D01 tìm tọa độ (đếm) giao điểm muc do 4

Câu 41: [2D1-6.1-4] [SDG PHU THO_2018_6ID_HDG] Cho hàm số f  x   x3  x  x Đặt f k  x   f  f k 1  x   với k số nguyên lớn Hỏi phương trình f  x   có tất nghiệm phân biệt ? A 122 B 120 C 365 D 363 Lời giải Chọn A Nhận xét: + Đồ thị hàm số f  x   x3  x  x sau:  x   f 1  Lại có f   x   3x  12 x      x   f  3   f      f    - Đồ thị hàm số f  x   x3  x  x qua gốc tọa độ - Đồ thị hàm số f  x   x3  x  x tiếp xúc với trục Ox điểm  3;0  y O x + Xét hàm số g  x   f  x   có g   x   f   x  nên g  x  đồng biến  0;   g    3 nên cách tịnh tiến đồ thị hàm số f  x   x3  x  x xuống đơn vị ta đồ thị hàm số y  g  x  Suy phương trình g  x   có nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0;  y h( x ) = x 6∙x2 + 9∙x O -3 + Tổng quát: xét hàm số h  x   f  x   a , với  a  Lập luận tương tự trên: x - h    a  h 1  ; h    - Tịnh tiến đồ thị hàm số f  x   x3  x  x xuống a đơn vị ta đồ thị hàm số y  h  x  Suy phương trình h  x   ln có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0;  Khi đó, x  + Ta có f  x   x3  x  x    x   f  x  + f  x   f  f  x     Theo trên, phương trình f  x   có có ba nghiệm  f  x   dương phân biệt thuộc khoảng  0;  Nên phương trình f  x   có  nghiệm phân biệt  f  x  + f  x     f  x   3 f  x   có  nghiệm f  x   f  f  x    có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0;  Mỗi phương trình f  x   a , với a   0;  lại có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0;  Do phương trình f  x   có tất nghiệm phân biệt Suy phương trình f  x   có 32   nghiệm phân biệt  f  x  + f  x     f  x   f  x   có   nghiệm f  x   f  f  x    có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0;  Mỗi phương trình f  x   b , với b   0;  lại có nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0;  Do phương trình f  x   có tất 9.3 nghiệm phân biệt  f  x  + f  x     f  x   f  x   có 33    nghiệm f  x   f  f  x    có ba nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0;  Mỗi phương trình f  x   c , với c   0;  lại có 27 nghiệm dương phân biệt thuộc khoảng  0;  Do phương trình f  x   có tất 27.3 nghiệm phân biệt Vậy f  x  có 34  33  32    122 nghiệm Câu 2012: [2D1-6.1-4] [TT Hiếu Học Minh Châu - 2017] Số giao điểm hai đồ thị hàm số f  x    m  1 x3  2mx   m  1 x  2m , ( m tham số khác  ) g  x    x  x A B C D Lời giải Chọn C Cách 1:Ta có phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số  x4  x2  2(m  1) x3  2mx2  2(m  1) x  2m   x2 ( x2  1)  2m( x3  x2  x  1)  x3  x   x ( x  1)  2m( x  1)( x  1)  x( x  1)  ( x  1) ( x  2(m  1) x  2m    x   0(1)   g ( x)  x  2(m  1) x  2m(2)    m   0m  Xét (2) có:  g (1)  1  0m  PT (2) ln có nghiệm phân biệt  1   g (1)  4m   0    Vậy PT cho có nghiệm phân biệt Cách 2:Ta có phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số  x  x  2(m  1) x3  2mx  2(m  1) x  2m  x  2(m  1) x3   2m  1 x  2(m  1) x  2m  (1) hai đồ thị ln có số giao điểm, tức phương trình (1) ln có số nghiệm m    x2   x  1 Thay m  1 vào phương trình (1) ta được: x  3x      x   x  Từ đề ta thấy chắn với m   Vậy số giao điểm hai đồ thị  ... khoảng  0;  Do phương trình f  x   có tất 27.3 nghiệm phân biệt Vậy f  x  có 34  33  32    122 nghiệm Câu 2012: [2D 1-6 . 1 -4 ] [TT Hiếu Học Minh Châu - 2017] Số giao điểm hai đồ thị... ) g  x    x  x A B C D Lời giải Chọn C Cách 1:Ta có phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số  x4  x2  2(m  1) x3  2mx2  2(m  1) x  2m   x2 ( x2  1)  2m( x3  x2 ... 0m  PT (2) ln có nghiệm phân biệt  1   g (1)  4m   0    Vậy PT cho có nghiệm phân biệt Cách 2:Ta có phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số  x  x  2(m  1) x3  2mx 