Tìm số nghiệm của phương trình hàm hợp

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.89 MB, 66 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TÌM SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH HÀM HỢP

I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

 f



x



m là phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị y f



x



, y m. Số nghiệm của phương

trình bằng số giao điểm của hai đồ thị y  f



x



, y m.

 f



x

 

g



x

 là phương t

rình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị y  f



x



, y g



x



. Số nghiệm của
phương trình bằng số giao điểm của hai đồ thị y  f



x



, y g



x



II. CÁC DẠNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

 Sử dụng BBT hoặc đồ thị của hàm số f x

 

để tìm số nghiệm thuộc đoạn



a b;



của phương trình

 





c f g x d m, với g(x) là hàm số lượng giác.

 Sử dụng BBT hoặc đồ thị của hàm số f x

 

để tìm số nghiệm thuộc đoạn



a b;



của phương trình

 





c f g x d m, với g(x) là hàm số căn thức, đa thức, …

 Sử dụng BBT hoặc đồ thị của hàm số f x

 

để tìm số nghiệm thuộc đoạn



a b;



của phương trình

 





c f g x d m, với g(x) là hàm số mũ, hàm số logarit.

 Sử dụng BBT hoặc đồ thị của hàm số f x

 

để tìm số nghiệm thuộc đoạn



a b;



của phương trình

 





c f g x d m, với g(x) là hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối.

(ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 - BDG 2019 - 2020) Cho hàm số f x

 

có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thuộc đoạn 0;5
2



 

 

  của phương trình f



sinx



1 là

A. 7 . B. 4 . C. 5 . D. 6 .

Phân tích:

1. DẠNG TỐN: Đây là dạng tốn sử dụng BBT hoặc đồ thị của hàm số f x

 

để tìm số nghiệm thuộc

đoạn



a b;



của PT c f g x.



 



d m.

2. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

Số nghiệm thuộc đoạn



a b; 



của PT f t

 

k là số giao diểm của đồ thị y f t

 

và đường thẳng

yk với t



a b; 



(k là tham số).

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

B1:Đặt ẩn phụ tg x

 

. Với x



a b;



 t



a b; 



.
B2: Với c f g x.



 



d m f t

 

k.

B3: Từ BBT của hàm số y f x

 

suy ra BBT của hàm số y f t

 

để giải bài toán số nghiệm thuộc

đoạn



a b; 



của phương trình f t

 

k.

Từ đó, ta có thể giải bài tốn cụ thể như sau:

Lời giải 
Chọn C

Đặt t sin , x t 



1;1



thì PT f



sinx



1 1

 

trở thành f t

 

1 2

 

.
BBT hàm số y f t

 

,t 



1;1



Dựa vào BBT ta có số nghiệm t 



1;1



của PT

 

1 là 2 nghiệm phân biệt t1 



1;0 ,



t2



0;1 .



Quan sát đồ thị ysinx và hai đường thẳng yt1 với t1 



1; 0



và yt2 với t2



0;1



+ Với t1 



1; 0



thì PT sinxt1 có 2 nghiệm 0;5
2

x  
 .

+ Với t2



0;1



thì PT sinx t 2 có 3 nghiệm 0;5
2

x  
 .

Vậy số nghiệm thuộc đoạn 0;5
2



 

 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Phương trình f



2 f x

 



1 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

A.3. B.4. C.5. D. 6.

Lời giải
Chọn A

Từđồ thị ta có



 



 

2 2

2 1

f x
f f x

f x

  



   

 



 





0 0 2

2
1

x x x
f x

x
f x

x

  




 

   



  



Vậy phương trình f



2 f x

 



1 có ba nghiệm phân biệt.

Câu 2. Cho hàm số f x

 

liên tục trên  và có đồ thị như hình bên.

Số nghiệm phân biệt của phương trình f



f x

 



 2 là

A. 7. B. 9. C. 3 D. 5.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Dựa vào hình vẽ của đồ thị hàm số y f x

 

, ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại 3 điểm

có hoành độ lần lượt là xx1, x0 và xx2.

Đặt t f x

 

Phương trình f



f x

 



 2 trởthành phương trình f t

 

 2.

Ta có nghiệm của phương trình f t

 

 2 là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y f t

 

và đường thẳng y 2.

Dựa vào hình vẽ trên, ta thấy đồ thị hàm số y f t

 

cắt đường thẳng y 2 tại 2 điểm phân
biệt có hồnh độ lần lượt là t  1 và t2, hay ta có f x

 

 1 và f x

 

2.

Trường hợp 1:

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Dựa vào hình vễ trên, ta thấy đồ thị hàm số y f x

 

cắt đường thẳng y 1 tại 3 điểm phân
biệt có hồnh độ lần lượt là xx3



x1 x3 1



, xx4, và xx5.

Vậy phương trình f x

 

 1 có 3 nghiệm phân biệt

 

1 .

Trường hợp 2:

Xét phương trình f x

 

2, ta có nghiệm của phương trình f x

 

2 là hồnh độ giao điểm
của đồ thị hàm số y f x

 

và đường thẳng y2.

Dựa vào hình vẽ trên, ta thấy đồ thị hàm số y f x

 

cắt đường thẳng y2 tại 2 điểm phân
biệt có hồnh độ lần lượt là xx6



x6 x1



và x1.

Vậy phương trình f x

 

2 có 2 nghiệm phân biệt

 

2 .

Từ

 

1 và

 

2 , suy ra số nghiệm phân biệt của phương trình f



f x

 



 2 là 5.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Số nghiệm phân biệt của phương trình f f x



 



 1 0 là

A. 9. B. 8. C.10. D. 7.

Lời giải 
Chọn A

Xét f f x



 



 1 0 f



f x

 



  1

 





 





 





2 1

0 1

1 2

f x a a

f x b b

f x c c

    




  



   



Xét f x

 

a



 2 a 1



: Dựa vào đồ thị ta thấy ya cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt

 

1 .
Xét f x

 

b



0 b 1



: Dựa vào đồ thị ta thấy yb cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt

 

2 .
Xét f x

 

c



1 c 2



: Dựa vào đồ thị ta thấy yc cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt

 

3 .

Các nghiệm ở trên khơng có nghiệm nào trùng nhau nên

 

* có 9 nghiệm phân biệt

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình

 

2
1
0
8
x m

f     có hai nghiệm phân

biệt là

A. 7 . B. 6 . C. 5 . D. 4 .

Lời giải 
Chọn C

Đặt tx,



t0



, khi đó:

 

1
0
8

x m

f     có hai nghiệm phân biệt.

 

1
8
m

f t 

  có hai nghiệm dương phân biệt.

2
1

1 1 3 3

8
m

m


        .

 m là số nguyên nên m 



2; 1; 0; 1; 2



Câu 5. Cho hàm số

 

2 3 1
3

1 3 2






 x x x

x

f . Khi đó phương trình f



f

 

x



0 có bao nhiêu nghiệm

thực?

A.9. B.6. C.5. D. 4.

Lời giải.

Chọn C

Bảng biến thiên của hàm số f x

 

như sau:

Ở đây

 

1 0

3
x
f x
x


   



và

 

1 1

4
3
x
f x
x


   


.

Suy ra



 



 





 





 





0;1
0 1;3
3; 4
f x a

f f x f x b

f x c
 



   

 

.

Phương trình f x

 

a có 3 nghiệm.
Phương trình f x

 

b có 1 nghiệm.
Phương trình f x

 

c có 1 nghiệm.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Số nghiệm thuộc nửa khoảng ;29
2 6
 
 

 

 của phương trình





19
1
sin

2 1

f x  là

A. 17 . B. 15. C. 10. D. 16 .

Lời giải.

Chọn D

Vì y f x

 

là hàm số bậc 3 nên điểm uốn của ĐTHS là I



1; 2



Do đó, từđồ thị ta có:









 

2sin 1 1;0
2sin 1 19 2si 1

10 n 1;2

2sin 2;3

f

x a

x x b

x c




 


   
 


 
 

 

1 1

sin 1; 1

2 2

1 1

sin 0; 2

2 2

1 1

sin ;1 3

2 2
a
x
b
x
c
x

 

    
 
 

  
 
 










 






29 / 6 / 2

Dựa vào đồ thị hàm số ysinxtrên nửa khoảng ;29
2 6
 
 

 
 

hoặc dùng đường tròn lượng giác,

ta được:

- Phương trình

 

1 có 5 nghiệm phân biệt.

- Phương trình

 

2 có 5 nghiệm phân biệt khác 5 nghiệm ở trên.
- Phương trình

 

3 có 6 nghiệm phân biệt khác 10 nghiệm ở trên.
Vậy phương trình đã cho có 16 nghiệm trên nửa khoảng ;29

2 6
 
 

 
 
.

Câu 7. Cho hàm số y  f

 

x có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

A. 2. B. 1 . C. 3. D. 4.
Lời giải

Chọn C

- Hàm số y f



x 1



là hàm số chẵn nên đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng.

- Ta có













1 0

f x khi x
f x

f x khi x

 



  

  




+) Ta vẽ đồ thị

 

C1 của hàm số y f x



1



được suy từ đồ thị

 

C của hàm số y f x

 

đã
cho bằng cách tịnh tiến

 

C sang phải 1đơn vị và bỏ đi phần đồ thị ở bên trái trục Oy.

+) Sau đó lấy đối xứng phần đồ thị

 

C1 ở bên phải trục tung

qua trục tung thì được đồ thị của hàm số y f



x 1



Khi đó, để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì
ta phải có  3 m1.

Suy ra, có 3 số ngun thỏa mãn bài tốn.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Có bao nhiêu giá trị nguyên của n để phương trình f



16cos2x6sin 2x8



 f n n



1



có
nghiệm x?

A.10 B. 4 C. 8 D. 6

Lời giải
Chọn D

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số y f x

 

đồng biến trên .

Do đó: f



16 cos2x6sin 2x8



 f n n



1



16 cos2 x6sin 2x 8 n n



1











1 cos 2

16. 6sin 2 8 1 8cos 2 6sin 2 1



 x x n n  x xn n

Phương trình có nghiệm x 82 62 n2



n1



2 n2



n1



2 100









2
2

1 10 10 0 1 41 1 41

10 0

2 2

1 10 10 0

  

        

 

       

 

     

 



n n n n

n n n

n n n n .

Vì n nên n  



3; 2; 1;0;1;2



Câu 9. Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  và có đồ thịnhư hình vẽ.

Gọi m là số nghiệm của phương trình f f x



 



1. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. m6. B. m7. C. m5. D. m9.

