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

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình hoành độ giao điểm: $x^2-4x=-x-2\iff x^2-3x+2=0\iff (x-1)(x-2)=0\iff x=1$ hoặc $x=2$. Với $x=1$: $y=-1-2=-3$; với $x=2$: $y=-2-2=-4$. Vậy giao điểm là $M(1;-3)$, $N(2;-4)$, tương ứng đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình hoành độ giao điểm: $\frac{x^2-2x}{x+1}=2x-4$ (với $x\ne -1$). Suy ra $x^2-2x=(2x-4)(x+1)=2x^2-2x-4$, tức $x^2-4=0\Rightarrow x=\pm 2$. Điểm $A$ có hoành độ âm nên $x_A=-2$ (tung độ $y_A=2(-2)-4=-8$). Đạo hàm: $y^{\prime }=\frac{(2x-2)(x+1)-(x^2-2x)}{(x+1{)}^2}=\frac{2x^2-2-x^2+2x}{(x+1{)}^2}=\frac{x^2+2x-2}{(x+1{)}^2}$. Tại $x=-2$: $k=y^{\prime }(-2)=\frac{4-4-2}{(-1{)}^2}=-2$. Kết quả khớp với đáp án nguồn $-2$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét phương trình hoành độ giao điểm: $x^4+3x^2+2=0$. Đặt $t=x^2\ge 0$, phương trình trở thành $t^2+3t+2=0\iff (t+1)(t+2)=0\iff t=-1$ hoặc $t=-2$. Cả hai nghiệm đều âm, không thỏa $t\ge 0$, nên phương trình vô nghiệm thực. Ngoài ra $y=x^4+3x^2+2>0$ với mọi $x$ thực. Vậy đồ thị hàm số không cắt trục Ox, số giao điểm bằng 0.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi tiếp điểm $M(a;a^4-2a^2)$ trên $(C)$. Ta có $y^{\prime }=4x^3-4x$, suy ra hệ số góc tại $a$ là $k=4a^3-4a$. Phương trình tiếp tuyến: $y=(4a^3-4a)(x-a)+a^4-2a^2$. Tiếp tuyến đi qua gốc tọa độ $(0;0)$: $0=-(4a^3-4a)a+a^4-2a^2=-4a^4+4a^2+a^4-2a^2=-3a^4+2a^2$. Suy ra $a^2(2-3a^2)=0$, tức $a=0$ hoặc $a=\pm \sqrt{\frac{2}{3}}$. Vậy có 3 giá trị $a$ phân biệt, tương ứng 3 tiếp tuyến: tại $a=0$ (tiếp tuyến $y=0$) và tại hai điểm đối xứng $a=\pm \sqrt{2/3}$. Kết luận: có 3 tiếp tuyến của $(C)$ đi qua gốc tọa độ.

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình hoành độ giao điểm: $x^3+m{x}^2+1=-x+1\iff x(x^2+mx+1)=0$. Ba giao điểm phân biệt khi $x^2+mx+1=0$ có hai nghiệm phân biệt khác 0, tức $m^2>4$. Gọi $x_B,x_C$ là hai nghiệm đó: $x_B+x_C=-m$, $x_B{x}_C=1$.

$y^{\prime }=3x^2+2mx$. Hệ số góc hai tiếp tuyến: $k_B=3x_B^2+2m{x}_B=x_B(3x_B+2m)$, $k_C=x_C(3x_C+2m)$.

$k_B{k}_C=x_B{x}_C(3x_B+2m)(3x_C+2m)=9(x_B{x}_C)+6m(x_B+x_C)+4m^2=9-6m^2+4m^2=9-2m^2$.

