Tìm số nghiệm của phương trình hàm hợp

T ập nghiệm của phương tr ình có t ất cả bao nhi êu ph ần tử... V ậy phương tr ình có 4 nghi ệm phân biệt..[r]

TÌM SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH HÀM HỢP I KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

 f x  m là phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị y f x , y m Số nghiệm phương

trình số giao điểm hai đồ thị y  f x, y m

 f x  g x phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị y  f x, y g x Số nghiệm phương trình số giao điểm hai đồ thị y  f x, y g x

II CÁC DẠNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

 Sử dụng BBT đồ thị hàm số f x  để tìm số nghiệm thuộc đoạn a b;  phương trình

 

 

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

 Sử dụng BBT đồ thị hàm số f x  để tìm số nghiệm thuộc đoạn a b;  phương trình

 

 

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

 Sử dụng BBT đồ thị hàm số f x  để tìm số nghiệm thuộc đoạn a b;  phương trình

 

 

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

 Sử dụng BBT đồ thị hàm số f x  để tìm số nghiệm thuộc đoạn a b;  phương trình

 

 

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

(ĐỀ MINH HỌA LẦN - BDG 2019 - 2020) Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm thuộc đoạn 0;5



 

 

  phương trình f sinx1

A. B. C. D.

Phân tích:

1 DẠNG TỐN: Đây dạng toán sử dụng BBT đồ thị hàm số f x  để tìm số nghiệm thuộc

đoạn a b;  PT c f g x   d m

2 KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

Số nghiệm thuộc đoạn a b;  PT f t k số giao diểm đồ thị y f t  đường thẳng

yk với ta b;  (k tham số)

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 hàm số y f x  suy BBT hàm số y f t  để giải toán số nghiệm thuộc

đoạn a b;  phương trình f t k

Từ đó, ta giải bài tốn cụ thể sau:

Lời giải Chọn C

Đặt t sin , x t  1;1 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 PT  1 nghiệm phân biệt t1  1;0 , t20;1  Quan sát đồ thị ysinx hai đường thẳng yt1 với t1  1; 0 yt2 với t20;1

+ Với t1  1; 0 PT sinxt1 có nghiệm 0;5

x    

+ Với t20;1 PT sinx t 2 có nghiệm 0;5

x    

Vậy số nghiệm thuộc đoạn 0;5



 

 

Phương trình f 2 f x 1 có tất nghiệm thực phân biệt?

A.3 B.4 C.5 D.

Lời giải Chọn A

Từđồ thị ta có     

 

2

2

2

f x f f x

f x

  



   

 



   

 

0

4

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 Cho hàm số f x  liên tục  có đồ thị hình bên

Số nghiệm phân biệt phương trình f f x  2

A. B. C. D.

Dựa vào hình vẽ đồ thị hàm số y f x , ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm

có hồnh độ xx1, x0 xx2

Đặt t f x 

Phương trình f f x  2 trởthành phương trình f t  2

Ta có nghiệm phương trình f t  2 hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y f t  đường thẳng y 2

Dựa vào hình vẽ trên, ta thấy đồ thị hàm số y f t  cắt đường thẳng y 2 điểm phân biệt có hồnh độ t  1 t2, hay ta có f x  1 f x 2

Trường hợp 1:

Dựa vào hình vễ trên, ta thấy đồ thị hàm số y f x  cắt đường thẳng y 1 điểm phân biệt có hồnh độ xx3x1 x3 1, xx4, xx5

Vậy phương trình f x  1 có nghiệm phân biệt 1

Trường hợp 2:

Xét phương trình f x 2, ta có nghiệm phương trình f x 2 hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y f x  đường thẳng y2

Dựa vào hình vẽ trên, ta thấy đồ thị hàm số y f x  cắt đường thẳng y2 điểm phân biệt có hồnh độ xx6x6 x1 x1

Vậy phương trình f x 2 có nghiệm phân biệt 2

Từ  1  2 , suy số nghiệm phân biệt phương trình f f x  2

Số nghiệm phân biệt phương trình f f x   1

A. B. C.10 D.

Lời giải Chọn A

Xét f f x   1 0 f f x   1

   

   

   

2

0

1

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 điểm phân biệt  1 Xét f x b 0 b 1: Dựa vào đồ thị ta thấy yb cắt đồ thị điểm phân biệt  2 Xét f x c 1 c 2: Dựa vào đồ thị ta thấy yc cắt đồ thị điểm phân biệt  3 Các nghiệm khơng có nghiệm trùng nên  * có nghiệm phân biệt

Số giá trị nguyên tham số m để phương trình   x m

f     có hai nghiệm phân

biệt

A. B. C. D.

Lời giải Chọn C

Đặt tx,t0, đó:  

1

x m

f     có hai nghiệm phân biệt

 

1 m

f t 

  có hai nghiệm dương phân biệt

2

1 3

8 m

m 

       

 m là số nguyên nên m  2; 1; 0; 1; 2

Câu Cho hàm số   3

1

   

 x x x

x

f Khi phương trình ff x 0 có nghiệm

thực?

A.9 B.6 C.5 D.

Lời giải

Chọn C

Bảng biến thiên hàm số f x  sau:

Ở  

3 x f x x       

và   1

4 x f x x        

Suy   

            0;1 1;3 3; f x a

f f x f x b

f x c            

Phương trình f x a có nghiệm Phương trình f x b có nghiệm Phương trình f x c có nghiệm

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

 của phương trình   19 sin

0

2

f x 

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

Lời giải

Chọn D

Vì y f x là hàm số bậc nên điểm uốn ĐTHS I1; 2

Do đó, từđồ thị ta có:  

      2sin 1;0 2sin 19 2si

1

10 n 1;2

2sin 2;3

f

x a

x x b

x c                          1

sin 1;

2

1

sin 0;

2

1

sin ;1

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

29 / 6 /

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

hoặc dùng đường tròn lượng giác,

ta được:

- Phương trình  1 có nghiệm phân biệt

- Phương trình  2 có nghiệm phân biệt khác nghiệm - Phương trình  3 có nghiệm phân biệt khác 10 nghiệm Vậy phương trình cho có 16 nghiệm nửa khoảng ;29

2         

Câu Cho hàm số y  f x có đồ thị hình vẽ bên Có giá trị ngun m để phương

A. B. C. D. Lời giải

Chọn C

- Hàm số y f x 1 hàm số chẵn nên đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng

- Ta có    

 

1

1

1

f x khi x f x

f x khi x

 

    

  

 

+) Ta vẽ đồ thị  C1 hàm số y f x 1 suy từ đồ thị  C hàm số y f x  cho cách tịnh tiến  C sang phải 1đơn vị bỏ phần đồ thị bên trái trục Oy

+) Sau lấy đối xứng phần đồ thị  C1 bên phải trục tung

qua trục tung đồ thị hàm số y f x 1

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

Suy ra, có số ngun thỏa mãn tốn

Có giá trị nguyên n để phương trình f 16cos2x6sin 2x8 f n n  1 có nghiệm x?

