35 bài toán biện luận nghiệm, bài toán tương giao mức độ 3+4 vận dụng + vận dụng cao đề số 2 (có lời giải chi tiết) image marked image marked

35 BÀI TOÁN BIỆN LUẬN NGHIỆM, BÀI TOÁN TƯƠNG GIAO –
CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT
MỨC ĐỘ 3 + 4: VẬN DỤNG + VẬN DỤNG CAO – ĐỀ SỐ 2
CHUYÊN ĐỀ: HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN
Câu 1. Gọi m là số thực dương sao cho đường thẳng 1 y  m  1 cắt đồ thị hàm số y  x 4  3 x 2  2 tại
hai điểm A, B thỏa mãn tam giác OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ). Kết luận nào sau đây là đúng?
7 9
A. m   ; 
9 4

1 3
B. m   ; 
2 4

3 5
C. m   ; 
4 4

5 7
D. m   ; 
4 4

Câu 2. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của a để đồ thị hàm số y  x3   a  10  x 2  x  1 cắt trục
hoành tại đúng một điểm?
A. 9.

B. 8.

C. 11.

D. 10.

Câu 3. Cho hàm số y  x3  2  m  1 x 2   5m  1 x  2m  2 có đồ thị là  Cm  , với m là tham số. Có
bao nhiêu giá trị của m nguyên trong đoạn  10;100 để  Cm  cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt

A  2;0  , B, C sao cho trong hai điểm B,C có một điểm nằm trong và một điểm nằm ngoài đường tròn
có phương trình x 2  y 2  1?
A. 109.

B. 108.

C. 18.

D. 19.

Câu 4. Cho hàm số f  x   x  3 x . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số
3

2

g  x   f  x   m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt ?

A. 4.

B. 2.

C. 0.

D. 3.

a  c  b  1

Câu 5. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 
. Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số
a  b  c  1  0

y  x3  ax 2  bx  c và trục Ox.
A. 0.

B. 2.

C. 3.

D. 1.

Câu 6. Biết rằng đồ thị hàm số bậc 4: y  f  x  được cho như hình vẽ sau: Tìm số giao điểm của đồ
thị hàm số y  g  x    f   x    f  x  . f   x  và trục Ox.
2

A. 0.

B. 2.

C. 4.

D. 6.
1


Câu 7. Tổng các giá trị của m để đường thẳng  d  : y   x  m cắt  C  : y 

2 x  1

tại hai điểm phân
x 1

biệt A, B sao cho AB  2 2 bằng
A. – 2.

B. – 6.

C. 0.

D. – 1.

Câu 8. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  , đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ. Biết

f  2   6, f  4   10 và hàm số g  x   f  x  

x2
, g  x  có ba điểm cực trị. Phương trình
2

g  x   0?

A. Có đúng 2 nghiệm.

B. Vô nghiệm.

C. Có đúng 3 nghiệm.

D. Có đúng 4 nghiệm.

Câu 9. Tìm số giao điểm n của đồ thị hàm số y  x 2 x 2  3 và đường thẳng y  2.
A. n  8.

B. n  2.

C. n  4.

D. n  6.

Câu 10. Biết rằng đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số y  x3  3 x 2 tại ba điểm phân biệt sao cho
có một giao điểm cách đều hai giao điểm còn lại. Khi đó m thuộc khoảng nào?
A.  2; 4 

B.  2;0 

C.  0; 2 

D.  4;6 

Câu 11. Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên R, có bảng biến thiên như sau
x
y
y

1
0


+



1
0



+

3
1
1
3

1

Số nghiệm của phương trình 2  f  x    3 f  x   1  0 là
2

A. 2.

B. 3.

C. 6.

D. 0.

Câu 12. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Số nghiệm của phương trình
f  x  1  2 là

2


x
y
y


+

2
0



3
0



+


4

2

A. 5.

B. 4.

C. 2.

D. 3.

Câu 13. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm số giá trị nguyên của m để phương trình
 3 7
f  x 2  2 x   m có đúng 4 nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn   ;  .
 2 2

A. 1.

B. 4.

C. 2.

D. 3.

Câu 14. Tìm m để phương trình x 4  5 x 2  4  log 2 m có 8 nghiệm thực phân biệt
A. 0  m  4 29 .

