Câu 1.

[2D1-5.4-4] (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Một đường thẳng cắt đồ thị hàm số
bốn điểm phân biệt có hoành độ là
A.

S = 0.

B.

0 , 1, m

và

S = 1.

y = x4 − 2 x2

tại

n . Tính S = m2 + n 2 .
S = 2.

C.

D.

S = 3.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thùy Linh ; Fb:Nguyễn Thùy Linh

Chọn D
Do đường thẳng cắt đồ thị hàm số
đường thẳng có dạng

y = ax .

y = x4 − 2 x2

tại điểm có hoành độ là

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng

0

nên phương trình

y = ax với đồ thị hàm số y = x 4 − 2 x 2

là :

3
x4 − 2 x2 = a x ⇔ x4 − 2 x2 − a x = 0 ⇔ x ( x − 2x − a ) = 0 .

Do phương trình có bốn nghiệm là

0 , 1, m , n

nên ta có :

x ( x3 − 2 x − a ) = x ( x − 1) ( x − m ) ( x − n ) ⇒ x3 − 2 x − a = ( x 2 − mx − x + m ) ( x − n )


⇔ x3 − 2 x − a = x3 − nx 2 − mx 2 + mnx − x 2 + nx + mx − mn
⇔ x3 − 2 x − a = x 3 + ( − n − m − 1) x 2 + ( m + n + mn ) x − mn
−m − n −1 = 0
 m + n = −1
2

⇔  m + n + mn = − 2 ⇔ 
⇒ S = m 2 + n 2 = ( m + n ) − 2mn = 3
 mn = − 1
 − mn = − a
.

Câu 2.

[2D1-5.4-4] (Chuyên Thái Nguyên) Tính tổng các giá trị nguyên của tham số
sao cho bất phương trình
A. 1272 .

mx 4 − 4 x + m ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ ¡
B. 1275 .
C. 1 .

m∈ [ − 50;50]

.
D.

0.


Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Mộng ; Fb: Nguyễn Văn Mộng
Chọn A

4x
⇔
m
≥
, ∀x∈ ¡
Ta có: mx − 4 x + m ≥ 0, ∀ x ∈ ¡ ⇔ m x + 1 ≥ 4 x, ∀ x ∈ ¡
(1)
x4 + 1

(

4

Đặt

f ( x) =

4x
x + 1 . Tập xác định:
4

4

)

D= ¡


1

x
=

4
3
f ' ( x ) = 0 ⇔ − 12 x 4 + 4 = 0 ⇔ 
− 12 x 4 + 4
1
f '( x) =

2
x
=
−
4

4
x + 1 . Khi đó,
3


(

Bảng biến thiên

)



 1 
max f ( x ) = f  4 ÷ = 4 27
Theo bảng biến thiên, ta có: ¡
 3

⇔ m ≥ max f ( x ) ⇔ m ≥ 4 27 ; 2,28 .
¡

(1)

 m ∈ ¢
⇒

m
∈
−
50;50
[
]
Kết hợp với điều kiện 
Khi đó, tổng
Câu 3.

3 + 4 + 5 + ... + 50 =

m∈ ¢
⇒ m ∈ { 3;4;5;...;50}

3

≤
m
≤
50


48
( 3 + 50 ) = 1272 .
2

[2D1-5.4-4] (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Cho hàm số

y = f ( x)

¡

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

m


f


 2x  
f  2 ÷÷ = m
có nghiệm là
 x + 1 

A.


[ − 1;2] .

B.

[ 0;2] .

C.

[ − 1;1] .

D.

liên tục trên

để phương trình

[ − 2;2] .

Lời giải
Tác giả Vũ Thị Thu Thủy ; Fb: Vũ Thị Thu Thủy
Chọn D

Vì :

x2 + 1 ≥ 2 x ⇒

2x
2x
≤ 1 ⇒ −1 ≤ 2 ≤ 1

2
x +1
x +1

Từ đồ thị thấy

x ∈ [ −1;1] ⇒ f ( x) ∈ [ −2; 2]

x ∈ [ −2; 2] ⇒ f ( x) ∈ [ −2;2]
Xét phương trình



f

Vì

 2x  
2x u = f  2x 
f  2 ÷÷ = m
t= 2
 2 ÷.
. Đặt
 x + 1 
 x + 1
x +1;

t ∈ [ − 1;1] ⇒ u ∈ [ − 2;2] ⇒ f (u) ∈ [ − 2;2]

Vậy để phương trình ban đầu có nghiệm thì

nên
Câu 4.

f ( u) = m

có nghiệm thuộc đoạn

[ − 2;2]

m∈ [ − 2;2] .

