TƯƠNG GIAO ĐỒ THỊ HÀM SỐ NÂNG CAO TL ÔN THI THPTQG

Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

TƯƠNG GIAO ĐỒ THỊ HÀM SỐ

Chuyên đề 8

DẠNG TOÁN DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂM
Dạng 1. Biện luận m để phương trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện k (hàm số khác)
(Mã 101 2019) Cho hai hàm số y =

x − 3 x − 2 x −1
x
và y = x + 2 − x + m ( m là tham
+
+
+
x − 2 x −1
x
x +1

số thực) có đồ thị lần lượt là ( C1 ) và ( C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m để ( C1 ) và ( C2 ) cắt
nhau tại đúng bốn điểm phân biệt là
A.  2; + ) .

B. ( −;2) .

D. ( −; 2 .

C. ( 2;+ ) .

Lời giải

Chọn A
Xét phương trình


x − 3 x − 2 x −1
x
+
+
+
= x+2 −x+m
x − 2 x −1
x
x +1

x − 3 x − 2 x −1
x
+
+
+
− x + 2 + x = m (1)
x − 2 x −1
x
x +1

Hàm số
 x −3
 x − 2 +
x − 3 x − 2 x −1

x
p ( x) =
+
+
+
− x+2 + x = 
x − 2 x −1
x
x +1
 x −3 +
 x − 2

x−2
+
x −1
x−2
+
x −1

x −1
+
x
x −1
+
x

x
−2
khi x  −2
x +1

.
x
+ 2 x + 2 khi x  −2
x +1

1
1
1
 1
+
+ 2+
 0, x  ( −2; + ) \ −1;0;1; 2
2
2

x ( x + 1)2
 ( x − 2 ) ( x − 1)
Ta có p ( x ) = 
1
1
1
 1
+
+ 2+
+ 2  0, x  −2
2
2
2
 ( x − 2 ) ( x − 1)
x

x
+
1
(
)


nên hàm số y = p ( x ) đồng biến trên mỗi khoảng ( −; −1) , ( −1;0 ) , ( 0;1) , (1;2 ) , ( 2;+ ) .
Mặt khác ta có lim p ( x ) = 2 và lim p ( x ) = − .
x →+

x→−

A

IL
IE

U

O

N
T

H

I.
N

E

T

Bảng biến thiên hàm số y = g ( x ) :

T

Câu 1.

Trang 1



Tài Liệu Ơn Thi Group

Do đó để ( C1 ) và ( C2 ) cắt nhau tại đúng bốn điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 4
nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = p ( x )
tại 4 điểm phân biệt  m  2 .
Câu 2.

(Mã 103 2019) Cho hai hàm số y =

x −1
x
x +1 x + 2
và y = x + 2 − x − m ( m là tham
+
+
+

x
x +1 x + 2 x + 3

số thực) có đồ thị lần lượt là ( C1 ) , ( C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m để ( C1 ) và ( C2 ) cắt
nhau tại đúng bốn điểm phân biệt là

C.  −2; +  ) .

B. ( −; − 2 .

A. ( −2; +  ) .

D. ( −; − 2 ) .

Lời giải
Chọn B
Xét phương trình hồnh độ giao điểm
x −1
x
x +1 x + 2
x −1
x
x +1 x + 2
+
+
+
= x+2 −x−m 
+
+
+

− x + 2 + x = − m (1)
x
x +1 x + 2 x + 3
x
x +1 x + 2 x + 3
x −1
x
x +1 x + 2
Xét f ( x ) =
+
+
+
− x + 2 + x, x  D = \ −3; − 2; − 1;0
x
x +1 x + 2 x + 3
x
x +1 x + 2
 x −1
 x + x + 1 + x + 2 + x + 3 − 2, x  ( −2; +  )  D = D1
Ta có f ( x ) = 
 x − 1 + x + x + 1 + x + 2 + 2 x + 2, x  ( −; − 2 )  D = D
2
 x
x +1 x + 2 x + 3
1
1
1
1
+
+

, x  D1
2
2
2
 x2 +
x
+
1
x
+
2
x
+
3
(
)
(
)
(
)

Có f  ( x ) = 
1
1
1 + 1 +
+
+ 2, x  D2
2
2
2

 x ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3)2


Dễ thấy f  ( x )  0, x  D1  D2 , ta có bảng biến thiên

-

x

+

+

f'(x)

1

-2

-3
+

0
+

+
+

+

+
+
2

+

f(x)
-

-

-

-

-

Hai đồ thị cắt nhau tại đúng 4 điểm phân biện khi và chỉ khi phương trình (1) có đúng 4 nghiệm
phân biệt, từ bảng biến thiên ta có: −m  2  m  −2 .
x
x +1 x + 2 x + 3
+
+
+
và y = x + 1 − x + m ( m là tham
x +1 x + 2 x + 3 x + 4
và ( C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m để ( C1 ) và ( C2 ) cắt

A. ( −;3 .

E

I.
N

B. ( − ;3) .

C. 3;+ ) .

D. ( 3; + ) .

Trang 2


IL
IE
A
T

Ta có phương trình hồnh độ giao điểm

U

Lời giải
Chọn C
Điều kiện x  −1; x  −2; x  −3 và x  −4 .

H

nhau tại đúng 4 điểm phân biệt là

N
T

số thực) có đồ thị lần lượt là ( C1 )

T

(Mã 102 2019) Cho hai hàm số y =

O

Câu 3.


Tài Liệu Ôn Thi Group

x
x +1 x + 2 x + 3
+
+
+
= x +1 − x + m
x +1 x + 2 x + 3 x + 4
1  
1  
1  
1 

1 −

 + 1 −
 + 1 −
 + 1 −
 = x −1 − x + m
 x +1   x + 2   x + 3   x + 4 

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

1
1
1 
 1
 x − x +1 + 4 − 
+
+
+
=m
 x +1 x + 2 x + 3 x + 4 

Đặt tập D1 = ( −1; + ) và D2 = (−; −4)  ( −4; −3)  (−3; −2)  ( −2; −1) .

  1
1
1
1 
khi x  D1
3 −  x + 1 + x + 2 + x + 3 + x + 4  = m,






1
1
1 
 1
+
+
+
2 x + 5 − 
 = m, khi x  D2
 x +1 x + 2 x + 3 x + 4 


  1
1
1
1 
khi x  D1
3 −  x + 1 + x + 2 + x + 3 + x + 4  ,
 

Đặt f ( x ) = 
.
1
1
1
1



2 x + 5 −
+
+
+

 , khi x  D2

 x +1 x + 2 x + 3 x + 4 

 1
1
1
1 

+
+
+
khi x  D1
  0,
2
2
2
2
 ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3) ( x + 4 ) 
 f ( x) = 
.

  1
1
1

1
+
+
+
 >0, khi x  D2
2 + 
2
2
2
2

  ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3) ( x + 4 ) 
Vậy hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định
lim f ( x ) = 3 lim f ( x ) = −
x →+
; x→−
nên ta có bảng biến thiên

Do đó để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì m  3  m 3; + ) .

x − 2 x −1
x
x +1
+
+
+
và y = x + 1 − x − m ( m là tham
x −1
x
x +1 x + 2

và ( C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m để ( C1 ) và ( C2 ) cắt
E
I.
N

nhau tại đúng bốn điểm phân biệt là
A. ( −; −3) .
B.  −3; + ) .

