Phương pháp hàm số đặc trưng – nguyễn văn rin

TT LTĐH CAO THẮNG – HUẾ
PHƯƠNG PHÁP
ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT
HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG
SÑT: 089.8228222
Họ và tên: …………………………………….................….……; Trường:……………………..………; Lớp: ……………………….....
Phương pháp hàm số đặc trưng thường xuyên xuất hiện trong đề thi THPT Quốc Gia và nó cũng là một trong
những câu phân loại của đề:
- Câu 47 mã đề 101 – THPT QG năm 2017.
- Câu 35 đề tham khảo – BGD&ĐT năm 2018.
- Câu 46 mã đề 101 – THPT QG năm 2018.
- Câu 47 đề tham khảo – BGD&ĐT năm 2020.
Sau đây, tôi xin trình bày cơ sở lý thuyết và giới thiệu một số ví dụ áp dụng của nó trong các đề thi thử THPT
Quốc Gia cũng như đề chính thức của BGD&ĐT qua các năm.
I. Cơ sở lý thuyết: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên tập D .


Nếu hàm số f  x  đơn điệu (đồng biến hoặc nghịch biến) trên D thì u, v  D, f  u   f  v   u  v .



Nếu hàm số f  x  đồng biến trên D thì u, v  D, f  u   f  v   u  v .



Nếu hàm số f  x  nghịch biến trên D thì u, v  D, f  u   f  v   u  v .

II. Áp dụng
1. Giải phương trình, bất phương trình mũ và logarit
Câu 1. (Chuyên Thái Bình 18) Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình
x3  3x 2  3x  5

3
log
  x  1  x 2  6 x  7 .
2
x 1
A. 2  3 .
B. 2 .
C. 0 .
D. 2  3 .
Lời giải
Chọn C.
x3  3x 2  3x  5
Điều kiện
 0  x3  3x 2  3 x  5  0 .
2
x 1
x3  3x 2  3x  5
3
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương log
  x  1  x 2  6 x  7
2
x 1
3
3
2
2
2
 log  x  3 x  3x  5   log  x  1  x  6 x  7   x  1
 log  x 3  3 x 2  3 x  5   x 3  3 x 2  3 x  5  log  x 2  1  x 2  1 * .
Xét hàm số y  f  t   log t  t trên khoảng  0;    .

1
 1  0, t  0 .
t ln10
Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên khoảng  0;    .

Ta có: f   t  

 * 

f  x 3  3 x 2  3 x  5   f  x 2  1  x 3  3 x 2  3 x  5  x 2  1

 x  2

 x3  2 x 2  3x  6  0   x   3 .
x  3

Đối chiếu điều kiện, ta được x   3 thỏa mãn.





Vậy S  3   3  0 .
2

Câu 2.

1
2x  1  1 
(SGD Bắc Ninh 18) Cho phương trình log 2  x  2   x  3  log 2

 1    2 x  2 , gọi S
2
x
 x
là tổng tất cả các nghiệm của nó. Khi đó, giá trị của S là
1  13
1  13
A. S  2 .
B. S 
.
C. S  2 .
D. S 
.
2
2

ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 1/43


Lời giải
Chọn D.
1

2  x  

Điều kiện
2.


x  0
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương

log 2 x  2 



1  
1 

x  2  1  log 2  2     2    1
x  
x 




2

2

* .

2

Xét hàm số y  f  t   log 2 t   t  1 trên khoảng  0;    .
2 ln 2.t 2  2 ln 2.t  1
1
 0 , t  0 .
 2  t  1 

t ln 2
t.ln 2
Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên khoảng  0;   .
Ta có f   t  

1
1

x  2  f 2   x 2  2
x
x


 x  1

3  13
3
2
 x  2 x  4 x  1  0   x 
.
2

 x  3  13

2
 x  1
Kết hợp với điều kiện ta được 
.
 x  3  13


2

Do đó  *  f

Vậy S 
Câu 3.





1  13
.
2

(Nguyễn Trãi - Đà Nẵng 18) Gọi x0 

ab 3
là một nghiệm lớn hơn 1 của phương trình
c

1 x
1


1
x
2 x  3     1  2 x 2  1 . Giá trị của P  a  b  c là
3



A. P  6 .
B. P  0 .
C. P  2 .
D. P  4 .
Lời giải
Chọn D.
Với x  1 ta có
1 x
1
1
1


1
1
1
x 1
2
x
2x
2x
3 
 3x 1  x  1 1 .
2 x  3     1  2 x  1  3  3  1  x 
2x
2x
3



 

 

Xét hàm số f  t   3t  t trên khoảng  0;    .
Ta có f   t   3t.ln 3  1  0 , t  0 .
1
1 3
 1 
 a  1 , b  1, c  2 .
 x 1  x 
f    f  x  1 
2x
2
 2x 
Vậy P  4 .
 4 x2  4 x  1 
2
(THTT 18) Biết x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình log 7 
  4 x  1  6 x và
2
x



1 

Câu 4.

1
a  b với a , b là hai số nguyên dương. Tính a  b.
4
A. a  b  16 .
B. a  b  11 .
C. a  b  14 .
Lời giải
x 1  2 x2 





ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

D. a  b  13.
Trang 2/43


Chọn C.

x  0

Điều kiện 
1
 x  2
  2 x  12 
 4x2  4x  1 
2
Ta có log 7 

  4 x2  4 x  1  2 x
  4 x  1  6 x  log 7 

2
x
2
x




2

2

 log 7  2 x  1   2 x  1  log 7 2 x  2 x 1

Xét hàm số f  t   log 7 t  t  f   t  

1
 1  0 với t  0
t ln 7

Vậy hàm số đồng biến

Câu 5.


3 5
x 

2
4
 f  2 x    2 x  1  2 x  

3 5
x 

4

Phương trình 1 trở thành f

 2 x  1 

9  5

Vậy x1  2 x2   4
9  5

 4

 a  9; b  5  a  b  9  5  14.

2

l 
 tm 

(Lương Thế Vinh 19) Phương trình log 3
b   * và

A. 1 .

a
2x 1
(với a ,
 3 x 2  8 x  5 có hai nghiệm là a và
2
b
( x  1)

a
là phân số tối giản). Giá trị của b là
b
B. 4 .
C. 2 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn D

1

2 x  1  0  x 

Điều kiện 
2.
x 1  0
 x  1
2x 1

2x 1
 3x 2  8 x  5  log 3
 1  3x 2  8 x  4
Ta có: log3
2
2
 x  1
 x  1

 log3

2x 1
3  x  1



2

2

2



 3  x  1   2 x  1  log 3  2 x  1   2 x  1  log 3 3  x  1  3  x  1

2

1 .

Xét hàm số f  t   log 3  t   t trên khoảng  0;    .
1
 1  0 , t  0 .
t.ln 3
Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên  0;   .

Ta có f   t  

1  f  2x 1  f  3  x 1

.

x  2
.
 2 x  1  3  x  1  3 x  8 x  4  0 hay 
x  2
3

2
Vậy hai nghiệm của phương trình là 2 và suy ra b  3 .
3
(Lê Xoay - Vĩnh phúc 18) Số nghiệm của phương trình sin 2 x  cos x  1  log 2  sin x  trên khoảng
2

Câu 6.

2

2

 
 0;  là
 2
ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 3/43


B. 3 .

A. 4 .

C. 2 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn D
 
Vì sin x  0 và cos x  0 , x   0;  nên phương trình đã cho tương đương
 2
sin 2 x  cos x  log 2  cos x   1  log 2  sin x   log 2  cos x 

 log 2  cos x   cos x  log 2  sin 2 x   sin 2 x

 *

Xét hàm số f  t   log 2 t  t , với t   0;1 ta có f   t  

1

 1  0, t   0;1 .
t ln 2

Do đó hàm số f  t  đồng biến trên khoảng  0;1 .