[2D1-5.4-4] (Sở Quảng NamT) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng
2
2
(− 1;7) để phương trình: (m− 1)x + (m+ 2) x( x + 1) = x + 1 có nghiệm?
A. 6
B. 7
C. 1
D. 5

Lời giải

Tác giả facebook: Nguyễn Duy Tình
Chọn A
Xét phương trình:

(

)


(m− 1)x + (m+ 2) x x2 + 1 = x2 + 1 (1). Điều kiện cua phương trình là:

x≥ 0
Nếu x = 0 phương trình trở thành: 0 = 1 (Vô lý)
Vậy x ≠ 0không phải là nghiệm của phương trình, đồng thời ta thấy nên với x > 0 phương
x2 + 1
x2 + 1
− (m+ 2)
− m+ 1 = 0
trình đã cho tương đương với: x
.
x
Đặt

x2 + 1
2
x thì phương trình trở thành: u − m+ 2 u − m+ 1 = 0 (2)

(

u=

x2 + 1
f (x) =
Xét hàm số
x trên khoảng 0;+∞

(

f '(x) =


)

)

x = 1
= 0⇔ 
 x = −1(L )
2x x x2 + 1
x2 − 1

Ta có
Ta có bảng biến thiên:
x

1

0

y
f(x)

+∞

+

0

-


+∞
+∞

2
Vậy

u≥ 2

Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm trên

)

 2; +∞
.



)

2
u
− 2u + 1
 2; +∞
(2) ⇔ m=
Trên 
thì
u+ 1

)


u2 − 2u + 1
 2; +∞
f (y) =
Xét hàm số
trên

u+ 1
u2 + 2u − 3
f '(u) =
> 0,∀ y∈  2; +∞ ⇒ f (u) ≥ f ( 2) =
2

( u + 1)
Ta có

)

(

⇔ m≥
Mà
Câu 5.

)

2− 1

(

)


2−1

3

⇒

YCBT

3

m∈ ¢, − 1 < m< 7 ⇒ m∈ { 1;2;3;4;5;6}

.

y = f ( x) , y = g ( x)

[2D1-5.4-4] (Sở Quảng NamT) Cho hai hàm đa thức
cong ở hình vẽ bên. Biết rằng đồ thị hàm số
hàm số

y = g ( x)

tham số

m thuộc khoảng ( − 5;5)

có đúng một điểm cực trị là

A. 1.


B.

để hàm số

3.

y = f ( x)

A

và

có đồ thị là hai đường

có đúng một điểm cực trị là

AB =

B , đồ thị

7
4 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của

y = f ( x ) − g ( x ) + m có đúng 5 điểm cực trị ?

C. 4 .
D. 6.
Lời giải
Tác giả: Võ Quang Anh; Fb:Anh Võ Quang.


Chọn B

f ( x)

Gọi

x0

Đặt

h( x) = f ( x) − g ( x) ; x ∈ ¡

là điểm cực trị của

Ta có BBT của

h( x)

là:

và

g ( x ) . Dựa vào đồ thị ta có bảng dấu của f ′ ( x )

. Lúc đó,

h′ ( x ) = f ′ ( x ) − g ′ ( x ) = 0 ⇔ x = x0 .

và


g′ ( x ) .


Dựa vào BBT của

h( x)

, phương trình

Lúc đó, ta có BBT của hàm số

Dựa vào BBT hàm số

m≥
Vì

có hai nghiệm phân biệt

a và b ( a < b ).

y = h ( x ) như sau:

y = h ( x ) thì hàm số y = f ( x ) − g ( x ) + m có 5 cực trị khi và chỉ khi

7
4.

m∈ ( − 5;5)


và

Vậy có 3 giá trị
Câu 6.

h( x) = 0

m∈ ¢

nên

m= 2;3;4 .

m thỏa yêu cầu bài toán.

[2D1-5.4-4] (THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN 2019 LẦN 3) Có tất cả bao nhiêu giá trị
nguyên

của

tham

số

m

thuộc

khoảng


( − 3π ;3π )

để

đồ

thị

của

hàm

số

3

y = 2 x − 3(m + 1) x 2 + 6m x + m2 − 3 cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.
A.

8.

B.

9.

C. 6 .
Lời giải

D.


7.

