ĐỀ 14 TƯƠNG GIAO vận DỤNG CAO

ĐỀ VDC SỐ 14: CÁC BÀI TOÁN TƯƠNG GIAO NỔI BẬT GV: NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN SĐT:0389301719 NỘI DUNG ĐỀ THI: ĐỀ VDC SỐ 14: TƯƠNG GIAO CUNG CẤP CHO CÁC E HỌC SINH CÁC BÀI TOÁN HÀM HỢP KĨ NĂN

ĐỀ VDC SỐ 14: CÁC BÀI TOÁN TƯƠNG

GIAO NỔI BẬT (GV: NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN)

SĐT:0389301719 NỘI DUNG ĐỀ THI:

ĐỀ VDC SỐ 14: TƯƠNG GIAO CUNG CẤP CHO CÁC E HỌC SINH CÁC BÀI TOÁN HÀM HỢP KĨ

NĂNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM HỢP,KĨ NĂNG HÀM ĐẶC TRƯNG TÁCH BIẾN ĐỒNG THỜI ĐƯA RA CÁC VÍ DỤ CỤ THỂ ĐỂ CÁC E NẮM BẮT TỐT VÀ GIẢI NHANH CÁC BÀI TOÁN NÀY HY VỌNG ĐÂY LÀ TÀI LIỆU BỔ ÍCH VỚI CÁC E ÔN VDC ĐIỂM 10 NĂM NAY MỌI THẮC MẮC CÁC TRÒ GỬI VỀ FACEOOK THẦY QUYẾT NGUYỄN SẼ ĐƯỢC THẦY GIẢI ĐÁP

LINH FACE THẦY: QUYẾT NGUYỄN

Câu 1 Cho hàm số y  f x  liên tục trên  và có đồ thị là đường cong trơn (không bị gãy khúc),

hình vẽ bên Gọi hàm g x  f f x  Hỏi phương trình g x 0 có bao nhiêu nghiệm phân biệt?

A 10 B 12 C 8 D 14.

Lờigiải Chọn B

g x  f f x   g x( ) f x f( ) f x 

( ) 0

g x   f x f( ) f x 0

 

( ) 0

0

f x

 



 

   

  



1

2

2; 1 0

1; 2 2

( ) 0 2;0; 2

( ) 2 ; ; ,

x

x

    







  



 





       





   







Kết luận phương trình g x 0 có 12 nghiệm phân biệt

Câu 2 Cho hàm số 3 2

y x  x  có đồ thị là đường cong trong hình dưới đây

Khi đó phương trình  3 2 3  3 2 2

4 4x 6x 1 6 4x 6x 1  1 0 có bao nhiêu nghiệm thực

Lời giải Chọn C

Từ đồ thị ta có

 

 

4 4 6 1 6 4 6 1 1 0

4 6 1 1;0 (1)

4 6 1 0;1 (2)

4 6 1 1; 2 (3)

     



    



   



Ta thấy số nghiệm của phương trình 3 2

4x 6x  1 m chính là số giao điểm của đồ thị hàm

số 3 2

4 6 1

y x  x  và đường thẳng ym

Từ đó ta có: (1) có 3 nghiệm phân biệt

(2) có 3 nghiệm phân biệt

(3) có 1 nghiệm

Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm thực

Câu 3 Cho hàm số   4 3 2

f x mx nx  px qxr m n p q r  , , , ,  Hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ bên dưới

Tập nghiệm của phương trình f x r có số phần tử là

Lời giải

Chọn C

Ta có   3 2

f x  mx  nx  px q Do đồ thị của hàm f x cắt trục Ox tại 3 điểm phân

biệt có hoành độ 1; ;35

4

 nên   4  1 5  3  1 4 5 3

4

f x  m x x  x m x x x

0

m 

Suy ra       4 13 3 2

3

f x  m x x x dx C m x  x x  xC

 Theo bài ra,   4 3 2

f x mx nx px qx r nên ta có f 0 r  Cr

Vậy   4 13 3 2

15 3

f x m x  x x  xr

Phương trình   4 13 3 2

15 3

f x rm x  x x  x r r

15 0 3

x x x x

0

x

  hoặc x 3 hoặc 5

3

x  

Vậy tập nghiệm của phương trình f x r có 3 phần tử

Câu 4 Cho hàm số   3 2

y f x ax bx cx d (với , , ,a b c d,a0) Biết đồ thị hàm số

 

y f x này có điểm cực đại A0;1 và điểm cực tiểu B2; 3  Hỏi tập nghiệm của phương trình 3    3  

f x  f x  f x  có bao nhiêu phần tử?