C. ( −; −3 .

D. ( −3; + ) .
H

số thực) có đồ thị lần lượt là ( C1 )

T

(Mã 104 2019) Cho hai hàm số y =

N
T

Lời giải

A

IL
IE

U

O

Chọn B
Xét phương trình hồnh độ
x − 2 x −1
x
x +1
x − 2 x −1
x
x +1
+
+
+
= x +1 − x − m 
+
+
+
− x + 1 + x = − m (1)
x −1
x
x +1 x + 2
x −1
x
x +1 x + 2
Số nghiệm của (1) là số giao điểm của
T

Câu 4.

Trang 3



Tài Liệu Ôn Thi Group

x−2
 x − 1 +
x − 2 x −1
x
x +1
F ( x) =
+
+
+
− x +1 + x = 
x −1
x
x +1 x + 2
x−2 +
 x − 1

x −1
+
x
x −1
+
x

x
+
x +1
x
+
x +1

x +1
−1
,x  −1
x+2
x +1
+ 2 x + 1, x  −1
x+2

1
1
1
 1
+ 2+
+
, x  ( −1; + ) \ 0;1
2
2
2

x
x
−
1

x
+
1
x
+
2
(
)
(
)
(
)

Ta có F  ( x ) = 
.
1
1
1
1

+ +
+
+ 2, x  ( −; −1) \ −2
 ( x − 1)2 x 2 ( x + 1)2 ( x + 2 )2

Mặt khác lim F ( x ) = +; lim F ( x ) = 3
x →+

x →−

lim F ( x ) = +; lim− F ( x ) = −; lim+ F ( x ) = −; lim− F ( x ) = +

x →−2+

x →−2

x →−1

x →−1

lim+ F ( x ) = −; lim− F ( x ) = +; lim+ F ( x ) = −; lim− F ( x ) = +

x →0

x →0

x →1

.

x →1

Bảng biến thiên

Để phương trình có 4 nghiệm thì −m  3  m  −3 .
Câu 5.

x2 −1 x2 − 2x x2 − 4x + 3 x2 − 6x + 8
+
+

+
Cho hai hàm số y =
và y = x + 2 − x + m ( m là tham số
x
x −1
x−2
x −3
thực) có đồ thị lần lượt là (C1 ) và (C2 ) . Tính tổng tất cả các giá trị nguyên thuộc khoảng (−15 ; 20)

của tham số m để (C1 ) và (C2 ) cắt nhau tại nhiều hơn hai điểm phân biệt.
A. 210 .

B. 85 .

C. 119 .
Lời giải

D. 105 .

Chọn B
Xét phương trình hồnh độ giao điểm

T

x2 −1 x2 − 2x x2 − 4x + 3 x2 − 6x + 8
+
+
+
− x + 2 + x = m (1).
x

x −1
x−2
x −3

E



x2 −1 x2 − 2 x x2 − 4 x + 3 x2 − 6 x + 8
+
+
+
= x+2 −x+m
x
x −1
x−2
x −3

I.
N

x2 − 1 x2 − 2 x x2 − 4 x + 3 x2 − 6 x + 8
+
+
+
− x−2 + x.
x
x −1
x−2
x −3

x − 2 − ( x − 2)
1
1
1
1
+
+
+
 0 với mọi x thuộc các khoảng
Ta có g ( x) = 4 + 2 +
x ( x − 1)2 ( x − 2)2 ( x − 3)2
x−2
IL
IE

U

O

N
T

H

Đặt g ( x) =

x →−

x →+

Trang 4


T

Mặt khác ta có lim g ( x) = − và lim g ( x) = + .

A

sau ( − ; 0) , ( 0 ;1) , (1; 2) , ( 2 ; 3) và ( 3 ; +  ) nên hàm số y = g ( x) đồng biến trên mỗi khoảng đó.


Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Bảng biến thiên hàm số y = g ( x)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y = m luôn cắt đồ thị hàm số y = g ( x) tại năm điểm
phân biệt nên (C1 ) và (C2 ) luôn cắt nhau tại đúng năm điểm phân biệt với mọi giá trị của m . Kết hợp
điều kiện m nguyên thuộc (−15; 20) nên m−14; −13;...;18;19 . Khi đó tổng tất cả các giá trị m là

tại 3 điểm phân biệt?
A. 2692 .

B. 2691 .

D. 2693 .

C. 2690 .

Lời giải

Chọn A
Xét phương trình hồnh độ giao điểm

x
x +1 x + 2
+
+
= e x + 2020 + 3m
x −1
x
x +1

x
x +1 x + 2 x
+
+
− e − 2020 = 3m (1).
x −1
x
x +1
x
x +1 x + 2 x
+
+
− e − 2020 .
Đặt g ( x) =
x −1
x

x +1
1
1
1
Ta có g ( x) = −
− 2−
− e x  0 với mọi x thuộc các khoảng sau ( −; −1) ,
2
2
( x − 1)
x ( x + 1)


( −1;0) , ( 0;1)

và (1;+ ) nên hàm số y = g ( x) nghịch biến trên mỗi khoảng đó.

Mặt khác ta có lim g ( x) = −2017 và lim g ( x) = − .
x →−

x →+

Bảng biến thiên hàm số y = g ( x)

Do đó để (C1 ) và (C2 ) cắt nhau tại đúng ba điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có ba

H

2017
 −672,3 .

3

N
T

tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi 3m  −2017  m  −

I.
N

E

T

nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng y = 3m cắt đồ thị hàm số y = g ( x)

O

Do m nguyên thuộc (−2019; 2020) nên m−672; −671;...;2019 . Vậy có tất cả 2692 giá trị m

A

IL
IE

U

thỏa mãn.

T

Câu 6.

S = 15 +16 +17 +18 +19 = 85 .
x
x +1 x + 2
+
+
Cho hai hàm số y =
và y = e x + 2020 + 3m ( m là tham số thực) có đồ thị lần
x −1
x
x +1
lượt là (C1 ) và (C2 ) . Có bao nhiêu số nguyên m thuộc (−2019; 2020) để (C1 ) và (C2 ) cắt nhau

Trang 5



Tài Liệu Ơn Thi Group

Câu 7.

Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hai hàm số y = ( 2 x 2 + 1) x − 1 và
y=

11
1
−
+ 11 + m cắt nhau tại 2 điểm phân biệt?