Tác giả: Nguyễn Thị Hường; Fb: Huong Nguyen Thi
Chọn A
+ Xét hàm số
Vì

f ( x) = 2 x3 − 3(m + 1) x 2 + 6mx + m 2 − 3, a = 2 > 0

3

y = 2 x − 3(m + 1) x 2 + 6m x + m2 − 3 là hàm chẵn nên để đồ thị của hàm số cắt trục hoành

tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi f ( x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt trong đó 2 nghiệm dương, 1
nghiệm âm hoặc có 2 nghiệm phân biệt và hai nghiệm đều dương.
+ Ta có

f ′ ( x) = 6 x 2 − 6(m + 1) x + 6m


x = 1
f ′( x) = 0 ⇔ 
x = m
Ta có

f (1) = m2 + 3m − 4; f (m) = − m3 + 4m 2 − 3; f (0) = m 2 − 3

+ Nếu

m = 1 thì f ( x) = 0 có nghiệm duy nhất nên loại.


+ Nếu

m ≠ 1 thì f ( x)

*

f ( x) = 0

có 3 nghiệm phân biệt trong đó 2 nghiệm dương, 1 nghiệm âm

 f (m). f (1) < 0
⇔
⇔
 f (0) > 0
*

f ( x) = 0

có 2 điểm cực trị trong đó có 1 điểm cực trị luôn dương


 ( m 2 + 3m − 4 ) ( − m3 + 4m 2 − 3) < 0  m > 3 + 21
⇔
2
 2
m
−
3
>

0

 − 4 < m < − 3

có 2 nghiệm phân biệt và hai nghiệm đều dương

m > 0

⇔  f (m). f (1) = 0 ⇔
 f (0) < 0


m > 0
 2
3
2
( m + 3m − 4 ) ( − m + 4m − 3) = 0 ⇔ m = 1(l )
 2
 m − 3 < 0

Vậy có 8 giá trị thỏa mãn.
Câu 7.

[2D1-5.4-4] (Lương Thế Vinh Lần 3) Cho hàm số
hình vẽ bên. Biết rằng
khoảng
A.

9.


( − 10;10 )

f ′ ( x) > 0

với mọi

của bất phương trình
B. 10 .

y = f ( x)

liên tục trên

R

và có đồ thị như

x∈ ( − ∞ ; − 3) ∪ ( 2; + ∞ ) . Số nghiệm nguyên thuộc

 f ( x ) + x − 1 ( x 2 − x − 6 ) > 0
C.

8.

là
D.

7.

Lời giải

Tác giả:Trương Văn Tâm ; Fb: Văn Tâm Trương
Chọn D


Đặt

h ( x ) =  f ( x ) + x − 1 ( x 2 − x − 6 )

là hàm số liên tục trên

 x2 − x − 6 = 0
h ( x) = 0 ⇔ 
⇔
f
x
+
x
−
1
=
0
(
)
Mặt khác,


R.

 x2 − x − 6 = 0


 f ( x) = − x + 1

( 1)
( 2) .

+ Phương trình

( 1) có hai nghiệm phân biệt là x = − 2 và x = 3 .

+ Phương trình

( 2)

là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số

y = f ( x)

và đường

y = − x + 1 . Dựa vào đồ thị hàm số đã vẽ ở hình bên, ta thấy rằng phương trình ( 2 )
nghiệm phân biệt là x = − 3 , x = − 1 , x = 0 và x = 2 .
thẳng

có 4

Ta có bảng xét dấu

Dựa vào bảng xét dấu

h ( x ) , ta có


 f ( x ) + x − 1 ( x 2 − x − 6 ) > 0 ⇔ h ( x ) > 0 ⇔ x ∈ ( − 3; − 2 ) ∪ ( − 1;0 ) ∪ ( 0;2 ) ∪ ( 3; + ∞ ) .

x nguyên và x ∈ ( − 10;10 ) ta có x∈ { 1;4;5;6;7;8;9} .
Vậy có tất cả 7 giá trị x thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Kết hợp điều kiện

Câu 8.

[2D1-5.4-4]

(Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2)

f ( x ) = ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + m,

bên.

(với

a, b, c, d , m∈ ¡

). Hàm số

Cho

y = f ′ ( x)

hàm

số


có đồ thị như hình vẽ


1
f ( x) = f  ÷
Tập nghiệm của phương trình
 2  có số phần tử là
A.

5.

B.

2.

C. 4.
D. 3.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Thu Dung ; Fb: Dung Nguyen

Chọn C

Gọi

S

thẳng

S1


f ′ ( x ) , trục hoành Ox

và các đường

x = − 1 ; x = 1.

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

thẳng

S2

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

x=

f ′ ( x ) , trục hoành Ox

và các đường

f ′ ( x ) , trục hoành Ox

và các đường

1
2 ; x = 1.