Hai tiếp tuyến vuông góc: $k_B{k}_C=-1\iff 9-2m^2=-1\iff m^2=5\iff m=\pm \sqrt{5}$. Thỏa mãn $m^2>4$. Vậy $m=\pm \sqrt{5}$.

a) Lập bảng biến thiên đúng (0,75 điểm). Vẽ đồ thị đúng (0,75 điểm).

b) Hoành độ giao điểm của đường thẳng $d$ và $(P)$ là nghiệm của phương trình: $x^2-3x+4=2x-m\iff x^2-5x+m+4=0$ (1). $\Delta =25-\mathrm{4.1.}(m+4)=9-4m$. Đường thẳng $d$ cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt $A,B$ khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $\iff \Delta >0\iff 9-4m>0\iff m<\frac{9}{4}$ (*).

Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm của $d$ và $(P)$ là $A(x_1;2x_1-m),B(x_2;2x_2-m)$, trong đó $x_1,x_2$ là các nghiệm của phương trình (1). Theo định lý Viet ta có: $x_1+x_2=5,x_1{x}_2=m+4$. Ta có: $O{A}^2+O{B}^2=57\iff x_1^2+(2x_1-m{)}^2+x_2^2+(2x_2-m{)}^2=57$

$\iff 5(x_1+x_2{)}^2-10x_1{x}_2-4m(x_1+x_2)+2m^2=57\iff 5.5^2-10(m+4)-4m.5+2m^2=57$

$$\iff 2m^2-30m+28=0\iff \{\begin{array}{l}m=1\\ m=14\end{array}$$
Đối chiếu với điều kiện (*) ta nhận $m=1$ thỏa mãn đề bài.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $a=m^2+1$, vì $m^2\ge 0$ nên $a\ge 1$. Phương trình trở thành $$f(x)=a{x}^3-2(a-1)x^2-4x+a=0$$ với hệ số $a>0$, nên ${\lim }_{x\to -\infty }f(x)=-\infty$ và ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=+\infty$. Ta xét dấu $f$ tại một số điểm:
- $f(0)=a>0$.
- $f(1)=a-2(a-1)-4+a=-2<0$ (luôn âm với mọi $m$).
- $f(2)=8a-8(a-1)-8+a=a>0$.

Suy ra:
1) Trên $(-\infty ;0)$: vì $f(x)\to -\infty$ khi $x\to -\infty$ và $f(0)>0$, theo định lý giá trị trung gian (hàm đa thức liên tục) tồn tại $x_1\in (-\infty ;0)$ để $f(x_1)=0$.
2) Trên $(0;1)$: $f(0)>0$, $f(1)<0$ nên tồn tại $x_2\in (0;1)$ để $f(x_2)=0$.
3) Trên $(1;2)$: $f(1)<0$, $f(2)>0$ nên tồn tại $x_3\in (1;2)$ để $f(x_3)=0$.

Ba khoảng $(-\infty ;0)$, $(0;1)$, $(1;2)$ đôi một rời nhau nên $x_1,x_2,x_3$ phân biệt. Vậy với mọi $m$, phương trình $\left(m^2+1\right)x^3-2m^2{x}^2-4x+m^2+1=0$ luôn có 3 nghiệm thực phân biệt. $■$

(AI giải đề cho tôi)
Đồ thị hàm bậc ba có cực đại bằng $2$ và cực tiểu bằng $-2$. Đường thẳng $y=1$ nằm giữa $-2$ và $2$ (với $-2<1<2$), nên nó cắt đồ thị tại đúng $3$ điểm phân biệt. Vậy phương trình $f(x)=1$ có $3$ nghiệm thực.