B.  4 29  m  4 29 . C. Không có m.

D. 1  m  4 29

Câu 15. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của m để đồ thị  Cm  của hàm số y  x 4  mx 2  2m  3 có
4 giao điểm với đường thẳng y  1, có hoành độ nhỏ hơn 3.
A. m   2;11 \ 4

B. m   2;5 

C. m   2;   \ 4

D. m   2;11

Câu 16. Cho hàm số y  x3  3 x 2  m có đồ thị  C  . Biết đồ thị  C  cắt trục hoành tại 3 điểm phân
biệt A, B, C sao cho B là trung điểm của AC. Phát biểu nào sau đây đúng?
A. m   0;  

B. m   ; 4 

C. m   4;0 

D. m   4; 2 

Câu 17. Cho hàm số f  x  xác định trên R \ 0 và có bảng biến thiên như hình vẽ. Số nghiệm của
phương trình 3 f  2 x  1  10  0 là:
x
y
y



0







1
0





+


3


A. 2.

B. 1.

C. 4.

D. 3
3


Câu 18. Đường thẳng y  m 2 cắt đồ thị của hàm số y  x 4  x 2  10 tại hai điểm A,B sao cho tam giác
OAB vuông (O là gốc tọa độ). Mệnh đề nào sau đây đúng ?
A. m 2   5;7 

B. m 2   3;5 

C. m 2  1;3

Câu 19. Tìm m để đường thẳng y  mx  1 cắt đồ thị hàm số y 

D. m 2   0;1
x 1
tại hai điểm thuộc hai nhánh
x 1

của đồ thị.
 1

A. m    ;   \ 0 B. m   0;  
 4


C. m   ;0 

D. m  0.

Câu 20. Đường thẳng 1 y  x  1 cắt đồ thị hàm số y  x3  x 2  x  1 tại hai điểm. Tìm tổng tung độ
các giao điểm đó?
A. – 3.

B. 2.

C. 0.

D. – 1.

Câu 21. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình

x 2
x 1

 m có đúng hai

nghiệm phân biệt.
A.  0; 2 

B. 1; 2  0

C. 1; 2 

D. 1; 2   0

Câu 22. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 cos3 2 x  6 cos 2 x  m  4 có
nghiệm là:
A. m   1;1

B. m   1;0

C. m   0;1

D. m   0; 2

Câu 23. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x  x  1 x  1 x  2   m có
nghiệm thuộc đoạn [0;1] là:
A. m   1;0

B. m   1;1

C. m   0;1

D. m   0; 2

Câu 24. Cho các hàm số y  f  x  , y  g  x  liên tục trên mỗi khoảng xác định của chúng và có bảng
biến thiên được cho như hình vẽ dưới đây.
x

f  x
f  x








0

4




x



0

g x





g  x



0

0


Mệnh đề nào sau đây là sai?
A. Phương trình f  x   g  x  không có nghiệm thuộc khoảng  ;0 
B. Phương trình f  x   g  x   m có nghiệm với mọi m.
C. Phương trình f  x   g  x   m có 2 nghiệm với mọi m > 0.
D. Phương trình f  x   g  x   1 không có nghiệm.
Câu 25. Cho hàm số u  x  liên tục trên đoạn [ 0;5 ] và có bảng biến thiên như hình vẽ. Có bao nhiêu
giá trị nguyên của m để phương trình
x

0

u  x

4

3 x  10  2 x  m.u  x  có nghiệm trên đoạn [ 0;5 ] ?

1

2

3

5

3

3

1
A. 5.

1

B. 6.

C. 3.

Câu 26. Gọi a là giá trị nhỏ nhất của f  n  

D. 4.

 log3 2  log3 3 log3 4  ...  log3 n  , n  , n  2.
9n

Có

baonhiêu số n để f  n   a ?
A. –2.

B. 4.

C. 1.

D. Vô số.

Câu 27. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn [-3;3] và đồ thị hàm số y  f   x  như
hình vẽ bên. Biết f 1  6, g  x   f  x 

 x  1

2

2

. Kết luận nào sau đây là đúng?

5


A. Phương trình g  x   0 có đúng hai nghiệm thuộc [-3;3].
B. Phương trình g  x   0 có đúng một nghiệm thuộc [-3;3].

C. Phương trình g  x   0 không có nghiệm thuộc [-3;3].
D. Phương trình g  x   0 có đúng ba nghiệm thuộc [-3;3].
Câu 28. Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số m để phương trình 2 x 4  4 x 2  1  m có 8 nghiệm
phân biệt, tìm S.
A. S  1; 2 

B. S   0; 2 

C. S   1;1

D. S   0;1

Câu 29. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên và có bảng biến thiên dưới đây
x

1



f  x

+

+

f  x

0
0

2
0





3
+

+


2

2

2

2


Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f  x   f  m  có ba nghiệm phân biệt
A. m   1;3 \ 0; 2 B. m   1;3 \ 0; 2 C. m   1;3

D. m   2; 2 

Câu 30. Biết rằng hai đường cong y  x 4  6 x3  15 x 2  20 x  5 và y  x3  2 x 2  3 x  1 tiếp xúc nhau
tại một điểm duy nhất. Tìm tọa độ điểm đó.
A.  2; 7 

B. 1; 5 

C.  3; 1

D. (0;5)

Câu 31. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

6


x



f  x

0
+

f  x

+




1
0





3





Với các giá trị thực của tham số m, phương trình f  x  m   0 có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm?
A. 4.