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số


thẳng x = 1 ; x = 2.
Dựa vào đồ thị ta có:

S > S2

1

2

−1

1

1

2

⇒ ∫ f ′ ( x ) dx > ∫ ( − f ′ ( x ) ) dx

⇒ f ( 1) − f ( − 1) > f ( 1) − f ( 2 ) ⇒ f ( − 1) < f ( 2 )

⇒ ∫ f ′ ( x ) dx < ∫ ( − f ′ ( x ) ) dx

 1
 1
⇒ f ( 1) − f  ÷ < f ( 1) − f ( 2 ) ⇒ f  ÷ > f ( 2 )
S1 < S2
 2
 2
1

f ( − 1) < f  ÷ < f ( 1)
Trên khoảng (− 1;1), hàm số f ( x ) đồng biến nên
.
 2
1
2

Hàm số

f ( x)

1

có bảng biến thiên như sau:

.


 1
f ( x) = f  ÷
Vậy phương trình
 2  có tất cả 4 nghiệm thực.
Câu 9.

[2D1-5.4-4] (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Cho hai hàm số

y = x3 + 2 x 2 + mx − 3 . Giá trị của tham số m

để đồ thị của hai hàm số có


y = x2 + x − 1

3 giao điểm phân biệt

và

3 giao điểm đó nằm trên đường trịn bán kính bằng 3 tḥc vào khoảng nào dưới đây?

A.

( − ∞ ; − 4) .

B.

( − 4; − 2) .

C.

( 0;+ ∞ ) .

và

D.

( − 2;0 ) .

Lời giải
Tác giả: Lê Hồng Phi; Fb: Lê Hồng Phi
Chọn B
Giả sử


m

là sớ thực thỏa mãn bài tốn.

Phương trình hoành đợ giao điểm giữa hai đồ thị là

x 2 + x − 1 = x3 + 2 x 2 + mx − 3 ⇔ x3 + x 2 + ( m − 1) x − 2 = 0 ( 1) .
M ( x0 ; y0 )

Gọi

là một trong

3 giao điểm. Ta có

 y0 = x02 + x0 − 1
⇒
 3 2
x
+
x
+
m
−
1
x
−
2
=

0
) 0
 0 0 (
Từ

( 2)

và

( 3)

2
4
3
2
 y0 = x0 + 2 x0 − x0 − 2 x0 + 1
 3 2
 x0 + x0 + ( m − 1) x0 − 2 = 0

( 2)
( 3) .

suy ra

y02 = ( x0 + 1)  x03 + x02 + ( m − 1) x0 − 2 + ( − m − 1) x02 − ( m − 1) x0 + 3 = ( − m − 1) x02 − ( m − 1) x0 + 3 .
Hay

y02 + x02 = − mx02 − ( m − 1) x0 + 3 = − m ( y0 − x0 + 1) − ( m − 1) x0 + 3 .

Rút gọn ta được

2

x02 + y02 − x0 + my0 + m − 3 = 0 ( 4 ) . Đây là phương trình đường trịn khi

2

 1  m
− ÷ +  ÷ − m+ 3> 0
 2  2 

( *)

.
2

Với điều kiện

Theo đề bài

( *)

thì

R = 3⇔

M ( x0 ; y0 )

2

 1  m

R = − ÷ +  ÷ − m+ 3
tḥc đường trịn có bán kính
.
 2  2 

m2 + 1
− m + 3 = 9 ⇔ m 2 − 4m − 23 = 0 ⇔
4

m = 2 + 3 3

 m = 2 − 3 3 .


Thử lại.
Với

m = 2+ 3 3

thì phương trình

( 1)

có 1 nghiệm. Do đó,

Với

m = 2− 3 3

thì phương trình


( 1)

có

Vậy giá trị

m

cần tìm là

m = 2+ 3 3

3 nghiệm và cũng thỏa mãn ( *) .

m = 2 − 3 3 ∈ ( −4; − 2 ) .

Câu 10. [2D1-5.4-4] (Sở Ninh Bình 2019 lần 2) Cho phương trình
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
nghiệm phân biệt?
A. 19 .

không thỏa mãn.

m

B. 18 .

thuộc đoạn


(x

2

[ − 20;20]

C. 17 .
Lời giải

− 3 x + m ) + x 2 − 8 x + 2m = 0 .
2

để phương trình đã cho có
D.

4

20 .

Tác giả: Nguyễn Thị Thanh Nguyệt; Fb: Nguyễn Thị Thanh Nguyệt
Chọn B
Ta có ( x

2

− 3 x + m ) + x 2 − 8 x + 2m = 0
2

2
⇔  ( x 2 − 3 x + m ) − x 2  + ( 2 x 2 − 8 x + 2m ) = 0




⇔ ( x2 − 4x + m) ( x2 − 2 x + m ) + 2 ( x2 − 4x + m ) = 0
⇔ ( x2 − 4x + m ) ( x2 − 2x + m + 2) = 0
 x2 − 4 x + m = 0
⇔ 2
 x − 2 x + m + 2 = 0

( 1)
( 2) .