3x − 4 2 − x

A. ( −;0 ) .

C. ( −;1 .

B. ( −;1) .

D. ( −; 2 .

Lời giải
Chọn C
Xét phương trình hồnh độ giao điểm: ( 2 x 2 + 1) x − 1 =

11
1
−
+ 11 + m
3x − 4 2 − x

( *)

x −1  0
x  1


4
4



Điều kiện:  x 
 x 
3
3


 x  2
 x  2

Ta có:

(*)  ( 2 x 2 + 1)

11
1
+
− 11 = m
3x − 4 2 − x
11
1
4 
Xét hàm số f ( x) = ( 2 x 2 + 1) x − 1 −
+
− 11 trên 1; +  ) \  ; 2 
3x − 4 2 − x
3 
x −1 −

 4 4 
Nhận thấy, hàm số f ( x ) liên tục trên các khoảng 1;  ,  ; 2  , ( 2; + )

 3 3 

11
1


Ta có, f ( x) =  ( 2 x 2 + 1) x − 1 −
+
− 11
3x − 4 2 − x


= 4 x x − 1 + ( 2 x 2 + 1)

10 x 2 − 8 x + 1
33
1
1
33
1
=
+
+
 0 với
+
+
2
2
2
2

2 x − 1 ( 3x − 4 ) ( 2 − x )
2 x −1
( 3x − 4 ) ( 2 − x )

4 
x  1; +  ) \  ; 2 
3 

H

N
T

O
T

A

IL
IE

cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi m ( −;1 .

11
1
−
+ 11 + m
3x − 4 2 − x
U

Từ bảng biến thiên ta suy ra đồ thị hai hàm số y = ( 2 x 2 + 1) x − 1 và y =

I.
N

E

T

4 
Suy ra, hàm số f ( x ) đồng biến trên 1; +  ) \  ; 2  .
3 
Bảng biến thiên

Trang 6



Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Câu 8.

x −1
x
x +1 x + 2
Cho hai hàm số y =
và y = 21− x + 2m ( m là tham số thực) có đồ thị lần
+

+
+
x
x +1 x + 2 x + 3
lượt là (C1 ) và (C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m để (C1 ) và (C2 ) cắt nhau tại đúng năm

điểm phân biệt là

B. ( −; 2 .

A. ( 2; + ) .

D. ( −; 4 ) .

C. ( −; 2 ) .
Lời giải

Chọn C
Xét phương trình hồnh độ giao điểm

x −1
x
x +1 x + 2
+
+
+
= 21− x + 2m
x
x +1 x + 2 x + 3

x
x + 1 x + 2 x + 3 1− x
+
+
+
− 2 = 2m .
x +1 x + 2 x + 3 x + 4
x
x + 1 x + 2 x + 3 1− x
+
+
+
−2 .
Đặt g ( x) =
x +1 x + 2 x + 3 x + 4
1
1
1
1
Ta có g ( x) = 2 +
+
+
+ 21− x ln 2  0
2
2
x ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3)2


với mọi x thuộc các khoảng sau ( −; −3) , ( −3; −2 ) ( −2; −1) , ( −1;0 ) và ( 0; + ) nên hàm số

y = g ( x) đồng biến trên mỗi khoảng đó
Mặt khác ta có lim g ( x) = 4 và và lim g ( x) = − .
x →+

x →−

Bảng biến thiên hàm số y = g ( x)

Do đó để ( C1 ) và ( C2 ) cắt nhau tại đúng năm điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 5
nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng y = 2m cắt đồ thị hàm số y = g ( x)
tại 5 điểm phân biệt khi và chỉ khi 2m  4  m  2
Cho hai hàm số y =

x
x −1
x−2
và y = x − x + 1 + m ( m là tham số thực) có đồ
+ 2
+ 2
x −1 x − 2x x − 4x + 3
2

thị lần lượt là (C1 ) và (C2 ) . Số các giá trị m nguyên thuộc khoảng ( −20;20 ) để (C1 ) và (C2 ) cắt
nhau tại năm điểm phân biệt là
A. 22 .
B. 39 .

C. 21 .
Lời giải

D. 20 .

H

x
x −1
x−2
+ 2
+ 2
− x + x + 1 = m (1).
x −1 x − 2x x − 4x + 3
x
x −1
x−2
+ 2
+ 2
− x + x +1 .
Đặt g ( x) = 2
x −1 x − 2x x − 4x + 3

− x2 − 1

(x

2

− 1)

2

+

− x2 + 2x − 2

(x

2

− 2x)

2

+

O
U

− x2 + 4x − 5

(x

2

− 4 x + 3)

2

−1 +

x +1

x +1

IL
IE

Ta có g ( x) =

N
T

2

A



E

x
x −1
x−2
+ 2
+ 2
= x − x +1 + m
x −1 x − 2x x − 4x + 3
2

I.
N

Xét phương trình hồnh độ giao điểm

T

Chọn C

T

Câu 9.

Trang 7



Tài Liệu Ôn Thi Group

=

− x2 −1

(x

2

− 1)

2

+

−( x − 1) 2 − 1

(x

2

− 2x )

2

+

−( x − 2) 2 − 1

(x

2

− 4 x + 3)

2

+

x +1− x +1
0
x +1

với mọi x thuộc các khoảng sau ( −; −1) , ( −1;0 ) , ( 0;1) , (1;2 ) , ( 2;3) và ( 3; + ) nên hàm số

y = g ( x) nghịch biến trên mỗi khoảng đó.
Mặt khác ta có lim g ( x) = + và và lim g ( x) = 1 .
x →+

x →−

Bảng biến thiên hàm số y = g ( x)

Do đó để (C1 ) và (C2 ) cắt nhau tại đúng năm điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có năm
nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = g ( x)
tại năm điểm phân biệt khi m  1 , do m nguyên thuộc (−20; 20) nên m−19; −18;...;0;1 . Vậy
có tất cả 21 giá trị m thỏa mãn.
Câu 10. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình

m2 x 4 − ( m + 2 ) x3 + x 2 + ( m 2 − 1) x  0 nghiệm đúng với mọi x  . Số phần tử của tập S là

A. 3 .

B. 2 .

C. 0 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn D

Đặt f ( x ) = m 2 x 4 − ( m + 2 ) x 3 + x 2 + ( m 2 − 1) x
Ta có f ( x ) = m2 x 4 − ( m + 2 ) x3 + x 2 + ( m2 − 1) x = x m2 x3 − ( m + 2 ) x 2 + x + ( m2 − 1) . Giả sử

x = 0 không phải là nghiệm của phương trình g ( x ) = m 2 x3 − ( m + 2 ) x 2 + x + ( m 2 − 1) = 0 thì hàm

số f ( x ) = m 2 x 4 − ( m + 2 ) x 3 + x 2 + ( m 2 − 1) x sẽ đổi dấu khi qua điểm x = 0 , nghĩa là
m2 x 4 − ( m + 2 ) x3 + x 2 + ( m 2 − 1) x  0 không có nghiệm đúng với mọi x  .

Do đó, để u cầu bài tốn được thỏa mãn thì một điều kiện cần là

g ( x ) = m 2 x3 − ( m + 2 ) x 2 + x + ( m 2 − 1) = 0 phải có nghiệm x = 0 , suy ra m2 − 1 = 0  m = 1

Điều kiện đủ:

Với m = 1, f ( x ) = x 4 − 3x 3 + x 2 = x 2 ( x 2 − 3x + 1) khi đó f (1) = −1  0 không thỏa mãn điều kiện
m2 x 4 − ( m + 2 ) x3 + x 2 + ( m 2 − 1) x  0 nghiệm đúng với mọi x  . (loại)
I.
N

E

T

Với m = 1, f ( x ) = x 4 − x 3 + x 2 = x 2 ( x 2 − x + 1)  0 , x  .
N
T

H

Vậy S = −1 .

