Số nghiệm thuộc đoạn 2 6 của phương trình f(x f(0))

TÌM SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH HÀM HỢPKHI BIẾT BẢNG BIẾN THIÊN HOẶC ĐỒ THỊI. KIẾN THỨC CẦN NHỚ f (x)=mlà phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị y = f ( x ), y = m. Số nghiệm của phươngtrình bằng số giao điểm của hai đồ thị y = f ( x ) , y = m. f (x) = g (x) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị y = f (x), y = g (x). Số nghiệm củaphương trình bằng số giao điểm của hai đồ thị y = f (x), y = g (x).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 trìnhc. 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 trìnhc. 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 trìnhc. 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 trìnhc. f ( g ( x ) ) + d = m , với g(x) là hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối.III. BÀI TẬP MẪU VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁNCÂU 46 - ĐỀ MINH HỌA TỐT NGHIỆP THPT 2020 MÔN TOÁNĐề bài: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau: 5 Số nghiệm thuộc đoạn 0;  của phương trình f ( sin x ) = 1 là 2A. 7 .B. 4 .C. 5 .D. 6 .Trang 11. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán sử dụng BBT hoặc đồ thị của hàm số f ( x ) để tìm số nghiệm thuộcđoạn  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 thẳngy = k với t   a ; b ( k là tham số).3. HƯỚNG GIẢI: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 thuộcđoạn  a ';b ' cúa phương trình f (t)  k.4. LỜI GIẢI CHI TIẾT:Chọn CĐặt t = sin x, t   −1;1 thì PT f ( sin x ) = 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 = sin x và hai đường thẳng y = t1 với t1  ( −1;0 ) và y = t2 với t2  ( 0;1) . 5 + Với t1  ( −1;0 ) thì PT sin x = t1 có 2 nghiệm x  0;  . 2  5 + Với t2  ( 0;1) thì PT sin x = t2 có 3 nghiệm x  0;  . 2 Trang 2 5 Vậy số nghiệm thuộc đoạn 0;  của phương trình f ( sin x ) = 1 là 2 + 3 = 5 nghiệm. 2IV. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN Mức độ 3Câu 1.Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình dưới đây:Số nghiệm thuộc khoảng ( 0;  ) của phương trình f ( sin x ) = −4 làA. 0 .B. 1 .C. 2 .D. 4 .Lời giảiChọn Csin x =   ( −1;0 )Xét phương trình: f ( sin x ) = −4  sin x =   ( 0;1)Vì x  ( 0;  )  sin x  ( 0;1 . Suy ra với x  ( 0;  ) thì f ( sin x ) = −4  sin x =   ( 0;1) . Vậyphương trình đã cho có 2 nghiệm x  ( 0;  ) .Câu 2.Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trênvà có bảng biến thiên như sau:Trang 3Phương trình f ( cos x ) =13có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng3A. 0 .B. 1 .C. 2 .  − ; ? 2 2D. 4 .Lời giảiChọn C  Đặt t = cos x , x   − ;   t  ( 0;1 . 2 21313Phương trình f ( cos x ) =trở thành f ( t ) = .3313có đúng một nghiệm t  ( 0;1) .3Với một nghiệm t  ( 0;1) , thay vào phép đặt ta được phương trình cosx = t có hai nghiệm phânDựa vào bảng biến thiên trên ta có phương trình f ( t ) =  biệt thuộc thuộc khoảng  − ;  . 