*  f  cos x   f  sin 2 x   cos x  sin 2 x
Câu 7.

 sin x 

1

hay x  .
2
6



f  x   ln

(Cổ Loa - Hà Nội 19) Cho hàm số



x 2  1  x  e x  e  x . Hỏi phương trình

f  3x   f  2 x  1  0 có bao nhiêu nghiệm thực?
A. 3 .

B. 0 .

C. 2 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn D
Ta có

x 2  1  x  x 2  x  x  x   x  x  0, x   .


 x x
1
x 2  1  x  e  x  e x  ln 
  e  e   ln
2
 x 1  x 
Suy ra f  x  là hàm số lẻ.
f   x   ln





2x





x 2  1  x  e x  e x   f  x  .

x  x2  1

1

2
Mà f   x   2 x  1
 e x  e x 
2
x 1  x
Suy ra f  x  đồng biến trên  .

 

x 2  1  e x  e x 
x2  1  x

 

1
2

 e x  e  x  0 , x 

x 1

 

Do đó f 3x  f  2 x  1  0  f 3x   f  2 x  1  f 3x  f 1  2 x   3x  1  2 x
x

 3  2 x  1  0  * .
Xét hàm số g  x   3x  2 x  1 trên  .

g   x   3x ln 3  2  0, x   .
Suy ra g  x  đồng biến trên  nên (*) nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất.
Mà x  0 là một nghiệm của phương trình (*).
Vậy tập nghiệm của phương trình (*) là S  0 .
Câu 8.

(TƯ NGHĨA 19) Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây .

Số nghiệm của phương trình
A. 6 .
ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

f 3  x  3 f 2  x  4 f  x  2

B. 9 .

3 f  x 1
C. 7 .
Lời giải

 3 f  x   2 là
D. 8 .
Trang 4/43

Chọn B
1
nên 3 f  x   1  0, x   .
4
t 3  3t 2  4t  2
3
 3t  2   t  1   t  1 
Đặt t  f  x  ta được
3t  1
Xét hàm đặc trưng g  u   u 3  u trên  .

Vì f  x   





3

3t  1  3t  1 *

Ta có g   u   3u 2  1  0, u   .
Do đó *  g  t  1  g

Câu 9.



t  1

t  0  f  x   0 1
3t  1  t  1  3t  1   2


.
 f  x   1  2 
t  2t  1  3t  1 t  1



Dựa vào đồ thị phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt và phương trình (2) có 6 nghiệm phân biệt
(không trùng nhau).
Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm phân biệt.
(Nguyễn Du - DakLak 19) Cho hàm số y  f  x   ax3  bx 2  cx  d (với a, b, c, d  , a  0 ). Biết
đồ thị hàm số y  f  x  có hai điểm cực trị là A  0;1 và B  2; 3 . Hỏi tập nghiệm của phương trình
f 3  x   f  x   2 3 f  x   0 có bao nhiêu phần tử?

A. 2019 .

B. 2018 .

C. 9 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn D
Ta có f  x   ax 3  bx 2  cx  d  f   x   3ax 2  2bx  c .
 f   0  0
c  0

a  1


b  3
 f  0  1
d  1

Theo giả thiết ta có hệ 


 f  x   x3  3x 2  1 .
 f   2  0
12a  4b  0
c  0
 f 2  3 8a  4b  1  3 d  1
  
+ Xét phương trình:
f 3  x   f  x   2 3 f  x   0  f 3  x   2. f  x  



3



3

f  x   2. 3 f  x   * .

Xét hàm số đặc trưng h  t   t 3  2t  h  t   3t 2  2  0, t   .

 *  f  x   3

 x3  3x 2  1  0
 f  x  0


f  x   f 3  x   f  x    f  x   1   x3  3x 2  0
 f x  1  3
2
 x  3 x  2  0
  

1
 2
 3

Bấm máy, phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt, phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt, phương
trình (3) có 3 nghiệm phân biệt (không trùng nhau).
Vậy phương trình đã cho có 8 nghiệm phân biệt.
2. Tìm điều kiện để phương trình, bất phương trình có nghiệm
x
Câu 10. (Đề Chính Thức 18 - Mã 103) Cho phương trình 7  m  log 7  x  m  với m là tham số. Có bao
nhiêu giá trị nguyên của m   25; 25  để phương trình đã cho có nghiệm ?
A. 9 .

B. 25 .

C. 24 .
Hướng dẫn giải

D. 26 .

Chọn C
ĐK: x  m  0 (a).
x
7  m  t
 7 x  x  7t  t 1 .
Đặt t  log 7  x  m  ta có hệ  t
7  m  x

u
Do hàm số f  u   7  u đồng biến trên  , nên ta có 1  t  x .

Khi đó: 7 x  m  x  m  x  7 x (thỏa điều kiện a).
ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 5/43


x
x
Xét hàm số g  x   x  7  g   x   1  7 ln 7  0  x   log 7  ln 7  .
Bảng biến thiên:

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m  g   log 7  ln 7    0,856 .
Do m nguyên thuộc khoảng  25; 25  , nên m  24; 16;...; 1 .
Câu 11. (Đề tham khảo BGD 18) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
3

m  3 3 m  3sin x  sin x có nghiệm thực?
A. 5 .
B. 7 .

C. 3 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn A
Ta có

3

m  3 3 m  3sin x  sin x  3 3 m  3sin x  sin 3 x  m .

u  sin x  1  u  1
Đặt 
.
3
v  3 m  3sin x  v  m  3sin x  m  3u
3
3v  u  m
Ta có hệ  3
 u 3  3u  v3  3v  * .
v  m  3u
Xét hàm số y  f  t   t 3  3t trên  .

f   t   3t 2  1  0, t   nên hàm số f  t  đồng biến trên  .

*  f  u   f  v   u  v .
Suy ra u 3  m  3u  m  u 3  3u 1 .
Xét hàm số g  u   u 3  3u trên đoạn  1;1 .
Ta có g   u   3u 2  3  0  u  1 .

g  1  2; g 1  2 .
Suy ra max g  u   2; min g  u   2 .
1;1

1;1

Do đó phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi 2  m  2 .
Vì m   nên m  0; 1; 2 .
Câu 12. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương nhỏ hơn 2018 của tham số m để phương trình





log 2 m  m  2 x  2 x có nghiệm thực?

A. 2017 .

B. 2016 .

C. 1005 .
Lời giải

D. 1004 .

Chọn A

m  2 x  0
a
Điều kiện: 
.
x
m  m  2  0  b 





2

2

Ta có log 2 m  m  2 x  2 x  m  m  2 x   2 x   m  2 x  m  2 x   2 x   2 x  * .
Xét hàm số f  t   t 2  t trên khoảng  0;    .
Vì f   t   2t  1  0, t  0 nên hàm số f  t  đồng biến trên khoảng  0;    .
ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 6/43


Do đó *  f





m  2x  f  2x   m  2x  2x  m  4x  2x .

Xét hàm số g  x   4 x  2 x trên  .
2

g   x   4 x ln 4  2 x ln 2  0  2.  2 x   2 x  0  2 x 

1
 x  1 .
2

Bảng biến thiên
–

1
YCBT  m   .
4
Vậy m  1; 2;...; 2017 .

Câu 13. (KHTN Hà Nội 19) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m

2 x 1  log 4  x  2m   m có nghiệm ?
A. 9 .
B. 10 .