Trang 8

IL
IE

C. 0 .
Lời giải

D. 1 .

A

B. 2 .

T

đúng với mọi x 
A. 3 .

U

O

Câu 11. Có bao nhiêu cặp số thực (a; b) để bất phương trình ( x − 1)( x + 2 ) ( ax 2 + bx + 2 )  0 nghiệm


Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Chọn C

Đặt f ( x ) = ( x − 1)( x + 2 ) ( ax 2 + bx + 2 )
Giả sử x = 1 không phải là nghiệm của phương trình g ( x ) = ( x + 2 ) ( ax 2 + bx + 2 ) = 0 thì hàm số
f ( x ) = ( x − 1)( x + 2 ) ( ax 2 + bx + 2 ) sẽ đổi dấu khi qua điểm x = 1 , nghĩa là

( x − 1)( x + 2 ) ( ax 2 + bx + 2 )  0

khơng có nghiệm đúng với mọi x  .

Do đó, để u cầu bài tốn được thỏa mãn thì một điều kiện cần là

g ( x ) = ( x + 2 ) ( ax 2 + bx + 2 ) = 0 có nghiệm x = 1 suy ra a + b + 2 = 0 (1)

Lí luận tương tự có h ( x ) = ( x − 1) ( ax 2 + bx + 2 ) = 0 cũng phải nhận x = −2 là nghiệm, suy ra

4a − 2b + 2 = 0 (2)
a + b + 2 = 0
a = −1
Từ (1) và (2) ta có hệ 

4a − 2b + 2 = 0
b = −1
Điều kiện đủ:
a = −1
2
2
Với 
có f ( x ) = ( x − 1)( x + 2) − x 2 − x + 2 = − ( x − 1) ( x + 2)  0 , x  .
b = −1

(

)

Vậy không tồn tại cặp số thực (a; b) nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 12. Trong số các cặp số thực ( a; b ) để bất phương trình ( x − 1)( x − a ) ( x 2 + x + b )  0 nghiệm đúng
với mọi x  , tích ab nhỏ nhất bằng
1
A. − .
B. −1 .
4

1
.
4
Lời giải

D. 1 .

C.

Chọn C

Đặt f ( x ) = ( x − 1)( x − a ) ( x 2 + x + b ) và g ( x ) = ( x − a ) ( x 2 + x + b )
Giả sử x = 1 không phải là nghiệm của phương trình g ( x ) = ( x − a ) ( x 2 + x + b ) = 0 thì hàm số
f ( x ) = ( x − 1)( x − a ) ( x 2 + x + b ) sẽ đổi dấu khi qua điểm x = 1 , nghĩa

( x − 1)( x − a ) ( x 2 + x + b )  0

khơng có nghiệm đúng với mọi x  .

Do đó u cầu bài tốn được thỏa mãn thì một điều kiện cần là g ( x ) = ( x − a ) ( x 2 + x + b ) = 0 có

a = 1
nghiệm x = 1 suy ra hoặc  2
 x + x + b  0, x 
nghiệm x = 1 và x = a

hoặc là phương trình x 2 + x + b = 0 có hai

E

T

a = 1
a = 1
a = 1


Trường hợp 1:  2
 1  0

1
b
 x + x + b  0, x  R
 = 1 − 4b  0


4


I.
N

Trường hợp 2: phương trình x 2 + x + b = 0 có hai nghiệm x = 1 và x = a

IL
IE

U

O

N
T

H

Ta thay x = 1 vào phương trình x 2 + x + b = 0 có 12 + 1 + b = 0  b = −2 . Với b = −2 có phương
x = 1
trình x 2 + x + b = 0  x 2 + x − 2 = 0  
 x = −2

T

A

Vì x = a cũng là nghiệm của phương trình nên a = −2 .

Trang 9

Tài Liệu Ôn Thi Group

a = 1
1
1

Trong trường hợp 1: 
1  ab  suy ra tích ab nhỏ nhất khi ab =
4
4
b  4
1
1
Và với a = 1, b = , tích ab = thì bất phương trình đã cho tương đương với
4
4

( x − 1)( x − 1)  x 2 + x +


2

1
1
2
  0  ( x − 1)  x +   0 thỏa mãn với mọi x 
4
2



Trong trường hợp 2: Tích ab = 4 
Vậy tích ab nhỏ nhất khi ab =

(nhận)

1
4

1
.
4

Câu 13. Cho 2 hàm số y = x7 + x5 + x3 + 3m − 1 và y = x − 2 − x − 2m ( m là tham số thực) có đồ thị lần
lượt là ( C1 ) , ( C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m để ( C1 ) cắt ( C2 ) là
A. m

C. m ( −;2 ) .

B. m ( 2; + ) .

.

D. m 2; + ) .

Lời giải
Chọn A
Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

x7 + x5 + x3 + 3m − 1 = x − 2 − x − 2m  x7 + x5 + x3 − x − 2 + x = −5m + 1 (1) .
Xét hàm số f ( x) = x7 + x5 + x3 − x − 2 + x .

khi x   2; + )

7
5
3

x + x + x + 2
Ta có f ( x) =  7
5
3

x + x + x + 2x − 2

khi x  ( −; 2 )

.

6
4
2

khi x  ( 2; + )
7 x + 5 x + 3 x  0
f ( x) =  6
.
4
2


7 x + 5 x + 3x + 2  0 khi x  ( −; 2 )

lim f ( x ) = − ; lim f ( x ) = + .
x →+

x →−

Bảng biến thiên:
∞

x

2
+

f '(x)

+∞
+
+∞

f(x)

∞

E

.

I.
N

thì m

T

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình (1) ln có nghiệm với mọi m .Vậy để ( C1 ) cắt ( C2 )

(

)

(

N
T

H

Câu 14. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m thuộc đoạn  −2019;2019 để phương trình

)

T

Lời giải
Chọn B
Trang 10

U

D. 4033 .

IL
IE

C. 4039 .

B. 4032 .

A

A. 2019 .

O

3 + x 2 3 + x − m + 1 − x 5 1 − x + 2m = 4 − x 2 − 2 x + 3 có nghiệm thực?


Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Đk: x   −3;1 .

( 3 + x )(1 − x ) + m ( 2

Phương trình đã cho  11 − 3x − 4

)

1 − x − 3 + x = 0 . (*)

Đặt t = 2 1 − x − 3 + x = g ( x ) , với x   −3;1  11 − 3x − 4

(3 + x )(1 − x ) = t 2 + 4 .