B. 5.

C. 6.

D. 3.

Câu 32. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 x3  3 x 2  2  21 2 m  0 có 3
nghiệm thực phân biệt.
A.

1
 m  1.
2

1
B. 0  m  .

2

1
C. 1  m  .
2

D. 1  m  0.

Câu 33. Cho hàm số y  x3  3 x  2 có đồ thị như hình vẽ. Giá trị của m để phương trình
x3  3 x  2  2m có 3 nghiệm thực là

A. m  4.

B. 0  m  4.

C. m  2.

D. m  2.

Câu 34. Cho hàm số trùng phương y  f  x  liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm thực
của phương trình f  f  x   

1
là
2

7


A. 16.

B. 12.

C. 4.

D. 8.

Câu 35. Cho hàm số y  f  x  xác định trên R và có bảng biến thiên như sau
x



f  x

+

f  x

1
0





2
0

+


0



1

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  f  x   m có 11 điểm cực trị
A. m  0.

B. m  0.

C. 0  m  1.

D. 0  m  1.

8


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1–C
11 – B
21 – B
31 - C

2–D
12 – A
22 – D
32 – B

3–B
13 – C
23 – A
33 – D

4–D
14 – D
24 – D
34 – C

5–C
15 – A
25 – A
35 – D

6–A
16 – C
26 – A

7–B
17 – C
27 – B

8–B
18 – C
28 – D

9–D
19 – B
29 – A

10 – A
20 – D
30 – B

Câu 1. Chọn C.
Phương pháp:
+) Xét phương trình hoành độ giao điểm, tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có hai
nghiệm phân biệt.
 
+) Tam giác OAB vuông tại O OA.OA  0
tx
 t 2  3t  m  0 1
Cách giải: PT hoành độ giao điểm là: m  1  x 4  3 x 2  2 
2

Hai đồ thị có 2 giao điểm  1  có 2 nghiệm trái dấu  t1t2  0  m  3  0  m  3  2 
Ta có:   9  4  m  3  21  4m

3  21  4m
t1 
 x A  t1

2

Khi đó: 
t  3  21  4m
 xB   t1
 2
2

Suy ra tọa độ hai điểm A, B là A




OA  t1 ; m  1

t1 ; m  1 , B  t1 ; m  1   
OB   t1 ; m  1


 










 
3  21  4m
2
2
Tam giác OAB vuông tai O  OA.OB  0  t1   m  1  0  
  m  1  0
2

3 5
Giải PT kết hợp với điều kiện (2)  m  1  m   ; 
4 4

Câu 2. Chọn D.
Phương pháp: Xét phương trình hoành độ giao điểm x3   a  10  x 2  x  1  0, cô lập a, đưa phương
trình về dạng a  f  x  , phương trình có nghiệm duy nhất  đường thẳng y  a cắt đồ thị hàm số

y  f  x  tại một điểm duy nhất, lập BBT và kết luận.
Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và Ox : x3   a  10  x 2  x  1  0 *
Dễ thấy x  0 không là nghiệm của phương trình (*). Khi đó *  a  10 

x3  x  1
x2

x3  x  1
1 1
x3  x  2

 x   2 có f  x  
 0  x 1
Xét hàm số f  x  
x2
x x
x3

Tính lim f  x   ; lim f  x   ; lim f  x   ; lim f  x   ; f 1  1
x 

x 

x 0

x 0

9


Bảng biến thiên:
x
y
y



0






1
0



+





1


Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy f  x   a  10 có nghiệm duy nhất  a  10  1  a  11
Kết hợp với a là số nguyên âm  Có 10 giá trị cần tìm.
Câu 3. Chọn B.
Phương pháp: Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn
x A  2 hoặc xB  1  xC  1 hoặc 1  xB  1  xC
Cách giải: Đồ thị hàm số y  x3  2  m  1 x 2   5m  1 x  2m  2 luôn đi qua điểm A  2;0 
Xét phương trình hoành độ giao điểm x3  2  m  1 x 2   5m  1 x  2m  2  0

x  2
  x  2   x 2  2mx  m  1  0   2
 x  2mx  m  1  0 *
Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt  * có 2 nghiệm phân biệt khác 2.