Lời giải
Chọn B

Đặt f x

 

u khi đó phương trình f f x



 



1trở thành f u

 

1 1

 

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Dựa vào đồ thị ta có 3 nghiệmgiả sử u1 



1; 0



, u2



0;1



, 3 5;3
2
u   

 .

Xét số giao điểm của đồ thị hàm số f x

 

với từng đường thẳng yu1, yu2, yu3.

Dựa vào đồ thị ta có:

Phương trình f x

 

u1, với u1 



1; 0



cho 3 nghiệm phân biệt.
Phương trình f x

 

u2, với u2



0;1



cho 3 nghiệm phân biệt.
Phương trình f x

 

u3, với 3 5;3

2
u   

 cho 1 nghiệm duy nhất.
Suy ra phương trình ban đầu f f x



 



1 có 7 nghiệm.

Câu 10. Cho hàm số y f x

 

có đồ thị như hình bên. Hỏi có bao nhiêu điểm trên đường trịn lượng

giác biểu diễn nghiệm của phương trình f f



cos 2x



  0?

A.1 điểm. B. 3 điểm. C. 4 điểm. D. vô số.

Lời giải 
Chọn C

Ta luôn có:  1 cos 2x1 nên từ đồ thị suy ra: 0 f



cos 2x



1.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Trên đoạn



1;1





cos 2



0 cos 2 0 2

2 4 2

f x   x  x k  x  k .
Vậy có 4 điểm.

Câu 11. Cho hàm số f x

 

x52x35x1. Số nghiệm thực của bất phương trình



sin sin



 

f 2 x2 x3  f 0 trên đoạn



3 3 ;



là

A. 3. B. 2. C. 0. D. vô số.

Lời giải 
Chọn A

 

f x 5x46x2 5 0  x   f x

 

đồng biến trên .

Khi đó, bất phương trình f



sin2 x2sinx3



 f

 

0 sin2x2sinx 3 0

sin
sin

x
x

 


  



3 sinx x k



k






   1    2 

2 .

Nghiệm của bpt đã cho trên đoạn



3 3 ;



là 5 ,
2 2 và



2 .

Câu 12. Cho hàm số f x

 

x3 3x1. Tìm số nghiệm của phương trình f



f x

 



0.

A. 5. B. 9. C. 4. D. 7 .

Lời giải 
Chọn D

Xét phương trình f x

 

 0 x33x 1 0 dùng máy tính cầm tay ta ước lượng được phương

trình có ba nghiệm và

1,879
1,532
0,347

x
x
x

 





 


Xét hàm số f x

 

x33x1, ta có bảng biến thiên của f x

 

như sau:

Xét phương trình f



f x

 



0 1

 

ta ước lượng được

 

1,879
1,532

0, 347

f x
f x
f x

  











Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f x

 

ta có:
+ Với f x

 

 1,879 phương trình

 

1 có 1 nghiệm.

+ Với f x

 

1,532 phương trình

 

1 có 3 nghiệm.

+ Với f x

 

0,347phương trình

 

1 có 3 nghiệm.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Câu 13. Cho hàm số y f

 

x ax3 bx2 cxd có đồ thịnhư hình bên dưới.

Có bao nhiêu giá trị ngun của tham số m để phương trình f2

  

x  m5

  

f x 4m40
có 7 nghiệm phân biệt?

A.1 . B. 2. C. 3. D. 4.

Lờigiải

Chọn C

Từ đồ thị hàm số y f

 

x , vẽ được đồ thị hàm số y  f

 

x như sau:

Ta có

  

  

 


















2
1

1
4
0

4
4
5

m
x
f

x
f
m

x
f
m
x
f

Từ đồ thị hàm số y f

 

x suy ra phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy để phương trình đã cho có 7 nghiệm phân biệt thì (2) có 4 nghiệm phân biệt và khác với

các nghiệm của (1) 0m141m3. Do đó có 3 giá trị nguyên của m .

Câu 14. Cho hàm số f xác định trên và cũng nhận giá trị trên tập thỏa mãn:

 

4 3

2f x  f x x 12x 4với mọi x, y thuộc R. Tính giá trị f

 

1 .

A. f

 

1  1 B. f

 

1 1 C. f

 

1 9 D. f

 

1  9
Lời giải

Chọn B

Cho x1ta được 2f

 

1  f

 

1 1412 1

 

3  4 7
Cho x 1ta được 2f

 

 1 f

   

1  1 412

 

1 3 4 17
Ta có hệ

 

2 1 1 7 1 1

1 2 1 17 1 9

f f f

    

 

 



 

     

 

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Câu 15. Cho hàm số , (với ). Hàm số có

đồ thị như hình vẽ bên dưới:

Tập nghiệm của phương trình có số phần tử là

A. . B. . C. . D. .

Lời giải 
Chọn B

Ta có

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình có ba nghiệm đơn là , , .

Do đó và .

Hay .

Từ và suy ra , và .

Khi đó phương trình

Vậy tập nghiệm của phương trình là .

Câu 16. Cho hàm số f xác định trên tập số nguyên và nhận giá trị cũng trong tập số nguyên, thỏa mãn

 





 





1 0

3 4 1

f

f m n f m f n mn





    



với mọi m n, là số nguyên.
Tính f

 

19 .

A. f

 

19 1999. B. f

 

19 1998. C. f

 

19 2000. D.

 

19 2001

f 

Lời giải
Chọn B

 

4 3 2

f x mx nx px qx r m n p q r, , , ,  y  f x

 

f x r

4 3 1 2

 

3 2

4 3 2

    

f x mx nx px q

 




y f x f

 

x 0 1 5

4 3

 



1 4





    

f x m x x x m0

 

3 2

4 13 2 15

    

f x mx mx mx m

 

2 13

3
 

n m p m q15m

 



f x r  mx4nx3px2qx0

 4 13 3 2 15 0

 

   

 

 

m x x x x

 3x413x33x245x0
 x



3x5



x3



2 0 

0
5
3
3
x
x
x



  

 


 



f x r 5; 0;3
3

 

  

 

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

 

1 2 2 1 9 9

mn  f  f  

 

2 4 2 2 45 63

mn  f  f  

 

4 8 2 4 189 315

mn  f  f  

 

8 16 2 8 765 1395

mn  f  f  

 

2; 1 3 2 1 21 30

m n  f  f  f  

 

16; 3 19 16 3 573 1998

m n  f  f  f  

Câu 17. Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị của

tham số m để phương trình f



cosx



 2m1 có nghiệm thuộc khoảng 0;
2



 

 

  là

A.



1;1



. B.



0;1 .



C.



1;1



. D.



0;1 .



Lời giải 
Chọn B

Đặt t cosx. Khi đó: 0;
2

x  

 



thì t



0;1



Bài tốn trở thành: Tìm m để phương trình f t

 

 2m1 có nghiệm t



0;1



hay phương

trình f x

 

 2m1 có nghiệm x



0;1



Từ đồ thị ta thấy điều kiện bài toán tương đương   1 2m  1 1 0m1.

Câu 18. Cho hàm số y f x( ) có bảng biến thiên sau.

Tìm tất cả các giái trị của tham số m để phương trình f(2 tan )x 2m1 có nghiệm thuộc
khoảng (0; )



A. 1 1

m

   . B. 1 1

m

   . C.  1 m1. D. m1.

Lời giải 
1

y

x
3

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Đặt 2 tan , (0; ) (0; 2)
4

t x x   t .

Phương trình f(2 tan )x 2m1 có nghiệm thuộc khoảng (0; )
4



 Phương trình f t( )2m1có nghiệm thuộc khoảng (0; 2) .
Từ BBT ta suy ra  1 2m 1 3  1 m1.

Câu 19. Cho hàm số y f x

 

. Đồ thị hàm y f

 

x như hình vẽ

Đặt g x

 

3f x

 

x33xm, với m là tham số thực. Điều kiện cần và đủ để bất phương

trình g x

 

0 đúng với   x  3; 3 là

A. m3f

 

3 . B. m3f

 

0 . C. m3f

 

1 . D.





3 3

m f  .

Lời giải
Chọn A

 

0 3 3 0 3 3

g x   f x x  xm  f x x  xm.

Đặt h x

 

3f x

 

x33x. Ta có h x

 

3f

 

x 3x23. Suy ra









 

3 3 3 6 0

0 3 0 0

1 3 1 0

h f

       



     




    



   




Từđó ta có bảng biến thiên

Vậy g x

 

mg x

 

h

 

3 3f

 

3 .

Câu 20. Cho hàm số y f '( )x có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

x  3 0 1 3

h  0 

h





h 

 

0
h

 

h
O

x
y

 1 3

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Xét tính đơn điệu của hàm số g x( )2 ( )f x x22xta được

A. Hàm số g x( )nghịch biến trên



 ; 2 ;

 

1;1 ; 2;

 





; đồng biến trên



 2; 1 ; 1; 2

 



B. Hàm số g x( )đồng biến trên



 ; 2 ;

 

1;1 ; 2;

 





; nghịch biến trên



 2; 1 ; 1; 2

 



C. Hàm số g x( )đồng biến trên



; 2 ; 1;

 





; nghịch biến trên



2;1



D. Hàm số g x( )đồng biến trên ; 3 ; 0;3

2 2

   

 

   

   ; nghịch biến trên

3 3

;0 ; ;

2 2

   

 

   

   .

Lời giải 
Chọn B

Ta có

2
1
'( ) 2 '( ) 2 2; '( ) 0 '( ) 1

1
2

x
x

g x f x x g x f x x

x
x

 



 


       

 





Ta có đồ thị sau:

Hàm số đồng biến trên



 ; 2 ;

 

1;1 ; 2;

 





; nghịch biến trên



 2; 1 ; 1; 2

 



Câu 21. Cho hàm số f x

 

xác định và liên tục trên và có đồ thịnhư hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

A. 15 . B. 14. C. 10 . D. 13 .

Lời giải 
Chọn D

Điều kiện: 1;7
3

x  
 .

Xét phương trình:





 

2.f 3 3 9x 30x21 m2019 1 .

Ta có: 2





9x 30x 21 4 3x 5

       0 4



3x5



2     2 3 3 3 4



3x5



2 3.

Đặt 2

3 3 9 30 21

t   x  x , t 



3; 3



Khi đó, phương trình

 

1 trở thành: 2.

 

2019

 

2019

 

m

f t m  f t   .

Phương trình

 

1 có nghiệm 1;7
3

x  

  phương trình

 

2 có nghiệm t 



3; 3



Dựa vào đồ thị của hàm số y f x

 

, phương trình

 

2 có nghiệm t 



3; 3



khi và chỉ

khi 5 2019 1 2009 2021

m

m


      .

Do m m



2009, 2010,..., 2021



Vậy số giá trị nguyên của mlà: 2021 2009 1 13   .