A.10 B. C. D.

Lời giải Chọn D

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số y f x  đồng biến 

Do đó: f 16 cos2x6sin 2x8 f n n  116 cos2 x6sin 2x 8 n n 1

   

1 cos

16 6sin 8cos 6sin

2



 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 41 41

10

2

1 10 10

  

        

 

       

 

     

 



n n n n

n n n

n n n n

Vì n nên n   3; 2; 1;0;1;2 

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

Gọi m số nghiệm phương trình f f x  1 Khẳng định sau đúng? A. m6 B. m7 C. m5 D. m9

Lời giải Chọn B

Đặt f x u phương trình f f x  1trở thành f u 1 1 

Dựa vào đồ thị ta có nghiệmgiả sử u1  1; 0, u20;1, 3 5;3 u   

 

Xét số giao điểm đồ thị hàm số f x  với đường thẳng yu1, yu2, yu3

Dựa vào đồ thị ta có:

Phương trình f x u1, với u1  1; 0cho nghiệm phân biệt Phương trình f x u2, với u20;1cho nghiệm phân biệt Phương trình f x u3, với 3 5;3

2 u   

 cho nghiệm Suy phương trình ban đầu f f x  1 có nghiệm

Câu 10 Cho hàm số y f x  có đồ thị hình bên Hỏi có điểm đường tròn lượng

giác biểu diễn nghiệm phương trình f f cos 2x  0?

A.1 điểm B. điểm C. điểm D. vô số

Lời giải Chọn C

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

Trên đoạn 1;1: cos  cos 2

2

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

Câu 11 Cho hàm số f x x52x35x1 Số nghiệm thực bất phương trình

sin sin   

f x2 x3  f đoạn 3 3 ; 

A. B. C. D. vô số

Lời giải Chọn A

  ,

f x 5x46x2 5  x   f x  đồng biến 

Khi đó, bất phương trình f sin2 x2sinx3 f  0 sin2x2sinx 3

sin sin

x x

  

  



1

3 sinx x k k 

 

   1    

2

Nghiệm bpt cho đoạn 3 3 ;  5 , 2



3

Câu 12 Cho hàm số f x x3 3x1 Tìm số nghiệm phương trình ff x 0

A 5 B 9 C 4 D.

Lời giải Chọn D

Xét phương trình f x  0 x33x 1 dùng máy tính cầm tay ta ước lượng phương

trình có ba nghiệm

1

2

3

1,879 1,532 0,347

x x x

   

    

Xét hàm số f x x33x1, ta có bảng biến thiên f x  sau:

Xét phương trình ff x 0 1  ta ước lượng      

1,879 1,532

0, 347

f x f x f x

  



 



 

Dựa vào bảng biến thiên hàm số f x  ta có: + Với f x  1,879 phương trình  1 có nghiệm

+ Với f x 1,532 phương trình  1 có nghiệm

+ Với f x 0,347phương trình  1 có nghiệm

Câu 13 Cho hàm số y f x ax3 bx2 cxd có đồ thịnhư hình bên

Có giá trị nguyên tham số m để phương trình f2  x  m5  f x 4m40 có nghiệm phân biệt?

A.1 B. C. D.

Lờigiải

Chọn C

Từ đồ thị hàm số y f x , vẽ đồ thị hàm số y  f x sau:

Ta có          

   

   

   

   



2

1

4

2

m x f

x f m

x f m x f

Từ đồ thị hàm số y f x suy phương trình (1) có nghiệm phân biệt

Vậy để phương trình cho có nghiệm phân biệt (2) có nghiệm phân biệt khác với

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

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

   

2f x  f x x 12x 4với 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 2f  1  f  1 1412 1 3  4 Cho x 1ta 2f   1 f    1  1 412 1 3 4 17 Ta có hệ    

   

   

2 1 1

1 17

f f f

f f f

    

 

 



 

     

 

Câu 15 Cho hàm số , (với ) Hàm số có

đồ thị hình vẽ bên dưới:

Tập nghiệm phương trình có số phần tử

A B C D.

Lời giải Chọn B

Ta có

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

Do

Hay

Từ suy ,

Khi phương trình

Vậy tập nghiệm phương trình

Câu 16 Cho hàm số f xác định tập số nguyên nhận giá trị tập số nguyên, thỏa mãn

 

       

1

3

f

f m n f m f n mn

          

với m n, 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

 

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

 

f x r

4

 

4

    

f x mx nx px q  1

 

 

y f x f x 0 1

4    4 5 3

    

f x m x x x m0

 

4 13 15

    

f x mx mx mx m  2

 1  2 13

3  

n m p m q15m  

f x r  mx4nx3px2qx0

 13 15

3

 

   

 

 

m x x x x

 3x413x33x245x0  x3x5x32 0 

0 3 x x x            

f x r 5; 0;3

 

  

 

   

1 2 9

mn  f  f  

   

2 2 45 63

mn  f  f  

   

4 189 315

mn  f  f  

   

8 16 765 1395

mn  f  f  

     

2; 21 30

m n  f  f  f  

     

16; 19 16 573 1998

m n  f  f  f  

Câu 17 Cho hàm số y f x  liên tục  có đồ thị hình vẽ Tập hợp tất giá trị

tham số m để phương trình f cosx 2m1 có nghiệm thuộc khoảng 0;



 

 

 

A. 1;1 B. 0;1  C. 1;1 D. 0;1 

Lời giải Chọn B

Đặt t cosx Khi đó: 0;

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 toán tương đương   1 2m  1 0m1

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

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

4



A 1

m

   . B 1

2

m

   C.  1 m1 D. m1

Lời giải

y

x

1

Đặt tan , (0; ) (0; 2)

t x x   t

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



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

Câu 19 Cho hàm số y f x  Đồ thị hàm y f x hình vẽ

Đặt g x 3f x x33xm, với m tham số thực Điều kiện cần đủ để bất phương

trình g x 0 với   x  3; 3

A. m3f  3 B. m3f  0 C. m3f 1 D

 

3

m f 

Lời giải Chọn A

     

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

   

   

   

   

3 3

3 3

0 0

1

h f

h f

h f

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 hình vẽ

x  3 0 3

h  

h

 3

h 

 0 h

 3

h O

x y

3

 1

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

A. Hàm số g x( )nghịch biến  ; ; 1;1 ; 2;  ; đồng biến  2; ; 1; 2  

B. Hàm số g x( )đồng biến  ; ; 1;1 ; 2;  ; nghịch biến  2; ; 1; 2  

C. Hàm số g x( )đồng biến ; ; 1;  ; nghịch biến 2;1

D. Hàm số g x( )đồng biến ; ; 0;3

2

   