1 5   1 5
m   ;

;






  m  m  1  0

2   2


 2

2  2m.2  m  1  0
5

m  3
2

Giả sử xB ; xC  xB  xC  là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (*)
Để hai điểm B, C một điểm nằm trong một điểm nằm ngoài đường tròn x 2  y 2  1

2

af  1  0
3m  2  0
2
m  


TH1: xB  1  xC  1  
3 m
3
m  2  0

af 1  0
m  2
2

af  1  0
3m  2  0
m  


TH2: 1  xB  1  xC  
3m2
m  2  0
m  2
af 1  0
2

Kết hợp điều kiện ta có: m   ;     2;  
3

2

Lại có m   10;1000  m   10;     2;100  Có 108 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài
3

toán.
10


Câu 4. Chọn D.
Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  được vẽ thông qua đồ thị hàm số y  f  x  xác định

giá trị tham số để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt
Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số f  x   x  3 x , hình vẽ bên dưới
3

2

Để phương trình g  x   0  f  x   m có 4 nghiệm phân biệt  4  m  0  0  m  4
Kết hợp điều kiện m   
 m  1; 2;3 là các giá trị cần tìm.
Câu 5. Chọn C.
Phương pháp: Chọn hệ số a, b, c hoặc đánh giá tích để biện luận số nghiệm của phương trình
Cách giải:

 y  1  0
a  c  b  1
a  b  c  1  0
Cách 1: Ta có: 


 y  1 . y 1  0
a  b  c  1  0
a  b  c  1  0
 y 1  0
 lim  
x 
 x3  ax 2  bx  c  0 có ba nghiệm thuộc  ; 1 ;  1;1 ; 1;  
Lại có: 
lim



 x 

a  4

Cách 2: Chọn b  7  y  x3  4 x 2  7 x  1 và đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt.
c  1

Câu 6. Chọn A.
Phương pháp: Đặt f  x   a  x  x1  x  x2  x  x3  x  x4  , tính đạo hàm của y  f  x 
Xét hàm số h  x  

f  x
2
và chứng minh f   x  . f  x    f   x    0x   x1 , x2 , x3 , x4 
f  x

Cách giải:
Đồ thị hàm số y  f  x  cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt nên f  x   a  x  x1  x  x2  x  x3  x  x4 

 f   x   a  x  x2  x  x3  x  x4   a  x  x1  x  x3  x  x4 
11


 a  x  x1  x  x2  x  x4   a  x  x1  x  x2  x  x3 

 1
1
1
1 
f  x  f  x




 x   x1 ; x2 ; x3 ; x4 
 x  x1 x  x2 x  x3 x  x4 
 f   x   0x   x1 ; x2 ; x3 ; x4 
Đặt h  x  

f  x
1
1
1
1
 f  x 



x   x1 ; x2 ; x3 ; x4 
f  x
x  x1 x  x2 x  x3 x  x4

Ta có: h  x  

f   x  . f  x    f   x  
f

2

 x

2



1

 x  x1 

2



1

 x  x2 

2



1

 x  x3 

2



1

 x  x4 

2

0

x   x1 ; x2 ; x3 ; x4 

 f   x  . f  x    f   x    0x   x1 ; x2 ; x3 ; x4 
2

 g  x    f   x    f   x  . f  x   0x   x1 ; x2 ; x3 ; x4 
2

Khi f  x   0  f   x   0  g  x    f   x    f   x  . f  x   0
2

Vậy đồ thị hàm số y  g  x    f   x    f   x  . f  x  không cắt trục Ox.
2

Câu 7. Chọn B.
Phương pháp:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm.
- Sử dụng định lý Vi – ét , tìm m.
Cách giải:

 d   y   x  m;  C  : y 
Phương trình hoành độ giao điểm của
x  m 

2 x  1
x  1 là

2 x  1
, x  1   x 2  x  mx  m  2 x  1  x 2   m  1 x  1  m  0 1
x 1

(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  1 có hai nghiệm phân biệt khác – 1.

  0
 m  12  4 1  m   0


 m 2  6m  3  0 (2)
2

1

m

1

1

1

m

0
 

  
3  0
Gọi tọa độ giao điểm là A  x1 , y1  , B  x2 , y2   x1 , x2 là nghiệm của (1)

x  x  m 1
Theo Vi – ét:  1 2
 x1 x2  1  m
 y   x1  m
A, B  d   1
 y2  y1  x1  x2
 y2   x2  m
12


AB 

 x2  x1    y2  y1 
2

2



 x2  x1    x1  x2 
2

2

 2  x2  x1 

2

 2  x2  x1   8 x1 x2  2  m  1  8 1  m 
2

2

m  1
2
2
 2  m  1  8 1  m   2 2   m  1  4 1  m   4  
 tmdk (2) 
 m  7
Tổng các giá trị của m là: 7  1  6
Câu 8. Chọn B.
Phương pháp: Lập bảng biến thiên của g  x  và đánh giá số giao điểm của đồ thị hàm số y  g  x 
và trục hoành.
Cách giải:
x2
g  x  f  x   g x  f  x  x
2

g x  0  f  x  x

Xét giao điểm của đồ thị hàm số y  f   x  và đường thẳng y   x ta thấy, hai đồ thị cắt nhau tại ba
điểm có hoành độ là: 2; 2; 4 tương ứng với 3 điểm cực trị của y  g  x 

 4   10  8  2
22
g  2   f  2    6  2  4; g  4   f  4  

2
2
2

Bảng biến thiên
x

g x


+

2
0



2
0

g  x

+

4
0





2

6

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy g  x   0x   2; 4   g  x   0 không có nghiệm x   2; 4 
13