Câu 22. Chohàm số y f x( ) xác định và liên tục trên trên R có đồ thị như hình vẽ.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số mđể phương trình 7f



5 2 1 3  cosx



3m7
có hai nghiệm phân biệt thuộc ;

2 2
 


 

 

 ?

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Lời giải 
Chọn C

Đặt t 5 2 1 3 cosx (1). Vì ; 0 1

 

1;3
2 2

x  cosx  t

 

Phương trình đầu trở thành

 

3 7

7
m

f t   (2)
Nhận xét:

+Với cosx  1 t 1 nên khi t1 phương trình (1) chỉ có một nghiệm thuộc ;
2 2
 

 
 
 

+Với mỗi t



1;3



thì phương trình (1) có hai nghiệm thuộc ;
2 2
 

 
 
 

Như vậy dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình đầu có hai nghiệm phân biệt thuộc
;
2 2
 

 
 

  khi phương trình (2) có một nghiệm t

 

1;3

3 7

7
4
7
7 7
3 7

2 0 3 3

7
m
m
m m


 
  


  

  
   


Vì m Z m   



7; 2; 1; 0;1; 2



Câu 23. Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm trên  và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới. Đặt

 

g x  f f x . Tìm số nghiệm của phương trình g x

 

0.

A. 2 . B. 8. C. 4 . D. 6.

Lời giải 
Chọn B

Ta có

 

. 0

f x
g x f f x f x

f f x

 

      
 
  


 





3
0
0
2;3
x
f x
x x


   
 


 





0
0

2;3

f x
f f x

f x x


  
 


.
+

 









1
3
1;0
0 1
3;4
x x

f x x

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

+

 









2 1

3
2;3

0;1

x x x

f x x

x x

 



   

 



Vậy phương trình g x

 

0 có 8 nghiệm phân biệt.

Câu 24. Cho hàm số ( ) có bảng biến thiên của ′( )như hình sau:

Đặt ( ) = ( )− + 2 . Mệnh đềnào dưới đây đúng?

A. (1) < (0) < (−1). B. (−1) < (0) < (1).

C. (−1) = (1) > (0). D. (−1) = (1) < (0).

Lời giải
Chọn B

Ta có: ′( ) = ′( )− + 2, ′( ) = 0⇔ ′( ) = −2

Do đường thẳng = −2 đi qua (−1;−3), (1;−1) nên dựa vào bảng biến thiên ta có

′( )≥ 0,∀ ⇒ (−1) < (0) < (1)

Câu 25. Cho hàm số = ( ) liên tục trên ℝvà có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực phân biệt

của phương trình (|2cos |) = 1 trên khoảng 0; là:

A. . B. . C. . D. .

Lời giải 
Chọn C

Đặt = |2cos |∈ [0; 2], ∀ ∈ 0; ⇒ ( ) = 1⇔

= ∈(−2; 0)
= ∈ (0; 2)
= > 2

⇔|2cos | = ∈

(0; 2)(∗).

Đồ thị hàm số = |2cos | trên khoảng 0; như hình vẽ bên.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Câu 26. Cho hàm số = ( )có đồ thịnhư hình vẽ sau

Tìm sốgiao điểm của đồ thị hàm số = ( ) và trục hoành

A. 2. B. . C. . D. .

Lời giải 
Chọn D

Phương trình hồnh độgiao điểm của đồ thị hàm số = ( ) và trục hoành là: ( ) =

0 (1).

Ta có (1)⇔ ( ) = 2

( ) =−2 .

Số nghiệm của phương trình (1) là tổng sốgiao điểm của đồ thị hàm số = ( )và hai đường
thẳng song song = 2 và = −2.

Từđồ thị hàm số = ( ), ta thấy tổng số giao điểm bằng 5. Suy ra phương trình (1) có 5n
ghiệm phân biệt.

Vậy sốgiao điểm của đồ thị hàm số = ( ) và trục hoành là 5.

Câu 27. Cho hàm số có đạo hàm là hàm số với đồ thị như hình
vẽ bên.

Biết rằng đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hồnh tại điểm có hồnh độ âm. Khi đó đồ

thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là bao nhiêu?

A. B. C. D.

Lời giải 
Chọn A

Ta có

Đồ thị hàm số đi qua các điểm , và nên ta có

 

3 2

y f x ax bx cxd y f

 

x

 

y f x

 1. 2. 4.

 

3 2

 

3 2

y f x ax bx cx d  f x  ax  bx c

 

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

và .

Gọi tiếp điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là với
Tiếp tuyến có hệ số góc

. Vì .

thuộc đồ thị hàm số

Khi đó Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là .

Câu 28. Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ sau:

Số nghiệm của phương trình [ (f x2 1)]2  f x( 2 1) 2 0 là

A. 1. B. 4. C. . D. .

Lời giải 
Chọn B

Đặt t x2   1 t 1.

Ta thấy ứng với t 1 cho ta một giá trị của x và ứng với mỗi giá trị t 1 cho ta hai giá trị của
x.

Phương trình đã cho trở thành: [ ( )]2 ( ) 2 0 ( ) 1
( ) 2

f t
f t f t

f t
 


    




Từ đồ thị hàm số y f t( ) trên [1;+ ) suy ra phương trình f t( ) 1 có nghiệm t2 và

phương trình f t( )2 có nghiệm t 2 do đó phương trình đã cho có 4 nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.

Câu 29. ##Cho hàm số f x

 

xác định trên \ 0

 

và có bảng biến thiên như hình vẽ.

Số nghiệm của phương trình 3 f



2x1



100 là.

A. 2. B. 1. C. 4. D. 3.

Lời giải 
Chọn C

 

3 2

12 4 0 1

0 3 3

3 2 3 0

a b c a

c b y f x x x d

a b c c

   

 

 

       

 

      

 

 

3 6

f x  x  x

 

y f x M x



0;0



x0 0.

 

2 0

0 0 0

0 ' 0 3 6 0

x

k y x x x

x



       

 

 0 0

0 2

x  x  



2; 0



M  y f x

 

  8 12d  0 d  4.

 

3 2

3 4.

y f x x  x  4

 

y f x

3 5

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Đặt t2x1, ta có phương trình trở thành

 

10
3

f t  . Với mỗi nghiệm t thì có một nghiệm
1

t

x  nên số nghiệm t của phương trình

 

10
3

f t  bằng số nghiệm của





3 f 2x1 100.

Bảng biến thiên của hàm số y f x

 

là

Suy ra phương trình

 

10
3

f t  có 4 nghiệm phân biệt nên phương trình 3 f



2x1



100

có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 30. Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm f

 

x trên \ 0

 

và có bảng biến thiên như hình dưới.

Hỏi phương trình f x

 

2 có bao nhiêu nghiệm?

A.1 nghiệm. B.2 nghiệm. C.3 nghiệm. D. 4 nghiệm.

Lời giải
Chọn C

Bảng biến thiên cho hàm số y f x

 

như sau:

x0

+∞

∞

+
+

x
y'

y

0 1 +

∞ ∞

∞

Dựa vào BBT suy ra: phương trình f x

 

2 có 3 nghiệm phân biệt.

Câu 31. Cho hàm số f x

 

x33x21. Số nghiệm của phương trình f f x

 

24 f x

 

1 là

A. 5 . B. 6 . C. 8 . D. 9 .

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Đặt t f x

 

  2 t x33x23

Khi đó phương trình trở thành

 

2 3 2

1 0 1

4 1

4 2 1 4 2 4 0

2
2

1 3
1 3

t t

f t t

f t t t t t t

t

t
t

  

 



    

       

 













 

 

 


 



Xét hàm số y t x33x2 3





2 0

3 6 3 2 0

x

y x x x x

x



       




Ta có bảng biến thiên

Dựa vào BBT ta có phương trình t2 có 3 nghiệm phân biệt, phương trình t 1 3 có 3
nghiệm phân biệt.

Vây phương trình ban đầu có 6 nghiệm phân biệt.

Câu 32. Đồ thị hàm số f x

 

ax4bx3cx2dx e có dạng như hình vẽ sau:

Phương trình a f x



( )



4b f x



( )



3c f x



( )



2df x( ) e 0 (*) có số nghiệm là

A. 2. B. 6. C. 12. D. 16.

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Ta thấy đồ thị y f x

 

cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt nên phương trình f x

 

0 có 4
nghiệm phân biệt: x1 



1,5; 1



, x2  



1; 0,5



, x3



0;0,5



, x4



1,5;2



Kẻ đường thẳng ym, khi đó:

Với mx1 



1,5; 1



có 2 giao điểm nên phương trình f x

 

x1 có 2 nghiệm.

Với mx2  



1; 0,5



có 4 giao điểm nên phương trình f x

 

x2 có 4 nghiệm.

Với mx3



0;0,5



có 4 giao điểm nên phương trình f x

 

x3 có 4 nghiệm.

Với mx4



1,5; 2



có 2 giao điểm nên phương trình f x

 

x4 có 2 nghiệm.

Vậy phương trình (*) có 12 nghiệm.
Câu 33. Cho hàm số f :thỏa mãn điều kiện



2 3



2



2 3 5



6 2 10 17,

f x  x  f x  x  x  x  x .

Tính

f



2018



A. f



2018



2018. B. f



2018



20182.

C. f



2018



4033. D. f



2018



3033.

Lời giải
Chọn C

Ta cần thay

x

bởi đại lượng nào đó để bảo tồn được sự xuất hiện của





f x  x và f x



23x5



trong phương trình.

Do đó ta cần có x2   x 3 x23x5 x 1 x.

Như vậy ta thay xbởi 1x.
Cuối cùng ta tính được:









3 2 2 3 2 3 3

f x  x  x  x  x  x  .

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Câu 34. Cho hàm số f x

 

có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thuộc đoạn 0;9
2



 

 

 c

ủa phương trình f



co sx



2là

A.16 . B. 17 . C.18 . D. 19 .

Lời giải.

Chọn B

Từ BBT ta thấy:





















cos 1 :

cos 1 0

cos

cos 0 1

cos 1 :

2
f

x a a vônghiệm
x b b

x

x c c

x d d vônghiệm





  








 
   

  

 









cos 1 0

cos 0 1






   

  




x b b

x c c

Dựa vào đường tròn lượng giác, trên đoạn 0;9
2



 

 

 thì:

- Phương trình cosx b có 8 nghiệm phân biệt.

- Phương trình cosx c có 9 nghiệm phân biệt khác 8 nghiệm ở trên.
Vậy phương trình f



co sx



2có 17 nghiệm trên đoạn 0;9 .