 

   

   ; nghịch biến

3

;0 ; ;

2

   

 

   

   

Lời giải Chọn B

Ta có

2 '( ) '( ) 2; '( ) '( )

1

x x

g x f x x g x f x x

x x

   

  

       

  

 

Ta có đồ thị sau:

Hàm số đồng biến  ; ; 1;1 ; 2;  ; nghịch biến  2; ; 1; 2  

Câu 21 Cho hàm số f x xác định liên tục và có đồ thịnhư hình vẽ Có giá trị

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

Lời giải Chọn D

Điều kiện: 1;7

x    

Xét phương trình:    

2.f 3 9x 30x21 m2019

Ta có:  2

9x 30x 21 3x

       0 43x52     2 3 43x52 3

Đặt

3 30 21

t   x  x , t  3; 3

Khi đó, phương trình  1 trở thành:   2019   2019  2

m

f t m  f t  

Phương trình  1 có nghiệm 1;7

x  

  phương trình  2 có nghiệm t  3; 3

Dựa vào đồ thị hàm số y f x , phương trình  2 có nghiệm t  3; 3khi

khi 2019 2009 2021

2

m

m 

     

Do m m2009, 2010, , 2021

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

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

Có giá trị nguyên tham số mđể phương trình 7f 5 3  cosx3m7 có hai nghiệm phân biệt thuộc ;

2   

 

 

 ?

Lời giải Chọn C

Đặt t 5 3 cosx (1) Vì ;  1;3 2

x  cosx  t

 

Phương trình đầu trở thành  

7 m

f t   (2) Nhận xét:

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

+Với t1;3 phương trình (1) có hai nghiệm thuộc ; 2         

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

  phương trình (2) có nghiệm t 1;3

3 7 7 7

2 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  có đồ thị đường cong hình vẽ Đặt

   

g x  f f x  Tìm số nghiệm phương trình g x 0

A. B. C. D.

Lời giải Chọn B

Ta có        

 

0

0

f x g x f f x f x

f f x

                    0 2;3 x f x x x             

   

0

2;3

f x f f x

f x x         +       1;0 3;4 x x

f x x

+    

 

2

3

3 2;3

0;1

x x x

f x x

x x

 



   

 



Vậy phương trình g x 0 có nghiệm phân biệt

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

Đặt ( ) = ( )− + Mệnh đềnào 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 qua (−1;−3), (1;−1) nên dựa vào bảng biến thiên ta có

′( )≥ 0,∀ ⇒ (−1) < (0) < (1)

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

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

A. B. C. D.

Lời giải Chọn C

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

= ∈(−2; 0) = ∈ (0; 2) = >

⇔|2cos | = ∈

(0; 2)(∗)

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

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

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

A. B. C. D.

Lời giải Chọn D

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

0 (1)

Ta có (1)⇔ ( ) =

( ) =−2

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

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

Vậy sốgiao điểm đồ thị hàm số = ( ) trục hoành

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

Biết đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành điểm có hồnh độ âm Khi đồ

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

A B C D

Lời giải Chọn A

Ta có

Đồ thị hàm số qua điểm , nên ta có

 

y f x ax bx cxd y f x

  y f x

4



   

3

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

 

và

Gọi tiếp điểm đồ thị hàm số trục hồnh với Tiếp tuyến có hệ số góc

Vì

thuộc đồ thị hàm số

Khi Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ

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

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

A 1 B 4 C D

Lời giải Chọn B

Đặt t x2   1 t

Ta thấy ứng với t 1 cho ta giá trị x ứng với giá trị t 1 cho ta hai giá trị x

Phương trình cho trở thành: [ ( )]2 ( ) ( ) ( )

f t f t f t

f t   

    

 

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

phương trình f t( )2 có nghiệm t 2 phương trình cho có nghiệm

Vậy phương trình cho có nghiệm

Câu 29 ##Cho hàm số f x  xác định \ 0  có bảng biến thiên hình vẽ

Số nghiệm phương trình f 2x1 100

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

Lời giải Chọn C

 

12

0 3

3

a b c a

c b y f x x x d

a b c c

   

 

 

       

 

      

 

 

3

f x  x  x

 

y f x M x 0;0 x0 0

 

0 0

0

0

0 '

2

x

k y x x x

x  

       

 

 0

0

x  x  

 2; 0

M  y f x   8 12d  0 d  4

 

3

y f x x  x  4

 

y f x

3

Đặt t2x1, ta có phương trình trở thành   10

f t  Với nghiệm t có nghiệm

2

t

x  nên số nghiệm t phương trình   10

f t  số nghiệm

 

3 f 2x1 100

Bảng biến thiên hàm số y f x 

Suy phương trình   10

f t  có nghiệm phân biệt nên phương trình f 2x1100

có nghiệm phân biệt

Câu 30 Cho hàm số y f x  có đạo hàm f x \ 0  có bảng biến thiên hình

Hỏi phương trình f x  2 có nghiệm?

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

Lời giải Chọn C

Bảng biến thiên cho hàm số y f x  sau:

0

x0

+∞

1

∞

+ +

+

x y'

y

0 +

0

∞ ∞

1

∞

Dựa vào BBT suy ra: phương trình f x  2 có nghiệm phân biệt

Câu 31 Cho hàm số f x x33x21 Số nghiệm phương trình f f x 24 f x 1

A. B. C. D.

Đặt t f x   2 t x33x23

Khi phương trình trở thành

 

 

1

4

4 4

1

2

1 3

t t

f t t

f t t t t t t

t

t t

t t

  

 



    

       

 

 



  

 

 

 

 

    

Xét hàm số y t x33x2 3

 

2

3

2

x

y x x x x

x  

       

 

Ta có bảng biến thiên

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

Vây phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt

Câu 32 Đồ thị hàm số f x ax4bx3cx2dx e có dạng hình vẽ sau:

Phương trình a f x ( )4b f x ( )3c f x ( )2df x( ) e (*) có số nghiệm

A. B. C. 12 D. 16

Ta thấy đồ thị y f x  cắt trục hoành điểm phân biệt nên phương trình f x 0 có nghiệm phân biệt: x1  1,5; 1 , x2   1; 0,5, x30;0,5, x41,5;2

Kẻ đường thẳng ym, đó:

