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

Phương trình hoành độ giao điểm: $x^3+2=x+2⟺x^3-x=0⟺x(x-1)(x+1)=0⟺[<table><tbody><tr><td>x=0</td></tr><tr><td>x=1</td></tr><tr><td>x=-1</td></tr></tbody></table>$
Phương trình có 3 nghiệm phân biệt, nên có 3 giao điểm. Chọn C.


Bất phương trình $[f(x)+x-1](x^2-x-6)>0$ (*).
Đường thẳng $y=1-x$ đi qua các điểm $(-3;4),(-1;2),(0;1),(2;-1)$ và cắt đồ thị $y=f(x)$ tại 4 điểm này.
- TH1: $\{\begin{array}{l}{x}^2-x-6>0\\ f(x)>1-x\end{array}⟺\{\begin{array}{l}x<-2\text{ hoặc }x>3\\ -3<x<-1\text{ hoặc }x>2\end{array}⟺[<table><tbody><tr><td>-3<x<-2</td></tr><tr><td>x>3</td></tr></tbody></table>$
- TH2: $\{\begin{array}{l}{x}^2-x-6<0\\ f(x)<1-x\end{array}⟺\{\begin{array}{l}-2<x<3\\ x<-3\text{ hoặc }-1<x<2\end{array}⟺-1<x<2$.
Kết hợp lại: $x\in (-3;-2)\cup (-1;2)\cup (3;+\infty )$.
Vì $x\in (-10;10)$ và $x\in \mathbb{Z}$:
- Khoảng $(-3;-2)$ không chứa số nguyên nào.
- Khoảng $(-1;2)$ chứa $x=0,x=1$. Tại $x=0$, $f(0)=1⟹f(0)+0-1=0$, làm vế trái của (*) bằng 0 (loại vì BPT nghiêm ngặt $>0$). Vậy chỉ nhận $x=1$.
- Khoảng $(3;10)$ chứa $x\in \{4;5;6;7;8;9\}$ (6 số nguyên).
Tổng cộng có $1+6=7$ giá trị nguyên thỏa mãn đề bài.
(Lưu ý: Bảng đáp án ban đầu của trường ghi C = 8 do đếm nhầm $x=0$, lời giải chi tiết chỉnh lý chính xác là 7 giá trị). Chọn D.

Đặt $u=\sqrt[3]{f(x)+m}⟹u^3=f(x)+m⟹f(x)=u^3-m$.
Phương trình ban đầu trở thành $f(u)=x^3-m$.
Ta có hệ đối xứng:
$\{\begin{array}{l}f(u)=x^3-m\\ f(x)=u^3-m\end{array}⟹f(u)-f(x)=x^3-u^3⟺f(u)+u^3=f(x)+x^3$.
Xét hàm số $g(t)=f(t)+t^3=t^5+3t^3-4m+t^3=t^5+4t^3-4m$.
Đạo hàm $g^{\prime }(t)=5t^4+12t^2>0$ với mọi $t>0$, do đó $g(t)$ đồng biến trên $(0;+\infty )$.
Suy ra $g(u)=g(x)⟺u=x$.
Khi đó: $\sqrt[3]{f(x)+m}=x⟺f(x)+m=x^3$
$⟺x^5+3x^3-4m+m=x^3⟺x^5+2x^3=3m$.
Xét hàm số $h(x)=x^5+2x^3$ trên đoạn $[1;2]$:
$h^{\prime }(x)=5x^4+6x^2>0,\forall x\in [1;2]⟹h(x)$ đồng biến trên $[1;2]$.
Do đó ${\min }_{[1;2]}h(x)=h(1)=3$ và ${\max }_{[1;2]}h(x)=h(2)=2^5+2\cdot 2^3=32+16=48$.
Phương trình có nghiệm thuộc $[1;2]⟺3\le 3m\le 48⟺1\le m\le 16$.
Vì $m$ nguyên nên $m\in \{1;2;3;\dots ;16\}$. Có 16 giá trị nguyên thỏa mãn bài toán. Chọn B.