−1
1
−
 0, x  ( −3;1) . Suy ra g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −3;1) .
1− x 2 3 + x

Có g  ( x ) =

 min g ( x ) = g (1) = −2 : max g ( x ) = g ( −3) = 4  t   −2; 4 .
 −3;1

 −3;1

Từ (*)  t 2 + mt + 4 = 0 .
Nếu t = 0  0 + 4 = 0 (vơ lí).
Nếu t  −2;4 \{0} , ta có m =

−t 2 − 4
4
= −t − = f ( t ) .
t

t

4 − t2
, f  ( t ) = 0  t = 2 .
t2
Bảng biến thiên
Có f  ( t ) =

m  4
Từ bảng biến thiên, suy ra phương trình có nghiệm thực khi và chỉ khi 
.
 m  −4

m   −2019; 2019

m  4
 m  −2019; − 2018;....; − 4; 4;...; 2018; 2019 .
Do đó  
  m  −4
m  ¢

Vậy có ( 2019 − 4 + 1) .2 = 4032 giá trị nguyên của tham số thực m .
(Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Tập hợp tất cả các số thực của tham số m

(

)

để phương trình x 6 + 6 x 4 − m3 x3 + 15 − 3m2 x 2 − 6mx + 10 = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt

7
 m  3.
5

11
 m 4.
5
Lời giải

D. 0  m 

C.

9
.
4
T

B.

E

1 
thuộc đoạn  ; 2  là:
2 
5
A. 2  m  .
2

H

I.
N

Chọn A
N
T

Ta có:
U

3

 f ( x 2 + 2 ) = f ( mx + 1) (*)

A

3

IL
IE

 ( x 2 + 2 ) + 3 ( x 2 + 2 ) = ( mx + 1) + 3 ( mx + 1)

O

x 6 + 6 x 4 − m3 x3 + (15 − 3m2 ) x 2 − 6mx + 10 = 0

T

Câu 15.

Trang 11



Tài Liệu Ôn Thi Group

Với f ( t ) = t 3 + 3t . Do f ' ( t ) = 3t 2 + 3  0, t 
Hàm số f ( t ) đồng biến trên

. Nên (*)  x 2 + 2 = mx + 1

x2 + 1
 x − mx + 1 = 0  m =
.
x
2

Xét hàm số g ( x ) =
Ta có: g ' ( x ) = 1 −

x2 + 1
1 
trên  ; 2 
x
2 

1
 g ' ( x ) = 0  x = 1.

x2

Bảng biến thiên.

1 
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc  ; 2 
2 
5
khi và chỉ khi 2  m  .
2
Câu 16.

(Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020) Có bao nhiêu m nguyên dương để hai đường cong
2
và ( C2 ) : y = 4 x − m cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hồnh độ dương?
( C1 ) : y = 2 +
x − 10
A. 35.
B. 37.
C. 36.
D. 34.
Lời giải.
ChọnC
 x  10

Điều kiện: 
m.
 x  4
T

Xét trên ( 0; + ) \ 10 , phương trình hoành độ giao điểm của ( C1 ) và ( C2 ) là
2
 2 x − 18 
2+
= 4x − m  m = 4x − 
 .
x − 10
 x − 10 

H

I.
N

E

2

 2 x − 18 
Đặt g ( x ) = 4 x − 
 với x  ( 0; + ) \ 10 .
 x − 10 

Trang 12


O
U
IL
IE

A
T


2 x − 18 
−4 x + 34
Ta có: g  ( x ) = 4 1 +
.
 ; g  ( x ) =
4
3
 ( x − 10 ) 
x
−
10
(
)



N
T

2


Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

g  ( x ) có bảng biến thiên như sau

 17

Suy ra phương trình g  ( x ) = 0 có một nghiệm duy nhất    ;10  . Lại có g  ( 9, 22)  0 nên
 2


  ( 9, 22;10) . Ta có bảng biến thiên của g ( x ) trên ( 0; + ) \ 10 :

Từ đó suy ra phương trình m = g ( x ) có 3 nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi
−81
 m  g ( ) .
25

4 x  40

Trên khoảng ( 9, 22;10 ) thì   2 x − 18 2 nên g ( x )  37  g ( )  ( 36;37 ) .
3   x − 10 

 
Vậy những giá trị m nguyên dương thỏa mãn yêu cẩu bài toán là 1; 2; 3; …; 36 hay có 36 giá trị
của m cần tìm.
(Chun Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho hàm số f ( x) = ( x − 1).( x − 2)...( x − 2020). Có
bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn

−2020;2020 để phương trình
A. 2020.

f ( x) = m. f ( x) có 2020 nghiệm phân biệt?

B. 4040.

C. 4041.
Lời giải

D. 2020.

Chọn B
Ta có nhận xét: khi f ( x) = 0 thì phương trình f ( x) = m. f ( x) vô nghiệm.

( x − 1)

2

+

−1

( x − 2)

2

+

−1

( x − 3)

2

+

+

E

T

−1

( x − 2020 )

H

\ 1; 2;3...; 2020

 0, x 

A

Bảng biến thiên:

2

I.
N

1
.

x − 2020

N
T

−1

+

O

Ta có g ( x) =

f ( x)
1
1
1
=
+
+
+
f ( x) x − 1 x − 2 x − 3

U

Xét hàm số g ( x) =

f ( x)
.
f ( x)

IL
IE

Do đó: f ( x) = m. f ( x)  m =

T

Câu 17.

Trang 13



Tài Liệu Ơn Thi Group

Dựa vào BBT, phương trình f ( x) = m. f ( x) có 2020 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m  0 hoặc

m  0.
Kết hợp với điều kiện m là số nguyên thuộc  −2020;2020 nên

m n  | −2020  n  2020, n  0.
Vậy có tất cả 4040 giá trị m thỏa u cầu bài tốn.
Câu 18.

(ĐHQG

Hà

Nội

-

2020)

Cho

phương

trình

3

4 cos3 x − 12 cos2 x − 33cos x = 4m + 3 3cos2 x + 9 cos x + m . Có bao nhiêu giá trị nguyên của

 2 
tham số m để phương trình có nghiệm duy nhất thuộc 0;  .
 3 
A. 15.
B. 16.
C. 17.
D. 18.
Lời giải
Chọn A
 2 
 1 
 2 
 1 
Đặt t = cos x với x  0;   t   − ;1 , với mỗi t   − ;1 chỉ có một x  0; 
 3 

 2 
 3 
 2 

Ta có 4t 3 − 12t 2 − 33t = 4m + 3 3t 2 + 9t + m (1)
3

 1 
Bài toán trở thành tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất t   − ;1
 2 
3
2
3
2

4t − 12t − 33t = 4m + 3u 
4t = 12t + 33t + 4m + 3u

Đặt u = 3t + 9t + m  
3
2
3
2


u = 3t + 9t + m
4u = 12t + 36t + 4m
3

2

(

)

(

 4t 3 − 4u3 = 3u − 3t  ( t − u ) 4t 2 + 4ut + 4u 2 + 3 = 0  u = t , 4t 2 + 4ut + 4u 2 + 3  0

)

 1 
Ta tìm m để phương trình m = t 3 − 3t 2 − 9t có nghiệm duy t   − ;1
 2 
t = −1(l )
Xét g ( t ) = t 3 − 3t 2 − 9t  g ' ( t ) = 3t 2 − 6t − 9  g ' ( t ) = 0  
t = 3 (l )

H

I.
N

E

T

29
 1
Vậy g (1)  m  g  −   − 11  m 

vậy có 15 giá trị nguyên của m.
8
 2

3
1
x−2
− + 4m − 2020 , Tổng tất các
và y =
x−2 x
x
N
T

(Sở Ninh Bình 2020) Cho hai hàm số y = ln

U

O

Câu 19.