Với mx1  1,5; 1  có giao điểm nên phương trình f x x1 có nghiệm

Với mx2   1; 0,5 có giao điểm nên phương trình f x x2 có nghiệm

Với mx30;0,5 có giao điểm nên phương trình f x x3 có nghiệm

Với mx41,5; 2 có giao điểm nên phương trình f x x4 có nghiệm

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

 3 2  3 5 6 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 xbởi đại lượng để bảo tồn xuất

 

3

f x  x f x 23x5trong phương trình

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

Như ta thay xbởi 1x Cuối ta tính được:

   

3 2 3

f x  x  x  x  x  x 

Câu 34 Cho hàm số f x có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm thuộc đoạn 0;9



 

 

 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 :

cos

cos

cos

cos :

2 f

x a a vônghiệm x b b

x

x c c

x d d vônghiệm 

       





     

  

 

 

 

cos

cos

 



   

  

 

x b b

x c c

Dựa vào đường tròn lượng giác, đoạn 0;9



 

 

 thì:

- Phương trình cosx b có nghiệm phân biệt

- Phương trình cosx c có nghiệm phân biệt khác nghiệm Vậy phương trình fco sx2có 17 nghiệm đoạn 0;9

2



 

 

 

Câu 35 Cho hàm số f x liên tục và có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm thuộc đoạn 0; 2020của phương trình f cosx2là

Lời giải

Chọn D

Từ BBT ta thấy:  

 

co s 1

co s co s

2 co

2

s :

f

x

x x

x a a vô nghiệm 

 

 

  



  

 

 

co s 1 co s

2 x

x   

  

 

Dựa vào đường tròn lượng giác, đoạn 0; 2020thì: - Phương trình co sx1có 1011 nghiệm phân biệt

- Phương trình co s

x  có 2020 nghiệm phân biệt khác 1011 nghiệm Vậy phương trình fcosx2có 3031 nghiệm đoạn 0; 2020

Câu 36 ##Cho hàm số f x ax3bx2bx c có đồ thị hình vẽ:

Số nghiệm nằm ;9

2

  

 

 

  phương trình f cosx1cosx1

A. 6 B. 10 C. D.

Từđồ thị ta có  

 

 

; 0;1 x a

f x x x b

x

   



      

Do  

 

 

cos ;

cos cos cos 0;1

cos

x a

f x x x b

x

    



      

  



 

 

1

2

cos ; ( )

cos 1; (1)

cos (2)

x a t VN

x b t

x

      



     

 



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

2

  

 

 

 

Phương trình (2) có 6 nghiệm nằm ;9

2

  

 

 

 

Vậy phương trình ban đầu có tất cả10 nghiệm nằm ;9

2

  

 

 

 

Câu 37 Cho hàm sốy f x có đạo hàm  Biết hàm số y f ' x có đồ thị hình vẽ bên Hỏi đồ thị hàm số y f 3x4 cắt đường thẳng

2

y  x nhiều điểm?

Lời giải Chọn D

Đặt 3 4

3 t t x  x 

Phương trình hoành độgiao điểm là: 3 4 3  f x   x 

Số nghiệm   sốgiao điểm đồ thị hàm số y f 3x4và đường thẳng

3

y  x Thế t vào   ta có:   t

f t   

Đặt    

3 t

g t  f t   '  '  ' 

3

g t f t f t 

     

Quan sát đồ thị ta thấy ' 

f t   có nghiệm thực phận biệt nên hàm g t có cực trị Số nghiệm lớn phương trình g t 0 Suy phương trình   có tối đa nghiệm

Vậy chọn đáp án

D

Câu 38 Cho hàm số y f x  liên tục  có đồ thị hình vẽ bên Hỏi phương trình

 

2 

f  f x  có tất nghiệm thực phân biệt?

A. B. C. D.

Lời giải Chọn C

Từ đồ thị ta suy ra:     

 

   

2 1

2

2

f x f x

f f x

f x f x

  

 

   

   

 

 

•  

1

x f x

x       



• f x   4 x x3 2

Vậy phương trình có nghiệm phân biệt

Câu 39 Cho hàm số f x  x33x1 Số nghiệm phương trình f x 33f x  1

A. B. C. D.

Lời giải Chọn D

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình f x 0 có nghiệm x1   2; , x20;1 , x31; 2 Nếu phương trình f x 33f x  1 có nghiệm x0 f x  0  x x x1, 2, 3

Dựa vào đồ thị ta có:

+ f x x x1, 1   2; 1 có nghiệm + f x x x2, 20;1 có nghiệm phân biệt + f x( )x x3, 31; 2 có nghiệm phân biệt

Vậy phương trình f x 33f x  1 có nghiệm phân biệt

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

( ) + = ( ) + có nghiệm thực phân biệt

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

Lời giải Chọn C

Ta có:

′( ) = + + + = ( + 1) ( −1) = ( − )⇒ ( )

= ( −2 ) +

Và (0) =

(−1) =−1⇔

=

− + =−1⇔

=

3 = ⇒ ( ) = −2

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

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

⇔ =

2( ≥0)

Vậy ( ) = ⇔ ( ) = phương trình có nghiệm

Có giá trị nguyên tham số m cho phương trình 2f sinxcosxm1 có hai nghiệm phân biệt khoảng ;3

4

 

 



 

 ?

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

Lời giải Chọn A

Đặt t sinxcosx

Ta có: cos sin sin 0, ;3

4 4

t  x x x    x    

   

Bảng biến thiên t t x  khoảng ;3 4

 

 



 

 

Nhận xét: Dựa vào bảng biến thiên t x  khoảng ;3 4

 

 



 

  ta thấy với

3 ; 4

x    

  có giá trị t  ; 2

Do đó, phương trình 2f sinxcosxm1 có hai nghiệm phân biệt khoảng

; 4

 

 



 

  

phương trình 2f t m1 có hai nghiệm phân biệt

 ; 2 7

m

m



        

Mà mm  6; 5; ;5;6  có 13 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán

Số nghiệm thuộc đoạn  ;  phương trình 2f 2 sinx 1

A.6 B. C. D. 12

Lời giải Chọn D

Đặt t 2 sinx Xét hàm t g x 2 sinx đoạn  ; 

Ta có bảng biến thiên hàm số y g x 2 sinx đoạn  ; 

Dựa vào BBT ta có t0, 2  x  ;2

Nếu t0, 2 giá trị t cho giá trị x thuộc đoạn  ; 

Phương trình 2f 2 sinx 1 trở thành  

f t   với t0, 2 Dựa vào đồ thị ta có phương trình  

2

f t   có nghiệm t phân biệt thuộc khoảng 0, 2nên phương trình ban đầu có 12 nghiệm phân biệt thuộc đoạn  ; 

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

Gọi m số nghiệm phương trình ff x( )0 Khẳng định sau

A. m4 B. m6 C. m5 D. m7

Từ đồ thị ta có  

1

2

( )