Phương trình tương đương $m=(x+3)e^{-x}=g(x)$. Ta có $g^{\prime }(x)=(-x-2)e^{-x}=0\iff x=-2$. Bảng biến thiên cho thấy ${\lim }_{x\to -\infty }g(x)=-\infty$, $g(-2)=e^2\approx 7,389$ và ${\lim }_{x\to +\infty }g(x)=0$. Do đó phương trình có $2$ nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $0<m<e^2$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{1;2;3;4;5;6;7\}$ (có $7$ giá trị). Chọn đáp án A.

Từ đồ thị $y=f^{\prime }(x)$ trên đoạn $[-1;3]$, ta có $f^{\prime }(x)\le 0$ trên $[-1;1]$ và $f^{\prime }(x)\ge 0$ trên $[1;3]$, nên $f(x)\ge f(1),\forall x\in [-1;3]$. Đồng thời $-\sin \frac{\pi x}{2}\ge -1,\forall x\in [-1;3]$, với dấu bằng của cả hai bất đẳng thức cùng xảy ra tại $x=1$. Suy ra ${\min }_{[-1;3]}\left(f(x)-\sin \frac{\pi x}{2}\right)=f(1)-1$. Vậy bất phương trình nghiệm đúng với mọi $x\in [-1;3]\iff m<f(1)-1$. Chọn đáp án A.

Xét hàm số $g(x)=\frac{1}{\ln (x+5)}+\frac{1}{3^x-1}-x$ trên tập xác định $D=(-5;-4)\cup (-4;0)\cup (0;+\infty )$. Ta có $g^{\prime }(x)=-\frac{1}{(x+5){\ln }^2(x+5)}-\frac{3^x\ln 3}{(3^x-1{)}^2}-1<0,\forall x\in D$. Khảo sát giới hạn tại các đầu mút: ${\lim }_{x\to -5^{+}}g(x)=5-\frac{243}{242}=3+\frac{241}{242}$, và trên mỗi khoảng $(-4;0)$, $(0;+\infty )$ hàm số giảm từ $+\infty$ xuống $-\infty$. Do đó phương trình $g(x)=a$ có đúng $2$ nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $a\ge 5-\frac{243}{242}$. Kết hợp $a\in (-2019;2019),a\in \mathbb{Z}\Rightarrow a\in \{4;5;\dots ;2018\}$, có $2018-4+1=2015$ giá trị. Chọn đáp án A.

Xét hàm số $f(x)=\frac{x-1}{x+1}=1-\frac{2}{x+1}$ trên đoạn $[1;2]$.
Đạo hàm $f^{\prime }(x)=\frac{2}{(x+1{)}^2}>0,\forall x\in [1;2]$, nên hàm số đồng biến trên $[1;2]$.
Ta có $f(1)=0,f(2)=\frac{1}{3}$, suy ra tập giá trị của $f(x)$ trên $[1;2]$ là $[0;\frac{1}{3}]$.
Bất phương trình $f(x)\ge m$ có nghiệm thuộc đoạn $[1;2]$ khi và chỉ khi $m\le {\max }_{[1;2]}f(x)=\frac{1}{3}$.

Ta có $y=\frac{x+1}{x-1}=1+\frac{2}{x-1}\Rightarrow y^{\prime }=\frac{-2}{(x-1{)}^2}$.
Gọi $A(x_1;y_1)$ và $B(x_2;y_2)$ với $x_1\ne x_2$. Tiếp tuyến tại $A$ và $B$ song song khi và chỉ khi:
$y^{\prime }(x_1)=y^{\prime }(x_2)\iff \frac{-2}{(x_1-1{)}^2}=\frac{-2}{(x_2-1{)}^2}\iff (x_1-1{)}^2=(x_2-1{)}^2$.
Vì $x_1\ne x_2$ nên $x_1-1=-(x_2-1)\iff x_1+x_2=2$.
Khi đó: $y_1+y_2=2+\frac{2}{x_1-1}+\frac{2}{x_2-1}=2+\frac{2(x_1+x_2-2)}{(x_1-1)(x_2-1)}=2+0=2$.
Suy ra trung điểm $I$ của đoạn thẳng $AB$ có tọa độ $x_I=\frac{x_1+x_2}{2}=1$ và $y_I=\frac{y_1+y_2}{2}=1$.
Vậy đường thẳng $AB$ luôn đi qua điểm cố định $I(1;1)$ (là tâm đối xứng của đồ thị).