YCBT ⇔ mỗi phương trình
Phương trình

( 1)

 ∆′ > 0
⇔ 1
⇔
′
∆
>
0
 2

và

có


2

( 1)

và

( 2)

và

( 2)

có

2

nghiệm phân biệt không trùng nhau.

nghiệm phân biệt

4 − m > 0
⇔

1
−
m
−
2
>
0



Giả sử phương trình

⇒

( 2)

( 1)

m < 4
⇔ m < −1

m
<
−
1
.

có nghiệm

x0

 x 2 − 4 x + m = 0
⇔ 2
Hệ sau có nghiệm
 x − 2 x + m + 2 = 0

⇒ x0 2 − 4 x0 + m − ( x0 2 − 2 x0 + m + 2 ) = 0


trùng nhau

( 1)
( 2)


⇔ x0 = − 1 .
Với

⇒

x0 = −1 thay vào ( 1)
Với

Kết hợp

ta được

m ≠ − 5 phương trình ( 1)

m

m = −5.
và

là số nguyên thuộc đoạn

Vậy có 18 số nguyên

m


( 2)

không có nghiệm trùng nhau.

[ − 20;20] ⇒

(d )

.

thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 11. [2D1-5.4-4] (Quỳnh Lưu Lần 1) Cho hàm số
đường thẳng

m∈ [ − 20; − 1) \ { − 5}

y=

−x+1
2 x − 1 (C),

y = x + m (d ) . Với mọi m

luôn cắt đồ thị (C) tại hai hai điểm phân biệt A và B. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ

số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Giá trị nhỏ nhất của
A. 1 .


B.

2.

T = k12020 + k22020

1
C. 2 .

bằng

2
D. 3 .

Lời giải

Tác giả: Đặng Văn Long; Fb: Đặng Long
Chọn B

 2 x 2 + 2mx − m − 1 = 0
−x+1

= x+ m ⇔ 
1
2x − 1
x≠

+ Phương trình hoành độ giao điểm:
(*)


2
+ Phương trình (*) có:

B. Gọi a, b
+ Khi đó:

∆ ' = m2 + 2(m + 1) > 0, ∀m

nên (d) luôn cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt A,

a + b = − m

1


m+1
a≠b≠ ÷
ab = −


là các hoành đợ giao điểm 
2  . Khi đó ta có: 
2 .
1
1
2
+
≥
4040
4040

(2a − 1)
(2b − 1)
[(2a − 1)(2b − 1)]2020
2
2
=
=
=2
2020
2020
[ 4ab − 2(a + b) + 1]
[ − 2(m + 1) + 2m + 1]

T = k12020 + k22020 =

 (2a − 1) 2020 = (2b − 1)2020

⇔ a + b = 1 = − m ⇔ m = − 1.

1
a≠b≠

+ Nhận xét: Giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi: 
2
Câu 12. [2D1-5.4-4] (Sở Ninh Bình 2019 lần 2) Cho 2 sớ thực

a

và


b . Tìm giá trị nhỏ nhất của

4
3
2
a 2 + b2 để đồ thị hàm số y = f ( x) = 3x + ax + bx + ax + 3 có điểm chung với trục Ox

9
A. 5 .

1
B. 5 .

36
C. 5 .
Lời giải

4
D. 5 .

.


Tác giả: Đoàn Ngọc Hoàng; Fb: Hoàng Đoàn
Chọn C
Gọi

( C)

là đồ thị của hàm đã cho. Phương trình hoành độ giao điểm của


( C)

và trục

Ox :

3x 4 + ax3 + bx 2 + ax + 3 = 0
⇔ 3 ( x 4 + 1) + a ( x3 + x ) + bx 2 = 0
1 

⇔ 3 x2 + 2 ÷ + a  x +
x  

Đặt

t = x+

1
÷ + b = 0 ( vì
x
x = 0 khơng phải là nghiệm của phương trình).

1
x , t ≥ 2.

Phương trình trên trở thành

3 ( t 2 − 2 ) + at + b = 0


⇔ 3 ( t 2 − 2 ) = − at − b

⇒ 9 ( t 2 − 2 ) = ( at + b )
2

2

.

( at + b )

Theo BĐT Cauchy- Schwarz

(

9 t 2 − 2) ≤ a 2 + b
Nên (
2

⇔ a 2 + b2 ≥

Xét hàm số

Đặt

9 ( t2 − 2)

2

2


≤ ( a 2 + b2 ) ( t 2 + 1) .