 

 

 

Câu 35. Cho hàm số f x

 

liên tục trên và có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thuộc đoạn



0; 2020



của phương trình f



cosx



2là

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Lời giải.

Chọn D

Từ BBT ta thấy:









co s 1
1

co s co s

2
co

s 1 :

f

x

x x

x a a vô nghiệm





 







  

 

 

co s 1
1
co s

2
x

x




 





Dựa vào đường tròn lượng giác, trên đoạn



0; 2020



thì:
- Phương trình co sx1có 1011 nghiệm phân biệt.

- Phương trình co s 1
2

x  có 2020 nghiệm phân biệt khác 1011 nghiệm ở trên.
Vậy phương trình f



cosx



2có 3031 nghiệm trên đoạn



0; 2020



Câu 36. ##Cho hàm số f x

 

ax3bx2bx c có đồ thị như hình vẽ:

Số nghiệm nằm trong ;9

2 2

 


 

 

  của phương trình f



cosx1



cosx1 là

A.

6

. B. 10. C. 4 . D. 8 .

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Từđồ thị ta có

 









; 0
0;1
2
x a

f x x x b

x

  




   
 


Do đó













cos 1 ; 0

cos 1 cos 1 cos 1 0;1

cos 1 2

x a

f x x x b

x

   




      

  











cos 1 ; 1 ( )

cos 1 1; 0 (1)

cos 1 (2)

x a t VN

x b t

x

     




     

 



Dựa vào đường trịn lượng giác, phương trình (1) có 4 nghiệm nằm trong ;9

2 2

 


 

 

 .

Phương trình (2) có

6

nghiệm nằm trong ;9

2 2

 


 

 

 .

Vậy phương trình ban đầu có tất cả

10

nghiệm nằm trong ;9

2 2

 


 

 

 .

Câu 37. Cho hàm sốy f x

 

có đạo hàm trên . Biết rằng hàm số y f '

 

x có đồ thị như hình vẽ
bên dưới. Hỏi đồ thị hàm số y f



3x4



cắt đường thẳng 3

y  x tại nhiều nhất bao nhiêu điểm?

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Lời giải 
Chọn D

Đặt



3 4



3
t
t x  x  .

Phương trình hồnh độgiao điểm là:



3 4



 

2
f x   x 

Số nghiệm của

 

 là sốgiao điểm của đồ thị hàm số y f



3x4



và đường thẳng

3
2

y  x . Thế t vào

 

 ta có:

 

1 0
3 6
t

f t    .

Đặt

 

3 6
t

g t  f t   '

 

1 0 '

 

3 3

g t f t f t 

      .

Quan sát đồ thị ta thấy '

 

1
3

f t   có 3 nghiệm thực phận biệt nên hàm g t

 

có 3 cực trị.
Số nghiệm lớn nhất của phương trình g t

 

0 là 4. Suy ra phương trình

 

 có tối đa 4 nghiệm
.

Vậy chọn đáp án

Câu 38. Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  có đồ thị như hình vẽ bên. Hỏi phương trình

 





f  f x  có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

A. 5 . B. 6 . C. 3 . D. 4 .

Lời giải 
Chọn C

Từ đồ thị ta suy ra:



 



 

2 1 1

2 1

2 2 4

f x f x

f f x

f x f x

  

 

   

   

 

 

•

 

1 2

x

f x

x
 

   



• f x

 

  4 x x3 2.

Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

Câu 39. Cho hàm số f x

 

 x33x1. Số nghiệm của phương trình f x

 

33f x

 

 1 0 là

A. 1. B. 6. C. 5. D. 7.

Lời giải 
Chọn D

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình f x

 

0 có 3 nghiệm x1  



2; 1 ,



x2



0;1 ,



x3



1; 2



Nếu phương trình f x

 

33f x

 

 1 0 có nghiệm x0 thì f x

  

0  x x x1, 2, 3



Dựa vào đồ thị ta có:

+ f x

 

x x1, 1  



2; 1



có 1 nghiệm duy nhất.
+ f x

 

x x2, 2



0;1



có 3 nghiệm phân biệt.
+ f x( )x x3, 3



1; 2



có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình f x

 

33f x

 

 1 0 có 7 nghiệm phân biệt.

Câu 40. Cho hàm số ( ) = + + + + có đồ thị như hình bên. Phương trình

( ) + 2 = ( ) + 1 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt.

A.3. B.4. C.2. D.5.

Lời giải
Chọn C

Ta có:

′( ) = 4 + 3 + 2 + = 4 ( + 1) ( −1) = 4 ( − )⇒ ( )

= ( −2 ) + .

Và (0) = 0

(−1) =−1⇔

= 0

− + =−1⇔

= 1

3 = 0 ⇒ ( ) = −2 .

Đặt = ( ); ( ≥0)phương trình trở thành:

( ) + 2 = + 1⇔ −2 + 2 = + 1⇔ −2 + 2 = ( + 1) ⇔4 = 1

⇔ = 1

2( ≥0).

Vậy ( ) = ⇔ ( ) = phương trình này có 2 nghiệm.

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

m

sao cho phương trình 2f



sinxcosx



m1
có hai nghiệm phân biệt trên khoảng ;3

4 4



 



 

 ?

A. 13 . B. 15 . C. 12 . D. 14 .

Lời giải
Chọn A

Đặt t sinxcosx .

Ta có: cos sin 2 sin 0, ;3

4 4 4

t  x x x



   x 





   

Bảng biến thiên của t t x

 

trên khoảng ;3
4 4



 



 

 

Nhận xét: Dựa vào bảng biến thiên của t x

 

trên khoảng ;3
4 4



 



 

  ta thấy với mỗi

3
;
4 4

x 





  có duy nhất một giá trị t 



2 ; 2



Do đó, phương trình 2f



sinxcosx



m1 có hai nghiệm phân biệt trên khoảng
3

;
4 4



 



 

  

phương trình 2f t

 

m1 có hai nghiệm phân biệt trên



2 ; 2



4 1 3 7 7
2

m



         .

Mà mm 



6; 5;..;5;6



 có 13 giá trị nguyên

m

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Số nghiệm thuộc đoạn





 

; 2



của phương trình 2f



2 sinx



 1 0 là

A.6. B. 2 . C. 8. D. 12.

Lời giải 
Chọn D

Đặt t 2 sinx. Xét hàm t g x

 

2 sinx trên đoạn





 

; 2



Ta có bảng biến thiên của hàm số y g x

 

2 sinx trên đoạn





 

; 2



Dựa vào BBT ta có t



0, 2



  x







Nếu t



0, 2



thì mỗi giá trị t cho 6 giá trị x thuộc đoạn





 

; 2



Phương trình 2f



2 sinx



 1 0 trở thành

 

1
2

f t   với t



0, 2



Dựa vào đồ thị ta có phương trình

 

f t   có 2 nghiệm t phân biệt thuộc khoảng



0, 2



nên phương trình ban đầu có 12 nghiệm phân biệt thuộc đoạn





 

; 2



Câu 43. Cho hàm số y f x( ) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ

Gọi m là số nghiệm của phương trình f



f x( )



0. Khẳng định nào sau đây đúng.

A. m4 B. m6 C. m5 D. m7

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Từ đồ thị ta có





( )

( ) 0 ( ) 1

( )

f x x

f f x f x

f x x

 




  

 



với   1 x1 0 ; 2x23

Trường hợp 1: f x( )x1 có 3 nghiệm phân biệt
Trường hợp 2: f x( )1 có 3 nghiệm phân biệt
Trường hợp 3: f x( )x2 có 1 nghiệm

Vậy phương trình f



f x( )



0 có 7 nghiệm hay m7.

Câu 44. Cho hàm số y  f ( )x liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp tất cả các

giá trị nguyên của m để phương trìnhf(sin )x  2 sinxmcó nghiệm thuộc khoảng (0; ) . Tơng các
phần tử của S bằng

A. 10 B. 8 C. 6 D. 5

Lời giải 
Chọn C

Đặt tsinx t



0;1



 f



sinx



2sinx m m f t

 

2t t







0;1





Xét g t

 

 f t

 

2 ,t t



0;1



 





 





' ' 2 0 0;1 3;1

g t f t t g t

        

Phương trình f



sinx



2sinx m có nghiệm m 



3;1



m   



3; 2; 1;0



.
Vậy tổng các số là S  6

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Số nghiệm thực của phương trình f



4 f

 

2x



2 là

A. 1. B.2. C.3. D.4.

Lời giải 
Chọn B

Ta có:

Theo đồ thị :

 





 





4 2 2

4 2 , 4 6

x
x

x

f

f f

f a a

   



  

    



TH1) 4 f

 

2x  2  f

 

2x  6





2 2

x

x x

b KTM

 

  

  


TH2) 4 f

 

2x a  f

 

2x a4,



0a 4 2











2 2

2 0 log

2 4

x
x
x

c KTM

d KTM x t

t
   


    



 



Vì t4 nên log2t log 42 2 1 nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.

Câu 46. Cho hàm số y f x( ) xác định và liên tục trên  có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị

nguyên của m để phương trình 2f



3 3 9x230x21



m2019 có nghiệm.

A.15. B.14. C.10. D. 13.

Lời giải 
Chọn D

Ta có 2





9x 30x 21 3x 5 4 4

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Đặt t 3 3 9x230x21 thì t 



3;3



. Ta cần tìm số các giá trị nguyên của m để phương

trình

 

2019

2
m

f t   có nghiệm t 



3;3



.
Từ đồ thị suy ra đường thẳng 2019

m

y  cắt đồ thị y f t

 

;t 



3;3



khi và chỉ khi

 3;3

 

2019

5 ; max

2
m

a a f t




    , và cũng từ đồ thị ta có 1 a 1, 5.

Do đó 2009m2a2019 và 2021 2 a20192022. Mà m nên 2009m2021.
Vậy có tất cả 2021 2009 1 13   giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Câu 47. Cho hàm số y f x

 

có đồ thị như hình vẽ sau.

Số nghiệm của phương trình

 

e x e x 2 0

f f

    

  là:

A.1. B. 2 . C. 3. D. 5.

Lời giải 
Chọn B

Điều kiện x0.

Đặt te x. Do x0 t 1 và ứng với mỗi giá trị t1 chỉ cho một giá trị x0.

Ta có phương trình trở thành:

 

2 1

2 0

f t
f t f t

f t

 


   

  

 




Từ đồ thị hàm số y f t

 

trên



1;



suy ra phương trình f t

 

 1 có 1 nghiệm và phương

trình f t

 

2 có 1 nghiệm khác với nghiệm của phương trình f t

 

 1.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.