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình hoành độ giao điểm: $\frac{x^2+2x-1}{x-1}=2x-7$ với $x\ne 1$. Suy ra $x^2+2x-1=(2x-7)(x-1)=2x^2-9x+7$, tức $x^2-11x+8=0$. Vì $\Delta =121-32=89>0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt (đều khác 1), tổng hoành độ hai giao điểm theo định lý Vi-ét là $11$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khoảng xác định với đường thẳng $y=1$: Trên $(-\infty ;-1)$, hàm số đồng biến từ $-\infty$ đến $2$, vì $-\infty <1<2$ nên có đúng 1 giao điểm. Trên $(-1;3)$, hàm số nghịch biến từ $+\infty$ xuống $-4$, vì $-4<1<+\infty$ nên có đúng 1 giao điểm. Trên $(3;+\infty )$, hàm số đồng biến từ $-4$ đến $+\infty$, vì $-4<1<+\infty$ nên có đúng 1 giao điểm. Vậy tổng số giao điểm của đường thẳng $y=1$ và đồ thị hàm số là $1+1+1=3$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ ở Câu 56, đồ thị hàm số $y=f(x)$ có điểm cực đại tại $y=3$ và điểm cực tiểu tại $y=2$. Đường thẳng $y=\frac{5}{2}=2,5$ nằm giữa $2$ và $3$, nên nó cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt: một điểm trên nhánh tăng bên trái, một điểm trên nhánh giảm giữa hai cực trị, và một điểm trên nhánh tăng bên phải. Vậy số giao điểm là 3, đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình $f(x)=2m+1$ có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $-1<2m+1<3$ (giá trị nằm giữa cực tiểu $-1$ và cực đại $3$, khác hai giá trị cực trị). Suy ra $-2<2m<2$, tức $-1<m<1$. Giá trị nguyên duy nhất là $m=0$. Vậy có 1 giá trị của $m$, chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Giải phương trình $2x+4=\frac{x-3}{x-1}$ với điều kiện $x\ne 1$. Nhân hai vế: $(2x+4)(x-1)=x-3\iff 2x^2+2x-4=x-3\iff 2x^2+x-1=0\iff (2x-1)(x+1)=0$, nên $x=\frac{1}{2}$ hoặc $x=-1$. Cả hai nghiệm đều khác $1$ nên đều thỏa mãn. Vậy đồ thị có 2 giao điểm, chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình $2f(x)-m=0$ tương đương $f(x)=\frac{m}{2}$. Từ bảng biến thiên: $f$ tăng từ $-\infty$ đến $4$ trên $(-\infty ;1]$, giảm từ $4$ xuống $0$ trên $[1;2]$, tăng từ $0$ đến $+\infty$ trên $[2;+\infty )$. Xét số nghiệm của $f(x)=k$ theo $k$: nếu $k<0$ thì chỉ có 1 nghiệm (trên nhánh đầu vì $f$ tăng từ $-\infty$ lên 4); nếu $k=0$ thì có 2 nghiệm (một nghiệm trên nhánh đầu và $x=2$); nếu $0<k<4$ thì có 3 nghiệm; nếu $k=4$ thì có 1 nghiệm ($x=1$); nếu $k>4$ thì có 1 nghiệm (nhánh cuối). Vậy phương trình có đúng một nghiệm khi $\frac{m}{2}<0$ (tức $m<0$), $\frac{m}{2}=4$ (tức $m=8$), hoặc $\frac{m}{2}>4$ (tức $m>8$). Lưu ý $m=0$ không thỏa mãn vì khi đó $f(x)=0$ có 2 nghiệm. Kết hợp $m\in (-3;2024]$ nguyên: $m\in \{-2,-1\}\cup \{8\}\cup \{9,10,\dots ,2024\}$. Số giá trị: $2+1+(2024-9+1)=2+1+2016=2019$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $y=\frac{2x^2+2x-1-5m}{x-m}$, tập xác định $x\ne m$.

a) Sai: hàm số không xác định tại $x=m$.

b) $y^{\prime }=\frac{(4x+2)(x-m)-(2x^2+2x-1-5m)}{(x-m{)}^2}=\frac{2x^2-4mx+3m+1}{(x-m{)}^2}$. Hàm nghịch biến trên $(1;5)$ khi $f(x)=2x^2-4mx+3m+1\le 0$ trên $(1;5)$ và $m\notin (1;5)$. Vì $f$ là parabol hướng lên nên cần $f(1)=3-m\le 0$ và $f(5)=51-17m\le 0$, tức $m\ge 3$; kết hợp $m\notin (1;5)$ ta được $m\ge 5$. Các giá trị nguyên dương bé hơn 2024: $m\in \{5,6,\dots ,2023\}$ có $2023-5+1=2019$ giá trị. Đúng.

