001_01_17_Gt12_Bai 6_01_Su Tuong Giao Của Dths_Trắc Nghiệm_Hdg_3(Mức 9-10).Docx

VnTeach Com; BÀI 6 SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐỒ THỊ CÁC HÀM SỐ MỨC ĐỘ VD – VDC DẠNG 8 BIỆN LUẬN TƯƠNG GIAO HÀM HỢP, HÀM ẨN CHỨA THAM SỐ Câu 135 Cho hàm số  f x Hàm số  y f x có đồ thị như hình sau Tìm t[.]

C H Ư Ơ N I ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT HÀM SỐ BÀI SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐỒ THỊ CÁC HÀM SỐ MỨC ĐỘ VD – VDC III HỆ THỐNG BÀI TẬP TRẮC NG HIỆM = = DẠNG BIỆN LUẬN TƯƠNG GIAO HÀM HỢP, HÀM ẨN CHỨA THAM SỐ =I Câu 135: f  x Cho hàm số Hàm số y  f  x  có đồ thị hình sau Tìm tất giá trị thực tham số m để bất phương trình    2sin x 5cos x x   ;  f  sin x     sin x  m   2 nghiệm với A C m 2 f   3  11 12 m 2 f   1  19 12 B D m  f   1  19 12 m  f   3  11 12 Lời giải Chọn C Ta có 2sin x 5cos x  sin x  m    2sin x  2sin x  m  f  sin x     sin x  f  sin x       x   ;   2  t    3;  1 , bất phương trình Đặt t sin x  (với viết lại thành: 1   t     t  2  m  f  t    t  2   hay m  f t  3 65 t  t  3t  12  * 3 65 t  t  3t    3;  1 12 Xét hàm số đoạn 3 g  t  0  f  t  t  t  g  t  2 f  t   2t  3t  2 Ta có Do g  t  2 f  t   Dựa vào tương giao đồ thị hàm số đoạn   3;  1 g  t  0  t    3;  1 Suy bảng biến thiên hàm số g  t y  f  t  3 y t  t  2 parabol đoạn   3;  1 sau:    x   ;   2  bất Bất phương trình cho nghiệm với phương trình  * nghiệm với m  g   1 2 f   1  Câu 136: Cho hàm số t    3;  1 Điều tương đương với 19 12 dựa vào tính liên tục hàm số g  t  y  f ( x)  ax  bx  cx  d có đồ thị hình Có tất giá trị nguyên tham số m    5;5  f ( x)  (m  4) f ( x)  2m  0 có nghiệm phân biệt A B C để phương trình D Lời giải Chọn C f ( x)  (m  4) f ( x)  2m    f ( x)  m f ( x )  f ( x)  2m  0 Ta có:   f ( x)    m  f ( x)      f ( x)    f ( x)   m  0  f ( x)    f ( x) 2        f ( x)   m 0  f ( x) m    Dựa vào đồ thị hàm số y  f ( x)  ax  bx  cx  d ta có đồ thị hàm số y  f ( x) sau: Dựa vào đồ thị hàm số biệt y  f ( x) suy phương trình   có nghiệm phân Suy phương trình cho có nghiệm phân biệt biệt khác nghiệm phương trình Ta có phương trình y  f ( x) thị hàm số  2 có nghiệm phân  1 phương trình hồnh độ giao điểm hai đường y  m  Số nghiệm phương trình y  f ( x)  2  2 số giao điểm đồ y  m  Dựa vào hình vẽ đồ thị hàm số y  f ( x) ta f ( x)  m  có nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình  m  0  m2 4   f ( x )   m   phương trình  m  m2  m    5;5   m    2;3;4  m    5;5  thỏa mãn điều kiện toán Vậy có giá trị nguyên Do m   Câu 137: Cho hàm số y  f  x hình vẽ bên Bất phương trình với A m  f  2  x   1;  y  f  x  , hàm số liên tục  có đồ thị f  x   x2  2x  m (m tham số thực) nghiệm B m  f  1  m  f  1  C Lời giải D m  f  2 Chọn D Ta có: Gọi f  x   x  x  m  x   1;    f  x   x  x  m  x   1;    * g  x   f  x    x2  2x   g  x   f  x    x   Theo đồ thị ta thấy Vậy hàm số y g  x  f  x    x    x   1; 2   g  x    x   1; 2  liên tục nghịch biến  1; 2 Do Câu 138: g  x  g    f    *  m min  1;2 Cho hàm số y  f  x liên tục đoạn Có giá trị nguyên f  x   m  2m A với B x m   1; 4 thuộc đoạn thuộc đoạn có đồ thị hình vẽ   10;10 để bất phương trình   1; 4 C Lời giải D Chọn C Để bất phương trình f  x   m  2m có nghiệm ta suy điều kiện m   f  x    3m  f  x   m  m   m  f  x   m  2m  f  x   m Bất phương trình f  x   m  2m với x thuộc đoạn   1; 4  f  x    3m   f  x   m với x  3m  f  x    1;4   f  x   1; 4 m  max   1;4 thuộc đoạn Từ đồ thị hàm số y  f  x ta suy  3m  f  x    1;4  3m        m  m  max f x       1;4  Vậy đoạn   10;10 f  x   2; max f  x  3   1;4   1;4  m   m3   m  (thỏa mãn điều kiện m  ) có giá trị nguyên m thỏa mãn điều kiện toán Câu 139: Cho hàm số   y f x Đồ thị hàm số   y f ' x hình vẽ Cho