Câu 48. Cho hàm số y f x

 

liên tục trên  có đồ thị như hình vẽ. Phương trìnhf



1 f x

 



0có tất

cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

A. 5. B. 4. C. 7. D. 6.

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Chọn C

Từ đồ thị hàm số ta có :

 





 





 





 





 

1 2 1 1

1 0 1 0 1 1 .

1 1 2 1

f x m m f x m

f f x f x n n f x n

f x p p f x p

         

 

         

 

     

 

 

+) Do 2 m  1 2 1 m 3 phương trình f x

 

 1 m có 1 nghiệm x1.
+) Do 0n 1 0 1   n 1 phương trình f x

 

 1 n có 3 nghiệm x x x2, ,3 4.
+) Do 1 p2   1 1 p0 phương trình f x

 

 1 pcó 3 nghiệm x x x5, 6, 7.

Dựa vào đồ thị ta thấy 7 nghiệm này phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có đúng 7 nghiệm phân biệt.
Câu 49. Cho hàm số bậc ba y f x

 

có đồ thịnhư hình vẽ.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

m

để phương trình f



f



co sx



2



 f m

 

có
nghiệm trên nửa khoảng



0;



A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 5 .

Lời giải.

Chọn A

Sử dụng đường tròn lượng giác và qua sát đồ thị ta thấy:



0;



co s



1;1





co s





2; 2



      

x x f x

























 







  





co s 2 0; 4
co s 2 0; 2

co s 2 2; 2

2; 2 \ 1 2;0;1 .

  

    

      

f x

f f x f m

m m

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Câu 50. Cho hàm số

y



f x

 

có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới đây

Gọi Slà tập hợp tất cả các giá trị nguyên của mđể phương trình f



f



x 1



mcó 4nghiệm

phân biệt thuộc đoạn



2;2



. Số phần tử của Slà

A.

7

. B. 8. C.

3

. D. 4.

Lời giải 
Chọn D

Gọi

 

P là đồ thị hàm số y f x

 

Vẽ đồ thị

 

P1 của đồ thị hàm số y f x



1



bằng cách: Tịnh tiến đồ thị

 

P của hàm số

 

y f x theo phương của trục hoành sang trái 1đơn vị.

Vẽ đồ thị

 

P2 của hàm số y f



x 1



bằng cách: Giữ nguyên đồ thị

 

P1 nằm bên phải trục

tung rồi lấy đối xứng phần đó chính phần đồ thị đó qua trục tung, ta được đồ thị

 

P2 của hàm
số y f



x 1



. Do đó, ta có đồ thị hàm số y f



x 1



Đặt t f



x 1



, với x 



2;2



  t



1;0



Ta có phương trình f t

 

m(1).

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Nếu t  1cho ta hai nghiệm phân biệt x 



2;2



Nếu t 



1;0



thì mỗi giá trị của tcho ta bốn nghiệm phân biệt x 



2;2



Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ phương trình

 

1 có đúng 1

nghiệm t 



1;0



 f

 

0 m f

 

1  3 m8.
Vậy Scó tất cả 4phần tử.

NHẬN XÉT : Cách giải 2 : Chọn hàm f x( )(x1)(x3)

Câu 51. Cho hai hàm số f x

 

và g x

 

x35x22x8. Trong đó hàm số f x

 

liên tục trên và có

đồ thịnhư hình vẽdưới đây.

Số nghiệm của phương trình g f x



 



0là

A. 1. B. 3. C. 6. D. 9 .

Lời giải 
Chọn C

Đặt f x

 

ax3bx2cx d a , 0

 

3 2

f x ax bx c

    .

Theo hình vẽ có:

 

1 0
1 0
1 1
0 1
f
f
f
f
 


  


 

 


3 2 0

1
1

a b c
a b c
a b c d
d
  

   

 
    

 

1
0
3
1
a
b
c
d


 


 
 

 


 

3 1

f x x x

    .

Ta có: g x

 

0 3 2

5 2 8

x x x

   
4
2
1
x
x
x




 

  

.

Suy rA. g f x



 



0

 

4
2
1
f x
f x
f x



 
  

3
3
3

3 1 4

3 1 2

3 1 1

x x
x x
x x
   

   
    


 

3
3
3

3 3 0 1
3 1 0 2
3 2 0 3

x x
x x
x x
   

    


  


</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Câu 52. Cho hàm số f x

 

 x7x5x4x32x22x10 và g x

 

x33x2. Đặt

 

F x g f x . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình F x

 

m có ba nghiệm thực

phân biệt.

A. m 



1;3



B. m



0; 4



C. m



3; 6



D. m



1;3



Lời giải 
Chọn B

Ta có F x'( ) f x g'( ) '



f x( ) .







6 4 3 2

7 5 4 3 4 2 0 (1)

'( ) 0

'( ) 0 ( ) 1

' ( )

( ) 1

x x x x x

f x

F x f x

g f x

f x

      



 

   

   



(1)Vơ nghiệm vì 7x65x44x33x24x2 0 x

Bản biến thiên:

Vậy F x

 

m có ba nghiệm thực phân bit thì m



0; 4



Câu 53. Cho hai hàm số f x

 

và g x

 

đều có đạo hàm trên và thỏa mãn:









 

3 2 2

2 2 2 3 . 36 0

f x  f  x x g x  x , với  x . Tính A3f

 

2 4f

 

2 .

A. 11. B. 13 . C. 14. D. 10 .

Lời giải
Chọn D

Với  x , ta có 3 2





 

(2 ) 2 2 3 . 36 0

f x  f  x x g x  x

 

1 .

Đạo hàm hai vế của

 

1 , ta được

















 

2 2

3f 2 x f.  2 x 12f 2 3x f.  2 3x 2 .x g x x g x.  36 0

         

 

2 .

Từ

 

1 và

 

2 , thay x0, ta có

 

3 2

2 2 2 0 3

3 2 . 2 12 2 . 2 36 0 4

f f

f f f f

  




 

   




Từ

 

3 , ta có f

 

2  0 f

 

2 2.

Với f

 

2 0, thế vào

 

4 ta được 360(vơ lí).

Với f

 

2 2, thế vào

 

4 ta được 36.f

 

2 360  f

 

2 1.
Vậy A3f

 

2 4f

 

2 3.2 4.1 10.

Câu 54. ##Cho hàm số y f x

 

có đồ thịnhư hình vẽbên dưới. Số nghiệm thực của bất phương trình



3 2





3 2



</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

A.5 . B.4. C.3 . D.2.

Lời giải 
Chọn B

Đặt a f x



33x21



ta được bất phương trình





2 2

1 0

1 2 2 1

1 2 2 2 1 0

a
a

a a a

a a a a

 

 

 

      

      

 

Với a1 ta được f x



33x2 1



1. Đặt t x33x21 ta được PT f t

 

1 *

 

Vẽ đường thẳng y1 lên đồ thị đã cho ta được PT

 

* có 1 nghiệm tt1  



2; 1



và 1
nghiệm tt2



1; 2



Ta có BBT của hàm số yx33x21 như sau

Với tt1 ta được PT x33x2 1 t1. Dựa vào BBT ta thấy PT này có 3 nghiệm phân biệt.
Với tt2 ta được PT

3 2

3 1

x  x  t . Dựa vào BBT ta thấy PT này có 1 nghiệm.
Vậy BPT đã cho có 4 nghiệm thực.

Câu 55. ##Cho hàm số y f x

 

là hàm bậc 3 và có bảng biến thiên như sau

Phương trình 2



sin cos



1 sin 2 2 2 sin



sin cos



f x x   x x f x x

  có mấy nghiệm

thực thuộc đoạn 5 ;5

4 4

 

 



 

 ?

A.1. B.3 . C.4. D.6 .

Lời giải 
Chọn B

Vì hàm sốcó 2 điểm cực trị là x 1 nên

 

' 3 3 3

f x  ax  a f x ax  axd. Theo

BBT thì đồ thị hàm sốđi qua 2 điểm



1; 2



và



1; 2



nên 2 2 1

2 2 0

a d a

a d d

  

 



 

    

 

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Ta có 2



sin cos



1 sin 2 2 2 sin



sin cos



f x x   x x f x x

 



 





 



sin cos sin cos 2 sin cos sin cos

f x x x x x x f x x

      



sin cos

 

sin cos



2 0



sin cos



sin cos

f x x x x f x x x x

         

Đặt sin cos 2 sin , 2; 2

t x x x  t  

 

  ta được phương trình

 





3 0
3
2 loại
t

f t t t t t
t


     
 


Với t0 ta được 2 sin 0 ,

4 4

x  x  k k

 

      

 

  

Ta có 5 5 1 3 1, 0, 1

4 4 k 4 k 2 k k k

  



              . Vậy PT có 3 nghiệm.

Câu 56. ##Cho y f x

 

là hàm số bậc ba và có bảng biến thiên như hình vẽ

Có bao nhiêu giá trị nguyên m 



5;5



để hàm số g x

 

 f



f x

 

m



có 4 điểm cực trị?

A. 5. B.6. C.7. D.8.

Lời giải 
Chọn B

 



 



g x  f x f f x m

 





0
0
0
f x
g x

f f x m

 

   
  


 

2 2
2 2
,

2 2

x x

f x m f x m

   
 
   
 
 
       
 
    
 
 

trong đó x 2 và x2 là hai nghiệm bội lẻ.

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Với m



5;5



m
 








 

và nhìn vào đồ thị, ta thấy hàm số g x

 

có 4 điểm cực trị  g x

 

0 có 4
nghiệm bội lẻ m   



4; 3; 1;1;3; 4 .



Câu 57. ##Cho hàm số f x

 

có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thuộc khoảng



 ;



của phương trình f2



cosx



 f



cosx



2 là

A. 5. B. 6. C. 7. D. 9.

Lời giải 
Chọn A

Đặt tcos ,x x 



 ;



. Ta có bảng biến thiên (*)



1;1 .



t

  

Phương trình đã cho trở thành

 

2 2 (1)

2 0 .

1 (2)

f t
f t f t

f t



    

 


Từ bảng biến thiên của đề bài, với t 



1;1



ta có nghiệm của phương trình (1) là



1; 0



</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Từ bảng biến thiên (*), ta có:



1;0



t  a 









; 0
.
0;

x x
x x



  




 





0;1



t b 









; 0
.

x x
x x



  




 


1

t  x0.

Vậy, phương trình đã cho có 5 nghiệm phân biệt thuộc khoảng



 ;



Câu 58. Cho hàm số y f x

 

có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của

tham số mđể phương trình f



3 4x2



mcó hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn  2; 3. Tìm tập
S.

A. S  



1; f



3 2





. B. S 



f



3 2 ; 3



.