c) Với $m=0$: $y^{\prime }=\frac{2x^2+1}{x^2}>0$ nên hàm không có cực trị. Sai.

d) Hàm có hai cực trị khi $2x^2-4mx+3m+1=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_{1,2}$ (và khác $m$). Khi đó $x_1+x_2=2m$, $x_1{x}_2=\frac{3m+1}{2}$. Tại điểm cực trị: $2x^2=4mx-3m-1$ nên $y=\frac{(4m+2)x-8m-2}{x-m}$. Tính được $y_1+y_2=8m+4$, suy ra trung điểm hai điểm cực trị là $(m,4m+2)$, luôn nằm trên và hai điểm cực trị nằm trên đường thẳng cố định $y=4x+2$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hàm số không xác định tại $x=m$ (mẫu bằng 0), nên không xác định với mọi $x$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$y^{\prime }=\frac{2x^2-4mx+3m+1}{(x-m{)}^2}$. Nghịch biến trên $(1;5)$ yêu cầu $2x^2-4mx+3m+1\le 0$ trên $(1;5)$ và $m\notin (1;5)$. Do parabol hướng lên: $f(1)=3-m\le 0$ và $f(5)=51-17m\le 0$ cho $m\ge 3$; kết hợp $m\notin (1;5)$ được $m\ge 5$. Số giá trị nguyên dương $5\le m\le 2023$ là $2019$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với $m=0$: $y^{\prime }=\frac{2x^2+1}{x^2}>0$ với mọi $x\ne 0$, hàm không có cực trị.
d) (AI giải đề cho tôi)
Khi có hai cực trị, $x_1+x_2=2m$, $x_1{x}_2=\frac{3m+1}{2}$; tại điểm cực trị $y=\frac{(4m+2)x-8m-2}{x-m}$. Tính ra $y_1+y_2=8m+4$, trung điểm hai điểm cực trị là $(m;4m+2)$ nên hai điểm cực trị luôn nằm trên đường thẳng cố định $y=4x+2$.

(AI giải đề cho tôi)
Đây là hệ quả của định lý giá trị trung gian (định lý Bolzano): nếu $f(x)$ liên tục trên $[a;b]$ và $f(a)\cdot f(b)<0$ thì tồn tại $c\in (a;b)$ sao cho $f(c)=0$, tức phương trình $f(x)=0$ có ít nhất một nghiệm trong $(a;b)$. Do đó B đúng. A sai vì $f(a)f(b)>0$ vẫn có thể có nghiệm chẵn số lần trong $(a;b)$ (ví dụ $f(x)=x^2-1$ trên $[-2;2]$ có $f(-2)f(2)=9>0$ nhưng có nghiệm $x=\pm 1$). C sai vì ví dụ $f(x)=x^2+1$ trên $[-1;1]$ có $f(-1)f(1)=4>0$ nhưng vô nghiệm. D sai vì điều kiện $f(a)f(b)<0$ chỉ là điều kiện đủ, không phải điều kiện cần (ví dụ $f(x)=x^2-1$ trên $[-2;2]$ có nghiệm nhưng $f(-2)f(2)>0$).

Gọi $r_1,r_2,\dots ,r_n$ là $n$ nghiệm thực của đa thức $P(x)$. Vì $a_n\ne 0$ nên $r_i\ne 0$ với mọi $i$.
Theo định lý Viète, ta có $S={\sum }_{i=1}^n\frac{1}{r_i}=-\frac{a_{n-1}}{a_n}$ và ${\sum }_{1\le i<j\le n}\frac{1}{r_i{r}_j}=\frac{a_{n-2}}{a_n}=0$, do đó
$$\sum _{i=1}^n\frac{1}{r_i^2}={\left(\sum _{i=1}^n\frac{1}{r_i}\right)}^2-2\sum _{1\le i<j\le n}\frac{1}{r_i{r}_j}=S^2.$$
Mặt khác, từ giả thiết $\frac{a_{n-1}}{a_n}>n+1$ suy ra $S<-(n+1)$.