Câu 9. Chọn D.
Phương pháp: Giải phương trình hoành độ giao điểm.
Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm:


3  17
x  
 2 3  17
2
 tm  
x 
 x 2  x 2  3  2 khi x 2  3
2
 2
  x   2
x2 x2  3  2  
 x  2
 x 2  x 2  3  2 khi x 2  3

 x  1
 tm 

 2

  x  1

Vậy phương trình có 6 nghiệm phân biệt  n  6.
Câu 10. Chọn A.
Phương pháp:
+) Xét phương trình hoành độ giao điểm.
+) Hai đồ thị hàm số cắt nhau tại 3 điểm phân biệt sao cho một giao điểm cách đều hai giao điểm còn
lại suy ra phương trình hoành độ giao điểm có 3 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng.
+) Gọi 3 nghiệm của phương trình là a  d , a, a  d  d  0  , sử dụng định lí Vi-et của phương trình bậc
ba.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm x3  3 x 2  x  m  x3  3 x 2  x  m  0 *
Hai đồ thị hàm số cắt nhau tại 3 điểm phân biệt sao cho một giao điểm cách đều hai giao điểm còn lại

 * có 3 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng.
Gọi 3 nghiệm của phương trình là a  d , a, a  d  d  0  ,
Theo định lý Vi ét ta có: a  d  a  a  d 

b
 3  3a  3  a  1
a

 * có 1 nghiệm x  1  1  3  1  m  0  m  3

 x  1
Khi đó (*) có dạng: x  3 x  x  3  0   x  1  tm 
 x  3
3

2

Vậy m  3   2; 4 
Câu 11. Chọn B.
Phương pháp: Số nghiệm của phương trình f  x   m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x 
và đường thẳng y  m.
Cách giải: 2  f  x  

2

 f  x  1

 3 f  x 1  0  
1
 f  x 

2
14


Xét phương trình: f  x   11
Quan sát bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y  f  x  cắt đường thẳng y  1 tại 1 điểm duy nhất.
Xét phương trình: f  x  

1
 2
2

Quan sát bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y  f  x  cắt đường thẳng y 

1
tại 2 điểm phân biệt.
2

Đồng thời, nghiệm của phương trình (1) khác 2 nghiệm của phương trình (2), suy ra, số nghiệm của
phương trình 2  f  x    3 f  x   1  0
2

Câu 12. Chọn A.
Phương pháp:
Cách 1:
+) Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số y  f  x  từ đó suy ra hàm số y  f  x  1 và đồ thị hàm số
y  f  x  1

+) Số nghiệm của pt f  x  1  2 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  1 và đường thẳng

y  2.
Cách 2:
+) Để có đồ thị hàm số y  f  x  1 ta tịnh tiến đồ thị hàm số y  f  x  sang phải 1 đơn vị.
+) Lập bảng biến thiên của hàm số y  f  x  1 từ đó suy ra dáng điệu đồ thị hàm số y  f  x  1 và
biện luận số nghiệm của phương trình f  x  1  2
Cách giải:
Dựa vào BBT của đồ thị hàm số y  f  x  ta suy ra BBT của đồ thị hàm số y  f  x  1 bằng cách tịnh

tiến đồ thị hàm số y  f  x  theo v  1;0 
BBT đồ thị hàm số y  f  x  1
x
y
y


+

1
0



4
0



+


4

2

Từ đó suy ra đồ thị hàm số y  f  x  1 có BBT như sau

15


x
y
y


+

1
0



4
0



+





4

2
2

y0


Số nghiệm của phương trình f  x  1  2 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  1 và đường
thẳng y  2.
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y  2 cắt đồ thị hàm số y  f  x  1 tại 5 điểm phân biệt,

do đó phương trình f  x  1  2 có 5 nghiệm phân biệt.
Câu 13. Chọn C.
Phương pháp:
+) Đặt t  x   x 2  2 x, tìm miền giá trị của t.
+) Tìm điều kiện tương đương số nghiệm của phương trình f  t   m để phương trình f  x 2  2 x   m
 3 7
có đúng 4 nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn   ; 
 2 2

Cách giải:
x

y
y



3
2

7
2

1



0

+

21/4

21/ 4

1
 3 7
 3 7
Xét hàm số t  x   x 2  2 x trên   ;  ta có: t   x   2 x  2  0  x  1    ; 
 2 2
 2 2
 21 
BBT  t   1; 
4

21 

Với t  1 thì ứng với mỗi giá trị của t thì có 1 nghiệm x và với t   1;  thì ứng với mỗi giá trị
4

của t có 2 nghiệm x phân biệt.
 3 7
Do đó để phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn   ;  thì phương trình f  t   m
 2 2
21 

có 2 nghiệm phân biệt t   1; 
4


 m   2; 4    a;5 với a   4;5 

16


 Có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn m = 3 và m = 5.
Câu 14. Chọn D.
Phương pháp: Số nghiệm của phương trình x 4  5 x 2  4  log 2 m là số giao điểm của đồ thị hàm số
y  x 4  5 x 2  4 và đường thẳng y  log 2 m

