-\frac{z}{y}\right)+4y^2\left(1-\frac{2z}{x}\right)-z^3$$

$$=x^2+4y^2-z^3-\left(\frac{x^{2}z}{y}+\frac{8y^{2}z}{x}\right)$$

$$=z^2+4+2z(x+2y)-z^3-\left(\frac{x^{2}z}{y}+\frac{8y^{2}z}{x}\right)$$

Xét $A=2z(x+2y)-\left(\frac{x^{2}z}{y}+\frac{8y^{2}z}{x}\right)$. Đặt $\{\begin{array}{l}a=x\\ b=2y\end{array}(a,b>0)$

$$\Rightarrow \frac{x^{2}z}{y}+\frac{8y^{2}z}{x}=z\left(\frac{x^2}{y}+\frac{8y^2}{x}\right)=z\left(\frac{2x^2}{2y}+\frac{2(2y{)}^2}{x}\right)=z\left(\frac{2a^2}{b}+\frac{2b^2}{a}\right)=2z\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}\right)=2z\frac{a^3+b^3}{ab}$$

$$\Rightarrow A=2z(a+b)-2z\frac{a^3+b^3}{ab}=2z(a+b).\left(1-\frac{a^2-ab+b^2}{ab}\right)=-2z(a+b).\frac{a^2-2ab+b^2}{ab}$$

$$\Rightarrow A=-\frac{2z(a+b).(a-b{)}^2}{ab}\le 0\forall a,b,z>0$$

Do đó $P=z^2+4-z^3+2z(x+2y)-\left(\frac{x^{2}z}{y}+\frac{8y^{2}z}{x}\right)=z^2-z^3+4+A\le z^2-z^3+4=f(z)$

Xét $f(z)=z^2-z^3+4$ với $z>0\Rightarrow f^{\prime }(z)=-3z^2+2z=0\iff z(2-3z)=0\Rightarrow \{\begin{array}{l}z=0(L)\\ z=\frac{2}{3}\end{array}$

Có bảng biến thiên:



$$\Rightarrow f(z)\le f\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{112}{27}\Rightarrow P\le \frac{112}{27}$$

Dấu “=” xảy ra $\iff \{\begin{array}{l}a=b\\ z=\frac{2}{3}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2y\\ z=\frac{2}{3}\end{array}$ và $(x-z{)}^2+(2y-z{)}^2=3z^2+4$

$$\iff 2{\left(x-\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{16}{3}\Rightarrow {\left(x-\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{8}{3}\Rightarrow x=2y=\frac{2+2\sqrt{6}}{3}\Rightarrow x=\frac{2+2\sqrt{6}}{3};y=\frac{1+\sqrt{6}}{3};z=\frac{2}{3}$$

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình $2f(x)-6=0$ tương đương $f(x)=3$. Từ đồ thị: hàm số đạt cực đại $f(1)=5$ và cực tiểu $f(3)=1$, nhánh trái đi từ dưới lên qua giá trị 3 (một nghiệm trước $x=1$); trên khoảng $(1;3)$ hàm giảm từ 5 xuống 1 nên cắt đường thẳng $y=3$ đúng một lần; trên khoảng sau $x=3$ hàm tăng từ 1 lên $+\infty$ nên lại cắt $y=3$ đúng một lần. Vậy phương trình có 3 nghiệm thực, khớp với đáp án nguồn (3).

(AI giải đề cho tôi)
Từ $\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=2-2x$ ta có ${\left(\ln f(x)\right)}^{\prime }=2-2x$, suy ra $\ln f(x)=2x-x^2+C$. Vì $f(0)=1$ nên $C=0$, do đó $f(x)=e^{2x-x^2}$.

Xét $f^{\prime }(x)=e^{2x-x^2}(2-2x)$: $f^{\prime }(x)>0$ khi $x<1$, $f^{\prime }(x)<0$ khi $x>1$, nên $f$ đồng biến trên $(-\infty ;1]$ và nghịch biến trên $[1;+\infty )$, đạt cực đại $f(1)=e$.