Trước hết, ta chứng minh $P(x)$ có cả nghiệm dương và nghiệm âm. Giả sử ngược lại rằng các nghiệm $r_1,r_2,\dots ,r_n$ đều cùng dấu. Khi đó $\frac{1}{r_i{r}_j}>0$ với mọi $1\le i<j\le n$, suy ra $\sum _{1\le i<j\le n}\frac{1}{r_i{r}_j}>0$, mâu thuẫn với $\sum _{1\le i<j\le n}\frac{1}{r_i{r}_j}=0$. Vậy $P(x)$ có cả nghiệm dương và nghiệm âm.

Ta chứng minh $P(x)$ có một nghiệm thuộc $\left(-\frac{1}{2};\frac{1}{n+1}\right)$.

Giả sử ngược lại rằng không có nghiệm nào thuộc khoảng này.

Khi đó, với mỗi $i$, ta có hoặc $r_i\ge \frac{1}{n+1}$, hoặc $r_i\le -\frac{1}{2}$.

Nếu $r_i\ge \frac{1}{n+1}$ thì $0<\frac{1}{r_i}\le n+1$; còn nếu $r_i\le -\frac{1}{2}$ thì $-2\le \frac{1}{r_i}<0$.

Do đó, trong mọi trường hợp ta đều có $-2\le \frac{1}{r_i}\le n+1$.

Suy ra $\left(\frac{1}{r_i}+2\right)\left(n+1-\frac{1}{r_i}\right)\ge 0$, hay $2(n+1)+(n-1)\frac{1}{r_i}-\frac{1}{r_i^2}\ge 0$.

Cộng các bất đẳng thức trên với $i=1,2,\dots ,n$, ta được

$$0\le \sum _{i=1}^n\left(2(n+1)+(n-1)\frac{1}{r_i}-\frac{1}{r_i^2}\right)=2n(n+1)+(n-1)S-S^2.$$

Vì vậy $(S-2n)(S+n+1)\le 0$. Tuy nhiên, do $S<-(n+1)$ nên $S+n+1<0$.

Đồng thời $S-2n<-(n+1)-2n=-3n-1<0$. Vậy $(S-2n)(S+n+1)>0$, mâu thuẫn với bất đẳng thức trên. Do đó $P(x)$ có ít nhất một nghiệm thuộc $\left(-\frac{1}{2};\frac{1}{n+1}\right)$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f(x)=\frac{x^2-x+2}{x-2}=x+1+\frac{4}{x-2}$, xác định với $x\ne 2$. Phương trình $f(x)=m$ tương đương $x+1+\frac{4}{x-2}=m\iff (x+1-m)(x-2)+4=0\iff x^2-(m+1)x+2m+2=0$. Kiểm tra $x=2$: $4-2(m+1)+2m+2=4\ne 0$ nên $x=2$ không bao giờ là nghiệm, do đó chỉ cần phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt: $\Delta =(m+1{)}^2-4(2m+2)=m^2-6m-7>0\iff m<-1$ hoặc $m>7$. Vậy $m\in (-\infty ;-1)\cup (7;+\infty )$.

Lời giải (Lim Olympic - Quảng Ngãi TST - P6):

Gọi các nghiệm thực của $P$ là $x_1,x_2,\dots ,x_{2026}$ (kể cả bội). Vì $a_{2026}\ne 0$, tất cả các $x_i$ đều khác 0.

a) Theo Viète, ta có $a_{2026}=x_1{x}_2\cdots x_{2026}$ và $a_{2025}=-a_{2026}\sum _{i=1}^{2026}\frac{1}{x_i}$.

Do $a_{2025}{a}_{2026}>0$, suy ra $\sum _{i=1}^{2026}\frac{1}{x_i}<0$. Mặt khác, vì $a_{2024}=0$ nên

$$0=a_{2024}=a_{2026}\sum _{1\le i<j\le 2026}\frac{1}{x_i{x}_j},$$

Vì vậy $\sum _{1\le i<j\le 2026}\frac{1}{x_i{x}_j}=0$.