C. S  . D. S 



1;3



Lời giải 
Chọn A

Xét phương trình





3 4

f  x m. Điều kiện 2

4x 0  2 x2.

Đặt t 3 4x2 với x  2; 3

 . Ta có 2

4
 


x
t

x

và t  0 x0.

Bảng biến thiên của hàm số t 3 4x2 trên đoạn  2; 3

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Nhận xét:

+) Mỗi 



1;3 2


t cho ta 2 giá trị x  2; 3

 

+) Mỗi 



3 2; 2


t cho ta một giá trị x  2; 3

 

+) t 1cho ta 1 nghiệm duy nhất x0.

Dựa vào đồ thị hàm số y f x

 

ta suy ra đường thẳng ymchỉ cắt đồ thị hàm số

 

y f t nhiều nhất tại một điểm trên



1; 2 .



Do đó, để phương trình f



3 4x2



mcó hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn  2; 3

 thì







1; 3 2

m  f  


Vậy, các giá trị của mcần tìm là m 



1;f



3 2





.

Câu 59. Cho hàm số y f x

 

ax4bx3cx2 dx k với ( , , , ,a b c d k). Biết đồ thị hàm số

 

y f x có đồ thị như hình vẽ, đạt cực trị tại điểm O



0;0



và cắt trục hồnh tại A



3;0



. Có bao nhiêu
giá trị ngun của m trên



5;5



để phương trình





f x  xm k có bốn nghiệm phân biệt?

A. 0 . B. 2 . C. 5 . D. 7 .

Lời giải 
Chọn B

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>





2 1

1 .2 . 2 3

a a

     .

Suy ra

 





3
4

x

f x   x , do đó

 

4 3

16 4

x x
f x    k.

Ta có

 

4 3 0

4
16 4

x
x x

f x k k k

x


       


.

Suy ra





2
2
2
2 0
2
2 4

x x m

f x x m k

x x m

   

     

   



Phương trình x22x m 0 1

 

có hai nghiệm phân biệt khi   1 1 m0m 1.

Phương trình x22x m 4 2

 

có hai nghiệm phân biệt khi   2 1 m 4 0m3.

Hai phương trình

 

1 và

 

2 nếu như có nghiệm chung x0 thì

2
0 0
2
0 0
2 0
4 0
2 4

x x m

   

 


   


(

Vơ lí). Suy ra phương trình

 

1 và

 

2 khơng có nghiệm chung.

Do vậy để phương trình f



x22xm



k có 4 nghiệm phân biệt thì 1 3
3
m
m
m
 

 



.

Do m nguyên và m 



5;5



nên m

 

4;5 . Vậy có 2 giá trị của m.

Câu 60. Cho hàm số f x( )là hàm sốđa thức bậc ba có đồ thịnhư hình bên dưới. Số nghiệm thuộc
khoảng



0;3



của phương trình f



sinx1



sinx là

A. 5 . B. 6 . C. 2. D. 3 .

Lời giải 
Chọn C

Đặt tsinx1. Khi đó, phương trình đã cho trở thành f t( ) t 1.

Vẽđồ thị hàm số y f t( ) và đường thẳng y t 1 trên cùng hệ trục tọa độ Oxy.

Từđồ thị ta có

( ) 1 1

, ( 1).

t

f t t t

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Với t1 thì sinx  1 1 sinx 2 phương trình vơ nghiệm.

Với tm thì sinx 1 msinxm1. Phương trình này vơ nghiệm vì m 1 2.
Với t 1 thì sinx   1 1 sinx0 xk, (k).

Do x(0;3 ) và k nên 0k 3  0 k  3 k

 

1, 2 .

Vậy phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thuộc khoảng (0;3 ) là x;x2.

Câu 61. Cho hàm số y f x

 

có đồ thị như hình vẽ sau

Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn



2019; 2019



sao cho phương trình

 





 

2 2 2

2f x  4m 2m1 f x 2m m0 có đúng 8 nghiệm phân biệt.

A. 1. B. 2020. C. 2019. D. 2.

Lời giải
Chọn D

 





 





2f x f x 2m m  f x 2m m  0

       

 





 

2
2

2 2 1 0

2 3

f x

f x m m f x

f x m m






   

      

  

 



Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình

 

2 có bốn nghiệm phân biệt.

Đểphương trình

 

1 có đúng 8 nghiệm thì phương trình

 

3 có 4 nghiệm phân biệt khác
nghiệm của phương trình

 

2 .

Yêu cầu bài toán 2 2 2 2 1

m  m m  m m và

2 1 1 1

2 2 .

4 8 8

m m m    

 

Dựa và đồ thị ta có

1
0,

2 0 2 0

1 1

2 1

m m

m m m

m

m m



 



    

 

 



   

   



Vậy có 2 nguyên của m thoả mãn.

Câu 62. Biết rằng đồ thị hàm số bậc bốn y f x

 

được cho như hình vẽ sau

 





 

2 2 2

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Tìm số giao điểm của đồ thị hàm sốyg x

 

f'

 

x 2 f x

 

. "f

 

x và trục hoành.

A. 4 . B. 0. C. 6. D. 2 .

Lời giải 
Chọn B

Ta thấy đồ thị hàm số y f x

 

cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt 0; ;x x x1 2; 3nên

 





 



, 0
f x ax xx xx xx a .

Khi đó

 









 











 



f x a xx xx xx ax xx xx ax xx xx ax xx xx

Với x0; ;x x x1 2; 3thì

 

1 2 3

' 1 1 1 1

f x

f x  x  xx  xx  xx

 

   

 

















2 2 2 2 2

1 2 3

" . '

' f x f x f x 1 1 1 1

f x

f x f x x x x x x x x

 

       

    

 

  

 

Do đó

 













2 2 2

1 2 3

1 1 1 1

' . " 0 0

f x f x f x

x x x x x x x

      

 

 

   , vô nghiệm.

Vậy đồ thị hàm số yg x

 

f '

 

x 2 f x

 

. "f

 

x không cắt trục hoành.

Câu 63. Cho hàm số f x

 

liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên.

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>



 



cos 2019 cos 2020 0

f x  m f x m 

có đúng 6 nghiệm phân biệt thuộc đoạn



0; 2



là

A. 5 . B. 3 . C. 2 . D. 1.

Lời giải 
Chọn C

Phương trình f2



cosx

 

 m2019

 

f cosx



m20200

 

1 .

 









cos 1

cos 2020

f x

f x m

 



 

 



Dựa vào đồ thị hàm số

Xét phương trình: f



cosx



  1 cosx0

0;2 

2
3
2

x x

x










 

 


Phương trình

 

1 có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình f



cosx



2020m có 4
nghiệm phân biệt khác ,3

2 2

 

trên đoạn



0; 2



 

2020

f t m

   có 2 nghiệm phân biệt t 



1;1 \ 0

  

với tcosx

1 2020 m 1 2019 m 2021

        .

Vậy có 2 giá trị nguyên của m là 2019 và 2020 .

Câu 64. Cho hàm số y f x  có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình





3
3
f x  x  là

A. 6 . B. 10 . C. 3 . D. 9 .

Lời giải 
Chọn B

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Đặt tx33x, ta có:



3 3



2   2

3 3

f x  x   f t  .

Từ đồ thị trên suy ra phương trình   2

f t  có sáu nghiệm phân biệt tti, (với i1, 6 và

1 2

t   ;  2 t t2, 32; t t t4, ,5 6 2).

Xét hàm số t x x33x, ta có: t x 3x23; t x 0x 1.

Bảng biến thiên của hàm t x  là:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
-Phương trình 3

1
3

x  xt có một nghiệm (do t1 2).
- Mỗi phương trình 3

2
3

x  xt , 3

3
3

x  xt có ba nghiệm phân biệt (do  2 t t2, 32).
- Mỗi phương trình x33xt4, x33xt5, x33xt6 có một nghiệm (do t t t4, ,5 6 2).
Vậy phương trình



3 3



f x  x  có 10 nghiệm.

Câu 65. Cho hàm số y f x liên tục trên  và có đồ thịnhư hình vẽ.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số mđể phương trình



2 sin



m
f x  f  

 có đúng 12

nghiệm phân biệt thuộc đoạn



 ; 2



A. 3. B. 4. C. 2. D. 5.

Lời giải 
Chọn C

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Phương trình



2 sin



m
f x  f  

 có đúng 12 nghiệm phân biệt thuộc đoạn



; 2



 

 khi và chỉ
khi phương trình

 

m
f t  f  

 có 2 nghiệm phân biệt t



0; 2



Dựa vào đồ thị hàm số y f x

 

suy ra phương trình

 

m
f t  f  

 có 2 nghiệm phân biệt



0; 2



t khi và chỉ khi 27 0

16 2

m
f  
   

 

0 2

0 4

3 3

2 2
m

m

m m



 

   



 



 




Do mnguyên nên m

 

1; 2 . Vậy có 2 giá trị của mthoả mãn bài toán.

Câu 66. Cho hàm số y f x

 

ax3bx2cxd



a0



có đồ thị như hình vẽ. Phương trình

 





f f x  có tất cả bao nhiêu nghiệm thực?

A.5. B.9. C.7. D. 3.

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Từ hình vẽ trên ta thấy

 













2; 1

0 0;1

1;2

x a

f x x b

x c

    


   


 


nên phương trình

 





 





 





 





 

2; 1 1

0 0;1 2

1;2 3

f x a

f f x f x b

f x c

    



   



 


Dễ thấy: *) phương trình (1) có 1 nghiệm duy nhất x1 2

*) phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt

*) phương trình (3) có 3 nghiệm phân biệt khác 4 nghiệm đã tìm được ở trên.
Vậy phương trình f



f x

 



0 có tất cả 7 nghiệm phân biệt.

Câu 67. Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau

Hỏi có bao nhiêu điểm trên đường tròn lượng giác biểu diễn tập nghiệm của phương

trình f



f



cosx





2?

A. 2 . B. 3. C. 6. D. 4 .

Lời giải 
Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta có:













cos 1

cos 2

cos 1

f x

f f x

f x

 


  








  



  



1 1

2 2

cos 1 , 1

cos 1

cos 2 , 1

x t t

f x

x t t

  


   

 



</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>





  



  



  



  



3 3

4 4

5 5

6 6

cos 3 , 1

cos 4 , 1 0

cos 1

cos 5 , 0 1

cos 6 , 1

x t t

f x

x t t

  




   


  

  



  



Ta thấy phương trình

 

3 và

 

6 đều vơ nghiệm cịn phương trình

 

4 và

 

5 mỗi phương

trình tập nghiệm của nó đều được biểu diễn bởi hai điểm trên đường tròn lượng giác.
Vậy tập nghiệm của phương trìnhf



f



cosx





2 được biểu diễn bởi bốn điểm trên đường
tròn lượng giác.