T

A

IL
IE

các giá trị nguyên của tham số m để đồ thị hai hàm số cắt nhau tại một điểm duy nhất là

A. 506 .
B. 1011.
C. 2020 .
D. 1010 .
Lời giải
Chọn A
Trang 14



Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

+ Phương trình hồnh độ điểm chung của hai đồ thị hàm số là
x−2
3
1
x−2
3
1
ln
=
− + 4m − 2020  ln
−
+ = 4m − 2020 (*)
x
x−2 x
x
x−2 x

Đồ thị của hai hàm số đã cho cắt nhau tại một điểm duy nhất khi và chỉ khi (*) có duy nhất một
nghiệm.
3
1

g
(
x
)
=
ln(
x
−
2)
−
ln
x
−
+
khi x  2
1

x−2 x

x−2
3
1 
3
1
+ Xét hàm số y = ln

−
+ =  g 2 ( x) = ln(2 − x) − ln x −
+
khi 0  x  2
x
x−2 x 
x−2 x
3
1

 g3 ( x) = ln(2 − x) − ln(− x) − x − 2 + x khi x  0

 /
1
1
3
1
4( x 2 − 1)
 g1 ( x) = x − 2 − x + ( x − 2)2 − x 2 = x 2 ( x − 2)2


−1 1
3
1
4( x 2 − 1)
Ta có  g 2/ ( x) =
− +
−
=
2 − x x ( x − 2)2 x 2 x 2 ( x − 2)2


 /
−1 1
3
1
4( x 2 − 1)
− +
−
=
 g3 ( x) =
2 − x x ( x − 2)2 x 2 x 2 ( x − 2)2


bảng biến thiên hàm số như sau

khi x  2
 x = −1
khi 0  x  2 , do vậy y = 0  
x = 1

khi x  0

+ Qua bảng biến thiên này ta có (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
 m = 506  Z
 4m − 2020 = 4

2020 + ln 3
 4m − 2020 = ln 3  
m=
Z



4
+ Tư đây yêu cầu bài toán xãy ra khi và chỉ khi m = 506 .
(Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2020) Cho hai hàm số y = ( x + 1)( 2 x + 1)( 3x + 1) ( m + 2 x ) ;
T

y = −12 x 4 − 22 x3 − x 2 + 10 x + 3 có đồ thị lần lượt là ( C1 ) , ( C2 ) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của

D. 4041 .

I.
N

C. 2021 .
Lời giải

H

B. 2020 .

N
T

A. 4040 .

E

tham số m trên đoạn  −2020;2020 để ( C1 ) cắt ( C2 ) tại 3 điểm phân biệt?

IL
IE

U

O

Chọn C

( x + 1)( 2 x + 1)( 3x + 1) ( m + 2 x ) = −12 x 4 − 22 x3 − x 2 + 10 x + 3 (1)

A

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị ( C1 ) và ( C2 ) :
T

Câu 20.

Trang 15



Tài Liệu Ôn Thi Group

Để đồ thị ( C1 ) cắt ( C2 ) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.

1 1

Với x  −1; − ; −  : Không là nghiệm của phương trình (1).
2 3


1 1

Với x  −1; − ; −  ta có:
2 3


(1)  m =

−12 x 4 − 22 x3 − x 2 + 10 x + 3
1
1
1
.
− 2 x  m = −2 x − 2 x +
+
+
x + 1 2 x + 1 3x + 1
( x + 1)( 2 x + 1)( 3x + 1)

Xét hàm số f ( x ) = −2 x − 2 x +
Suy ra: f  ( x ) = −2 −

2x
x2

−

1
1

1
+
+
, x 
x + 1 2 x + 1 3x + 1

1

( x + 1)

2

−

2

( 2 x + 1)

2

−

3

( 3x + 1)

2

1 1


\ −1; − ; −  .
2 3


.

1
2
3

−
−
khi x  ( 0; + )
2
2
2
−4 −
( x + 1) ( 2 x + 1) ( 3x + 1)

Ta có: f  ( x ) = 
và f  ( x ) không xác
1
2
3
1
1


−
−

−
khi x ( −;0 ) \ −1; − ; − 
 ( x + 1)2 ( 2 x + 1)2 ( 3x + 1)2
2 3


định tại x = 0 .

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thì m  0 . Do đó có
2021 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn u cầu bài tốn.

Câu 21.

(Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2020) Cho hàm số

(x
y=

2

− 2 x + m ) − 3x − m
2

(C ) và đường thẳng

x −3

(d ) : y = 2 x ( m là tham số thực).

I.
N

D. 17 .

H

C. 16 .
Lời giải

B. 30 .

N
T

A. 15 .

E

T

Số giá trị nguyên của m  −15;15 để đường thẳng (d ) cắt đồ thị (C ) tại bốn điểm phân biệt là

T

A

IL
IE

U

O

Chọn A
Xét pt hoành độ giao điểm của hai đồ thị:

Trang 16



Tài Liệu Ôn Thi Group

(x

2

− 2 x + m ) − 3x − m
2

x−3

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

= 2 x  ( x 2 − 2 x + m ) − 3x − m = 2 x 2 − 6 x ( x  3)
2

 ( x 2 − 2 x + m ) = 2 x 2 − 3 x + m ( x  3)

( *)

2

2
2


x − 2x + m = t
x − 2x − t + m = 0
Đặt: x 2 − 2 x + m = t ta được hệ:  2
 2 2
2


t = 2 x − 3x + m
2 x − t − 3x + m = 0
t = x
 x 2 − t 2 − x + t = 0  ( x − t )( x + t − 1) = 0  
t = 1 − x

 x 2 − 3x + m = 0 (1)
 x2 − 2x + m = x
Suy ra:  2
 2
 x − x + m − 1 = 0 ( 2 )
 x − 2x + m = 1− x
YCBT  (*) phải có 4 nghiệm phân biệt khác 3  (1) , ( 2) đều phải có hai nghiệm pb khác 3 và
các nghiệm của chúng không trùng nhau.
9


m  4
9 − 4m  0
m  1, 25

 3
3 − 3.3 + m  0
m  0


 m  0 (**)
- (1) , ( 2) đều có hai nghiệm pb khác 3 khi: 
1 − 4 ( m − 1)  0
m  5
m  −5

32 − 3 + m − 1  0

4

m  −5

2

 x − 3x + m = 0
- (1) , ( 2) khơng có nghiệm trùng nhau  Hệ:  2
Vô nghiệm

 x − x + m −1 = 0

2 x − 1 = 0
 2
Vô nghiệm
x
−
3
x
+
m
=
0

1

x =
Vô nghiệm

2
 x 2 − 3x + m = 0

2

1
1
   − 3.   + m  0
2
2
5
 m  (***)
4

Vậy số giá trị nguyên của m  −15;15 đồng thời thỏa mãn (**) và (***) là 15.
y = x6 + 6 x 4 + 6 x 2 + 1 và

(Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2020) Cho hai hàm số

y = x3 m − 15x ( m + 3 − 15x ) có đồ thị lần lượt là ( C1 ) và ( C2 ) . Gọi S là tập hợp tất cả các giá

E
I.
N

D. 2008 .

H

C. 2007 .
Lời giải

N
T

biệt. Số phần tử của tập hợp S bằng
A. 2006 .
B. 2005 .