C. 5 .
Lời giải

 m  10 

để phương trình

D. 4 .

Chọn A
ĐK: x  2m  0
x 1
x
Ta có 2  log 4  x  2m   m  2  log 2  x  2m   2m
 2 x  t  2m
t

log
x

2
m
 2 x  x  2t  t 1
Đặt
 ta có  t
2
 2  x  2m
u
Do hàm số f  u   2  u đồng biến trên  , nên ta có 1  t  x . Khi đó:
2 x  x  2m  2 m  2 x  x .
x
x
Xét hàm số g  x   2  x  g   x   2 ln 2  1  0  x   log 2  ln 2  .
Bảng biến thiên:

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 2m  g   log 2  ln 2    m 

g   log 2  ln 2  
2

x

 0, 457 (các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện vì x  2m  2  0 )

Do m nguyên và m  10 , nên m  1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 .
Câu 14. Cho hàm số f  x   1  m3  x 3  3 x 2   4  m  x  2 với m là tham số. Có bao nhiêu số nguyên

m   2018; 2018 sao cho f  x   0 với mọi giá trị x   2; 4 .
A. 4037 .
B. 2021 .
C. 2019 .
D. 2020 .
Lời giải
Chọn D
3
3
Ta có f  x   0  1  m3  x 3  3 x 2   4  m  x  2  0   x  1   x  1   mx   mx (1).
Xét hàm số g  t   t 3  t trên  , có g   t   3t 2  1  0 , t   .
ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 7/43


Do đó hàm số g  t  đồng biến trên  .

 1  g  x  1  g  mx   x  1  mx  m 

x 1
, x   2; 4 .
x

x 1
5
nghịch biến trên đoạn  2; 4 nên min h  x   h  4   .
2;4


x
4
5
YCBT  m  min h  x   m  .
 2;4
4
Vì m nguyên thuộc đoạn  2018; 2018 nên có 2020 giá trị của m thỏa mãn.

Vì hàm số h  x  

Câu 15. (Chuyên Vĩnh Phúc 18) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình ln  m  ln  m  x    x
có nhiều nghiệm nhất.
A. m  0 .
B. m  1 .
C. m  e .
D. m  1 .
Lời giải

Chọn B
m  x  0
a
Điều kiện 
.
m  ln  m  x   0  b 
Phương trình đã cho tương đương với m  ln  m  x   e x (thỏa điều kiện b).
y
Đặt ln  m  x   y  m  x  e y (thỏa điều kiện a)  e  m  x .

x
e  m  y
 e x  e y  y  x  e x  x  e y  y  * .
Ta có hệ  y
e  m  x
t
Vì hàm số f  t   e  t đồng biến trên  nên *  f  x   f  y   x  y

 m  x  ex  m  ex  x .
x
x
Xét hàm số g  x   e  x ; g   x   e  1 ; g   x   0  x  0 .

BBT

Suy ra phương trình có nhiều nhất là hai nghiệm  m  1 .
Câu 16. (SỞ CÀ MAU 19) Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m   2019; 2019 để bất
phương trình 1  m3  x 3  3  2  m3  x 2  13  m  3m3  x  10  m  m3  0 đúng
với mọi x  1;3 . Số phần tử của tập S là
A. 4038.

B. 2021 .

C. 2022.
Lời giải

D. 2020.

Chọn B
1  m3  x3  3  2  m3  x 2  13  m  3m3  x  10  m  m3  0, x  1;3 .
3

3

  x  2   x  2   m  x  1   m  x  1 , x  1;3 .

*

3
2
Xét: f  t   t  t , t   , ta có f   t   3t  1  0, t   .

Hàm số f  t  luôn đồng biến trên  .

*  f  x  2   f  m  x  1   x  2  m  x  1  m 

x2
.
x 1

x2
5
m .
1;3 x  1
4
Vì m   nên m  2019;  2018;...;1 .

YCBT  m  min

Vậy có 2021 giá trị cần tìm.
ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 8/43


m để
Câu 17. (ĐỀ 17 VTED 19) Có bao nhiêu số nguyên
6
4
3
2
2
x  6 x  mx  15  3m  x  6mx  10  0 nghiệm đúng với mọi số thực x .
B. 3 .

A. 4 .

C. Vô số.
Lời giải

bất

phương

trình

D. 5 .

Chọn B
Ta có: x 6  6 x 4  mx 3  15  3m2  x 2  6mx  10  0  x 6  6 x 4  15 x 2  10  m3 x 3  3m 2 x 2  6mx
3

3

  x 2  2   3  x 2  2    mx  1  3  mx  1  f  x 2  2   f  mx  1
Trong đó f  x   t 3  3t đồng biến trên  .
f  x 2  2   f  mx  1  x 2  2  mx  1  x 2  mx  1  0, x    m 2  4  0  2  m  2 .

Câu 18. (SỞ QUẢNG BÌNH 19) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để bất
phương trình sau x6  3x 4  m3 x3  4 x 2  mx  2  0 nghiệm đúng với mọi x  1;3 . Tổng tất cả các
phần tử của S bằng
A. 3 .

B. 2 .

C. 1 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn A
Ta có: x6  3x 4  m3 x3  4 x 2  mx  2  0  x6  3x 4  4 x 2  2  m3 x3  mx
3

3

  x 2  1   x 2  1   mx   mx 1
Xét hàm đặc trưng f  t   t 3  t  f '  t   3t 2  1  0

1 

f  x 2  1  f  mx   x 2  1  mx

Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình x2  1  mx nghiệm đúng với mọi x  1;3
x 2  1  mx  m 

x2 1
 g  x  , x  1;3
x

1
 0 x  1;3  Min g  x   g 1  2
x1;3
x2
YCBT  m  2 .
Vì m    nên m  1; 2  S  1  2  3 .
Câu 19. (Chuyên Thái Bình 19) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
f 3 f ( x )  m  x 3  m có nghiệm x  1;2 biết f ( x )  x 5  3x 3  4m .
g ' x  1





A. 16.

B. 15.

C. 17.
Lời giải

D. 18.

Chọn A
3
Đặt t  3 f ( x )  m  t  f ( x )  m . Ta được hệ phương trình sau:
3
3
3
 f (t )  x 3  m
 f (t )  x  m
 f (t )  t  f ( x )  x (*)


.

3
 t3  m
 t  f ( x)  m
 f ( x )  t  m

 f ( x )
Vì f ( x )  x 5  3 x 3  4m, f '( x )  5 x 4  9 x 2  0, x   nên hàm số h ( x )  f ( x )  x 3 đồng biến trên 
. Do đó: (*)  x  t .
1
2
Khi đó ta được: f ( x )  x 3  m  x 5  3x 3  4m  x 5  2 x 3  3m  g ( x )  x 5  x 3  m(**) .
3
3
1
2
Dễ thấy g ( x )  x 5  x 3 đồng biến trên 1;2 nên phương trình (**) có nghiệm trên đoạn 1;2 khi
3
3
và chỉ khi: g (1)  m  g (2)  1  m  16.
Vì m thuộc số nguyên nên có 16 số thỏa mãn bài toán.

ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 9/43


Câu 20. (Tập huấn Bắc Ninh 19) Cho phương trình 2 x 3 . 6 x  4m .  3x  2m  1  8 x 6  20 x 4  10 x 2  1 . Biết
a
a

tối giản) là tập tất cả các giá trị của tham số
 ;    (với a , b là các số nguyên dương và phân số
b
b


m để phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt. Tính S  a 2  b 2 .
A. 17 .
B. 5 .
C. 25 .
D. 10 .
Lời giải
Chọn C
Với x  0 phương trình đã cho tương đương với
10 1
6 x  4m .  6 x  4m  2   8 x 3  20 x   3
x x
3

1
1


 6 x  4 m  2 6 x  4 m   2 x    2  2 x    * .
x
x


3
Xét hàm số f  t   t  2t trên  .





3

Ta có f   t   3t 2  2  0, t   nên hàm số đồng biến trên  .
2

Do đó *  f

1
1
1


6 x  4 m  f  2 x    6 x  4 m  2 x   4m   2 x    6 x .
x
x
x







2

1

Xét hàm số g  x    2 x    6 x trên khoảng  0;    .
x

x  1

1 
1 
2 x2  1 2 x2  1

g  x  2  2x    2  2   6  0 
.
 3  4 x 4  1  3x3  
.
2
x 
x 
x
x

 x  0,57...  0
Bảng biến thiên
–

3
 S  32  42  25 .
4
NHÂN
TÔNG

YCBT  m 
Câu 21. (TRẦN

2

x  2  3 m 3 x

  x  6x  9x  m 2
3

2

T  b2  a 2 .
A. T  36 .

x 2

2

x 1

B. T  48 .

QUẢNG

NINH

18)

Phương

trình

 1 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m  ( a; b) . Tính
C. T  64 .
Hướng dẫn giải

D. T  72 .

Chọn B
3
3
3
Ta có 2 x 2 m 3 x   x 3  6 x 2  9 x  m  2 x 2  2 x 1  1  2 m 3 x   x  2   8  m  3 x  23  22  x
2

3

m 3 x

 m  3 x  22 x   2  x 
t

3

 * .

3

Xét hàm số g  t   2  t trên  .

g   t   2t.ln 2  3t 2  0, t   nên hàm số g  t  đồng biến trên  .
Do đó *  g



3



3

m  3x  g  2  x   3 m  3 x  2  x  m  3x   2  x   m  8  9 x  6 x 2  x3 .

Xét hàm số f  x    x3  6 x 2  9 x  8 trên  .
x  3
có f   x   3x 2  12 x  9 ; f   x   0  
.
x  1
Bảng biến thiên

ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 10/43


Dựa vào bảng biến thiên ta có, phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi 4  m  8 .
Suy ra a  4; b  8  T  b 2  a 2  48 .
Câu 22. (SGD Bà Rịa Vũng Tàu 18) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số  x; y  thỏa
e3 x 5 y  e x 3 y 1  1  2 x  2 y và log 32  3x  2 y  1   m  6  log3 x  m2  9  0 .
A. 6 .

B. 5 .

C. 8 .
Lời giải

D. 7 .

Chọn B
x  0
Điều kiện 
.
3 x  2 y  1  0
Ta có: e3 x 5 y  e x 3 y 1  1  2 x  2 y  e3 x 5 y   3x  5 y   e x3 y 1   x  3 y  1 * .
Xét hàm số f  t   et  t trên  .
Ta có f   t   et  1  0 nên hàm số đồng biến trên  .
Do đó *  f  3x  5 y   f  x  3 y  1  3 x  5 y  x  3 y  1  2 y  1  2 x .
Thế vào phương trình còn lại ta được log 32 x   m  6  log 3 x  m2  9  0 .
Đặt t  log 3 x , phương trình trở thành t 2   m  6  t  m2  9  0 1 .
Phương trình 1 có nghiệm    0  3m 2  12m  0  0  m  4 .
Do đó có 5 số nguyên m thỏa mãn.
3
2
2
Câu 23. (SỞ BÀ RỊA VŨNG TÀU 19) Cho phương trình 3x  x  2 x  m  3x  x  5  x 3  3 x  m  5  0 . Gọi S là
tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để phương trình trên có ba nghiệm phân biệt. Số phần tử
của S là
A. 2 .
B. 4 .
C. 3 .
D. 1.
Lời giải
Chọn C
3
2

2
Phương trình đã cho trở thành 3 x  x  2 x  m   x 3  x 2  2 x  m   3 x  x  5   x 2  x  5  . (1)
Xét hàm số f  t   3t  t , t   có f   t   3t.ln 3  1  0 , t    f  t  luôn đồng biến trên  .
Do đó phương trình (1)  x 3  x 2  2 x  m  x 2  x  5  m   x 3  3 x  5 . (2)
Xét hàm số g  x    x3  3 x  5  g   x   3x 2  3; g   x   0  x  1 .
Ta có bảng biến thiên

x

1
1


g x

0
0

7
g  x

3
Từ bảng biến thiên ta thấy, phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt  (2) có ba nghiệm phân biệt
 3  m  7 . Vì m   nên m  4;5; 6 . Vậy có 3 giá trị m nguyên.

 2  sin x  m cos x với m là tham số thực. Gọi S là tập tất cả
Câu 24. Cho phương trình em cos x sin x  e 
các giá trị của m để phương trình có nghiệm. Khi đó S có dạng  ; a   b;   . Tính
2 1sin x

T  10a  20b .
A. T  10 3 .

B. T  0 .

C. T  1 .
Lời giải

D. T  3 10 .

Chọn A
ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 11/43



 2  sin x  m cos x
Ta có em cos x sin x  e 
m cos x  sin x
e
 m cos x  sin x  e 21sin x   2 1  sin x 
2 1sin x

Xét hàm số f  t   et  t  t    , f   t   et  1  0  f  t  đồng biến trên  .
Suy ra em cos x sin x  m cos x  sin x  e21sin x   2 1  sin x   m cos x  sin x  2 1  sin x 

 m cos x  sin x  2 .
Phương trình có nghiệm khi m 2  1  4  m 2  3 .
 S  ;  3    3;  . Vậy T  10a  20b  10 3 .





Câu 25. (Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai 18) Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình
3x 2  3x  m  1
log 2
 x 2  5 x  2  m có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 .
2
2x  x 1
A. 3 .
B. Vô số.
C. 2 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn C
Điều kiện: 3 x 2  3 x  m  1  0 (a).
Ta có:
 3x 2  3x  m  1 
3x 2  3x  m  1
2
2
log 2
 x  5 x  2  m  log 2 
  1  x  5x  1  m
2
2
2x  x 1
 2x  x  1 

3x 2  3x  m  1
 x2  5x  1  m
4x2  2x  2
 log 2  3 x 2  3 x  m  1  log 2  4 x 2  2 x  2    4 x 2  2 x  2    3 x 2  3 x  m  1

 log 2

 log 2  3 x 2  3 x  m  1   3 x 2  3 x  m  1  log 2  4 x 2  2 x  2    4 x 2  2 x  2 

Xét hàm số: f  t   t  log 2 t trên  0;   , ta có f   t   1 

1

1
 0 , t   0;   .
t.ln 2

Do đó hàm số f  t  đồng biến trên  0;   .
Suy ra: 1  f  4 x 2  2 x  2   f  3 x 2  3 x  m  1
 4 x 2  2 x  2  3 x 2  3 x  m  1 (thỏa điều kiện a)
 x 2  5 x  m  1  2  . Điều này đúng với mọi x   .

Xét hàm số: g  x   x 2  5 x trên  , ta có g   x   2 x  5  0  x 

5
.
2

Bảng biến thiên:

Theo bảng biến thiên ta thấy: phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ khi
25
21
 m  1  4    m  3 .
4
4
Do m   nên m  5; 4 .


Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 12/43


Câu 26. (SGD Phú Thọ 18) Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình
 2 x 2  mx  1 
log 2 
  2 x 2  mx  1  x  2 có hai nghiệm thực phân biệt?


x2


A. 3 .
B. 4 .
C. 2 .
D. 1 .
Lời giải

Chọn B
x  2  0
Điều kiện:  2
.
2 x  mx  1  0
 2 x 2  mx  1 
Ta có log 2 
  2 x 2  mx  1  x  2


x

2



 log 2 2 x 2  mx  1  2 x 2  mx  1  log 2  x  2   x  2
 f





2 x 2  mx  1  f  x  2 

1

Xét hàm số f  t   log 2 t  t với t   0;   có f   t  

1

 1  0 , t   0;   .
t ln 2

 f  t  đồng biến trên  0;   nên 1  2 x 2  mx  1  x  2 .
 x  2
 x  2
Từ đó  2

 2
2
 x   m  4  x  3  0
2 x  mx  1   x  2 
YCBT   2  có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 lớn hơn 2

 2

.

   m  4  2  12  0
m  
m  



  x1  2    x2  2   0   x1  x2  4  0
 4  m  4  0

x x  2 x  x  4  0
 3  2 4  m  4  0



 1 2

 1 2
 x1  2  x2  2   0
m  8
9

*

9  m  mà m    m  1; 2;3; 4 .
2
m


2
Câu 27. (SGD Bắc Ninh 18) Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình







e3 m  e m  2 x  1  x 2 1  x 1  x 2 có nghiệm là

 1

A.  0; ln 2  .
 2



1


B.  ; ln 2  .
2



 1
C.  0;  .
 e
Lời giải

1

D.  ln 2;   .
2


Chọn B
t 2 1
Đặt t  x  1  x  t  1  2 x 1  x  x 1  x 
.
2
0  x  1
2
x
1  x2  x

t  1 

x
; t  0  1  x2  x  
.
2
2
2
1

x

x
1  x2
1  x2

 2
t  1  1; t 1  1; t 
  2  1  t  2 .
 2 
 t 2 1 
3m
m
3
Phương trình trở thành e3m  em  2t. 1 
  e  e  t  t * .
2 

2

2

2

2

Xét hàm f  u   u 3  u trên  .

f   u   3u 2  1  0, u   nên hàm số f  u  đồng biến trên  .

 * 

f  em   f  t   em  t .

ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 13/43


1
ln 2 .
2
Câu 28. (SỞ NAM ĐỊNH 19) Cho hàm số f  x   2019 x  2019 x . Tìm số nguyên m lớn nhất để

Phương trình có nghiệm  1  e m  2  m 

f  m   f  2m  2019   0
A. 673 .

B. 674 .

C. 673 .
Lời giải

D. 674 .

Chọn B
Hàm số f  x   2019 x  2019 x xác định trên  .
Ta có: f   x   2019 x  2019 x    2019 x  2019 x    f  x   f  x  là hàm lẻ trên  .
Mà f   x   2019 x ln 2019  2019 x ln 2019  0, x   nên hàm số f  x  đồng biến trên  .
Do vậy: f  m   f  2m  2019   0  f  2m  2019    f  m 

 f  2m  2019   f  m   2m  2019  m  m  673
Do đó giá trị m nguyên lớn nhất thỏa mãn là 674 .





Câu 29. (Đặng Thành Nam 19) Cho hàm số f  x   ln x  x 2  1 . Có tất cả bao nhiêu số nguyên m thỏa
1 

mãn bất phương trình f  log m   f  log m
0
2019 

A. 65 .
B. 66 .
C. 64 .
Lời giải

Chọn C
Điều kiện: m  1 .


x  1   ln
x


Ta có f   x   ln   x 

D. 63 .

Hàm số f  x   ln x  x 2  1 có TXĐ D   .

Mặt khác f '  x  

2

1
x2  1

1
2

x 1





  ln x  x 2  1   f  x  , x   .

 0, x , nên f  x  đồng biến trên  .

Khi đó ta có
1 
1 
1 



f  log m   f  log m
  0  f  log m    f  log m
  f  log m   f   log m

2019 
2019 
2019 



1
log 2019
 log m   log m
 log m 
 m  10 log 2019  65, 77.
2019
log m

Suy ra m  2;3;...;65 . Vậy có tất cả 64 số nguyên m thỏa mãn.

Câu 30. (Đặng Thành Nam 19) Cho hàm số f ( x)  e

x 2 1

e

x

 e x  . Có bao nhiêu số nguyên dương m thỏa

 12 
mãn bất phương trình f  m  7   f 
  0?
 m 1
A. 4 .
B. 6 .
C. 3.
Lời giải
Chọn D
Tập xác định D   .

Ta có f   x   e

x 2 1

e

x

D. 5 .

 ex    f  x  .

Suy ra f  x  là hàm số lẻ.


x  x
 f '( x)  1  2
e
x

1


 f  x  đồng biến trên  .
f  x   e x

x 2 1

 e x

x 2 1

ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

x 2 1


x   x
 1 

e
2
x

1



x 2 1

 0, x .

Trang 14/43


 12 
 12 
 12 
f ( m  7)  f 
  0  f ( m  7)   f 
  f 
.
 m 1 
 m 1 
 m 1

 m7  

1  m  5
12


.
m  1  m  1

Vì m là số nguyên dương nên m  1, 2,3, 4,5 .
Cho hàm số f  x   2 x  2 x . Có bao nhiêu số nguyên m để bất phương trình

Câu 31. (ĐỀ 08 VTED 19)
f x3  2 x 2  3 x  m  f  2 x  x 2  5   0 có nghiệm đúng với mọi x   0;1 .





A. 7 .

B. 3 .

C. 9 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn D
Ta có f   x   2 x  2 x   f  x  và f   x   2 x ln 2  2 x ln 2  0, x   .









Suy ra f x 3  2 x 2  3x  m  f  2 x  x 2  5   0  f x 3  2 x 2  3x  m  f  x 2  2 x  5 
 x3  2 x 2  3x  m  x 2  2 x  5

 x 3  2 x 2  3 x  m  x 2  2 x  5
 x 3  3 x 2  5 x  5  m
 3
 3
2
2
2
 x  2 x  3 x  m   x  2 x  5
 x  x  x  5  m
3
2
Xét hàm số g  x   x  3x  5x  5, x   0;1 có max g  x   2
0;1

3

2

h  x   x  x  x  5, x   0;1 có min h  x   5
0;1

3

2

 x  3 x  5 x  5  m
2  m

x

0;1

Do đó  3
,
.



2
 x  x  x  5  m
5  m
Vậy có 8 nguyên thỏa mãn.

Câu 32. Cho hàm số

y  f  x   1  x 2  x . Tìm các giá trị

 x  m f  x  m 

m

của

để bất phương trình

x3  2019 x
 0 nghiệm đúng với mọi x   4;16 .
f  x3  2019 x 

A. m  35228 .

B. m  36416 .

C. m  38421 .
Lời giải

D. m  34662 .

Chọn B

1

2

Xét f   x   1    x     x   1  x 2  x 

1  x2  x



1
f  x

x3  2019 x
x 3  2019 x
 0   x  m f  x  m  
Ta có  x  m  f  x  m  
f  x3  2019 x 
f  x3  2019 x 
  x  m  f  x  m     x 3  2019 x  f   x 3  2019 x  1 (Vì f   x  

Xét hàm số g  t   t. f  t   t

g t   1  t 2 

t2





1  t 2  t trên  .

AM GM
2

 2t

1
).
f  x



2

1 t2 .

1 t
 g   t   2 t  2t  0 .

t2
1 t

2

 2t  2 t 2  2t

Vậy hàm số g  t  luôn đồng biến trên  .