Lời giải Chọn D

Ta có   3 2

+A0;1 là điểm cực đại  

 

0 0

0 1

f f

 



 





0 1

c d





 





 

 

2

1



 



+B2; 3  là điểm cực tiểu  

 

2 0

2 3

f f

 



 

 



12 4 0

8 4 1 3

 



 

   



1 3

a b





 

 



Suy ra   3 2

3 1

3 6 0

     

, ta có bảng biến thiên của y f x :

Từ bảng biến thiên, chứng tỏ   3 2

3 1

f x x  x  là một hàm số cần tìm  1 + Xét phương trình:

     

f x  f x  f x  3    3   3 3  

Xét hàm số đặc trưng   3   2

h t t  th t  t     t

Phương trình  * trở thành:   3   3   

f x  f x  f x  f x

 

 

 

0 1 1

f x

f x

f x









 2

Từ  1 và  2 ta có:

3 1 0 (1 )

3 0 (2 )

3 2 0 (3 )



   





 





x

 

'

 

f x

1

3







Phương trình (1 ) có 3 nghiệm phân biệt, phương trình  2 có 2 nghiệm phân biệt,

phương trình  3 có 3 nghiệm phân biệt (Không có nghiệm trùng nhau) nên tổng số

nghiệm là 8

Câu 5 Phương trình 2 f x  f x  có tập nghiệm T 1 20; 18; 3 Phương trình

2g x  1 3g x 22g x có tập nghiệm T 2 0; 3; 15; 19 Hỏi tập nghiệm của phương trình f x g x    1 f x  g x  có bao nhiêu phần tử?

Lời giải Chọn D

+ Xét phương trình: f x g x    1 f x  g x , f x 0,g x 0

     1    1 0

f x g x g x

      f x 1  g x 10    

1 1

1 2

f x

g x





 





+ Xét phương trình: 2 f x  f x 

Với f x   0  phương trình vô nghiệm

Với 0 f x 2, phương trình tương đường với      

 

2 0

2 ( )

f x





    

 



Vậy phương trình f x   1 có tập nghiệm T 1 20; 18; 3

+ Xét phương trình: 2g x  1 33g x 2 2g x ,   1

2

g x



Đặt  

 

 

 

2 3 3





và

3

0 1 2

u v









 





Ta có hệ phương trình

 

2

3

3

u v v v v

u v v

u v v

Khi đó, phương trình  * trở thành: 6 4 3 2

4v 12v 10v 9v 24v130

v v v v

4 8 2 13 0

v





 

   



Vì   3

8 2 13

2

h v v v

7.4 2

   

 

nên phương trình 4 3

4v 8v 2v130 vô nghiệm

Vậy v 1 g x 1 có tập nghiệm T 2 0; 3; 15; 19

Vậy tập nghiệm cần tìm là T T1T2 0; 3; 15; 18; 19; 20

Câu 6 Cho hàm số   1 3 2

3

f x   x  x  x Khi đó phương trình f f x   0 có bao nhiêu nghiệm thực?

Lời giải Chọn C

Xét hàm số 1 3 2

3

y  x  x  x có

+) 2

4 3

y  x  x Có 0 1

3

x y

x





    



3 3

x

x







             



4

x

x





              



Ta có bảng biến thiên của hàm số 1 3 2

3

y  x  x  x như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình  

 

 

0;1

3; 4

x a

f x x b

x c

 





   

  



Khi đó    

0;1

3; 4

f x a

f f x f x b

f x c

 







Dựa vào bảng biến thiên ta thấy

+) Phương trình f x a  1 có 3 nghiệm phân biệt

+) Phương trình f x b 2 có 1 nghiệm khác nghiệm của phương trình  1 +) Phương trình f x c có 1 nghiệm khác nghiệm của phương trình  1 và  2 Vậy phương trình f f x   0 có 5 nghiệm phân biệt

, , ,

Phương trình ff f f x    0 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

Lời giải Chọn C

Đặt f x k( ) f( ( ( )));(f x k hàm ;f k 1; 4)

Ta có 4 3

3

( ) 0 (1) ( ) 0

( ) 3 (2)

f x

f x

f x





  





2

( ) 0 (3) (1) : ( ) 0

( ) 3 (4)

f x

f x

f x





   



Xét (3) : f ( )2 0 ( ) 0 (5)

( ) 3 (6)

f x x

f x





   

 Dựa vào đồ thị thấy ngay (5) có 2 nghiệm, (6) có 3 nghiệm

Xét

1

3

( ) (0;1) (7) (4) : ( ) 3 ( ) (1;3) (8)

( ) (3; 4) (9)

f x a

f x f x a

f x a







Theo đồ thị, mỗi phương trình (7),(8),(9) đều có 3 nghiệm phân biệt và (7),(8),(9) không

có 2 phương trình nào có chung nghiệm

Xét

 