T

trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  −2019;2019 để ( C1 ) và ( C2 ) cắt nhau tại hai điểm phân

(1) có hai nghiệm phân biệt.
A

x6 + 6 x 4 + 6 x 2 + 1 = x3 m − 15x ( m + 3 − 15x )

IL
IE

Ta biết ( C1 ) cắt ( C2 ) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

U

O

Chọn A

T

Câu 22.

Trang 17



Tài Liệu Ôn Thi Group

Điều kiện: m −15x  0  m  15x (*) .
Nếu x = 0 thì phương trình (1) vơ nghiệm. Suy ra x  0 .
Khi đó (1)  x3 + 6 x 2 + 6 x +
3

1
1


  x +  + 3 x +  =
x
x



(

1
= m − 15 x ( m + 3 − 15 x )
x3

m − 15 x

)

3

+ 3 m − 15 x .

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 3t . Tập xác định D =

.

f  ( t ) = 3t 2 + 3  0, t  . Suy ra hàm số f ( t ) = t 3 + 3t đồng biến trên

.

1
= m − 15 x ( 2 ) .
x
1
Nếu x  0  x +  0  Phương trình ( 2) vơ nghiệm  x  0 .
x

Do đó (1)  x +

m  0
1
1

Khi đó 
nên ( 2 )  x 2 + 2 + 2 = m − 15 x  m = x 2 + 2 + 2 + 15 x .
1
x
x
 x + x  0
1
2
Đặt g ( x ) = x 2 + 2 + 2 + 15 x, x  0 . g  ( x ) = 2 x − 3 + 15 .
x
x
1
Phương trình g  ( x ) = 0 có một nghiệm x = trên khoảng ( 0; + ) .
2

Bảng biến thiên

Suy ra (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m 

55
( thỏa m  0 ).
4

Kết hợp với m nguyên và m −2019;2019 ta có được m nguyên và m 14;2019 .
Khi đó S có 2019 −14 +1 = 2006 phần tử.
Dạng 2. Tương giao hàm hợp, hàm ẩn
(Đề Minh Họa 2020 Lần 1) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

T

A

IL
IE

U

O

N
T

H

I.

N

E

T

Câu 1.

Trang 18



Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Số nghiệm thuộc đoạn  − ; 2  của phương trình 2 f ( sin x ) + 3 = 0 là
A. 4 .

B. 6 .

C. 3 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn B
Đặt t = sin x . Do x   − ; 2  nên t  −1;1 .
3
Khi đó ta có phương trình 2 f ( t ) + 3 = 0  f ( t ) = − .

2

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f ( t ) = −

3
có 2 nghiệm t = a  ( −1;0) và
2

t = b  ( 0;1) .
Trường hợp 1: t = a  ( −1;0)
Ứng với mỗi giá trị t  ( −1;0 ) thì phương trình có 4 nghiệm −  x1  x2  0    x3  x4  2 .
Trường hợp 2: t = b  ( 0;1)
Ứng với mỗi giá trị t  ( 0;1) thì phương trình có 4 nghiệm 0  x5  x6   .
Hiển nhiên cả 6 nghiệm trong 2 trường hợp trên đều khác nhau.
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thuộc đoạn  − ; 2 
(Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau

 5 
Số nghiệm thuộc đoạn 0;  của phương trình f ( sin x ) = 1 là
 2 
A. 7 .
B. 4 .
C. 5 .
Lời giải
Chọn C
 5 
Đặt t = sin x , x  0;   t   −1;1
 2 

H

I.
N

E

T

D. 6 .

N
T

Khi đó phương trình f ( sin x ) = 1 trở thành f ( t ) = 1, t   −1;1
IL
IE
A

t = a  ( −1;0 )
Dựa vào bảng biến thiên, ta có f ( t ) = 1  
.
t = b  ( 0;1)

U

O

Đây là phương trình hồnh độ giao điểm của hàm số y = f ( t ) và đường thẳng y = 1 .

T

Câu 2.

Trang 19



Tài Liệu Ôn Thi Group

Trường hợp 1: t = a  ( −1;0)
Ứng với mỗi giá trị t  ( −1;0 ) thì phương trình sin x = t có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa
mãn   x1  x2  2 .
Trường hợp 2: t = b  ( 0;1)
Ứng với mỗi giá trị t  ( 0;1) thì phương trình có 3 nghiệm x1 , x2 , x3 thỏa mãn
5
;
2
Hiển nhiên cả 5 nghiệm trong 2 trường hợp trên đều khác nhau.
 5 
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thuộc đoạn 0;  .
 2 
0  x3  x4   ; 2  x5 

Câu 3.

(Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc ba y = f ( x) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số

(

)

nghiệm thực phân biệt của phương trình f x 3 f ( x) + 1 = 0 là

A. 8 .
Chọn

B. 5 .

C. 6 .
Lời giải

D. 4 .

C.

I.
N

E

T

x = 0
 f ( x) = 0
 x3 f ( x) = 0

 3
3
3
f ( x f ( x) ) + 1 = 0  f ( x f ( x) ) = −1   x f ( x) = a  0   f ( x) = a (do x  0)

x3
 x3 f ( x) = b  0


 f ( x) = b (do x  0)

x3

N
T
O
U
A

k
.
x3

T

Đặt g ( x) = f ( x) −

k
với x  0, k  0 .
x3

IL
IE

Xét phương trình f ( x) =

H

f ( x) = 0 có một nghiệm dương x = c .

Trang 20



Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

3k
g ( x) = f '( x) + 4 .
x
Với x  c , nhìn hình ta ta thấy f ( x)  0  g ( x) = f ( x) +

3k
0
x4

 g ( x) = 0 có tối đa một nghiệm.
 g (c)  0
Mặt khác 
và g ( x ) liên tục trên ( c; + )
g ( x) = +
 xlim
→+
 g ( x) = 0 có duy nhất nghiệm trên ( c; + ) .

Với 0  x  c thì f ( x)  0 

k
 g ( x) = 0 vô nghiệm.
x3

Với x  0 , nhìn hình ta ta thấy f ( x)  0  g ( x) = f ( x) +

3k
0
x4

 g ( x) = 0 có tối đa một nghiệm.
 lim− g ( x)  0
x →0
Mặt khác 
và g ( x ) liên tục trên ( −;0 ) .
g ( x) = −
 xlim
→−
 g ( x) = 0 có duy nhất nghiệm trên ( −;0 ) .
Tóm lại g ( x) = 0 có đúng hai nghiệm trên
Suy ra hai phương trình f ( x) =

(

)

\ 0 .

b
a
, f ( x) = 3 có 4 nghiệm phân biệt khác 0 và khác c .
3
x
x

Vậy phương trình f x 3 f ( x) + 1 = 0 có đúng 6 nghiệm.
(Mã 102 - 2020 Lần 1) Cho hàm số f ( x ) có đồ thị là đường cong như hình vẽ bên dưới.