) ( t + 1)
2

2

t2 + 1
f ( t) =

9 ( t 2 − 2)
t2 + 1

2

với

t≥2

.

f u =
u = t 2 với u ≥ 4 hàm số trên trở thành ( )

Ta có

f '( u ) =

9 ( u − 2)

u+1

2

với

9 ( u 2 + 2u − 8)

( u + 1)

2

f '( u ) = 0 ⇔ u = − 4 ∨ u = 2
BBT

u

4

+∞

u≥ 4


+

f '( u )
f ( u)
Vậy GTNN của


a +b
2

2

36
5

36
là 5 .

Câu 13. [2D1-5.4-4] (Sở Hà Nam) Cho hàm số
tham số

+∞

y = f ( x ) = x2 − 4 x + 3

có bao nhiêu giá trị nguyên của

2
m để phương trình: f ( x ) − ( m − 6) f ( x ) − m + 5 = 0 có 6 nghiệm thực phân biệt.

A. 2 .

B.

4.

D. 3 .


C.1 .
Lời giải

Tác giả: Trần Văn Tiền; Fb: Tien Tran
Chọn D
+) Ta có đồ thị hàm số:

y = f ( x ) = x 2 − 4 x + 3 như hình vẽ:

y = f ( x ) = x − 4 x + 3 như sau:
2

+) Đồ thị hàm số

+) Ta có:

f 2 ( x ) − ( m − 6 ) f ( x ) − m + 5 = 0. (1) .


 f ( x ) = −1
⇔
⇔
 f ( x ) = m − 5 (2)

 x = −2

x = 2

 f ( x ) = m − 5 (2) .


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

Phương trình

có 4 nghiệm thực phân biệt

x ≠ ±2.
Dựa vào đồ thị hàm số ta có:

− 1< m − 5 < 3 ⇔ 4 < m < 8 .

Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số

m.

Câu 14. [2D1-5.4-4] (Đặng Thành Nam Đề 3) Cho hai hàm số
định và liên tục trên
thị hàm số

¡

y = f ( x)

và

y = g ( x) là các hàm xác

và có đồ thị như hình vẽ bên (trong đó đường cong đậm hơn là của đồ


y = f ( x) ). Có bao nhiêu số nguyên m

để phương trình

f ( 1 − g (2 x − 1) ) = m

có

 5
− 1; 
nghiệm thuộc đoạn 
2 .

A.

8.

B.

3.

C.

6.

D.

4.

Lời giải

Tác giả: Ngô Trang; Fb: Trang Ngô
Chọn B
Đặt

t = 1 − g (2 x − 1) .

 5
x ∈  − 1; 
min g ( x) = − 3
và
 2  thì 2 x − 1∈ [− 3;4] . Mà từ đồ thị hàm số y = g ( x ) ta có [ − 3 ; 4]
Với

max g ( x) = 4

[ − 3 ; 4]

nên

g (2 x − 1) ∈ [− 3;4] , suy ra 1 − g (2 x − 1) ∈ [− 3;4] .

Bài tốn trở thành: Tìm
Vì hàm sớ

y = f ( x)

m để phương trình f ( t ) = m có nghiệm t thuộc đoạn [− 3;4] . (*)

xác định và liên tục trên


Kết hợp với đồ thị hàm số

y = f ( x)

ta được

¡

nên (*)

⇔ min f (t ) ≤ m ≤ max f ( t )
[ − 3 ; 4]

a ≤ m ≤ 2 , với

[ − 3 ; 4]

a = min f (t ) ∈ ( −1;0 )
[ −3 ; 4]

.

.


Mà

m nguyên nên m∈ { 0;1;2} . Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn bài toán.

Câu 15. [2D1-5.4-4] (CổLoa Hà Nội) Cho hàm số


y = f ( x)

xác định và liên tục trên

hình vẽ. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

f

(

)

408 − x + 392 + x − 34 = m

A. 1 .

B.

m

¡

, có đồ thị như

để phương trình

có đúng 6 nghiệm phân biệt?

C. 3 .

Lời giải

2.

D.

4.

Tác giả:Đoàn Ngọc Hoàng; Fb:Hoàng Đoàn
Chọn B
ĐK:
Đặt

− 392 ≤ x ≤ 408 .
t = 408 − x + 392 + x − 34 .

⇒ t' =

−1
2 408 − x

+

1
2 392 + x

=

408 − x − 392 + x
2 ( 408 − x ) ( 392 + x ) .


t = 0 ⇔ 408 − x − 392 + x = 0 ⇔ x = 8 .
t ( − 392 ) = t ( 408) = 20 2 − 34 ; − 5,71 ;

t ( 8) = 6

.