Câu 68. Xét tất cả các số thực , ∈(0; 1) và hàm sốđa thức ( )có đồ thị như hình vẽ bên:

Đặt ( ) = ( ) . Số nghiệm thực phân biệt của phương trình ( ). ( )+
( ). ( )= ( ) + ( ) là

A. 14. B. 10. C. . D. 17.

Lời giải 
Chọn C

Đặt = ( )

= ( ), phương trình đã cho thành . + . = + ⇔ . ( −1) +
. ( −1) = 0 (1)

Dễ thấy = 0

= 0 thỏa mãn phương trình (1).

Trường hợp ≠0

≠ 0 ta có: . ( −1) + . ( −1) = 0⇔ + = 0 ⇔ +
= 0 (2)

Mà các hàm số = , = đều nghịch biến với , ∈ (0; 1), do đó < 0, <
0, như vậy phương trình (2) vơ nghiệm.

Ta có (1) ⇔ = 0

= 0 ⇔

( ) = 0

( ). ( ) = 0⇔

( ) = 0
( ) = 0

( ) = 0

⇔
∈{−2,0,2}

∈{ , 0,1,2} ∈(−2; 0)
( )∈ { , 0,1,2} ∈(−2; 0)

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

+ phương trình ( ) = có 1 nghiệm;

+ phương trình ( ) = 1 có 3 nghiệm;

+ phương trình ( ) = 2 có 3 nghiệm;

Vậy tổng số nghiệm của phương trình đã cho là 12 nghiệm.
Câu 69. Cho hàm số

 

4 3

y f x x  x có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số mđể phương trình:

 





 

6 5 0

f x  m f x m  có 6 nghiệm thực phân biệt.

A. 2. B. 4. C. 1. D. 3.

Lời giải 
Chọn D

+) Ta có đồ thị hàm số:

 

4 3

y f x x  x như hình vẽ:

+) Đồ thị hàm số y f

 

x  x24x 3như sau:

+) Ta có:

 





 

6 5 0. (1)

f x  m f x m  .

 

2
1

2
5 (2)

5 (2)

x
f x

x
f x m

f x m

  

   



  

 

 

  



Phương trình (1) có 6 nghiệm thực phân biệt thì phương trình (2) có 4 nghiệm thực phân

biệtx 2.

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Câu 70. Cho hàm số , trong đó Biết rằng hàm số
có đồ thị như hình vẽ bên.

Tập nghiệm của phương trình có tất cả bao nhiêu phần tử.

A. . B. . C. . D. .

Lời giải

Chọn A

+) Ta có y f x( )mx4nx3px2qx r  f x( )4mx33nx22px q (1)
+) Dựa đồ thị suy ra có 3 nghiệm phân biệt

Do đó

Và

(2)

Từ (1) và (2) ta được

Suy ra

+) phương trình

-9

(*)

+) Xét

(x) 0 1

4
x
g x

x
 



   
 


Bảng biên thiên

 

4 3 2

y f x mx nx px qx r m n p q r, , , , R

 

y f x

 

16 8 4 2

f x  m n p q r

4 3 5 6

 

y f x f '

 

x 0 x 1;x1;x4

m

(x) 4 m(x 1)(x 1)(x 4)

f      f(x)4 m(x21)(x 4)

3 2 3 2

(x) 4 m(x 4 x 4) 4 mx 16 4 16

f x mx mx m

        

3 16 3

2 4 2

16 16

n m

p m p m

q m q m


 

 



    
 
   
 


 

4 16 3 2

2 16

f x mx  mx  mx  mxr

 

16 8 4 2

f x  m n p q r

4 3 2

2 16 16 8 4 2

16 16

2 16 16 8.( ) m 4( 2) m 2.16

3 3

mx mx mx mx r m n p q r

mx mx mx mx m m

         

         

4 16 3 2 16

2 16 16 8.( ) 4( 2) 2.16

3 3

x x x x

         

4 16 3 2 8

2 16 0

3 3

x x x x

     

4 16 3 2 8 3 2

( ) 2 16 ( ) 4 16 4 16

3 3

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt

Câu 71. Phương trình 2 f x

 

 f x

 

có tập nghiệm là T1



20;18;3



. Phương trình

 

2g x  1 3g x 2 2g x có tập nghiệm T2 



0;3;15;19



. Hỏi tập nghiệm của phương trình

   

 

f x g x   f x  g x có bao nhiêu phần tử?

A. 4. B. 7 . C. 6 . D. 5 .

Lời giải 
Chọn C

Điều kiện:

 

0 2
1
.
2
f x
g x
 







Ta có

 

 





2 1 20;18;3

2 0

f x

f x f x f x x T

f x f x



       
  


.

Lại có 2g x

 

 1 3 3g x

 

2 2g x

 

2

 

1

 

33

 

2 0

g x g x g x g x

      

 

2 3
2

2 3 3

2 1 3 2

2 1 3 2 3 2

g x g x g x g x

g x g x g x g x g x g x

   
  
       
 

 

2 2
2

2 3 3

1 1 2

2 1 3 2 3 2

g x g x g x

g x g x g x g x g x g x

   
     
     
  
       
 

 

2
2

2 3 3

2
1

1 0

2 1 3 2 3 2

g x
g x

g x g x g x g x g x g x

 

 
     

 
       
 
 

 

1 0

 

1 2



0;3;15;19



g x g x x T

        .

Do đó, ta có

   

 

1 1

 

f x g x   f x  g x  f x     g x 

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>









20;18;3
0;3;15;19

x T
x T

 


 

 







1 2 0;3;15;18;19; 20
x T T

    .

Câu 72. Cho hàm số y f x

 

ax2bx c có đồ thị

 

C (như hình vẽ). Có bao nhiêu giá trị nguyên
của tham số mđể phương trình 2

 





2 ( ) 3 0

f x  m f x m  có 6 nghiệm phân biệt?

A. m4. B. m3. C. m2. D. m1.

Lời giải
Chọn B

* Vẽ đồ thị hàm số

 

C' của hàm số y f

 

x : Giữ nguyên phần đồ thị

 

C nằm phía bên
phải trục Oy, bỏ đi phần đồ thị

 

C bên trái trục Oyvà lấy đối xứng phần đồ thị

 

C phía bên
phải trục Oyqua trục Oy.

* Ta có 2

 





2 ( ) 3 0

f x  m f x m 

 

1
3

f x

f x m

  





 

 .

* Từ đồ thị

 

C' , ta có:

- Phương trình f

 

x  1có hai nghiệm là x2,x 2.

- u cầu bài tốn phương trình f

 

x  3 m có bốn nghiệm phân biệt khác 2Đường

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Câu 73. Cho hàm số y f x

 

=ax4bx3cx2dxe trong đó a b c d e, , , , là các hệ số thực có đồ thị
như hình vẽ sau đây.

Số nghiệm của phương trình f



f x

 



 f x

 

2 f x

 

 1 0 là

A. 3. B. 4. C. 2. D. 0.

Lời giải 
Chọn B

*) Phân tích:Đây là bài tốn tương giao dựa vào đồ thị.

-Phương pháp chung giải bài tập loại này là ta thường biến đổi phương trình đưa về dạng

 

f x m,



m



- Ta thấy vế trái của phương trình có chứa f x

 

,f



f x

 



, do đó để biến đổi phương trình
về dạng f x

 

m ta cần đặt ẩn phụ t f x

 

-Ngoài ra ta có thể tìm hàm số f x

 

ax4bx3cx2dx e có đồ thịnhư giả thiết.

Sau đây tơi xin trình bày 2 cách.

Cách 1: Biến đổi phương trình.

Điều kiện: f x

 

0.

Đặt f x

 

t. Dựa vào đồ thị và kết hợp điều kiện ta có t

 

0;1 .

Phương trình trở thành f t

 

t2 2t 1 0

 

2 1 1

f t t t

    

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Trên đoạn

 

0;1 đồ thị hàm số y f t

 

và đồ thị hàm số

 

2 1

yg t  t  t cắt nhau tại
một điểm duy nhất.

Do đó phương trình (1) có duy nhất nghiệm ,t m



0;1



, với m



0;1



Hay phương trình tương đương với f x

 

m, .

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.

Cách 2:

Điều kiện: f x

 

0

Đặt f x

 

t. Dựa vào đồ thị và kết hợp điều kiện ta có t

 

0;1 .

Phương trình trở thành f t

 

t2 2t 1 0

 

2 1 1

f t t t

    

Đồ thị hàm số f x

 

ax4bx3cx2dx e đi qua điểm



0; 0 , 1;1 ,

   

1;1



nên

 

0 0

1 1 2

1 0

e e

a b c d a c

a b c d b d

 

 

 

      

 

       

 

Ta cóf

 

x 4ax33bx22cx d và hàm sốđạt cực trị tại x 1 nên

 

4 3 2 0 3 0

4 3 2 0 4 2 0

a b c d b d

a b c d a c

     

 



 

      

 

Giải hệ (2) và (3) ta có a 1;b0;c2;d 0;e0.

Do đó f x

 

 x42x2.

 

4 2 2

1   t 2t   t 2t1, t

 

0;1

4 2

3 2 1 0

t t t

      .

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

Có h t

 

 4t36t2

 

1 3

2
1

t

h t t

t

 





 



   


 




Lập bảng xét dấu của h t

 

Hàm sốđồng biến trên t

 

0;1 nên phương trình t43t22t 1 0 có duy nhất nghiệm.

Sử dụng MTCT ta có nghiệm t 0.336 hay f x

 

0.336 f x

 

0.11.

Do đó phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.

Lưu ý: Việc tìm ra nghiệm thuộc

 

0;1 của phương trình h t

 

0có thể dùng MTCT với chức

năng MODE 7.

Câu 74. Cho hàm số ( )có đạo hàm trên ℝ\{ } và hàm số ( )có đạo hàm trên ℝ. Biết đồ thị của
hai hàm số = ′( ) và = ′( )như hình vẽdưới. Đặt ℎ( ) = ( )− ( ) và =−[ℎ( + )] +

ℎ( + ) 1 + 2ℎ( ) −[ℎ( )] với , , là các số thực đã biết. Khẳng định đúng với mọi ≠0 là?