Lập BBT của đồ thị hàm số x 4  5 x 2  4  log 2 m và kết luận.
Cách giải:
ĐK: m  0.
Số nghiệm của phương trình x 4  5 x 2  4  log 2 m là số giao điểm của đồ thị hàm số y  x 4  5 x 2  4
và đường thẳng y  log 2 m
Xét hàm số f  x   x 4  5 x 2  4
có TXD D  
x  0  y  4
y  4 x  10 x  0  
 x   10  y   9

2
4
3

BBT:
x

y
y






10
2
0

0
+



0



10
2
0



+


4


9

4



9
4

Từ đó suy ra BBT của đồ thị hàm số y  x 4  5 x 2  4 như sau:
x

y
y






10
2
0



0
+

0



10
2
0



+


4
9
4

9
4

y0


9
4



9
4

Do đó để phương trình x 4  5 x 2  4  log 2 m có 8 nghiệm thực phân biệt thì đường thẳng y  log 2 m
cắt đồ thị hàm số y  x 4  5 x 2  4 tại 9 điểm phân biệt

17


 0  log 2 m 

9
 1  m  4 29
4

Câu 15. Chọn A.
Phương pháp: Xét phương trình hoành độ giao điểm, đặt x 2  t.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm x 4  mx 2  2m  3  1  x 4  mx 2  2m  4  0 *
Để để đồ thị  Cm  của hàm số y  x 4  mx 2  2m  4 có 4 giao điểm với đường thẳng y  1, có hoành
độ nhỏ hơn 3.

 * có 4 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 3.
Đặt x 2  t  0  t  9  , khi đó *  t 2  mt  2m  4  0 ** , phương trình này có 2 nghiệm phân biệt
thuộc (0;9)

t  2  tm 
t  2  0

t  2  m  0
t  m  2

**   t 2  4   m  t  2   0  

0  m  2  9
2  m  11

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thuộc (0;9)  

m  2  2
m  4
Câu 16. Chọn C.
Phương pháp:
+) Ba nghiệm của phương trình x3  3 x 2  m  0 lập thành 1 CSC.
+) Sử dụng định lí Vi-et phương trình bậc ba.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm x3  3 x 2  m  0 (1)
Vì đồ thị (C) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho B là trung điểm của AC nên phương
trình (1) có 3 nghiệm phân biệt lập thành 1 CSC. Gọi 3 nghiệm đó lần lượt là x0  d ; x0 ; x0  d  d  0 
Theo Viet ta có: x0  d  x0  x0  d 

b
 3  3 x0  3  x0  1 là 1 nghiệm của phương trình
a

(1)
  1  3.  1  m  0  2  m  0  m  2  m   4;0 
3

2

Câu 17. Chọn C.
Phương pháp:
+) Đặt t  2 x  1  3 f  t   10  0  f  t  

10
3

+) Từ BBT của đồ thị hàm số f  x  suy ra BBT của đồ thị hàm số y  f  t  và biện luận số nghiệm
của phương trình.
Cách giải: Đặt t  2 x  1  3 f  t   10  0  f  t  

10
3
18


Ta suy ra được BBT của đồ thị hàm số f  t  như sau:

t
f  t 
f t 

1








1
0



+





3



 BBT của đồ thị hàm số y  f  t 
t
f  t 
f t 

1








1
0





+


3

y0


10
Số nghiệm của phương trình f  t  
là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  t  và đường thẳng
3
10
y  . Dựa vào BBT ta thấy phương trình có 4 nghiệm.
3
Câu 18. Chọn C.
Phương pháp: Viết phương trình hoành độ giao điểm, tìm tọa độ hai điểm A, B và sử dụng điều kiện
tam giác vuông
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và  d  là x 4  x 2  m 2  10  0 *
Đặt t  x 2  0 khi đó *  t 2  t  m 2  10  0 có ac  m 2  10  0  Phương trình luôn có hai
nghiệm phân biệt t1 , t2 trái dấu.