⇒ − 5,71 ≤ t ≤ 6 .
Phương trình đã cho trở thành
Với mỗi
Với

t ∈ [ − 5,71;6 )

f ( t ) = m ( *)

cho 2 giá trị

t = 6 cho 1 giá trị x .

x.

với

t ∈ [ −5,71;6] .


Do đó phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt


⇔ −2 < m <
Mà

m∈ ¢

⇔ ( *)

có 3 nghiệm phân biệt

t ∈ [ − 5,71;6 )

1
2.

nên

m = − 1∨ m = 0 .

Câu 16. [2D1-5.4-4] (CỤM TRƯỜNG SÓC SƠN MÊ LINH HÀ NỘI) Cho đồ thị

( C)

của hàm số

y = x3 − 2mx 2 + ( m 2 + m − 2 ) x + m và parabol ( P ) : y = x 2 − x − 1 cắt nhau tại ba điểm phân biệt

D, E , F . Tổng các giá trị của m
2

G  0; − ÷

3  là

4
A. 3 .

B.

để đường trịn đi qua ba điểm

D, E , F

4
C. 3 .
−

− 1.

cũng đi qua điểm

D. 1 .

Lời giải
Tác giả: Strong Team
Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm của

( C)

và


( P)

là

x3 − ( 2m + 1) x 2 + ( m 2 + m − 1) x + m + 1 = 0 ( 1) .
Vì ba điểm
thỏa mãn

D, E , F

thuộc

( P ) : y = x 2 − x − 1 nên hoành độ ba điểm D, E , F

thỏa mãn (1) và

y 2 = ( x 2 − x − 1) = x 4 − 2x 3 − x 2 + 2x + 1 =  x3 − ( 2m + 1) x 2 + ( m 2 + m − 1) + m + 1 ( x + 2m − 1)
2

+ ( 3m2 − m − 1) x 2 − ( 2m3 + m2 − 2m ) x − ( 2m2 + m − 2 )
= ( 3m2 − m ) ( x + y + 1) − x 2 − ( 2m3 + m2 − 2m ) x − ( 2m 2 + m − 2 )
Suy ra phương trình đường tròn đi qua ba điểm

D, E , F

(nếu có) là:

( C1 ) : x2 + y 2 − ( 2m3 − 2m2 − m ) x − ( 3m2 − m ) y − m2 + 2m − 2 = 0 ( 2 ) .
Vậy


G ∈ ( C1 ) ⇔ 9m2 + 12m − 14 = 0 ⇔ m =

Thử lại: Khi thay

m=

−2 ± 3 2
.
3

−2 ± 3 2
vào phương trình (1) ta thấy phương trình có ba nghiệm thực
3

phân biệt, đờng thời các giá trị
của mợt đường trịn.

m=

−2 ± 3 2
khi thay vào (2) thì ta nhận được phương trình
3


Vậy tổng các giá trị

m

4
thỏa mãn là 3 .

−

Câu 17. [2D1-5.4-4] (THPT LƯƠNG THẾ VINH 2019LẦN 3) Cho hàm số
bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
thuộc đoạn

m

f

để phương trình

(

3

f ( x ) = x5 + 3x3 − 4m . Có

)

f ( x ) + m = x3 − m

có nghiệm

[ 1;2] ?

A. 15 .

B. 16 .


C. 17 .

D. 18 .

Lời giải
Tác giả: Thành Đức Trung; Fb: Thành Đức Trung
Chọn B
Đặt

t = 3 f ( x ) + m ⇔ t 3 = f ( x ) + m ⇔ f ( x ) = t 3 − m ( 1) .
f

Ta có
Từ

( 1)

(

)

f ( x ) + m = x3 − m , suy ra f ( t ) = x 3 − m ( 2 ) .

3

và

( 2)

Xét hàm số


f ( x ) − f ( t ) = t 3 − x3 ⇔ f ( x ) + x3 = f ( t ) + t 3 ⇔ x5 + 4 x3 = t 5 + 4t 3 ( 3) .

g ( u ) = u 5 + 4u 3 ⇒ g ′ ( u ) = 5u 4 + 12u 2 ≥ 0 ∀ u ∈ ¡ ⇒ g ( u )

( 3) ⇔ g ( x ) = g ( t ) ⇔

Do đó

Xét hàm số
Ta có

ta có

x = t . Thay vào ( 1)

ta được

¡

.

f ( x ) = x3 − m ⇒ x5 + 2 x3 = 3m ( 4 ) .

h ( x ) = x5 + 2 x3 trên đoạn [ 1;2] .

h′ ( x ) = 5 x 4 + 6 x 2 ≥ 0 ∀x ∈ [ 1;2] ⇒ h ( x )
min h ( x ) = h ( 1) = 3

Vậy ta có [ 1;2]


đồng biến trên đoạn

max h ( x ) = h ( 2 ) = 48

và [ 1;2]

Phương trình đã cho có nghiệm thuộc

[ 1;2] ⇔

Phương trình

[ 1;2]

Câu 18. [2D1-5.4-4] (Sở Thanh Hóa 2019) Cho hàm số
vẽ.