bất phương trình   3f x x3  3x  m bất phương trình ( m tham số thực) Điều kiện cần đủ để x    3; 3   với   3f x x3  3x  m y O - 3 -1 A m 3 f  1 B  m 3 f   x m 3 f   C Lời giải D m 3 f  3 Chọn D Ta có Đặt Có     3f x x3  3x  m  3f x  x3  3x m g  x  3 f  x   x3  3x g '  x  3 f '  x   x  Tính g '  x  0  f '  x  x  Nghiệm phương trình y  f ' x  g '  x  0 hoành độ giao điểm đồ thị hàm số parabol y x  y O - 3 x -1 Dựa vào đồ thị hàm số ta có: BBT x     g    1  g' x g x  x   f '  x  x    x 0 x  3   g  3 Để bất phương m  g  x  g   3;    trình   3 f   nghiệm với x    3;  y  f  x Cho hàm số liên tục  có đồ thị hình vẽ bên Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên tham số m để phương trình Câu 140: f  sin x   m  2sin x có nghiệm thuộc khoảng  0;   Tổng phần tử S A B  D C Lời giải Chọn D x   0;    t   0;1 Đặt t sin x , với Ta phương trình: f  t   2t m   f  t  2t  m  (1) Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số đường thẳng Gọi y 2t  m   r   p  : y 2 x  A  0;1 y  f t song song với đường thẳng    : y 2t qua điểm    : y 2t qua điểm B  1;  1 Gọi q : y 2 x  song song với đường thẳng Để phương trình f  sin x   m  2sin x có nghiệm thuộc khoảng t   0;1 phương trình (1) phải có nghiệm , suy đường thẳng r  0;   nằm miền nằm hai đường thẳng q p ( trùng lên q bỏ p )   m     m   m    1;0;1;2  S   1;0;1;2 Do tổng phần tử là:     2 Câu 141: số Cho hàm số f  x  x3  x  f m  Có tất giá trị nguyên tham  f  x   f  x   m  x3  x  để phương trình A 1750 B 1748 C 1747 Lời giải x    1;2 có nghiệm D 1746 ? Chọn A Xét hàm số f (t ) t  t  , ta có f (t ) 3t   0, t   Do hàm số f đồng biến  Ta có f   f ( x)  f ( x)  m  f ( x)   x  f ( x)  f ( x )  m  f ( x)  f ( x )  x  m 0 Xét h( x)  f ( x)  f ( x)  x3  m đoạn (1) [  1; 2] Ta có h( x) 3 f ( x) f ( x)  f ( x )  3x  f ( x )  f ( x)  1  x Ta có f ( x) 3x 1  0, x  [ 1;2]  h( x)  0, x  [  1;2] Hàm số h( x ) đồng biến [  1; 2] nên h( x ) h( 1) m  1, max h( x) h(2) m  1748 [  1;2] [  1;2] Phương trình (1) có nghiệm h  x  max h  x  0  h   1 h   [  1;2] Do [  1;2] m   m  1  1748  m  0   1748 m 1 nguyên nên tập giá trị m thỏa mãn S { 1748;  1747;; 0;1} Vậy có tất 1750 giá trị nguyên Câu 142: m thỏa mãn  2; 4 có bảng biến thiên hình vẽ Cho hàm số f ( x) liên tục bên Có giá trị nguyên có nghiệm thuộc đoạn  2; 4 ? m để phương trình x  x  x m f ( x ) A C Lời giải B D Chọn C Min f  x   f (4) 2 Dựa vào bảng biến thiên ta có  2;4 Max f  x   f (2) 4  2;4  2; 4 Hàm số g ( x) x  x  x liên tục đồng biến Min g  x  g (2) 2 Suy  2;4 Ta có Xét hàm số g  x Min h( x)   2;4 nhỏ Min g  x   2;4 Max f  x  g  x Max h( x)   2;4 x  x2  2x g ( x) m  m f ( x) f ( x) g ( x) f ( x) liên tục  2; 4 f  x   2;4 Vì  2;4 x  x  x m f ( x)  h( x )  Vì Max g  x  g (4) 4  lớn đồng thời xảy g  2 h(2)  f  2 f  x lớn Max g  x   2;4 Min f  x   2;4  x 2 nên nhỏ đồng thời xảy x 4 nên g  4 h(4) 2  2 f  4 m 2  2 Từ suy phương trình h( x) m có nghiệm Vậy có giá trị nguyên m để phương trình có nghiệm Câu 143: Cho hàm số nguyên      f x   liên tục  có đồ thị hình vẽ Số giá trị m tham số để phương trình  f cosx  m  2019 f cosx  m  2020   0;2  đoạn  có nghiệm phân biệt thuộc A D C Lời giải B Chọn C      f cosx  f cosx  m  2019 f cosx  m  2020     f cosx 2020  m Ta có (1)  * Với      f  cos x    cos x 0  f  cos x      x   k  cos x x1  x1  1 (VN ) Dựa vào đồ thị ta có   3  x   0;2   x   ;  2  Vì * Với f  cos x  2020  m Đặt t cos x  t    1;1  Với t    1;1 phương trình Với t  phương trình t cos x có hai nghiệm phân biệt thuộc  0; 2  t cos x có nghiệm thuộc  0; 2  f  t  2020  m Phương trình trở thành Để phương trình (1) có tất nghiệm phân biệt phương trình f  cos x  2020  m hai nghiệm có nghiệm phân biệt, hay phương trình t    1;1 f  t  2020  m có