E
I.
N

C. 5 .
Lời giải

D. 8 .

H

B. 4 .

N
T

A. 6 .

T

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f ( x3 f ( x ) ) + 1 = 0 là

U

O

Chọn A

A

IL
IE

 x3 f ( x ) = a  ( −6; −5 )

Dựa vào đồ thị, ta thấy f ( x 3 f ( x ) ) + 1 = 0  f ( x 3 f ( x ) ) = −1   x 3 f ( x ) = b  ( −3; −2 )
 3
 x f ( x ) = 0
T

Câu 4.

(1)
( 2)
( 3)
Trang 21

Tài Liệu Ôn Thi Group

x = 0
x = 0

+ Phương trình ( 3) tương đương 
.
 f ( x) = 0
 x = x1 , ( −6  x1  a  −5 )
b
a
và h ( x ) = 3 đồng biến trên các khoảng ( −;0 ) và ( 0; + ) , và nhận
3
x
x
xét rằng x = 0 khơng phải là nghiệm của phương trình (1) nên:

+ Các hàm số g ( x ) =

 f ( x) = g ( x)

(1)  

 f ( x ) = h ( x )

.

 lim f ( x ) = +; lim f ( x ) = −1
x → 0−
 x→−


+ Trên khoảng ( −;0 ) , ta có  lim g ( x ) = lim h ( x ) = 0
nên các phương trình
x →−
x →−

g ( x ) = lim− h ( x ) = +
 xlim
→ 0−
x →0
f ( x ) = g ( x ) và f ( x ) = h ( x ) có nghiệm duy nhất.
 lim f ( x ) = −; lim f ( x ) = −1
x → 0+
 x→+

+ Trên khoảng ( 0; + ) , ta có  lim g ( x ) = lim h ( x ) = 0
nên các phương trình
x →+
x →+

g ( x ) = lim+ h ( x ) = −
 xlim
→ 0+
x →0
f ( x ) = g ( x ) và f ( x ) = h ( x ) có nghiệm duy nhất.
Do đó, phương trình f ( x3 f ( x ) ) + 1 = 0 có 6 nghiệm phân biệt.
Câu 5.

(Mã 103 - 2020 Lần 1) Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ
bên.

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f ( x 2 f ( x) ) + 2 = 0 là
D. 9 .

T

C. 6 .
Lời giải

E

B. 12 .

I.
N

A. 8 .

T

A

IL
IE

U

O

N

T

H

Chọn D

Trang 22



Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

 x 2 f ( x) = 0
 2
x f ( x) = a (1)
2
với 0  a  b  c .
f ( x f ( x) ) + 2 = 0   2
 x f ( x) = b ( 2 )
 2
 x f ( x) = c ( 3)
m
Xét phương trình f ( x) = 2 (1) ( m  0 ) .
x

Gọi  ,  là hoành độ giao điểm của ( C ) : y = f ( x) và Ox ;   0   .
m
m

= 0 . Đặt g ( x) = f ( x) − 2
2
x
x
2m
Đạo hàm g ( x) = f ( x) + 3 .
x
2m
Trường hợp 1: x   ; f ( x)  0; 3  0  g ( x)  0
x
m
Ta có lim g ( x ) = +, g ( ) = − 2  0 . Phương trình g ( x ) = 0 có một nghiệm thuộc ( −; ) .
(1)  f ( x) −

x →−



Trường hợp 2:   x  
m
 0 suy ra g ( x)  0 x  ( ,  ) .
x2
2m
 0  g ( x)  0
Trường hợp 3: x   ; f ( x)  0;
x3
m
Ta có lim g ( x ) = +, g (  ) = − 2  0 . Phương trình g ( x ) = 0 có một nghiệm thuộc (  ; +) .
f ( x)  0 ,

x →−



m
có hai nghiệm m  0 .
x2
Ta có: x 2 f ( x) = 0  x = 0  f ( x) = 0 : có ba nghiệm.

Vậy phương trình f ( x ) =

Vậy phương trình (1) có 9 nghiệm.

A

IL
IE

U

O

N
T

H

I.
N

E

T

(Mã 104 - 2020 Lần 1) Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên.

T

Câu 6.

Trang 23



Tài Liệu Ơn Thi Group

Số nghiệm thực của phương trình f ( x 2 f ( x ) ) = 2 là:
A. 6.

B. 12.

C. 8.

D. 9.

Lời giải
Chọn D
 x2 f
 2
x f

Ta có: f ( x 2 f ( x ) ) = 2   2
x f
 x2 f


( x) = 0
( x) = a  0
.
( x) = b  0
( x) = c  0

x = 0
Xét phương trình: x2 f ( x ) = 0  
mà f ( x ) = 0 có hai nghiệm  x2 . f ( x ) = 0 có ba
 f ( x) = 0
nghiệm.

Xét phương trình: x2 f ( x ) = a  0
Do x 2  0 ; x = 0 không là nghiệm của phương trình  f ( x ) =

a
0
x2

a
−2a
 g ( x ) = 3
2
x
x

Bảng biến thiên:

Xét g ( x ) =

a
có 2 nghiệm.
x2
Tương tự: x2 f ( x ) = b và x2 f ( x ) = c ( b, c  0) mỗi phương trình cũng có hai nghiệm.

3
là
2

E
I.
N

N
T

T

của phương trình f ( x 3 − 3 x ) =

IL
IE

U

O

(Mã 103 2019) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Số nghiệm thực
A

Câu 7.

H

Vậy số nghiệm của phương trình f ( x 2 f ( x ) ) = 2 là 9 nghiệm.

T

Từ bảng biến thiên với f ( x )  0  f ( x ) =

Trang 24



Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

A. 7 .

B. 3 .

D. 4 .

C. 8 .
Lời giải

Chọn C
Đặt t = x3 − 3x ta có phương trình f ( t ) =

3
2

( *) .

Từ đồ thị hàm số y = f ( t ) và đường thẳng y =

3
ta suy ra phương trình (*) có 4 nghiệm
2

t1  −2  t2  0  t3  2  t4

x = 1
Xét hàm t = x3 − 3x . Ta có t  = 3x 2 − 3 = 0  
Ta có bảng biến thiên
 x = −1

Với t1  −2 phương trình: t1 = x3 − 3x cho ta 1 nghiệm.
Với −2  t2  0 phương trình: t2 = x3 − 3 x cho ta 3 nghiệm.
Với 0  t3  2 phương trình: t3 = x 3 − 3 x cho ta 3 nghiệm.
Với 2  t4 phương trình: t4 = x3 − 3 x cho ta 1 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có tất cả 8 nghiệm. Chọn C
và có đồ thị như hình vẽ sau

A

IL
IE

U

O

N
T

H

I.
N

E

T

Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên

T

Câu 8.

Trang 25