( ) (0;1) (10) (2) : ( ) 3 ( ) (1;3) (11)

(3; 4) (12)



   

 Lập luận tương tự như trên, mỗi phương trình (10),(11),(12) đều có 9 nghiệm phân biệt

và (10),(11),(12) không có 2 phương trình nào có nghiệm chung

Vậy có tất cả 9 9       9 3 3 3 2 3 41 nghiệm phân biệt

Câu 8 Cho hàm số y f x  có đồ thị như hình vẽ

Số nghiệm thực của phương trình f  f x    f x  0 là

A 20 B 24

C 10 D 4

Lời giải Chọn A

Đặt f x   t 0 Khi đó phương trình trở thành

  , 1 

f t t

Từ đồ thị hàm số ta có

Phương trình  1 có 4 nghiệm

, 2

t a a

t b a b

t c c

t d d











Khi đó các phương trình f x  a, f x  b, f x  c mỗi phương trình có 6 nghiệm phân biệt không trùng nhau Phương trình f x  d có 2 nghiệm phân biệt không trùng với nghiệm của 3 phương trình trên

Vậy phương trình đã cho có 20 nghiệm phân biêt

Câu 9 Cho hàm số y f x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ Tập hợp tất cả các giá trị

của m để phương trình 22

1

x

x

  





có nghiệm là

A 1; 2 B 0; 2 C 1;1 D 2; 2

Lời giải Chọn D

Vì: 2

x x

Từ đồ thị thấy

1;1 ( ) 2; 2 2; 2 ( ) 2; 2

x f x

x f x

Xét phương trình

2

2 1

x

x

  





Đặt 22

1

x t x



1

x

x



 

Vì t  1;1  u  2; 2 f u( )  2; 2

Vậy để phương trình ban đầu có nghiệm thì f u m có nghiệm thuộc đoạn 2; 2

nên m   2; 2

Câu 10 Cho hàm số y f x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ bên Biết rằng f x 0 với

mọi x     ; 3  2;  Số nghiệm nguyên thuộc khoảng 10;10 của bất phương trình    2 

f x  x x  x 

Lời giải

Chọn D

Đặt      2 

h x f x  x  x  x là hàm số liên tục trên 

Mặt khác,  

 

 

1

0

2

x x x x

h x

f x x f x x

+ 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 thẳng y  x 1 Dựa vào đồ thị hàm số đã vẽ ở hình bên, ta thấy rằng phương trình  2 có 4 nghiệm phân biệt là x  3, x  1, x  0 và x  2

Ta có bảng xét dấu

Dựa vào bảng xét dấu h x , ta có

f x  x x  x  h x  x        

Kết hợp điều kiện 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

Câu 11 Cho hàm số   4 3 2

,

f x ax bx cx dxm (với , , , ,a b c d m  ) Hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ bên

Tập nghiệm của phương trình   1

2

f x  f   

  có số phần tử là

Lời giải

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f x , trục hoành Ox và các

đường thẳng x  1; x 1

S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f x , trục hoành Ox và các đường thẳng 1

2

x  ; x 1

2

S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f x , trục hoành Ox và các đường thẳng x 1; x 2

Dựa vào đồ thị ta có:

2

f x x f x x



    f  1  f  1  f  1  f  2  f  1  f  2

2

    1 1  1  2

2

    

2

  

 

Trên khoảng ( 1;1), hàm số f x  đồng biến nên  1 1  1

2

f   f    f

 

Hàm số f x  có bảng biến thiên như sau:

Vậy phương trình   1

2

f x  f   

  có tất cả 4 nghiệm thực

Câu 12 Cho 2 số thực a và b Tìm giá trị nhỏ nhất của a2 b2 để đồ thị hàm số

y  f x  x ax bx ax có điểm chung với trục Ox

A 9

5

Lời giải Chọn C

Gọi  C là đồ thị của hàm đã cho Phương trình hoành độ giao điểm của  C và trục Ox :

3 x  ax  bx  ax   3 0

Đặt t x 1

x

  , t 2

Phương trình trên trở thành  2 

3 t 2 atb0

 2 

 2 2  2

9 t 2 at b

Theo BĐT Cauchy- Schwarz  2  2 2 2 

1

Nên  2 2  2 2  2 

9 t 2  a b t 1

 2 2

2

1

t

t



  



Xét hàm số    2 2

2

1

t

f t

t





 với t 2

Đặt u t  2 với u 4 hàm số trên trở thành    

2

9 2 1

u

f u

u





 với u 4

Ta có    

2 2

'

1

u

 





 

f u  u  u

BBT

u 4 

 

'

f u 

 

f u



36 5 Vậy GTNN của a2 b2 là 36

5