2 2Vậy phương trình f ( cos x ) =Câu 3.13có hai nghiệm phân biệt thuộc thuộc khoảng3  − ; . 2 2Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau:Số nghiệm của phương trình f ( 2sin x ) = 1 trên đoạn  0; 2  làA. 1 .B. 2 .C. 3 .Lời giảiD. 4 .Chọn CĐặt t = 2sin x , t   −2; 2 .Xét phương trình f ( t ) = 1 , dựa vào đồ thị ta thấy:Trang 4ttf (t ) = 1  tt= −3 ( l )= −2= −1=5( n )  2 sin x = −2 sin x = −11.( n )  2sin x = −1 sin x = −2(l )Với sin x = −1  x = −3+ k 2 , x   0; 2   x =.22x = − + k 211 716Với sin x = −  , x   0; 2   x =,.662 x = 7 + k 26Vậy phương trình f ( 2sin x ) = 1 có 3 nghiệm trên đoạn  0; 2  .Câu 4.Cho hàm số f ( x ) có đồ thị như hình vẽ như sau:y-11Ox-1-2 3Số nghiệm thuộc đoạn  − ; 2  của phương trình 3 f ( cos x ) + 5 = 0 là 2A. 4 .C. 6 .B. 7 .D. 8 .Lời giảiChọn Bcos x = a  ( −2; − 1)5 cos x = b  ( −1;0 )Ta có 3 f ( cos x ) + 5 = 0  f ( cos x ) = −  3cos x = c  ( 0;1)cos x = d  (1; 2 )Vì cos x  −1;1 nên cos x = a  ( −2; − 1) và cos x = d  (1; 2 ) vô nghiệm. 3Xét đồ thị hàm số y = cos x trên  − ; 2  . 2Trang 5Phương trình cos x = b  ( −1;0 ) có 4 nghiệm phân biệt.Phương trình cos x = c  ( 0;1) có 3 nghiệm phân biệt, không trùng với nghiệm nào của phươngtrình cos x = b  ( −1;0 ) . 3Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm phân biệt thuộc đoạn  − ; 2  . 2Câu 5.Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:Số nghiệm thuộc đoạn  − ;   của phương trình 3 f ( 2sin x ) + 1 = 0 làA. 4 .B. 5 .C. 2 .D. 6.Lời giảiChọn AĐặt t = 2sin x . Vì x   − ;   nên. t   −2; 2 .1 3 f (t ) + 1 = 0  f (t ) = − .3Dựa vào bảng biến thiên, phương trình f ( t ) = −Suy ra sin x =1có 2 nghiệm t1  ( −2;0 ) và t2  ( 0; 2 ) .3t1t ( −1; 0 ) và sin x = 2  ( 0;1) .22➢ Với sin x =t1 ( −1; 0 ) thì phương trình có 2 nghiệm −  x1  x2  0 .2➢ Với sin x =t2 ( 0;1) thì phương trình có 2 nghiệm 0  x3  x4   .2Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn  − ;   .Trang 6Câu 6.Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:3 Số nghiệm thuộc đoạn  − ;  của phương trình 2 f ( 2 cos x ) − 9 = 0 là2A. 5.B. 2.C. 3.D. 6.Lời giảiChọn AĐặt t = 2cos x , t   −2; 2 thì 2 f ( 2cos x ) − 9 = 0 trở thành 2 f ( t ) − 9 = 0  f ( t ) =9(1) .2Nhận xét: số nghiệm của phương trình là (1) số giao điểm của hai đồ thị: ( C ) : y = f ( t ) và đườngthẳng ( d ) : y =9.2Bảng biến thiên hàm số y = f ( t ) trên đoạn  −2; 2 :Dựa vào bảng biến thiên, trên đoạn  −2; 2 phương trình( 2)có 2 nghiệm phân biệtt1  ( −2;0 ) , t2  ( 0; 2 ) .3 Ta có đồ thị hàm số y = cos x trên  − ;  :2Trang 7▪Với t1  ( −2;0 )  2 cos x = t1  ( −2;0 )  cos x =t1 ( −1; 0 ) .23 tDựa vào đồ thị hàm số y = cos x trên  − ;  ta thấy phương trình cos x = 1  ( −1; 0 ) có 322nghiệm phân biệt: −  x1  −▪22 x2    x3 Với t2  ( 0; 2 )  2 cos x = t2  ( 0; 2 )  cos x =3.2t2 ( 0;1) .23 tDựa vào đồ thị hàm số y = cos x trên  − ;  ta thấy phương trình cos x = 2  ( 0;1) có 222nghiệm phân biệt −2 x4  0  x5 2.3 Vậy số nghiệm thuộc đoạn  − ;  của phương trình 2 f ( 2 cos x ) − 9 = 0 là 5 nghiệm.2Câu 7.Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:Số nghiệm trên đoạn  −2 ;2  của phương trình 4 f ( cos x ) + 5 = 0 làA. 4.B. 6.C. 3.D. 8.Lời giảiChọn DTừ 4 f ( cos x ) + 5 = 0  f ( cos x ) = −5(1) .4Đặt t = cos x với x   −2 ;2  thì t   −1;1 .5Ta có (1)  f ( t ) = − .4Trang 8Xét hàm số h ( x ) = cos x ; x   −2 ; 2  , ta có BBT:Với t = −1 thì phương trình có 2 nghiệm.Với −1  t  1 thì phương trình có 4 nghiệm.Với t = 1 thì phương trình có 3 nghiệm.5Xét f ( t ) = − với t   −1;1 .4Nhìn vào BBT, khi đó phương trình f ( t ) = −5có 2 nghiệm.4Vậy tất cả có 8 nghiệm.Câu 8.Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trênvà có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá()trị thực của tham số m để phương trình f x 2 + 2 x − 2 = 3m + 1 có nghiệm thuộc đoạn  0;1 làA.  0; 4 .C.  0;1 .B.  −1;0 . 1 D.  − ;1 . 3 Lời giảiChọn DĐặt t = x 2 + 2 x − 2 . Với x  0;1  t   −2;1 .()Phương trình f x 2 + 2 x − 2 = 3m + 1 có nghiệm thuộc đoạn  0;1 khi và chỉ khi phương trình1f ( t ) = 3m + 1 có nghiệm thuộc  −2;1  0  3m + 1  4  −  m  1 .3Trang 9Câu 9.Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên mỗi khoảng ( −;1) ; (1; +) và có đồ thị như hình vẽ dướiđây:y21O 1x2Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( log 2 x ) = m có nghiệm thuộckhoảng ( 4; +  ) làC.  0;1) .B. ( 0; 2 ) .A. (1;+  ) .D.\ 1 .Lời giảiChọn CĐặt t = log 2 x . Với x  ( 4; +  ) thì t  ( 2; +  ) .Do đó phương trình f ( log 2 x ) = m có nghiệm thuộc khoảng ( 4; +  ) khi và chỉ khi phươngtrình f ( t ) = m có nghiệm thuộc khoảng ( 2; +  ) .Quan sát đồ thị ta suy ra f ( t ) = m có nghiệm thuộc khoảng ( 2; +  ) khi m 0;1) .Câu 10. Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị hàm số như hình vẽ dưới đây:Tìm số nghiệm thực của phương trình fB. 3 .A. 1()− x 2 + 4 x − 3 = −2.C. 4 .Lời giảiD. 5 .Chọn ACách 1:Ta có− x 2 + 4 x − 3 xác định khi 1  x  3.Trang 10(Từ đồ thị của hàm số, ta có f − x 2 + 4 x − 3 = a  0 ( loaïi )2− x + 4 x − 3 = −2   − x 2 + 4 x − 3 = 1.2 − x + 4 x − 3 = b  ( 2;3))•− x 2 + 4 x − 3 = 1  x = 2.•− x 2 + 4 x − 3 = b  x 2 − 4 x + 3 + b 2 = 0 có = 4 − ( 3 + b2 ) = 1 − b2  0, b  ( 2;3) .Vậy phương trình fCách 2:()− x 2 + 4 x − 3 = −2 có đúng 1 nghiệm.Đặt t = − x 2 + 4 x − 3  t  [0;1], x  [1;3] .Ta có f)(− x 2 + 4 x − 3 = −2 trở thành f ( t ) = −2 , khi đó phương trình có 1 nghiệmtrên [0;1].Câu 11. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trênvà có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giátrị thực của tham số m để phương trình f)(2 − x 2 = m có nghiệm là:y2x−2 - 2 OB. ( 0;2 ) .A.  − 2 ; 2  .2 2C. ( −2;2 ) .D.  0;2  .Lời giảiChọn DĐiều kiện của phương trình: x   − 2 ; 2  .