A. ∈[ℎ( );ℎ( + )].. B. ≤ ℎ( ).

C. ∈[ℎ( );ℎ( + )]. D. ∈ [ℎ( );ℎ( )].

Lời giải 
Chọn B

Từđồ thịđã cho ta suy ra ℎ′( ) = ′( )− ′( ), ℎ′( ) = 0⇔ ′( ) = ′( )⇔ =

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Lại có = −[ℎ( + )] +ℎ( + ) 1 + 2ℎ( ) −[ℎ( )]

⇒ =−[ℎ( + )− ℎ( )] +ℎ( + )≤ ℎ( + ) v ×−[ℎ( + )− ℎ( )] ≤ 0,∀
≠

Từ bảng biến thiên suy ra max

( ; )ℎ( ) =ℎ( ).

Vì: + > ,∀ ≠0 nên ta có ℎ( + )≤ h( ),∀ ≠0.
Vậy ≤ ℎ( ),∀ ≠0.

Câu 75. Cho hàm số y f x

 

, hàm số y f

 

x liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ

Bất phương trình f x

 

m x 3x (m là tham số thực) nghiệm đúng với mọix 



2; 0



khi
và chỉ khi

A. m f

 

0 . B. m f

 

2 10. C. m f

 

2 10. D. m f

 

0 .

Lời giải 
Chọn D

Dựa vào đồ thị hàm số y f

 

x suy ra f

 

x     1, x



2; 0



Ta có f x

 

m x 3x,  x



2; 0



 f x

 

x3 x m,  x



2;0



(1)

Đặt g x

 

 f x

 

x3x. Khi đó g x

 

 f

 

x 3x2 1 0,  x



2; 0



.
Bảng biến thiên

Vậy g x

 

m x,  



2; 0



m f

 

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

Phương trình ( ) + ( ) + ( ) = (1) có số nghiệm là.

A. 3. B. 1. C. 4. D. 2.

Lời giải
Chọn A

Đặt: = ( ), ( ≥0)phương trình trở thành ( ( ) + + ) = (1)(∗).

Từ bảng biến thiên ta thấy trên trên nửa khoảng [0; +∞) hàm số ( ) đồng biến do đó (∗)⇔

( ) + + = 1 ⇔ ( ) + + −1 = 0(1).

Xét hàm số ( ) = ( ) + + −1 trên nửa khoảng [0; +∞) có ′( ) = ′( ) + 2 + 1 >
0,∀ > 0.

Mặt khác: (0) = −1 < 0

(1) = (1) + 1 > 0⇒ (0). (1) < 0⇒ pt (1) có nghiệm duy nhất = ∈
(0; 1).

Vậy ( ) = ⇔ ( ) = ∈ (0; 1). Phương trình này có 3 nghiệm vì đường thẳng

= ∈(0; 1) cắt đồ thị hàm số ( ) tại 3 điểm phân biệt.

Câu 77. Cho hàm số y f x

 

và hàm số yg x

 

có đạo hàm xác định trên  và có đồ thị như hình
vẽ dưới đây:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

 

f x
m

g x  có nghiệm thuộc



2; 3



</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

Lời giải 
Chọn D

Xét hàm số

 

 

f x
h x

g x

 . Dựa vào đồ thị, ta thấy các hàm số f x

 

và g x

 

liên tục và nhận
giá trịdương trên



2; 3



, do đó h x

 

liên tục và nhận giá trịdương trên



2; 3



Ngoài ra với x 



2;3



, dễ thấy f x

 

6, g x

 

1 nên

 

f x
h x

g x

  , mà

 

0 6
0 6
0 1
f
h
g

   nên

 2;3

 

maxh x 6

  (1).

Lại có h x

 

0 với mọi x 



2;3



và h

 

2 1 nên

 2;3

 

0 minh x 1


  (2).

Phương trình

 

f x
m

g x  có nghiệm trên



2; 3



khi và chỉ khi min2;3h x

 

mmax2;3h x

 

(3).

Từ

 

1 ,

 

2 và

 

3 , kết hợp với m, ta có m



1; 2;3; 4;5; 6



Câu 78. Cho hàm số bậc ba y f x

 

có đồ thị trong hình dưới đây. Số nghiệm thực của phương trình









2 2 2

2f x 1 9f x 1 100 là

A. 2 . B. 3. C. 4 . D. 6.

Lời giải
Chọn C

Đặt tx21,t 1. Ta được phương trình sau:

 

2f t 9f t 100

 

2
5
2
f t
f t




 




  

 







  



  





, 3
2

, 1 0

2 1

1 0

t a t l

t l

t b b

t c c a l

t d d l

t e e b

   

 

    



 
   



     



     

.
Suy ra:
2
2
1 1
1 1

x b x b

x e x e


     
 

     
 

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

Câu 79. Cho hàm số y f x

 

có đồ thị như hình vẽ

Số nghiệm của phương trình



3 2



3 2 1 0

f x  x    là

A. 9 . B. 10 . C. 11. D. 12.

Lời giải
Chọn C

Từ đồ thị hàm số y f x

 

suy ra đồ thị hàm số y f x

 

như sau:



3 2





3 2



3 2 1 0 3 2 1

f x  x     f x  x   (1)

Đặt x33x2 2 t. Dựa vào đồ thị hàm số y f x

 

, phương trình f t

 

1 có 5 nghiệm

phân biệt là:

1, , , , 2 3 4 5

t t t t t với 1 1 0 2, 1 3 3, 2<4 3 5

2 2

t t t t t

        .

Xét hàm số g x

 

x33x22

 

3 6

g x  x  x

 

0 2

x
g x

x



   




</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

Khi đó, số nghiệm của các phương trình

3 2 3 2 3 2 3 2 3 2

1 2 3 4 5

3 2 , 3 2 , 3 2 , 3 2 , 3 2

x  x  t x  x  t x  x  t x  x  t x  x  t lần lượt

bằng 3, 3, 3, 1, 1.

Vậy tổng số nghiệm của phương trình (1) bằng 11.

Câu 80. Cho hàm số ( )có đạo hàm liên tục trên [−3; 3] và hàm số = ′( )có đồ thịnhư hình vẽ

bên. Biết (1) = 6 và ( ) = ( )−( ) .

Mệnh đề nào sau đây đúng?

A.Phương trình ( ) = 0có đúng hai nghiệm thuộc [−3; 3].

B.Phương trình ( ) = 0có đúng một nghiệm thuộc [−3; 3].

C.Phương trình ( ) = 0 khơng có nghiệm thuộc [−3; 3].

D.Phương trình ( ) = 0có đúng ba nghiệm thuộc [−3; 3].

Lời giải

Chọn B

Ta có: ( ) = ( )−( ) ⇒ ( ) = ( )−( + 1).

Vẽđường thẳng = + 1 trên cùng một hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số = ( )(như hình
vẽ bên).

Từđồ thị ta thấy: ( ) = ( )−( + 1) > 0, ∀ ∈(−3; 1)(do đường cong nằm phía trên

đường thẳng), ( ) = ( )−( + 1) < 0, ∀ ∈(1; 3)(do đường cong nằm phía dưới

đường thẳng).

Ta có: (1) = (1)−( ) = 6−2 = 4.
Bảng biến thiên:

O x

y

3


1 3

2

2

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Dựa vào đồ thị ta thấy: diện tích lớn hơn4 (trong phần bên trái có nhiều hơn 4 ơ, mỗi ơ có

diện tích bằng 1), do đó:

4 < =∫ ( )d ⇔4 < ( )| ⇔4 < (1)− (−3)⇔ (−3) < 0.
Mặt khác diện tích nhỏhơn4 (trong phần bên phải có ít hơn4ơ), do đó:

4 > =− ∫ ( )d ⇔4 >− ( )| ⇔4 > (1)− (3)⇔ (3) > 0.

Vậy phương trình ( ) = 0có đúng một nghiệm thuộc đoạn[−3; 3] (nghiệm này nằm trong

khoảng(−3; 1)).

Câu 81. Cho hàm số bậc bốn y f x

 

có đồ thị như hình vẽ.

Gọi

 

C1 và

 

C2 lần lượt là đồ thị của hàm số y f

   

x f x.  f

 

x 2 và y2020x. Số
giao điểm của

 

C1 và

 

C2 là

A.4. B.0. C.1. D. 2.

Lời giải 
Chọn B

Giả sử: y f x

 

ax4bx3cx2dx e với a0.

Từ đồ thị hàm số ta thấy phương trình f x

 

0 có 4 nghiệm phân biệt nên ta có:

 







f x a xx xx xx xx với x1, x2, x3, x4 là 4 nghiệm của phương trình

 

f x  .
Suy ra:

 





 



 





f x a xx xx xx  xx xx xx  xx xx xx 



x x2



x x3



x x4



    .

Do đó:

 

1 2 3 4

1 1 1 1

f x

f x x x x x x x x x


   

   

 

   



 



 





















2 2 2 2 2

1 2 3 4

. 1 1 1 1

f x f x f x
f x

f x f x x x x x x x x x

   

  

        

   

 



1 2 3 4



\ ; ; ;

x x x x x

  .

−3 1 3

′( ) + 0 −

( )

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

Dễ thấy tại các điểm



x x x x1; 2; 3; 4



thì y f

   

xi .f xi f

 

xi 20



i1, 4



và
2020x 0.

Nên: f

   

x f x. 



f

 

x



2 2020x vô nghiệm trên .
Vậy

 

C1 và

 

C2 khơng có điểm chung.

Câu 82. Cho hàm số: 3 2

( ) 6 9

f x x x x. Đặt 1

( ) ( ( ))

k k

f x f f  x

 (với k là số tự nhiên lớn hơn 1).
Tính số nghiệm của phương trình f6( )x 0.

A. 729. B. 365. C. 730. D. 364.

Lời giải 
Chọn B

Có:

 

3 6 2 9 0 0




     




x

f x x x x

x
1

1
( ) 0
( ) 0 ( ( )) 0

( ) 3

k

k k

k

f x

f x f f x

f x






 

    





Mà f x( )3có 3 nghiệm phân biệt đều thuộc khoảng ( 0; 4) , ( )f x a với a thuộc ( 0; 4) cũng

có 3 nghiệm phân biệt.

Đặt uklà số nghiệm của phương trình fk( )x 0. Có u12

Đặt vklà số nghiệm của phương trình fk( )x 3. Có: 1 3; 2 9 ;...; 3k
k

v  v  v 

Ta có: 1 1 2 3 32 ... 3 1 1 1 3 32 ... 3 1 3 1
2

 



             

k

k k

k k k

u u v

Vậy

6
6

3 1

365
2

</div>

Tìm số nghiệm của phương trình hàm hợp

<b>TÌM SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH HÀM HỢP </b>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>







 



 là phương t

















<sub> </sub>





 





<sub> </sub>





 





 





 





 





 





 





<sub> </sub>







<sub> </sub>







<sub> </sub>

<sub> </sub>





<sub> </sub>











 



 

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>





<sub></sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>