Từ đây suy ra được $P$ có ít nhất một nghiệm âm và ít nhất một nghiệm dương.

b) Gọi $\alpha <0$ là nghiệm âm nhỏ nhất và $\beta >0$ là nghiệm dương lớn nhất của $P$.

Ta có nhận xét sau: Với mỗi $t\ge 0$, phương trình $P(x)=t$ có ít nhất một nghiệm âm và ít nhất một nghiệm dương. Thật vậy, ta có

$$P(\alpha )=P(\beta )=0\le t,$$

trong khi do $P$ là đa thức monic bậc chẵn nên

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }P(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }P(x)=+\infty .$$

Theo định lý giá trị trung gian, trên $(-\infty ,\alpha ]$ có một nghiệm của $P(x)=t$, và trên $[\beta ,+\infty )$ cũng có một nghiệm, trong đó nghiệm thứ nhất âm và nghiệm thứ hai dương.

Bây giờ đặt $t_0=0$. Do $\beta >0$ và $P(\beta )=0$, ta chọn $t_1=\beta >0$ sao cho $P(t_1)=t_0$.

Tiếp tục, nếu đã chọn $t_j>0$, theo nhận xét trên ta có thể chọn một nghiệm dương $t_{j+1}>0$ của phương trình $P(x)=t_j$. Bằng cách đó ta thu được

$$P(t_{j+1})=t_j,j=0,1,\dots ,2024,$$

với $t_1,t_2,\dots ,t_{2025}>0$.

Cuối cùng, xét phương trình $P(x)=t_{2025}$. Theo nhận xét trên, phương trình này sẽ có một nghiệm âm $u<0$ và một nghiệm dương $v>0$. Khi đó

$$P_{2026}(u)=P_{2025}(P(t_{2025}))=0,P_{2026}(v)=P_{2025}(P(t_{2025}))=0.$$

Vậy $P_{2026}$ có cả nghiệm âm và nghiệm dương.

Đáp số 384

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số $y=f(x)$ và $y=g(x)$ là
$$a{x}^3-11x^2+cx-33=-3x^2+bx-25\iff a{x}^3-8x^2+(c-b)x-8=0(\ast )$$

Dựa vào đồ thị ta có $a>0$ và phương trình $(\ast )$ có 3 nghiệm dương $x_1,x_2,x_3.$

Theo hệ thức Vi-ét ta có $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3=\frac{8}{a}\\ x_1{x}_2+x_2{x}_3+x_3{x}_1=\frac{c-b}{a}\\ x_1{x}_2{x}_3=\frac{8}{a}\end{array}.$

+ Mà $x_1{x}_2{x}_3\le {\left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}\right)}^3\iff \frac{8}{a}\le \frac{{\left(\frac{8}{a}\right)}^3}{27}\iff 27\le {\left(\frac{8}{a}\right)}^2\Rightarrow 0<a\le \frac{8\sqrt{3}}{9}.$

+ $x_1{x}_2+x_2{x}_3+x_3{x}_1\le \frac{(x_1+x_2+x_3{)}^2}{3}\iff \frac{c-b}{a}\le \frac{64}{3a^2}\iff a(c-b)\le \frac{64}{3}.$

Khi đó: $P={\log }_{\frac{1}{2}}\left[a^3(c-b)\right]+3a(b-c)\ge {\log }_{\frac{1}{2}}\left(\frac{64a^2}{3}\right)-64=-70+{\log }_{2}3-{\log }_2{a}^2$.

Có $0<a^2\le \frac{64}{27}\iff {\log }_2{a}^2\le {\log }_2\frac{64}{27}\iff {\log }_2{a}^2\le 6-3{\log }_{2}3$

Suy ra $P\ge 4{\log }_{2}3-76$

Đẳng thức xảy ra $\iff \{\begin{array}{l}a=\frac{8\sqrt{3}}{9}\\ c-b=8\sqrt{3}\end{array}$. Khi đó $T=81a^2+(b-c{)}^2=384$