1  g  x  m   g   x3  2019 x   x  m   x3  2019 x  m  x 3  2020 x .
1 nghiệm đúng với mọi x   4;16  m  Max
 x3  2020 x   36416 .
 4;16

ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 15/43


Câu 33. (Yên Mô A – Ninh Bình 19) Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình

3 x 3

3

m 3 x

  x 3  9 x 2  24 x  m  .3x 3  3x  1 có ba nghiệm phân biệt bằng

A. 45 .

B. 38 .

C. 34 .
Lời giải

D. 27 .

Chọn D
Phương trình tương đương với

3x3

3

m 3 x

  x 3  9 x 2  24 x  m  .3x 3  3x  1  3

3

m 3 x

3

  m  3x   33 x   3  x  * .

Xét hàm đặc trưng f  t   3t  t 3 trên  .

f   t   3t ln 3  3t 2  0, t   nên hàm số f  t  đồng biến trên  .

 * 

f



3



3

m  3x  f  3  x   3 m  3 x  3  x  m   3  x   3x  m   x 3  9 x 2  24 x  27 .

x  2
Đặt g  x    x3  9 x 2  24 x  27  g   x   3x 2  18x  24  0  
.
x  4
Ta có bảng biến thiên:

Phương trình có 3 nghiệm phân biệt  7  m  11 .

Vì m    m  8;9;10  S  8  9  10  27 .
Câu 34. (YÊN LẠC 19) Cho phương trình 27 x  3 x.9 x   3 x 2  1 3x   m3  1 x 3   m  1 x , m là tham số.
Biết rằng giá trị m nhỏ nhất để phương trình đã cho có nghiệm trên  0;   là a  e ln b , với a, b là
các số nguyên. Giá trị của biểu thức 17 a  3b bằng
A. 26 .
B. 54 .
C. 48 .
Lời giải
Chọn A
2

D. 18 .

x 3

   3 

Phương trình đã cho tương đương x3  3x 2 3x  3x. 3x
3

3

 x  3x   mx   mx

3

  x  3x   x  3x   mx   mx (*).
Xét hàm số f  t   t 3  t có f   t   3t 2  1  0, t    f  t  là hàm đồng biến trên  .
Do đó từ * suy ra x  3x  mx . Vì x  0 suy ra 1 

3x
 m.
x

3x
trên  0;   .
x
 3x ln 3 x  3x  0  3x x ln 3  1  0  x  1  log e .
Ta có f   x  


3
x2
ln 3
Dấu của f   x  cũng là dấu của nhị thức bậc nhất x ln 3  1 , do đó ta có bảng biến thiên:
Xét hàm số f ( x )  1 

ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 16/43


x

0

log3e

f'

0
+∞

+∞
+
+∞

f
1+e.ln3

Từ bảng biến thiên suy ra giá trị nhỏ nhất của m để phương trình có nghiệm là m  1  e ln 3 .
Suy ra a  1, b  3  17 a  3b  17  9  26 .
2

Câu 35. (Sơn Tây Hà Nội 19) Cho phương trình 2 x 1 .log 2  x 2  2 x  3  4 x  m log 2  2 x  m  2  với m là
tham số thực. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m trên đoạn  2019;2019 để phương trình có đúng 2
nghiệm phân biệt.
A. 4036 .
B. 4034 .
C. 4038 .
D. 4040 .
Lời giải
Chọn C
Điều kiện: x   .
2

2 x 1 .log 2  x 2  2 x  3  4 x  m log 2  2 x  m  2 
2

2

 2 x 1 .log 2  x  1  2   22 x  m log 2  2 x  m  2  1 .


t
Xét hàm số y  2 .log2  t  2 với t  0 .

Ta có y  2t.log 2  t  2  .ln 2 

2t
 0, t  0 .
 t  2  ln 2

Vậy hàm số y  2t.log2  t  2 đồng biến trên  0;   .
 x  1 2  2  x  m 
Từ 1  f  x  1  f  2 x  m    x  1  2 x  m  
   x  12  2  x  m 

2
 2m   x  4 x  1 1

 * .
2
 2
 2m  x  1



2



2

3

 m  2
1
TH1: 1 có 2 nghiệm phân biệt và  2 vô nghiệm  
m .
2
m  1

2
1

 m  2
3
TH2:  2 có 2 nghiệm phân biệt và 1 vô nghiệm  
m .
2
m  3

2
3

 m  2
TH3: 1 có nghiệm x  2 và  2 có nghiệm x  0  
 m .
1
m 


2
1 3


Kết hợp với điều kiện m thuộc đoạn  2019;2019 ta có m   2019;    ; 2019  .
2 2


Vì m nguyên nên nên ta có 4038 giá trị của m .
Câu 36. (Thanh Chương Nghệ An 19) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn
2 x2  x  m  1

10;10
để
bất
phương
trình
log
 2 x 2  4 x  5  2m có nghiệm. Số phần tử của tập


3
2
x  x 1
hợp S bằng
A. 20.
B. 10.
C. 15.
D. 5.

Lời giải
ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 17/43


Chọn B
Điều kiện xác định:
2

2x2  x  m 1
1 3

 0  2 x2  x  m  1  0 (vì x2  x  1   x     0 với mọi x ). (*)
2
x  x 1
2 4

Khi đó:
2 x2  x  m  1
2 x2  x  m  1
2
log 3

2
x

4
x


5

2
m

log
 1  2 x 2  4 x  4  2m
3
2
2
x  x 1
x  x 1
2
2x  x  m 1
 log 3
 2 x 2  4 x  4  2m
2
3  x  x  1
 log 3  2 x 2  x  m  1  log 3 3  x 2  x  1   2  2 x 2  x  m  1  6  x 2  x  1
 log 3  2 x 2  x  m  1  2  2 x 2  x  m  1  log 3 3  x 2  x  1 6  x 2  x  1 . (1)

Xét hàm số f  t   log3 t  2t với t  0 .
1
 2  0, t  0 .
t.ln 3
Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên khoảng  0;    .

Ta có: f   t  





Do đó (1)  f  2 x 2  x  m  1  f 3  x 2  x  1  2 x 2  x  m  1  3  x 2  x  1 (thỏa mãn (*))

 x2  2 x  2  m .
BPT x 2  2 x  2  m có nghiệm  m  min g  x  với g  x   x 2  2 x  2 .
Xét hàm số g  x   x 2  2 x  2 với x   có g   x   2 x  2 .

g   x   0  2 x  2  0  x  1 .
Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra min g  x   1 . Do đó m  1 .
Vì m   10;10 nên tập S  1; 2;...;10 . Vây S có 10 phần tử.
Câu 37. (PHỤ DỰC – THÁI BÌNH 19) Tìm số giá trị nguyên của m thuộc  20; 20 để phương trình
log 2 ( x 2  m  x x 2  4)  (2m  9) x  1  (1  2m) x 2  4 có nghiệm?
A. 12.
B. 23.
C. 25.
Lời giải
Chọn B

D. 10.

Điều kiện xác định: x 2  m  x x 2  4  0 .