( ) ( )

( )

f x x

f f x f x

f x x

 

 

  

 



với   1 x1 ; 2x23

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

Vậy phương trình ff x( )0 có nghiệm hay m7

Câu 44 Cho hàm số y  f ( )x liên tục R có đồ thị hình vẽ Gọi S tập hợp tất

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

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

         

' ' 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 số S  6

Số nghiệm thực phương trình f 4 f  2x 2

A. B.2 C.3 D.4

Lời giải Chọn B

Ta có:

Theo đồ thị :

 

   

   

4 2

4 2

4 ,

x x

x

f

f f

f a a

   



  

    



TH1) 4 f  2x  2  f  2x  6

 

2

1

2

x

x x

b KTM

 

  

   

TH2) 4 f  2x a  f  2x a4,0a 4 2

 

 

2

2 log

2

x x x

c KTM

d KTM x t

t     

    



  

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

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

nguyên 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 4

Đặt t 3 9x230x21 t  3;3 Ta cần tìm số giá trị nguyên m để phương

trình   2019

2 m

f t   có nghiệm t  3;3 Từ đồ thị suy đường thẳng 2019

2 m

y  cắt đồ thị y f t ;t  3;3

 3;3  

2019

5 ; max

2 m

a a f t

 

    , từ đồ thị ta có 1 a 1,

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

Câu 47 Cho hàm số y f x  có đồ thị hình vẽ sau

Số nghiệm phương trình    

2

e x e x

f f

    

  là:

A.1 B. C. D.

Lời giải Chọn B

Điều kiện x0

Đặt te x Do x0 t ứng với giá trị t1 cho giá trị x0

Ta có phương trình trở thành:      

 

2

2

2

f t f t f t

f t   

   

  

 

 

Từ đồ thị hàm số y f t trên 1; suy phương trình f t  1 có nghiệm phương

trình f t 2 có nghiệm khác với nghiệm phương trình f t  1 Vậy phương trình cho có nghiệm

Câu 48 Cho hàm số y f x liên tục  có đồ thị hình vẽ Phương trìnhf1 f x 0có tất

cả nghiệm thực phân biệt?

A. B. C. D.

Chọn C

Từ đồ thị hàm số ta có :  

 

   

   

   

     

1 1

1 1

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 1 m 3 phương trình f x  1 m có nghiệm x1 +) Do 0n 1 1   n phương trình f x  1 n có nghiệm x x x2, ,3 4 +) Do 1 p2   1 p0 phương trình f x  1 pcó nghiệm x x x5, 6, 7

Dựa vào đồ thị ta thấy nghiệm phân biệt

Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt Câu 49 Cho hàm số bậc ba y f x có đồ thịnhư hình vẽ

Có giá trị nguyên tham số m để phương trình f  f co sx2 f m có nghiệm nửa khoảng 0;?

A. B. C. D.

Lời giải

Chọn A

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

0; co s  1;1 co s   2; 2

      

x x f x

   

   

 

     

     

co s 0; co s 0;

co s 2;

2; \ 2;0;1

  

  

    

      

f x

f x

f f x f m

m m

Câu 50 Cho hàm số y f x có đồ thị đường cong hình vẽ

Gọi Slà tập hợp tất giá trị nguyên mđể phương trình f f x 1mcó 4nghiệm

phân biệt thuộc đoạn 2;2 Số phần tử Slà

A. 7 B. C. 3 D.

Lời giải Chọn D

Gọi  P đồ thị hàm số y f x 

Vẽ đồ thị  P1 đồ thị hàm số y f x 1bằng cách: Tịnh tiến đồ thị  P hàm số  

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

Vẽ đồ thị  P2 hàm số y f  x 1bằng cách: Giữ nguyên đồ thị  P1 nằm bên phải trục

tung lấy đối xứng phần phần đồ thị qua trục tung, ta đồ thị  P2 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)

Nếu t  1cho ta hai nghiệm phân biệt x  2;2

Nếu t  1;0thì giá trị tcho ta bốn nghiệm phân biệt x  2;2

Vậy phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt phương trình  1 có

nghiệm t  1;0 f  0 m f  1  3 m8 Vậy Scó tất 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 hàm số f x liên tục và có

đồ thịnhư hình vẽdưới

Số nghiệm phương trình g f x  0là

A. B. C. D.

Lời giải Chọn C

Đặt f x ax3bx2cx d a , 0  

3

f x ax bx c

   

Theo hình vẽ có:

        1 1 f f f f               

3

3

1

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

 

3

f x x x

   

Ta có: g x 0

5

x x x

    x x x          

Suy rA g f x  0

      f x f x f x          3

3

3

3 1

x x x x x x                      3

3 3 3

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

Câu 52 Cho hàm số f x  x7x5x4x32x22x10 g x x33x2 Đặt

   

F x g f x  Tìm tất giá trị 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

7 4 (1)

'( )

'( ) ( )

' ( )

( )

x x x x x

f x

F x f x

g f x

f x

      



 

   

   



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

Bản biến thiên:

Vậy F x m có ba nghiệm thực phân bit m0; 4

Câu 53 Cho hai hàm số f x và g x đều có đạo hàm và thỏa mãn:

     

3 2

2 2 36

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 2   

(2 ) 2 36

f x  f  x x g x  x  1

Đạo hàm hai vế  1 , ta

           

2

3f x f  x 12f 3x f  3x x g x x g x  36

           2

Từ  1  2 , thay x0, ta có      

         

3

2

2 2

3 12 36

f f

f f f f

  

 

 

   

 

Từ  3 , ta có f  2  0 f  2 2

Với f  2 0, vào  4 ta 360(vơ lí)

Với f  2 2, vào  4 ta 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 Số nghiệm thực bất phương trình

  2 

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

Lời giải Chọn B

Đặt a f x 33x21 ta bất phương trình

 

2

2

2

1

1

1 2

1 2

a a

a a a

a a a a

    

 

      

      

 

Với a1 ta f x 33x2 11 Đặt t x33x21 ta PT f t 1 * 

Vẽ đường thẳng y1 lên đồ thị cho ta PT  * có nghiệm tt1   2; 1 nghiệm tt21; 2

Ta có BBT hàm số yx33x21 sau

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

3

2

3

x  x  t Dựa vào BBT ta thấy PT có nghiệm Vậy BPT cho có nghiệm thực

Câu 55 ##Cho hàm số y f x  hàm bậc có bảng biến thiên sau

Phương trình 2sin cos  sin 2 sin sin cos 

f x x   x x f x x

  có nghiệm

thực thuộc đoạn ;5

4

 

 



 

 ?