 1  4m 2  41
  1  4m 2  41

Khi đó A 
; m2  , B  
; m2 


 

2
2

 

 
Tam giác OAB vuông tại O  OA.OB  0


1  4m 2  41
 m 4  0  2m 4  1  4m 2  41  4a  41  2a 2  1 (với a  m 2 )
2

 a  m2  2
Câu 19. Chọn B.
Phương pháp: Viết phương trình hoành độ giao điểm, biện luận tính chất nghiệm và áp dụng hệ thức
Viet tìm tham số
19


Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm:

mx  1 

 x  1
x 1

 x  1


2
x 1
 mx  1 x  1  x  1  f  x   mx  mx  2  0 1

 x1  x2  1

Theo hệ thức Viet ta có: 
2
 x1 x2  m
Đường thẳng y  mx  1 cắt đồ thị hàm số y 

x 1
tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị  1 có
x 1

hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 1 thỏa mãn  x1  1 x2  1  0
m  0
m  0

m  0
m

0





2
  m  8



m

8
m

0
  m  8




 m 
m0
2
 f 1  0
m.1  m.1  2  0
2
x x   x  x  1  0
 2
 0
1
2
 1 2
  1  1  0
 m

 m

Câu 20. Chọn D.
Phương pháp: Giải phương trình hoành độ giao điểm.
Cách giải:

 x  0  y  1
Xét phương trình hoành độ giao điểm x3  x 2  x  1  x  1  x3  x 2  0  
x  1 y  0
Câu 21. Chọn B.
Phương pháp: Đặt t  x  t  0 
Cách giải: Đặt t  x  t  0  , khi đó phương trình trở thành

t 2
 m 1
t 1

Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt  phương trình (1) có 1 nghiệm t > 0.
Xét hàm số f  t  

t 2
3
 0t  0
t  0  f  t  
2
t 1
 t  1

BBT:

t



0

f  t 

+

f t 

1

2
Từ đó ta suy ra BBT của đồ thị hàm số g  t  

t 2
như sau
t 1
20


t

0



2

f  t 
f t 

2

1
0

2
Số nghiệm của phương trình

t 2
t 2
 m là số giao điểm của đồ thị hàm số g  t  
và đường
t 1
t 1

thẳng y  m. Dựa vào BBT ta thấy để phương trình (1) có 1 nghiệm t  0 thì m  1; 2  0
Câu 22. Chọn D.
Phương pháp: Đặt t  cos 2 x, sử dụng công thức cos 2 x  2 cos 2 x  1. Đưa phương trình về dạng

f  t   m, lập BBT biện luận.
Cách giải:

4 cos3 2 x  6 cos 2 x  m  4  4  2 cos 2 x  1  6 cos 2 x  m  4
3

Đặt t  cos 2 x  t   0;1 , phương trình trở thành 4  2t  1  6t  m  4

3

 32t 3  48t 2  24t  4  6t  4  m  32t 3  48t 2  18t  m
 3
t  4
2
3
2
Xét hàm số f  t   32t  48t  18t trên [0;1] ta có f   t   96t  96t  18  0  
t  1
 4

BBT
x

0

f  x

+

f  x

1
4
0



3

4
0

1
+

2

0

2

0

Để phương trình có nghiệm  m   0; 2
Câu 23. Chọn A.
Phương pháp: Số nghiệm của phương trình x  x  1 x  1 x  2   m là số giao điểm của đồ thị hàm
số f  x   x  x  1 x  1 x  2  và đường thẳng y  m.
Cách giải:
Xét hàm số: f  x   x  x  1 x  1 x  2   x 4  2 x3  x 2  2 x

21


1

x   2

1  5


3
2
TXD: D  . Ta có f   x   4 x  6 x  2 x  2  0   x 
2

1  5

x 
2


BBT:
x

1  5
2



f  x
f  x



0

1
2



+



0



0

1  5
2

1

0

+





9/16
0

0

1

1

Từ BBT ta thấy phương trình có nghiệm thuộc [0;1]  m   1;0
Câu 24. Chọn D.
Phương pháp: Dựa vào bảng biến thiên để chọn hàm thỏa mãn, sử dụng casio giải quyết các đáp án
bài cho
Cách giải: Ta chọn được hàm số f  x    x  x 2  4 thỏa mãn bảng biến thiên.
Thật vậy f   x   1 

x
x2  4



x  x2  4
x2  4

 0; x  

 f  x  là hàm số nghịch biến trên khoảng  ;  
Tính lim f  x   , f  x    x  x 2  4 
x 

Với f  x    x  x 2  4 và g  x  

1
x  x2  4

 lim f  x   0

x 

4
 Phương trình f  x   g  x   1 có nghiệm
x

Câu 25. Chọn A.
Phương pháp: Cô lập tham số m, khảo sát hàm trên tử số tìm max – min, đánh giá khoảng để phương
trình có nghiệm
Cách làm: Dựa vào hình vẽ, ta thấy v  x   1; 4 với x   0;5
Xét hàm số f  x   3 x  10  2 x trên [0;5] có f   x  