Ta có ${\lim }_{x\to \pm \infty }f(x)=0$ và $f(0)=f(2)=e^0=1$.

Xét số nghiệm của $f(x)=m$ (với $m>0$ vì $f(x)>0$):
- Nếu $0<m<1$: mỗi nhánh đồng biến, nghịch biến cho đúng một nghiệm → hai nghiệm phân biệt.
- Nếu $m=1$: có hai nghiệm phân biệt $x=0$ và $x=2$ → thỏa mãn.
- Nếu $1<m<e$: hai nhánh vẫn cho hai nghiệm phân biệt (vì $f(0)=1<m<e=f(1)$) → thỏa mãn.
- Nếu $m=e$: chỉ có một nghiệm $x=1$ → loại.
- Nếu $m\le 0$: vô nghiệm (do $f(x)>0$) → loại.

Vậy phương trình $f(x)=m$ có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi $0<m<e$, tức $m\in (0;e)$.

Chọn B

Phương trình $f\left(3-\sqrt{4-x^2}\right)=3\iff \{\begin{array}{l}3-\sqrt{4-x^2}=-1\\ 3-\sqrt{4-x^2}=2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}\sqrt{4-x^2}=4.(vn)\\ \sqrt{4-x^2}=1\end{array}\iff x=\pm \sqrt{3}$

(AI giải đề cho tôi)
Từ bảng biến thiên: trên $(-\infty ;-1)$ hàm số đồng biến từ $-\infty$ đến $2$; trên $(-1;1)$ và $(1;3)$ hàm số đồng biến/giảm với tiệm cận đứng tại $x=1$ ($f\to +\infty$ khi $x\to 1^{\pm }$), giảm từ $+\infty$ xuống $-4$ tại $x=3$; trên $(3;+\infty )$ đồng biến từ $-4$ đến $+\infty$.

Đặt $t=1-2\sin x$, khi đó $t\in [-1;3]$. Phương trình $|f(t)|=3\iff f(t)=3$ hoặc $f(t)=-3$.

• $f(t)=3$: trên $(-1;3)$ hàm giảm từ $+\infty$ (khi $t\to 1^{+}$... thực tế nhánh giảm từ $+\infty$ tại $1^{+}$) xuống $-4$, nên $f(t)=3$ có đúng một nghiệm $t_1\in (1;3)$ (nhánh $(-\infty ;-1)$ chỉ đạt giá trị $<2$, không cho nghiệm). Khi đó $\sin x=\frac{1-t_1}{2}\in (-1;0)$, phương trình này có $2$ nghiệm trên $[0;2\pi )$.

• $f(t)=-3$: trên $(1;3)$ hàm giảm từ $+\infty$ xuống $-4$ nên có đúng một nghiệm $t_2\in (1;3)$ (các nhánh khác cho $t\notin [-1;3]$). Khi đó $\sin x=\frac{1-t_2}{2}\in (-1;0)$, có $2$ nghiệm trên $[0;2\pi )$.

Vậy tổng cộng phương trình có $2+2=4$ nghiệm (xét trên $[0;2\pi )$). Đáp án D.

Đáp số: 20.

Ta có $f(-x)=2024\left(e^{-2x}-e^{2x}\right)+2025\ln \left(-x+\sqrt{x^2+1}\right)+2026(-x{)}^3$

$=-2024\left(e^{2x}-e^{-2x}\right)-2025\ln \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)-2026x^3=-f(x)$

Suy ra $f(x)$ là hàm lẻ, lúc đó $f\left(x^3-12\right)=-f\left(12-x^3\right)$

$f^{\prime }(x)=2024\left(2e^{2x}+2e^{-2x}\right)+2025\frac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x+\sqrt{x^2+1}}+6078x^2$