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

Lời giải Chọn B

Vì hàm sốcó điểm cực trị x 1 nên    

' 3

f x  ax  a f x ax  axd Theo

BBT đồ thị hàm sốđi qua điểm 1; 2và 1; 2 nên 2

2

a d a

a d d

  

 



 

    

 

Ta có 2sin cos  sin 2 sin sin cos 

f x x   x x f x x

 

   2    

2

sin cos sin cos sin cos sin cos

f x x x x x x f x x

      

sin cos  sin cos  sin cos  sin cos

f x x x x f x x x x

         

Đặt sin cos sin , 2;

4

t x x x  t  

 

  ta phương trình

    3 loại t

f t t t t t t           

Với t0 ta sin ,

4

x  x  k k

 

      

 

  

Ta có 5 1, 0,

4 k k k k k

  



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

Câu 56 ##Cho y f x  hàm số bậc ba có bảng biến thiên hình vẽ

Có giá trị nguyên m  5;5 để hàm số g x  f f x m có điểm cực trị?

A. B.6 C.7 D.8

Lời giải Chọn B

       

g x  f x f f x m

        0 f x g x

f f x m

                   2 2 ,

2

2

x x

x x

f x m f x m

f x m f x m

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

trong x 2 x2 hai nghiệm bội lẻ

Với m  5;5

m     

 

 

nhìn vào đồ thị, ta thấy hàm số g x  có điểm cực trị  g x 0 có nghiệm bội lẻ m    4; 3; 1;1;3; 

Câu 57 ##Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm thuộc khoảng  ;  phương trình f2cosx f cosx2

A. B. C. D.

Lời giải Chọn A

Đặt tcos ,x x   ;  Ta có bảng biến thiên (*)

 1;1  t

  

Phương trình cho trở thành      

 

2 (1)

2

1 (2)

f t f t f t

f t  

    

  

Từ bảng biến thiên đề bài, với t  1;1 ta có nghiệm phương trình (1)

 1; 0

Từ bảng biến thiên (*), ta có:

 1;0

t  a   

 

1

2

; 0;

x x x x

     



 

 0;1

t b   

 

3

4

; 0;

x x x x

     



 



t  x0

Vậy, phương trình cho có nghiệm phân biệt thuộc khoảng  ; 

Câu 58 Cho hàm số y f x có đồ thị hình vẽ Gọi S tập hợp tất giá trị

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 ; 3 

C. S   D. S  1;3

Lời giải Chọn A

Xét phương trình  2

3

f  x m Điều kiện

4x 0  2 x2

Đặt t 3 4x2 với x  2; 3

  Ta có

4  

 x t

x

và t  0 x0

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

Nhận xét:

+) Mỗi 1;3 2 

t cho ta giá trị x  2; 3

 

+) Mỗi 3 2; 2 

t cho ta giá trị x  2; 3

 

+) t 1cho ta nghiệm x0

Dựa vào đồ thị hàm số y f x ta suy đường thẳng ymchỉ cắt đồ thị hàm số  

y f t nhiều điểm 1; 

Do đó, để phương trình f 3 4x2mcó hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn  2; 3

 thì

 

 1;

m  f   

Vậy, giá trị mcần tìm 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 hình vẽ, đạt cực trị điểm O0;0 cắt trục hồnh A3;0 Có giá trị nguyên m 5;5 để phương trình  

2

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

A. B. C. D.

Lời giải Chọn B

 

2

1

4

a a

    

Suy    

2

3

x

f x   x ,  

4

16

x x f x    k

Ta có  

4 0

4 16

x x x

f x k k k

x            

Suy  

2 2 2

x x m

f x x m k

x x m

   

     

   



Phương trình x22x m 0 1  có hai nghiệm phân biệt   1 m0m 1

Phương trình x22x m 4 2  có hai nghiệm phân biệt   2 m 4 0m3

Hai phương trình  1  2 có nghiệm chung x0

2 0 0 4

x x m

x x m

              (

Vơ lí) Suy phương trình  1  2 khơng có nghiệm chung

Do để phương trình f x22xmk có nghiệm phân biệt 3 m m m        

Do m nguyên m  5;5 nên m 4;5 Vậy có giá trị m

Câu 60 Cho hàm số f x( )là hàm sốđa thức bậc ba có đồ thịnhư hình bên Số nghiệm thuộc khoảng 0;3 phương trình f sinx1sinx

A. B. C. D.

Lời giải Chọn C

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

Vẽđồ thị hàm số y f t( ) đường thẳng y t hệ trục tọa độ Oxy

Từđồ thị ta có

1

( ) 1

, ( 1)

t

f t t t

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

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

Do x(0;3 ) k nên 0k 3  0 k  3 k  1,

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

Câu 61 Cho hàm số y f x  có đồ thị hình vẽ sau

Có số nguyên m thuộc đoạn 2019; 2019sao cho phương trình

     

2 2

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

A. B. 2020 C. 2019 D.

Lời giải Chọn D

         

2f x f x 2m m  f x 2m m 

       

         

   

2

2

1

2

2

2

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 nghiệm phương trình  3 có nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình  2

Yêu cầu toán 2 2

2

m  m m  m m

2

2 1

2

4 8

m m m    

 

Dựa đồ thị ta có

2

2

1 0,

2 2

1

2

1,

2

m m

m m m

m

m m

m m



 



    

 

 



   

   



Vậy có nguyên m thoả mãn

Câu 62 Biết đồ thị hàm số bậc bốn y f x được cho hình vẽ sau

       

2 2

Tìm số giao điểm đồ thị hàm sốyg x f' x 2 f x  "f  x trục hoành

A. B. C. D.

Lời giải Chọn B

Ta thấy đồ thị hàm số y f x cắt trục hoành điểm phân biệt 0; ;x x x1 2; 3nên

   1 2  3, f x ax xx xx xx a

Khi

   1 2 3  2  3  1 3  1  2 '

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 1

f x

f x  x  xx  xx  xx  

 

       

       

2

2 2 2

1

" '

' f x f x f x 1 1

f x

f x f x x x x x x x x

 

       

    

 

  

 

Do

     

     

2

2 2

2

1

1 1

' " 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  có đồ thị hình vẽ bên

     

cos 2019 cos 2020

f x  m f x m 

có nghiệm phân biệt thuộc đoạn 0; 2

A. B. C. D.

Lời giải Chọn C

Phương trình f2cosx  m2019 f cosxm20200  1

 1  

 

cos

cos 2020

f x

f x m

  

 

 



Dựa vào đồ thị hàm số

Xét phương trình: f cosx  1 cosx0

0;2 

2

x x

x 

  

    

  

Phương trình  1 có nghiệm phân biệt phương trình f cosx2020m có nghiệm phân biệt khác ,3

2

 

trên đoạn 0; 2

  2020

f t m

   có nghiệm phân biệt t  1;1 \ 0   với tcosx

1 2020 m 2019 m 2021

       

Vậy có giá trị nguyên m 2019 2020

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

 

3 f x  x 

A. B. 10 C. D.

Lời giải Chọn B

Đặt tx33x, ta có:  3   

3

f x  x   f t 

Từ đồ thị suy phương trình  

3

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

1

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 hàm t x  là:

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

1

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

2

x  xt ,

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 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  có đồ thịnhư hình vẽ

Có giá trị nguyên tham số mđể phương trình 2 sin 

2

m f x  f  

 có 12

nghiệm phân biệt thuộc đoạn  ; ?