Đặt t = 2 − x 2 . Với x   − 2 ; 2  thì t  0; 2  .Do đó phương trình f()2 − x 2 = m có nghiệm khi và chỉ khi phương trình f ( t ) = m có nghiệmthuộc đoạn 0; 2  .Quan sát đồ thị ta suy ra điều kiện của tham số m là m   0;2  .Câu 12. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trênvà có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tìm tập hợp tất cả các( )giá trị thực của tham số m để phương trình f e x = m có nghiệm thuộc khoảng ( 0;ln 2 ) .Trang 111A. ( −3;0 ) .B. ( −3;3) .C. ( 0;3) .D.  −3; 0Lời giảiChọn AĐặt t = e x . Với x  ( 0;ln 2 )  t  (1; 2 ) .( )Phương trình f e x = m có nghiệm thuộc khoảng ( 0;ln 2 ) khi và chỉ khi phương trình f ( t ) = mcó nghiệm thuộc khoảng (1; 2 )  −3  m  0 .Câu 13. Cho hàm số y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ. Tìm tập hợp tất cả các giá trị()thực của tham số m để phương trình f sin 2 x = m có nghiệm.A.  −1;1 .B. ( −1;1) .C. ( −1;3) .D.  −1;3 .Lời giảiChọn AĐặt t = sin 2 x  t  0;1 , khi đó yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình f ( t ) = m cónghiệm t trên đoạn  0;1 . Dựa vào đồ thị hàm số ta suy ra m   −1;1 .Câu 14. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m đểphương trình f ( log 2 x ) = 2m + 1 có nghiệm thuộc 1; 2 ?Trang 12A. 3.B. 1.C. 2.D. 5.Lời giảiChọn Cx1;2Đặt t = log 2 x → t   0;1  f ( t )   −1; 2 . Ta có đồ thị hình vẽ như sau:Để phương trình đã cho có nghiệm thoả mãn yêu cầu thì −1  2m + 1  2  −1  m 1.2Do m   m  −1;0 .Câu 15. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trênvà có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Có bao nhiêu giá trị1 nguyên của m để phương trình f ( 2 log 2 x ) = m có nghiệm duy nhất trên  ; 2  ?2 A. 9 .B. 6 .C. 5 .Lời giảiD. 4 .Chọn B1 Đặt t = 2 log 2 x , x   ; 2   t   −2; 2 ) . Với mỗi t   −2;2 ) thì phương trình 2log 2 x = t có2 1 một nghiệm duy nhất trên  ; 2  .2 Trang 131 Phương trình f ( 2 log 2 x ) = m có nghiệm duy nhất thuộc đoạn  ; 2  khi và chỉ khi phương2  −2  m  2trình f ( t ) = m có nghiệm duy nhất thuộc  −2;2 )  m = 6 có 6 giá trị nguyên của m thỏa mãn.Câu 16. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trênvà có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên  m để phương trình f ( 2cos x − 1) = m có hai nghiệm thuộc  − ;  ? 2 2A. 3 .B. 2 .C. 4 .D. 5 .Lời giảiChọn A  Đặt 2cos x −1 = t ; x   − ;   t  ( −1;1 . 2 2  Ta có: t  ( −1;1) cho 2 nghiệm x   − ;  . 2 2  Do đó phương trình f ( 2cos x − 1) = m có hai nghiệm thuộc  − ;  khi phương trình 2 2f ( t ) = m có một nghiệm thuộc ( −1;1) .Từ đồ thị ta thấy f ( t ) = m có một nghiệm thuộc ( −1;1)  m  ( −3;1) .Vậy tập hợp số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán là S = −2; − 1;0  .Câu 17. Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ sau:Trang 14Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình f (2 x3 − 6 x + 2) = m có 6 nghiệm phân biệt thuộcđoạn [ −1; 2] ?A. 1 .B. 0 .C. 2 .D. 3 .Lời giảiChọn AXét hàm số g ( x ) = 2 x3 − 6 x + 2 trên đoạn  −1; 2 , ta có bảng biến thiên như sau :Đặt t = 2 x 3 − 6 x + 2 , với x   −1; 2 thì t   −2;6 .Dựa vào bảng biến thiên ta có nhận xét với mỗi giá trị t0  ( −2;6 thì phương trìnht0 = 2 x3 − 6 x + 2 có hai nghiệm phân biệt x   −1; 2 và tại t0 = 2 thì phương trìnht0 = 2 x3 − 6 x + 2 có một nghiệm.()Với nhận xét trên và đồ thị hàm số trên đoạn  −2; 6 thì phương trình f 2 x3 − 6 x + 2 = m có 6nghiệm phân biệt thuộc đoạn  −1; 2 khi và chỉ khi phương trình f ( t ) = m có 3 nghiệm phânbiệt trên nửa khoảng ( −2;6 .Suy ra 0  m  2 . Vậy một giá trị nguyên m = 1 thỏa mãn.Câu 18. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trêncó đồ thị như hình vẽ dưới đâyTrang 15Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 f()9 − x 2 = m − 2019 cónghiệm?A. 5.B. 4.C. 7.D. 8.Lời giảiChọn ATa có 2 f()9 − x 2 = m − 2019  f()m − 2019( *) .29 − x2 =Đặt t = 9 − x 2 với x   −3; 3 . Ta có t  =−x9 − x2 t = 0  x = 0 .Từ bảng biến thiên ta có t  0 ; 3 . Vậy phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi phươngtrình f ( t ) =m − 2019m − 2019 max f ( t )có nghiệm t  0 ; 3 hay min f ( t ) 0;30;322−1 m − 2019 3  −1  m − 2019  3  2018  m  2022 .222Do m   m  2018 ; 2019 ; 2020 ; 2021; 2022 .Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.Câu 19. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trêncó đồ thị như hình vẽ sau:m2 − 1= 0 có hai nghiệm phânSố các giá trị nguyên của tham số m để phương trình f e −8biệt là( )xA. 5 .B. 4 .C. 7 .D. 6 .Lời giảiTrang 16Chọn A( )Ta có f e x −m2 − 1m2 − 1= 0  f ex =( *) .88( )m2 − 1Đặt e = t ( t  0 ) . Khi đó (*) trở thành f ( t ) =8x(1) .Ta có mỗi t  0 cho duy nhất một giá trị x = lnt .Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt  Phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt Đường thẳng y =phân biệt  −1 m2 − 1cắt phần đồ thị hàm số y = f ( t ) trên khoảng ( 0; + ) tại hai điểm8m2 − 1 1  −7  m 2  9  −3  m  3 mà m .8 m−2 ; − 1; 0 ;1; 2  có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn.Câu 20. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên𝑥−∞𝑦′có bảng biến thiên như hình dưới đây.0+0+∞2−0++∞1𝑦−∞−3Tìm số nghiệm thực phân biệt của phương trình f 2 ( x ) = 3 − 2 f ( x ) .A. 3.B. 4.C. 2.D. 1.Lời giảiChọn BTa có f ( x) = 1f 2 ( x) = 3 − 2 f ( x)  f 2 ( x) + 2 f ( x) − 3 = 0  . f ( x ) = −3Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt đường thẳng y = 1 tại hai điểm phânbiệt nên phương trình f ( x ) = 1 có hai nghiệm phân biệt.Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt đường thẳng y = −3 tại hai điểmphân biệt nên phương trình f ( x ) = −3 có hai nghiệm phân biệt, không trùng với các nghiệmcủa phương trình f ( x ) = 1 .Vậy phương trình f 2 ( x ) = 3 − 2 f ( x ) có 4 nghiệm phân biệt.Trang 17 Mức độ 4Câu 1.Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau:y22-2-11Ox-2y = f(x)Hỏi phương trình f ( f ( x ) ) = 2 có bao nhiêu nghiệm?A. 3.B. 4.C. 5.Lời giảiD. 6.Chọn CDựa vào đồ thị của hàm số ta có: f ( x ) = −2.f ( f ( x )) = 2   f ( x ) = 1Số nghiệm của các phương trình f ( x ) = −2 và f ( x ) = 1 lần lượt là số giao điểm đồ thị hàm sốy = f ( x ) và các đường thẳng y = −2, y = 1 .Dựa vào đồ thị ta có f ( x ) = −2 có hai nghiệm phân biệt x1 = −1; x2 = 2 và f ( x ) = 1 có banghiệm x3 = a; x4 = b; x5 = c sao cho −2  a  −1  b  1  c  2.Vậy phương trình f ( f ( x ) ) = 2 có 5 nghiệm phân biệt.Câu 2.Cho hàm số f ( x ) liên tục trêncó đồ thị y = f ( x ) như hình vẽ bên. Phương trìnhf ( 2 − f ( x ) ) = 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm phân biệt?A. 4.B. 5.C. 6.D. 7.Lời giảiChọn BTrang 18Theo đồ thị: x = a ( −2  a  −1)2 − f ( x ) = a f ( x ) = 2 − a (1)f ( x ) = 0   x = b ( 0  b  1) f ( 2 − f ( x ) ) = 0  2 − f ( x ) = b   f ( x ) = 2 − b ( 2 )x = c 1  c  22 − f x = cf x = 2−c 3()( )( ) ( )Nghiệm của các phương trình (1); (2); (3) lần lượt là giao điểm của các đường thẳngy = 2 − a; y = 2 − b; y = 2 − c với đồ thị hàm số f ( x ) .a  ( −2; − 1)  2 − a  ( 3; 4 ) suy ra phương trình (1) có đúng 1 nghiệm.b  ( 0;1)  2 − b  (1; 2 ) suy ra phương trình (2) có đúng 1 nghiệm.c  (1;2 )  2 − c  ( 0;1) suy ra phương trình (3) có 3 nghiệm phân biệt.Kết luận: Có tất cả 5 nghiệm phân biệt.Câu 3. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây:Hỏi có bao nhiêu điểm trên đường tròn lượng giác biểu diễn nghiệm của phương trìnhf  f ( cos 2 x ) = 0 ?A. 1 điểm.B. 3 điểm.C. 4 điểm.Lời giảiD. Vô số.Chọn CDựa vào đồ thị ta thấy khi x   −1;1 thì y   0;1.Do đó nếu đặt t = cos 2x thì t   −1;1 , khi đó f ( cos 2 x )   0;1. f ( cos 2 x ) = 0Dựa vào đồ thị, ta có f  f ( cos 2 x )  = 0   f ( cos 2 x ) = a ( a  −1) ( loaïi ) . f cos 2 x = b b  1 loaïi) () ( ) (cos 2 x = 0Phương trình f ( cos 2 x ) = 0  cos 2 x = a ( a  −1) ( loaïi )cos 2 x = b b  1 loaïi() ( ) cos 2 x = 0  x =4+k2( k  ).Vậy phương trình đã cho có 4 điểm biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác.Câu 4.Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau:Trang 19Số nghiệm của phương trình [f ( x 2 + 1)]2 − f ( x 2 + 1) − 2 = 0 làA. 1.C. 3 .B. 4.D. 5 .Lời giảiChọn BĐặt t = x 2 + 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 củax. f (t ) = −1Phương trình đã cho trở thành: [f (t )]2 − f (t ) − 2 = 0  . f (t ) = 2Từ đồ thị hàm số y = f (t ) trên [1;+) suy ra phương trình f (t ) = −1 có 1 nghiệm t = 2 vàphương trình f (t ) = 2 có 1 nghiệm t  2 do đó phương trình đã cho có 4 nghiệm.Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.Câu 5.Đồ thị hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e có dạng như hình vẽ sau:Phương trình a ( f ( x) ) + b ( f ( x) ) + c ( f ( x) ) + df ( x) + e = 0 (*) có số nghiệm là4A. 2.3B. 6.2C. 12.Lời giảiD. 