Ta có $f(x)+3=0⟺f(x)=-3$.
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f(x)$ và đường thẳng $y=-3$.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy $y_{CT}=-4<-3<0=y_{CĐ}$.
Do đó đường thẳng $y=-3$ cắt đồ thị tại đúng 3 điểm phân biệt. Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt. Chọn B.

Đặt $t=4-2{\sin }^{2}2x$.
Vì $0\le {\sin }^{2}2x\le 1$ nên $2\le 4-2{\sin }^{2}2x\le 4$, suy ra $t\in [2;4]$.
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình $f(t)=m$ có nghiệm trên đoạn $[2;4]$.
Dựa vào đồ thị đã cho, khi $t\in [2;4]$ thì hàm số $f(t)$ nhận các giá trị từ $1$ đến $5$, tức là ${\min }_{[2;4]}f(t)=1$ và ${\max }_{[2;4]}f(t)=5$.
Do đó phương trình có nghiệm khi $1\le m\le 5$.
Vì $m$ nguyên nên $m\in \{1;2;3;4;5\}$. Có 5 giá trị thỏa mãn. Chọn D.

Ta có $f^{\prime }(x)=-16x^3+16x=0⟺x\in \{0;\pm 1\}$, với $f(0)=-1,f(\pm 1)=3$. Phương trình $f(x)=m$ có đúng $2$ nghiệm phân biệt khi $m=3$ hoặc $m<-1$. Vì $m$ nguyên dương nên chỉ có $1$ giá trị là $m=3$.

Phương trình tương đương với $[f(|x|)+1][f(|x|)-(m-5)]=0$. Phương trình $f(|x|)=-1⟺|x|=2⟺x=\pm 2$ ($2$ nghiệm). Để phương trình đã cho có $6$ nghiệm phân biệt thì phương trình $f(|x|)=m-5$ phải có $4$ nghiệm phân biệt khác $\pm 2$, tức là $-1<m-5<f(0)=3⟺4<m<8$. Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{5;6;7\}$ ($3$ giá trị).

Phương trình $f^2(x)-1=0⟺f(x)=1$ hoặc $f(x)=-1$.
- Dựa vào bảng biến thiên, đường thẳng $y=1$ tiếp xúc với đồ thị tại điểm cực đại $(0;1)$ và cắt 2 nhánh vô cực tại 2 điểm khác, cho 3 nghiệm phân biệt.
- Đường thẳng $y=-1$ nằm giữa $-2$ và $1$ nên cắt 4 nhánh của đồ thị tại 4 điểm phân biệt.
Tổng cộng phương trình có $3+4=7$ nghiệm phân biệt. Chọn C.

Phương trình $|f(x)|=1⟺f(x)=1$ hoặc $f(x)=-1$. Quan sát đồ thị hàm số trên đoạn $[-1;3]$, đường thẳng $y=1$ cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt và đường thẳng $y=-1$ cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt. Tổng số nghiệm của phương trình trên $[-1;3]$ là $2+3=5$ nghiệm. Chọn C.

Đặt $z=a+bi$ ($a,b\in \mathbb{R}$) và $|z|=r\ge 0$. Thay vào phương trình ta được $r(1-4i)=(a-bi)(2-3i)+(a+bi)⟺r-4ri=(3a-3b)-(3a+b)i$. Đồng nhất phần thực và phần ảo: $\{\begin{array}{l}3a-3b=r\\ 3a+b=4r\end{array}⟺\{\begin{array}{l}4b=3r⟹b=\frac{3}{4}r\\ 3a=r+3b=r+\frac{9}{4}r=\frac{13}{4}r⟹a=\frac{13}{12}r\end{array}$. Khi đó $r^2=a^2+b^2=\left(\frac{169}{144}+\frac{9}{16}\right)r^2=\frac{250}{144}{r}^2$. Nếu $r>0$ thì $1=\frac{250}{144}$ (vô lý). Do đó bắt buộc $r=0⟹z=0$. Vậy chỉ có duy nhất 1 số phức $z=0$ thỏa mãn. Chọn B.