A. B. C. D.

Lời giải Chọn C

Phương trình 2 sin 

2

m f x  f  

 có 12 nghiệm phân biệt thuộc đoạn  ; 

 

 phương trình  

2

m f t  f  

 có nghiệm phân biệt t0; 2

Dựa vào đồ thị hàm số y f x suy phương trình  

2

m f t  f  

 có nghiệm phân biệt 0; 2

t 27

16

m f      

 

0

0

2

3

2 m

m

m m



 

   



 

   

 

Do mnguyên nên m 1; Vậy có giá trị mthoả mãn toán

Câu 66 Cho hàm số y f x ax3bx2cxd a0 có đồ thị hình vẽ Phương trình

   

f f x  có tất nghiệm thực?

A.5 B.9 C.7 D.

Từ hình vẽ ta thấy  

 

   

2

3

2;

0 0;1

1;2

x a

f x x b

x c

     

    

  

nên phương trình

 

 

     

     

     

2;

0 0;1

1;2

f x a

f f x f x b

f x c

    



   



  

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

*) phương trình (2) có nghiệm phân biệt

*) phương trình (3) có nghiệm phân biệt khác nghiệm tìm Vậy phương trình ff x 0 có tất nghiệm phân biệt

Câu 67 Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau

Hỏi có điểm đường tròn lượng giác biểu diễn tập nghiệm phương

trình ff cosx2?

A. B. C. D.

Lời giải Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta có:     

 

cos

cos

cos

f x

f f x

f x

  

  

 

+      

   

1

2

cos ,

cos

cos ,

x t t

f x

x t t

  

    

 



+  

   

   

   

   

3

4

5

6

cos ,

cos ,

cos

cos ,

cos ,

x t t

x t t

f x

x t t

x t t

  

 

   

   

  



  



Ta thấy phương trình  3  6 vơ nghiệm cịn phương trình  4  5 phương

trình tập nghiệm biểu diễn hai điểm đường tròn lượng giác Vậy tập nghiệm phương trìnhf fcosx2 biểu diễn bốn điểm đường tròn lượng giác

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

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

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

Lời giải Chọn C

Đặt = ( )

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

Dễ thấy =

= thỏa mãn phương trình (1)

Trường hợp ≠0

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

Mà hàm số = ,  = nghịch biến với , ∈ (0; 1), < 0, < 0, phương trình (2) vơ nghiệm

Ta có (1) ⇔ =

= ⇔

( ) =

( ) ( ) = 0⇔

( ) = ( ) =

( ) =

⇔ ∈{−2,0,2}

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

+ phương trình ( ) = có nghiệm;

+ phương trình ( ) = có nghiệm;

+ phương trình ( ) = có nghiệm;

Vậy tổng số nghiệm phương trình cho 12 nghiệm Câu 69 Cho hàm số  

4

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

     

6

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

A. B. C. D.

Lời giải Chọn D

+) Ta có đồ thị hàm số:  

4

y f x x  x hình vẽ:

+) Đồ thị hàm số y f  x  x24x 3như sau:

+) Ta có:

     

6 (1)

f x  m f x m  .

   

 

2

2 (2)

5 (2)

x f x

x f x m

f x m   

   



  

 

 

  



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

biệtx 2

Câu 70 Cho hàm số , Biết hàm số có đồ thị hình vẽ bên

Tập nghiệm phương trình có tất 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 có nghiệm phân biệt

Do

Và

(2)

Từ (1) (2) ta

Suy

+) phương trình

-9

(*)

+) Xét

1

(x)

4 x g x x            

Bảng biên thiên

 

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

'

y f x

  16

f x  m n p q r

4

 

'

y f x f ' x 0 x 1;x1;x4

0

m

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

f      f(x)4 m(x21)(x 4)

3

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

f x mx mx m

        

16

3 16 3

2

16 16

n m

n m

p m p m

q m q m

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

  16

2 16

3

f x mx  mx  mx  mxr

  16

f x  m n p q r

4

4

16

2 16 16

3

16 16

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

3

mx mx mx mx r m n p q r

mx mx mx mx m m

         

         

4 16 16

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

3

x x x x

         

4 16

2 16

3

x x x x

     

4 16

( ) 16 ( ) 16 16

3

Suy (*) có nghiệm phân biệt

Câu 71 Phương trình 2 f x  f x  có tập nghiệm 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 phương trình

       

f x g x   f x  g x có phần tử?

A. B. C. D.

Lời giải Chọn C

Điều kiện:

    f x g x        

Ta có      

       

2

0

2 20;18;3

2

f x

f x f x f x x T

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

Lại có 2g x  1 3g x 2 2g x    2   1   33   2 0

g x g x g x g x

                          

2 3

2

0

2 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 3 3

1

0

2 3 2 3 2

g x g x g x

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

                                             2

2 3 3

2

1

2 3 2 3 2

g x g x

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

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

    0;3;15;19

g x g x x T

       

Do đó, ta có

          1  

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

 

 

1

2

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

x T x T

 

  

 



 

1 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 giá trị nguyên tham số mđể phương trình 2   

2 ( )

f x  m f x m  có 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' hàm số y f  x : Giữ nguyên phần đồ thị  C nằm phía bên phải trục Oy, bỏ 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 ( )

f x  m f x m     

1

f x

f x m

  

 

 



* Từ đồ thị  C' , ta có:

- Phương trình f  x  1có hai nghiệm x2,x 2

- Yêu cầu tốn phương trình f  x  3 m có bốn nghiệm phân biệt khác 2Đường

Câu 73 Cho hàm số y f x =ax4bx3cx2dxe a b c d e, , , , hệ số thực có đồ thị hình vẽ sau

Số nghiệm phương trình f  f x  f x 2 f x  1

A. B. C. D.

Lời giải Chọn B

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

-Phương pháp chung giải tập loại ta thường biến đổi phương trình đưa dạng

 

f x m, m

- Ta thấy vế trái phương trình có chứa f x ,f  f x , để biến đổi phương trình dạng f x m ta cần đặt ẩn phụ t f x 