$=2024\left(2e^{2x}+2e^{-2x}\right)+\frac{2025}{\sqrt{x^2+1}}+6078x^2>0,\forall x\in \mathbb{R}$

Suy ra $f(x)$ hàm đồng biến và liên tục trên $[-2;1]$. Khi đó:

$f\left(\left|3x^2+m\right|\right)+f\left(x^3-12\right)=0\iff f\left(\left|3x^2+m\right|\right)=f\left(12-x^3\right)\iff \left|3x^2+m\right|=12-x^3\iff \left|3x^2+m\right|=\left|12-x^3\right|$

$\iff [<table><tbody><tr><td>3x^2+m=12-x^3</td></tr><tr><td>3x^2+m=x^3-12</td></tr></tbody></table>\left(do12-x^3>0,\forall x\in [-2;1]\right)\iff [<table><tbody><tr><td>m=-x^3-3x^2+12</td></tr><tr><td>m=x^3-3x^2-12</td></tr></tbody></table>$ (1) (2)

Xét hàm số $f\left(x\right)=-x^3-3x^2+12$, $g\left(x\right)=x^3-3x^2-12$ với $\forall x\in [-2;1]$

Ta có $f^{\prime }\left(x\right)=-3x^2-6x=0\iff [<table><tbody><tr><td>x=-2</td></tr><tr><td>x=0</td></tr></tbody></table>$ ; $g^{\prime }\left(x\right)=3x^2-6x=0\iff [<table><tbody><tr><td>x=2</td></tr><tr><td>x=0</td></tr></tbody></table>$





Từ BBT suy ra pt đã cho có đúng một nghiệm thuộc đoạn $[-2;1]\iff m\in [-32;-14)\cup \{\pm 12\}$

Mà $m$ nguyên nên có 20 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 4. Xác định giao điểm bằng cách giải phương trình hoành độ giao điểm.

a) $y=-x+3$ (đường thẳng) và $y=-x^2-4x+1$ (parabol đỉnh $I(-2;5)$, trục đối xứng $x=-2$).
Phương trình hoành độ giao điểm:
$$-x+3=-x^2-4x+1\iff x^2+3x+2=0\iff (x+1)(x+2)=0\iff x=-1\text{ hoặc }x=-2.$$
Với $x=-1$: $y=-(-1)+3=4$; với $x=-2$: $y=-(-2)+3=5$.
Vậy giao điểm là $(-1;4)$ và $(-2;5)$.

b) $y=2x-5$ (đường thẳng) và $y=x^2-4x-1$ (parabol đỉnh $I(2;-5)$, trục đối xứng $x=2$).
Phương trình hoành độ giao điểm:
$$2x-5=x^2-4x-1\iff x^2-6x+4=0.$$
$\Delta =36-16=20>0\Rightarrow x=\frac{6\pm \sqrt{20}}{2}=3\pm \sqrt{5}$.
Với $x=3+\sqrt{5}$: $y=2(3+\sqrt{5})-5=1+2\sqrt{5}$; với $x=3-\sqrt{5}$: $y=1-2\sqrt{5}$.
Vậy giao điểm là $(3-\sqrt{5};1-2\sqrt{5})$ và $(3+\sqrt{5};1+2\sqrt{5})$.

Mô tả đồ thị: đường thẳng $y=-x+3$ cắt các trục tại $(0;3)$ và $(3;0)$; parabol $y=-x^2-4x+1$ có đỉnh $(-2;5)$, cắt trục $Oy$ tại $(0;1)$. Đường thẳng $y=2x-5$ cắt các trục tại $(0;-5)$ và $\left(\frac{5}{2};0\right)$; parabol $y=x^2-4x-1$ có đỉnh $(2;-5)$, cắt trục $Oy$ tại $(0;-1)$. Vẽ trên cùng hệ trục, hai đường thẳng cắt parabol tương ứng tại các giao điểm đã tính ở trên.