Có bao nhiêu điểm trên đường tròn lượng giác biểu diễn nghiệm của phương trình ff cos2x 0

Đáp án:

$8$

Giải thích các bước giải:

$sinxcosxcos2x=0$

$sinx=0$

$⇔x=k\pi[k∈Z]$

$cosx=0$

$⇔x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi[k∈Z]$

$cos2x=0$

$⇔2x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi$

$⇔x=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{k\pi}{2}[k∈Z]$

$x=\alpha+dfrac{k2\pi}{n}⇒n$ điểm

$x=k\pi$ có 2 điểm biểu diễn trên vòng tròn lượng giác

$x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi$ có 2 điểm biểu diễn trên vòng tròn lượng giác

$x=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{k\pi}{2}$ có 4 điểm trên vòng tròn lượng giác

$⇒n=2+2+4=8$ điểm

Vậy $D.8$

[1]

TÌM SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH HÀM HỢP

I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

 f





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





, y m. Số nghiệm của phương

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





, y m.

 f



 



 là phương t

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





, y g





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





, y g





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;52



 

 

  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].

[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;52

x   .

+ Với t2



0;1



thì PT sinx t 2 có 3 nghiệm 0;52

x   .

Vậy số nghiệm thuộc đoạn 0;52



 

 

[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

x x x
f x

x
f 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.

[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:

[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.

[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

[7]

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

 

2108

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:

 

108

x m

f     có hai nghiệm phân biệt.

 

f t 

  có hai nghiệm dương phân biệt.

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 13

1 3 2



 x x x

f . Khi đó phương trình f



 



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

f x
x

   

.

Suy ra



 



 





 





 





0;10 1;33; 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.

[8]

Số nghiệm thuộc nửa khoảng ;292 6

 

  

 của phương trình





191sin

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;02sin 1 19 2si 1

10 n 1;2

2sin 2;3

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 ;292 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

[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.

[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









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

 

[11]

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



1; 0



, u2



0;1



, 3 5;32

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.

[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

sinsin

x
x

 

  



3 sinx x k








   1    2 

2 .

Nghiệm của bpt đã cho trên đoạn



3 3 ;



là 5 ,2 2 và



3
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

1,8791,5320,347

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

 

1,8791,532

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.

[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0có 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

  

  

 









140

445

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

    

 

 



 

     

 

[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 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 

0533

x
x   

 



f x r 5; 0;33

 

  

 

[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



1;1



. B.



0;1 .





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
2

   . B. 1 1

   . C.  1 m1. D. m1.

Lời giải 1

[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 

 

0
h

 

h
O

x
y

 1 3

[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

21'[ ] 2 '[ ] 2 2; '[ ] 0 '[ ] 1

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

[18]

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

Lời giải
Chọn D

Điều kiện: 1;73

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

 

2
2

f t m  f t   .

Phương trình

 

1 có nghiệm 1;73

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

      .

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7có hai nghiệm phân biệt thuộc ;

2 2
 

 

 

 ?

[19]

Lời giải
Chọn C

Đặt t 5 2 1 3 cosx [1]. Vì ; 0 1

 

1;32 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
7477 73 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

 

      

 

  



 





3002;3

f x
x x

   

 

 





2;3

f x
f f x

f x x

  

 .

 









131;00 13;4

x x

f x x

[20]

 









2 1

32;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.

[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

 

y f x

 1. 2. 4.

 

3 2

 

3 2

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

 

[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

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

[23]

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

 

103

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

x  nên số nghiệm t của phương trình

 

103

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

 

103

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:

+∞

∞

x
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 .

[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

1 31 3

t t

f t t

f t t t t t t

t
t

  

 



    

       

 









 

 

 

 

Xét hàm số y t x33x2 3





2 0

3 6 3 2 0

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.

[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 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  .

[26]

Câu 34. Cho hàm số f x

 

có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thuộc đoạn 0;92



 

 

 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 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;92



 

 

 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

[27]

Lời giải.

Chọn D

Từ BBT ta thấy:









co s 11

co s co s

2co

s 1 :

x x

x a a vô nghiệm



 





  

 

 

co s 11co 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 12

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

6

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

[28]

Từđồ thị ta có

 









; 00;12

x a

f x x x b

  



    

Do đó













cos 1 ; 0

cos 1 cos 1 cos 1 0;1

cos 1 2

x a

f x x x b

   



      

  











cos 1 ; 1 [ ]

cos 1 1; 0 [1]

cos 1 [2]

x a t VN

x b t

     



     

 



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?

[29]

Lời giải
Chọn D

Đặt



3 4



3
t
t x  x  .

Phương trình hồnh độgiao điểm là:



3 4



 

f x   x 

Số nghiệm của

 

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



3x4



và đường thẳng

y  x . Thế t vào

 

 ta có:

 

1 03 6

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 '

 

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

[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.

[31]

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

m

sao cho phương trình 2f



sinxcosx



m1có 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 ;34 4



 



 

 

Nhận xét: Dựa vào bảng biến thiên của t x

 

trên khoảng ;34 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 khoảng3

;4 4



 



 

  

phương trình 2f t

 

m1 có hai nghiệm phân biệt trên



2 ; 2



4 1 3 7 72



         .

Mà mm 



6; 5;..;5;6



 có 13 giá trị nguyên

m

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

[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

 

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

[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

[34]

Số nghiệm thực của phương trình f



4 f

 



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

f f

f a a

   



  

    



TH1] 4 f

 

2x  2  f

 

2x  6





2 2

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

[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

2

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.

[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



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; 4co s 2 0; 2

co s 2 2; 2

2; 2 \ 1 2;0;1 .

  

    

      

f x

f f x f m

m m

[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



x 1



mcó 4nghiệm

phân biệt thuộc đoạn



2;2



. Số phần tử của Slà

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].

[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 01 01 10 1

f
f
f    

 



3 2 0

a b c
a b c
a b c d
d  

   

      1031

b
c
d

 

   

 

3 1

f x x x

    .

Ta có: g x

 

0 3 2

5 2 8

x x x

   421

x
x   .

Suy rA. g f x



 



0

 

421

f x

f x
f x

 

  333

3 1 4

3 1 2

3 1 1

x x
x x
x x   

   

    

 

333

3 3 0 13 1 0 23 2 0 3

x x
x x
x x         

[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



[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

  

 



 

    

 

[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

 





3 032 loại

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

 





00 0

f x

g x

f f x m

      

 

2 22 2,

2 2

x x

f x m f x m

    

   

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

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

[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 .



  

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



[43]

Từ bảng biến thiên [*], ta có:



1;0



t  a 









; 0.0;

x x
x x


  



 





0;1



t b 









; 0.0;

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 



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

và t  0 x0.

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

[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

[45]





2 1

1 .2 . 2 3

a a

     .

Suy ra

 





f x   x , do đó

 

4 3

16 4

x x
f x    k.

Ta có

 

4 3 0

416 4

x
x x

f x k k k

x

       

.

Suy ra





2222 022 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

20 020 02 04 02 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 33

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].

f t t t

[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 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

10,

2 0 2 0

1 1

2 1

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

[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.

[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 

232

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





f x  x  là

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

Lời giải
Chọn B

[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

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

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 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

[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



 

   



 



 



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.

[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



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

  

   

 



[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



cosx



2 được biểu diễn bởi bốn điểm trên đườngtròn 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,