3
1

0 x3
2 3x
10  2 x

 min f  x   f  0   10; max f  x   f  3  5  10  3 x  10  2 x  5
0;5

Khi đó m 

0;5

1
3 x  10  2 x  10 
3 x  10  2 x
1 

mà
  ;1 

;5
u  x  4 
u  x
u  x
 4

22


 10 
Do đó phương trình đã cho có nghiệm  m  
;5
4


Kết hợp m   
 có 5 giá trị nguyên m cần tìm.
Câu 26. Chọn A.
Phương pháp: Biện luận hàm số để đánh giá giá trị của tham số n
Cách giải: Ta có f  n   f  n  1


log 3 2.log 3 4...log 3 n log 3 2.log 3 4...log 3 n.log 3  n  1

9n
9n 1

 9  log 3  n  1  39  n  1  n  39  1
 f 1  f  2   ...  f  39  1  f  39 

Vậy hàm số f  n  đạt giá trị nhỏ nhất tại n  39  1; n  39
Câu 27. Chọn B.
Phương pháp: Lập bảng biến thiên của hàm số g  x  thông qua đạo hàm f   x  và so sánh các giá trị
trên bảng biến thiên bằng ứng dụng tích phân để tìm số nghiệm của phương trình trên đoạn
Cách giải: Hình vẽ tham khảo:

Ta có: g  x   f  x 

 x  1

2

2

 g   x   f   x    x  1

Vẽ đường thẳng y  x  1 trên cùng một hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số y  f   x  (như hình vẽ bên).
Từ đồ thị ta thấy: g   x   f   x    x  1  0, x   3;1 (do đường cong nằm phía trên đường thẳng),

g   x   f   x    x  1  0, x  1;3 (do đường cong nằm phía dưới đường thẳng).
Ta có: g 1  f 1

1  1

2

2

 62  4

Bảng biến thiên

23


x

3

g x

1
0

+

g  x

3
+

4

Dựa vào đồ thị ta thấy: diện tích S1 lớn hơn 4 (trong phần bên trái có nhiều hơn 4 ô, mỗi ô có diện tích
1

bằng 1), do đó: 4  S1 

 g   x  dx  4  g  x 

3

1
3

 4  g 1  g  3  g  3  0

Mặt khác: diện tích nhỏ hơn 4 (trong phần bên phải có ít hơn 4 ô), do đó:
3

4  S 2    g   x  dx  4   g  x  1  4  g 1  g  3  g  3  0
3

1

Vậy phương trình g  x   0 có đúng một nghiệm thuộc đoạn [-3;3]
Câu 28. Chọn D.
Phương pháp: Số nghiệm của phương trình 2 x 4  4 x 2  1  m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
y  2 x 4  4 x 2  1 và đường thẳng y  m.

Cách giải:

Số nghiệm của phương trình 2 x 4  4 x 2  1  m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  2 x 4  4 x 2  1
và đường thẳng y  m.
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị hàm số y  2 x 4  4 x 2  1 cắt đường thẳng y  m tại 8 điểm
phân biệt  0  m  1  m   0;1
Vậy S = (0;1)

Câu 29. Chọn A.
Phương pháp: Số nghiệm của phương trình f  x   f  m  là số giao điểm của đồ thị hàm số

y  f  x  và y  f  m 
Cách giải: Số nghiệm của phương trình f  x   f  m  là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và

y  f  m  song song với trục hoành.
24


Để phương trình f  x   f  m  có ba nghiệm phân biệt thì

1  m  3
2  f  m   2  
 m   1;3 \ 0; 2
m  0; m  2
Câu 30. Chọn B.
Phương pháp: Điểm A  x0 ; y0  là điểm tiếp xúc của hai đồ thị hàm số y  f  x  và y  g  x 

 f  x   g  x 

 f   x   g   x 
Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là:

x 4  6 x3  15 x 2  20 x  5  x3  2 x 2  3 x  1  x 4  7 x3  17 x 2  17 x  6  0

 x  1  y  5
  x  1  x  6 x  11x  6   0   x  1  x  3 x  2   0   x  3  y  1
 x  2  y  7
3

2

2

Khi đó A,B,C đều có khả năng đúng.
Ta có: f   x   4 x3  18 x  30 x  20; g   x   3 x 2  4 x  3

 f   x   g   x   4 x3  18 x 2  30 x  20  3 x 2  4 x  3


x  1

17  17
3
2
2
 4 x  21x  34 x  17  0   x  1  4 x  17 x  17   0   x 
8

17  17

 x 
8
Kết hợp nghiệm của hai hệ phương trình ta thấy nghiệm chung duy nhất là x  1  1; 5  là điểm tiếp
xúc.
Câu 31. Chọn C.
Phương pháp:
+) Tìm số cực trị tối đa của hàm số h  x   f  x  m 
+) Hàm số h  x   f  x  m  có tối đa n cực trị thì phương trình h  x   f  x  m  = 0 có tối đa n  1

nghiệm.
Cách giải: Đặt h  x   f  x  m   f





x 2  m  h  x  

2x
2 x

2

f  x  m 

x
f  x  m
x

Số cực trị (nhiều nhất) của hàm số y  h  x  là số giá trị của x mà tại đó h  x  không xác định hoặc

h  x  = 0.

25