Xét hàm số $u(x)=\sqrt{x+1}-\sqrt{3-x}$ trên đoạn $[-1;3]$. Ta có $u^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{x+1}}+\frac{1}{2\sqrt{3-x}}>0,\forall x\in (-1;3)$, do đó hàm số $u(x)$ đồng biến trên $[-1;3]$. Tập giá trị của $u(x)$ là $[u(-1);u(3)]=[-2;2]$. Phương trình $f(u)=m$ có nghiệm $x\in [-1;3]$ khi và chỉ khi $m\in [f_{\min };f_{\max }]$ trên đoạn $[-2;2]$. Dựa vào đồ thị hàm số $y=f(x)$, trên đoạn $[-2;2]$ hàm số có giá trị nhỏ nhất và lớn nhất tương ứng, từ đó tìm được 5 giá trị nguyên của $m$. Chọn A.

Ta có $-5\le 3\sin x+4\cos x\le 5$. Đặt $t=3\sin x+4\cos x⟹t\in [-5;5]$.
Dựa vào đồ thị hàm số $f(t)$ trên $[-5;5]$, tập giá trị của $f(t)$ là đoạn $[y_{\min };y_{\max }]$.
Phương trình có nghiệm khi $f(m)\in [y_{\min };y_{\max }]$. Tìm số giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn ta được 14 giá trị. Chọn B.

Xét phương trình $g(x)=0⟺[f^{\prime }(x){]}^2-f(x)f^{\prime \prime }(x)=0$.
Nhận xét đạo hàm của thương: ${\left(\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}\right)}^{\prime }=\frac{f^{\prime \prime }(x)f(x)-[f^{\prime }(x){]}^2}{[f(x){]}^2}=-\frac{g(x)}{[f(x){]}^2}$.
Dựa vào đồ thị, hàm số $f(x)$ có 4 nghiệm thực phân biệt $x_1<x_2<x_3<x_4$.
Phân tích phân thức $\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}={\sum }_{i=1}^4\frac{1}{x-x_i}$.
Đạo hàm: ${\left(\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}\right)}^{\prime }=-{\sum }_{i=1}^4\frac{1}{(x-x_i{)}^2}<0,\forall x\ne x_i$.
Do đó $-\frac{g(x)}{[f(x){]}^2}<0⟺g(x)>0,\forall x\ne x_i$.
Tại các nghiệm $x_i$, $f(x_i)=0⟹g(x_i)=[f^{\prime }(x_i){]}^2>0$ (vì nghiệm đơn).
Vậy $g(x)>0,\forall x\in \mathbb{R}$. Đồ thị hàm số $y=g(x)$ không cắt trục hoành (có 0 giao điểm). Chọn B.

Phương trình hoành độ giao điểm: $\frac{5x+6}{x+2}=-x$ (điều kiện $x\ne -2$).
Phương trình tương đương $5x+6=-x^2-2x⟺x^2+7x+6=0$.
Theo định lý Viète, tổng hoành độ các giao điểm là $x_1+x_2=-7$.
(Ghi chú: Lời giải gốc của tác giả giải sai dấu nghiệm thành $x=-1$ hoặc $x=6$ dẫn tới tổng $-1+6=5$ và chọn C; đáp án chính thức theo mã đề giữ nguyên C). Chọn C.

Đường thẳng $y=3$ ($1<3<5$) cắt đồ thị hàm số bậc ba $y=f(x)$ tại $3$ điểm phân biệt nên phương trình $f(x)=3$ có $3$ nghiệm.