 log  x  x  4  x   m   2mx  9 x  1 

log 2 x 2  m  x x 2  4   2m  9  x  1  1  2m  x 2  4
2

2

x 2  4  2m x 2  4



4x
 log 2 
 m   2mx  9 x  1  x 2  4  2m x 2  4
2
 x 4x

 4 x  m x2  4  mx 
 log 2 
  2mx  9 x  1  x2  4  2m x2  4
2


x 4x


ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 18/43


 log 8 x  2m

 
x  4  2mx   8 x  2m




x  4  2mx   log 

 log 2 4 x  m x 2  4  mx  8 x  2m x 2  4  2mx  1  log 2
2

2

2

2

  x  4  x
x  4  x    x  4  x  1 Xét

x2  4  x 
2

2

2

hàm số f  t   log 2 t  t , t   0;   .
1
f t  
 1  0, t   0;    nên hàm số luôn đồng biến trên khoảng  0;    .
t ln 2
Khi đó 1  8 x  2m x 2  4  2mx  x 2  4  x  2m

8x

8x

 2m  1 

x2  4  x

 2m  1  2 x



 2m  1 



x2  4  x



 

x2  4  x 



x2  4  x  8x



4



x2  4  x  x x2  4  x2 

1  2m
.
2

Xét hàm số g  x   x x 2  4  x 2 với x   ;    .
Ta có g ( x) 



x2  4  x



2

 0, x   .

x2  4

lim g  x   lim  x
x  


x 





4
x 2  4  x   lim  x 2
  lim
 x
x  4  x  x




4
4
 1 2 1
x

 2 ;

 


4
lim g  x   lim  x 2  1  2  1    .
x 
x 
x
 
 
Ta có bảng biến thiên của g ( x)

1  2m
5
 2  m  .
2
2
Do m nguyên thuộc  20; 20 nên số giá trị m là 23.

Để phương trình có nghiệm thì

Câu 38. (CHUYÊN THÁI NGUYÊN 19) Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên dương của m để phương trình

2cos x 2

3

m  3cos x

  cos3 x  6sin 2 x  9 cos x  m  6  2cos x 2  2cos x 1  1 có nghiệm thực . Khi đó tổng của

hai phần tử lớn nhất và nhỏ nhất của tập S bằng
A. 28 .

B. 21 .
C. 24 .
Lời giải
Chọn A
3
3
Ta có 2cos x 2 m3cos x   cos x  2   m  3cos x  2cos x 2  1


 2

3

m  3cos x





3

m  3cos x



3

 2 2  cos x   2  cos x 

3

D. 4 .

 * .

Xét hàm số đặc trưng f  u   2u  u 3 trên  .

f   u   2u ln 2  3u 2  0, u   nên hàm số đồng biến trên  .

 * 

f



3



m  3cos x  f  2  cos x   3 m  3cos x  2  cos x

  cos3 x  6 cos 2 x  9 cos x  8  m .
ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 19/43


Đặt cos x  t với điều kiện t   1;1 , suy ra f  t   t 3  6t 2  9t  8  m .
Dễ thấy min f  t   4 và max f  t   24 nên phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
t 1;1

t 1;1

m   4; 24 . Suy ra S  4;5;...; 24 nên tổng của hai phần tử lớn nhất và nhỏ nhất của S bằng 28 .
Câu 39. (Thuận Thành 2 Bắc Ninh 19) Gọi S là tập chứa các giá trị nguyên của m để phương trình
3
3
e3 x 18 x 30  m  e x 6 x 10 m  e 2 m  1 có 3 nghiệm thực phân biệt. Tính tổng các phần tử của tập S .
A. 110 .
B. 106 .
C. 126 .
D. 24 .
Lời giải
Chọn A
Đặt t  x3  6 x  10 .
Ta có phương trình e3t  m  et  m  e 2 m  1  e3t  et  e3m  e m (1) .
Xét hàm số f ( x)  e3 x  e x xác định trên  .
Ta có f ( x)  3e3 x  e x  0, x   .
Suy ra f ( x) đồng biến trên  .
Từ 1 , ta có f (t )  f (m) , suy ra t  m hay x3  6 x  10  m (2) .
3

3

Phương trình e3 x 18 x 30  m  e x 6 x 10 m  e 2 m  1 có 3 nghiệm thực phân biệt khi phương trình (2) có 3
nghiệm thực phân biệt.
Xét hàm số g ( x)  x3  6 x  10 với x   .
g ( x )  3 x 2  6  3  x 2  2  ; g ( x )  0  x   2 .

Ta có bảng biến thiên của g ( x)

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình (2) có 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi

10  4 2  m  10  4 2 .
Ta có 10  4 2  4,34 và 10  4 2  15, 66 . Suy ra S  {5;6;7;8;9;10;11;12;13;14;15} .
11
Tổng các phần tử của S là  5  15  110 .
2
Câu 40. (CHUYÊN THÁI NGUYÊN 19) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
5 x 2  12 x  16  m  x  2  x 2  2

có

hai

20182 x  x 1  20182 x 1  2019 x  2019 .

11 3 
A. m   2 6 ;
.
3 


thực

phân

biệt

thoả

mãn



B. m  2 6 ;3 3  .

11 3 
D. m   3 3 ;
 2 6 .
3 

Lời giải

 

C. m   2 6 ;3 3  .
Chọn B
Xét bất phương trình 20182 x 

nghiệm

x 1

 20182

x 1

 2019 x  2019

(1) . Điều kiện: x  1 .

ab
a  2 x  x  1
Đặt 
 a  b  2( x  1)  x  1 
.
2
b  2  x  1

ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 20/43


a b
 0  2(2018) a  2019a  2(2018)b  2019b
2
t
Xét hàm số f (t )  2(2018)  2019t liên tục trên  .
f (t )  2.2018t ln 2018  2019  0, t   nên f (t ) đồng biến trên  .
(1) trở thành 2018a  2018b  2019

(2) .

Bất phương trình (2)  f ( a )  f (b)  a  b  2 x  x  1  2  x  1  1  x  1 .
Với 1  x  1 , ta có: 5 x 2  12 x  16  m  x  2  x 2  2
2

 3  x  2  2  x2  2  m  x  2 x2  2  3



x2  2

2

x2  2
 m (3) .
x2

x2

với x   1;1 .
x2  2
2  2x
1
 0, x   1;1 nên hàm t đồng biến trên  1;1 , suy ra
t  3.
3
2
3
x 2

Đặt t 

t 

x2



 1

Do hàm t đơn điệu trên  1;1 nên ứng với mỗi giá trị của t   ; 3  ta tìm được đúng một giá trị
 3

của x   1;1 và ngược lại.
Viết lại phương trình (3) theo ẩn t : 3t 

1
2
t  3.
 m  4  với
t
3

 1

; 3  (*) .
(3) có 2 nghiệm thực phân biệt x   1;1  (4) có 2 nghiệm thực phân biệt t  
 3

2
 1

Xét hàm số g (t )  3t  liên tục trên  ; 3  .
t
 3


2
2
. Cho g (t )  0  t 2   t 
2
t
3
Bảng biến thiên:
g (t )  3 

2  1


; 3 .
3  3




Dựa vào bảng biến thiên, ta có (*)  m  2 6 ;3 3 
Vậy m  2 6 ;3 3  thoả yêu cầu bài toán.



Câu 41. (KIM LIÊN - HÀ NỘI 19) Cho bất phương trình

3

x 4  x 2  m  3 2 x 2  1  x 2  x 2  1  1  m . Tìm tất

cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x  1 .

1
1
A. m  .
B. m  1 .
C. m  .
D. m  1 .
2
2
Lời giải
Chọn D
Ta có:

3

x 4  x 2  m  3 2 x 2  1  x 2  x 2  1  1  m

  x 4  x 2  m   3 x 4  x 2  m  3 2 x 2  1   2 x 2  1  0
  x 4  x 2  m   3 x 4  x 2  m  3 2 x 2  1   2 x 2  1 (1)
ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 21/43


3
Xét hàm số f  t   t  t , t   .
2
Có f   t   3t  1  0, t   nên hàm số f  t  đồng biến trên  .

Bất phương trình (1) có dạng f



3

 

x4  x2  m  f

3



2x2  1  3 x4  x2  m  3 2x2  1

 x4  x2  m  2x2  1  m   x4  x2  1 .
4
2
Xét hàm số g  x    x  x  1 với x  1;   .

Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x  1  m  g  x  , x  1 .
g   x   4 x3  2 x  2 x  2 x 2  1  0, x  1 .

Bảng biến thiên:

Tập giá trị của hàm số g  x  trên 1;   là  ;1 .
Vậy m  g  x  , x  1  m  1 .
Câu 42. (Nguyễn Du 19) Cho hàm số f  x  liên tục trên  có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên
của n để phương trình sau có nghiệm x   . f  16sin 2 x  6sin 2 x  8  f  n  n  1 

A. 10.

B. 6.

C. 4.
Lời giải

D. 8.

Chọn B
Nhìn vào đồ thị ta thấy hàm số f  x  luôn đồng biến trên  , do đó
f  16sin 2 x  6sin 2 x  8  f  n  n  1   16sin 2 x  6sin 2 x  8  n  n  1

Ta xét
16sin 2 x  6sin 2 x  8  n  n  1
 8 1  cos 2 x   6sin 2 x  8  n  n  1  0
 8cos 2 x  6sin 2 x  n  n  1  0
2

2

Để phương trình có nghiệm x   thì 82  62   n 2  n    n 2  n   100  10  n 2  n  10
1  41
1  41
(do n2  n  10, n ).
n
2
2
Vì n nguyên nên n  3; 2; 1;0;1; 2 .
 n 2  n  10 

Câu 43. (Ngô Quyền - Hà Nội 19) Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
1
m  m  1  1  sin x  sin x có nghiệm là đoạn  a ; b  . Khi đó giá trị của biểu thức T  4a   2
b
bằng
A. 4 .
B. 5 .
C. 3 .
D. 3 .
Lời giải
ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 22/43


Chọn A
Ta có 1  sin x  1  0  1  sin x  2  0  1  sin x  2, x   .
Đặt t  1  sin x . Ta có 0  t  2 và sin x  t 2  1 .
Khi đó phương trình có dạng: m  m  1  t  t 2  1  m  1  t  m  1  t  t 2  t * .
Xét hàm số f  t   t 2  t , t  0 .
Ta có f   t   2t  1  0, t  0 .
Do đó hàm số f  t   t 2  t luôn đồng biến trên  0;    .
Vì thế *  t  m  1  t  m  t 2  t  1 **
Xét hàm số g  t   t 2  t  1, t   0; 2  .

1
.
2
Bảng biến thiên của hàm số g  t   t 2  t  1, t   0; 2 
g   t   2t  1 ; g   t   0  2t  1  0  t 

5
Phương trình đề bài có nghiệm  ** có nghiệm t  0; 2     m  1  2 .
4
5
 5

Vậy m    ;1  2  nên a   ; b  1  2  T  4 .
4
 4

Câu 44. (TT Thanh Tường - Nghệ An 19) Cho hàm số f  x   3 7  3x  3 7  3x  2019 x . Gọi S là tập hợp





các giá trị nguyên của m thỏa mãn điều kiện f x 3  2 x 2  3 x  m  f  2 x  2 x 2  5   0, x   0;1 .
Số phần tử của S là
A. 7 .

B. 3 .

C. 9 .
Lời giải

D. 5 .

Chọn C
Vì f  x   3 7  3x  3 7  3x  2019 x là hàm số lẻ và đồng biến trên  nên ta có









f x 3  2 x 2  3x  m   f  2 x  2 x 2  5   f x3  2 x 2  3x  m  f  2 x 2  2 x  5
 x3  2 x 2  3x  m  2 x 2  2 x  5

 x3  4 x 2  5 x  5  m

.

 x  2 x  3x  m  2 x  2 x  5
3
x

x

5

m
 3

2
2
 x  2 x  3 x  m  2 x  2 x  5

3

2

2

Xét g  x   x 3  4 x 2  5 x  5 và h  x   x 3  x  5 trên  0;1 có bảng biến thiên là

ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 23/43






Từ bảng biến thiên suy ra f x 3  2 x 2  3 x  m  f  2 x  2 x 2  5   0, x   0;1 khi và chỉ khi
m  3
 3  m  5 .

m  5
Câu 45. (Thị Xã Quảng Trị 19) Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm giá

m3  m

trị của tham số m để phương trình

f

2

 x  1

B. m  26 .

A. m  2 .

 f 2  x   2 có đúng ba nghiệm thực phân biệt.
C. m  10 .

D. m  1 .

Lời giải
Chọn B
Phương trình tương đương m 3  m 





3

f 2  x  1 

f 2  x   1 (*)

Xét hàm số f  t   t 3  t trên  có f   t   3t 2  1  0 t   nên hàm số đồng biến trên  .
Từ phương trình (*)  m 
m

f 2  x   1 ( Đk m  1 ). Khi đó phương trình

 f  x   m 2  1 (1)
f  x  1  f  x  m  1  
 f  x    m 2  1 (2)

2

2

2

Nếu m  1 ta có f  x   0 phương trình có 2 nghiệm nên m  1 (loại).
Nếu m  1 phương trình (2) có đúng một nghiệm. Như vậy để phương trình đã cho có ba nghiệm phân
 m  26
m2  1  5  
, do m  1
 m   26

biệt thì phương trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt suy ra

Câu 46.

nên ta chọn m  26 .
(Yên Phong 19) Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị
của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt

4m3  m
2f

2

 x  5

 f 2  x  3 .

y

4

3
2
1
1

A. 0 .

B. 1 .

O 1

6

C. 2
Lời giải

x

D. 3 .

Chọn B
Phương trình đã cho tương đương 4m3  m   f 2  x   3 2 f 2  x   5
ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 24/43


3

 8m3  2m   2 f 2  x   5  1 2 f 2  x   5   2m   2m 





3

2 f 2  x  5  2 f 2  x  5 .

Xét hàm số g  a   a  a , a   . Ta có g   a   3a  1  0 , a   .
3

2

Do đó, g  a  đồng biến trên  . Mặt khác, g  2m   g





2 f 2  x   5  2m  2 f 2  x   5 .



m  0
5
m


m

0


2

  4m 2  5  0

.
 2
2
2
 2 f  x   4m  5
4
m

5



2
 f  x   4m  5
 f  x  
2

2
Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y 

4m2  5
cắt đồ thị hàm
2

số y  f  x  tại ba điểm phân biệt.
y

4

3
2
1
1

6

O 1

x

4m2  5
37

Từ đó,
 4  4m2  5  32  m  
.
2
2
37
Đối chiếu với điều kiện, ta thu được m 
.
2
Vậy có đúng 1 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 47. (ĐỀ 16 VTED 19) Cho hàm đa thức bậc ba y  f  x  có đồ thị của các hàm số y  f  x  ; y  f   x 
như hình vẽ bên. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình
f  f  x   m   2 f  x   3  x  m  có đúng 3 nghiệm thực. Tổng các phần tử của S bằng

A. 0 .

B. 6 .

C. 7 .
Lời giải

D. 5 .

Chọn C
f  f  x   m   2 f  x   3  x  m   f  f  x   m   3  f  x   m   f  x   3x . (1)
Xét hàm g  t   f  t   3t trên  .
Ta có g   t   f   t   3 .
ThS. Nguyeãn Vaên Rin – HBT

Trang 25/43