[ 1;2] .

.

⇔ min h ( x ) ≤ 3m ≤ max h ( x ) ⇔ 3 ≤ 3m ≤ 48 ⇔ 1 ≤ m ≤ 16
[ 1;2]

đồng biến trên

y = f ( x)

( 4)


có nghiệm trên

[ 1;2] .

. Vậy có 16 giá trị nguyên của
liên tục trên

¡

m.

có đồ thị như hình


Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

m

để phương trình

f

(

)

2 f ( cos x ) = m

có nghiệm


π 
x ∈  ;π ÷
2 .
A.

4.

B.

3.

C.

2.

D.

5.

Lời giải
Chọn A

π 
x ∈  ;π ÷
Ta có
 2  ⇒ cos x ∈ ( − 1;0]
Từ đồ thị suy ra

f ( cos x ) ∈ [ 0;2 ) ⇒ 2 f ( cos x ) ∈ [ 0;2 ) ⇒ f


Do đó phương trình

m

Do

nguyên nên

f

(

)

2 f ( cos x ) = m

(

)

2 f ( cos x ) ∈ [ − 2;2 )

π 
x ∈  ;π ÷
có nghiệm
 2  thì m ∈ [ −2;2 )

m ∈ { − 2; − 1;0;1} .


Câu 19. [2D1-5.4-4] (THPT-n-Mơ-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho hàm sớ

f ( x)

xác

 1
¡ \ 
định trên
 2  và có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ, biết f ( 0 ) = 1 , f ( 1) = 2 . Giá trị
của

A.

P = f ( − 1) + f ( 3)

4 + ln15 .

bằng

B.

2 + ln15 .

C.

3 + ln15 .

D.


ln15 .

Lời giải
Tác giả: Duy Trường; Fb: Truongson
Chọn C

Ta có đồ thị hàm số

y = f ′ ( x)

như hình vẽ, nên hàm số

y = f ′ ( x) =

2
2x − 1 .



 ln(2 x − 1) + A, x >
2
f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) dx = ∫
dx = ln 2 x − 1 + C = 
2x − 1
 ln(1 − 2 x) + B, x <

Ta có
Do

1

2
1
2

f ( 1) = 2 ⇒ A = 2; f ( 0 ) = 1 ⇒ B = 1

1

ln(2
x
−
1)
+
2,
x
>

2
f (x) = 
 ln(1 − 2 x) + 1, x < 1

Suy ra
2.
Vậy

P = f ( − 1) + f ( 3) = 3 + ln15 .

Câu 20. [2D1-5.4-4] (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Tất cả các giá trị của tham số
đồ thị hai đường cong


4
3
< m<
A. 27
8.

m

để

( C1 ) : y = x3 và ( C2 ) : y = x2 + x + m có 4 tiếp tuyến chung là
1
1
< m<
B. 27
8.

5
1
< m<
C. 27
4.

Lời giải

1
3
< m<
D. 8
8.


Tác giả: PhanKhanh; Fb: Phan Khanh
Chọn C

( d ) : y = ax + b là tiếp tuyến chung của hai đồ thị.
Vì ( d ) tiếp xúc với ( C1 ) và ( C2 ) nên
Gọi

 a ( x2 − x1 ) = x22 + x2 + m − x13
 ax1 + b = x13


2
3x12 − 1
 ax2 + b = x2 + x2 + m 
⇒  x2 =

2
2
a
=
3
x


1
2
 a = 3 x1
a = 2x + 1



2
2

 3x12 − 1   3 x12 − 1  3 x12 − 1
⇒ 3x 
− x1 ÷ = 
+ m − x13
÷ +
2
 2
  2 
2
1

⇔ m=

1 4
9 x1 − 8 x13 − 6 x12 + 1
4

(

) ( *)

Theo yêu cầu bài toán thì phương trình
Đặt

f ( x) =


( *) phải có 4 nghiệm.

1 4
9 x − 8 x3 − 6 x 2 + 1
4

(

f ′ ( x ) = 9 x3 − 6 x 2 − 3 x

Bảng biến thiên

)

x = 0∨ x = 1
⇒ f ′( x) = 0 ⇔ 
 x = −1
3



5
1
<
m
<
Dựa vào BBT ta thấy phương trình f ( x ) = m có 4 nghiệm khi và chỉ khi 27
4.
 HẾT 