-Ngoài ta tìm hàm số f x ax4bx3cx2dx e có đồ thịnhư giả thiết

Sau tơi xin trình bày cách

Cách 1: Biến đổi phương trình

Điều kiện: f x 0

Đặt f x  t Dựa vào đồ thị kết hợp điều kiện ta có t 0;1

Phương trình trở thành f t t2 2t 1

   

2 1

f t t t

    

Trên đoạn  0;1 đồ thị hàm số y f t và đồ thị hàm số  

2

yg t  t  t cắt điểm

Do phương trình (1) có nghiệm ,t m0;1, với m0;1

Hay phương trình tương đương với f x m,

Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt

Cách 2:

Điều kiện: f x 0

Đặt f x  t Dựa vào đồ thị kết hợp điều kiện ta có t 0;1

Phương trình trở thành f t t2 2t 1

   

2 1

f t t t

    

Đồ thị hàm số f x ax4bx3cx2dx e qua điểm 0; , 1;1 ,   1;1 nên

 

0

1

1

e e

a b c d a c

a b c d b d

 

 

 

      

 

       

 

Ta cóf x 4ax33bx22cx d hàm sốđạt cực trị x 1 nên

 

4 3

3

4

a b c d b d

a b c d a c

     

 



 

      

 

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

Do f x  x42x2

  2

1   t 2t   t 2t1, t 0;1

4

3

t t t

     

Có h t  4t36t2  

1

2

1

0

2

t

h t t

t

 

  

 



   

     

Lập bảng xét dấu h t 

Hàm sốđồng biến t 0;1 nên phương trình t43t22t 1 0 có nhất nghiệm.

Sử dụng MTCT ta có nghiệm t 0.336 hay f x 0.336 f x 0.11

Do phương trình cho có nghiệm phân biệt

Lưu ý: Việc tìm nghiệm thuộc  0;1 phương trình h t 0có thể dùng MTCT với chức

năng MODE

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

ℎ( + ) + 2ℎ( ) −[ℎ( )] với , , số thực biết Khẳng định với ≠0 là?

A. ∈[ℎ( );ℎ( + )].. B. ≤ ℎ( )

C. ∈[ℎ( );ℎ( + )] D. ∈ [ℎ( );ℎ( )]

Lời giải Chọn B

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

=

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

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

Từ bảng biến thiên suy 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  có đồ thị hình vẽ

Bất phương trình f x m x 3x (m tham số thực) nghiệm với mọix  2; 0

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 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 g x  f x 3x2 1 0,  x  2; 0 Bảng biến thiên

Vậy g x m x,   2; 0m f  0

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

A. B. C. D.

Lời giải Chọn A

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

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

( ) + + = ⇔ ( ) + + −1 = 0(1)

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

Mặt khác: (0) = −1 <

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

Vậy ( ) = ⇔ ( ) = ∈ (0; 1) Phương trình có nghiệm đường thẳng

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

Câu 77 Cho hàm số y f x  hàm số yg x  có đạo hàm xác định  có đồ thị hình vẽ đây:

Có giá trị nguyên tham số m để phương trình  

 

f x m

g x  có nghiệm thuộc 2; 3?

Lời giải Chọn D

Xét hàm số    

 

f x h x

g x

 Dựa vào đồ thị, ta thấy hàm số f x  g x  liên tục nhận giá trịdương 2; 3, h x  liên tục nhận giá trịdương 2; 3

Ngoài với x  2;3, dễ thấy f x 6, g x 1 nên    

 

f x h x

g x

  , mà

      6 f h g

   nên

 2;3  

maxh x

  (1)

Lại có h x 0 với x  2;3 h 2 1 nên

 2;3  

0 minh x 

  (2)

Phương trình  

 

f x m

g x  có nghiệm 2; 3 min2;3h x mmax2;3h x  (3)

Từ  1 ,  2  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 hình Số nghiệm thực phương trình

   

2 2

2f x 1 9f x 1 100

A. B. C. D.

Lời giải Chọn C

Đặt tx21,t 1 Ta phương trình sau:

   

2f t 9f t 100

    f t f t                          ,

,

3

2

1

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 1 1

x b x b

x e x e

                 

Câu 79 Cho hàm số y f x  có đồ thị hình vẽ

Số nghiệm phương trình  

3

f x  x   

A. B. 10 C. 11 D. 12

Lời giải Chọn C

Từ đồ thị hàm số y f x  suy đồ thị hàm số y f x  sau:

   

3

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 nghiệm

phân biệt là:

1, , , ,

t t t t t với 1 2, 3 3, 2<4 5

2

t t t t t

       

Xét hàm số g x x33x22

 

3

g x  x  x

 

0

x g x

x  

   

 

Khi đó, số nghiệm phương trình

3 3 3

1

3 , , , ,

x  x  t x  x  t x  x  t x  x  t x  x  t

bằng 3, 3, 3, 1,

Vậy tổng số nghiệm phương trình (1) 11

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

bên Biết (1) = ( ) = ( )−( )

Mệnh đề sau đúng?

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

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

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

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

Lời giải Chọn B

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

Vẽđường thẳng = + 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

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

đường thẳng)

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

O x

y

3 

1

2 

Dựa vào đồ thị ta thấy: diện tích lớn hơn4 (trong phần bên trái có nhiều ơ, có diện tích 1), đó:

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

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

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

khoảng(−3; 1))

Câu 81 Cho hàm số bậc bốn y f x  có đồ thị hình vẽ

Gọi  C1  C2 đồ thị hàm số y f   x f x  f x 2 y2020x Số giao điểm  C1  C2

A.4 B.0 C.1 D.

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 nghiệm phân biệt nên ta có:

   1 2 3 4

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

 

f x  Suy ra:

   1 2 3  1 2 4  1 3 4

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 1

f x

f x x x x x x x x x 

   

   

   

      

 

         

2

2 2 2

1

1 1 1 1

0

f x f x f x f x

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

   

  

        

   

 

,

 4 \ ; ; ;

x x x x x

 

−3

′( ) + −

( )

Dễ thấy điểm x x x x1; 2; 3; 4 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  Vậy  C1  C2 khơng có điểm chung

Câu 82 Cho hàm số:

( ) 6 9

f x x x x Đặt

( ) ( ( ))

k k

f x f f  x

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

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

Lời giải Chọn B

Có:   0

3

 

     

 

x

f x x x x

x 1

1 ( ) ( ) ( ( ))

( )

k

k k

k

f x

f x f f x

f x

 



 

    

 

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

có nghiệm phân biệt

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

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

v  v  v 

Ta có: 1 1 32 1 32 3

 

 



             

k

k k

k k k

u u v

Vậy

6

3

365