16.Chọn C.Trang 20Ta thấy đồ thị y = f ( x ) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt nên phương trình f ( x ) = 0 có 4nghiệm 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 6.Cho hàm số f ( x ) liên tục trên(có đồ thị y = f ( x ) như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của)phương trình f 2 + f ( e x ) = 1 làA. 1.B. 2.C. 3.Lời giảiD. 4.Chọn BTa có:Trang 21Theo đồ thị :(f 2 + f (ex)) 2 + f ( e x ) = −1=1  2 + f ( e x ) = a, ( 2  a  3 )e x = 12 + f ( e ) = −1  f ( e ) = −3   x x=0e = b  −1( L )xxe x = c  −1( L )2 + f ( e x ) = a  f ( e x ) = a − 2, ( 0  a − 2  1)  e x = d  0 ( L )  x = ln t xe = t  2Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.Câu 7.Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trênthỏa mãn điều kiện lim f ( x ) = lim f ( x ) = − và có đồx →−x →+thị như hình dưới đây:()Với giả thiết, phương trình f 1 − x3 + x = a có nghiệm. Giả sử khi tham số a thay đổi, phươngtrình đã cho có nhiều nhất m nghiệm và có ít nhất n nghiệm. Giá trị của m + n bằngA. 4 .B. 6 .C. 3 .Lời giảiD. 5 .Chọn CDễ thấy điều kiện của phương trình đã cho là x  0 .Đặt t = 1 − x3 + x(1)  t  (−;1] .Trang 22Dễ thấy phương trình (1) luôn có nghiệm duy nhất t  (−;1] .Phương trình đã cho có dạng: f ( t ) = a (2), t  1 .Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số nghiệm của (2).Đồ thị hàm số y = f ( t ) , t  1 có dạng:Do đó:(2) vô nghiệm khi a  1 .(2) có hai nghiệm khi −3  a  1 .(2) có nghiệm duy nhất khi a = 1 hoặc a  −3 .Vậy m = 2, n = 1  m + n = 3 .Câu 8.Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trênvà có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập các giá trị nguyêncủa m để cho phương trình f ( sin x ) = 3sin x + m có nghiệm thuộc khoảng ( 0;  ) . Tổng cácphần tử của S bằngA. −5.B. −8.C. −10.D. −6.Lời giảiChọn CĐặt t = sin x , do x  ( 0;  )  sin x  ( 0;1  t  ( 0;1 .Phương trình đã cho trở thành f ( t ) = 3t + m  f (t ) − 3t = m (*) .Đặt g (t ) = f (t ) − 3t. Ta có: g '(t ) = f '(t ) − 3 (1) .Trang 23Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ), ta có: t  ( 0;1 : f '(t )  0 (2) .Từ (1) và (2) suy ra: t  ( 0;1 : g '(t )  0.Do đó hàm số g (t ) nghịch biến trên khoảng ( 0;1) .PT (*) có nghiệm t  ( 0;1  min g (t )  m  max g (t )  g (1)  m  g (0)0;10;1 f (1) − 3  m  f (0)  −4  m  1.Vậy m nguyên là: m −4; −3; −2; −1;0  S = −10.Câu 9.Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trênvà có đồ thị như hình vẽ sau:mCó bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f ( 2 sin x ) = f   có đúng 122nghiệm phân biệt thuộc đoạn  − ; 2  ?A.3.B.4.C. 2.Lời giảiD. 5.Chọn CTa có bảng biến thiên của hàm số y = g ( x ) = 2 sin x trên đoạn  − ; 2 mPhương trình f ( 2 sin x ) = f   có đúng 12 nghiệm phân biệt thuộc đoạn  − ; 2  khi và chỉ2mkhi phương trình f ( t ) = f   có 2 nghiệm phân biệt t  ( 0; 2 ) .2Trang 24mDựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) suy ra phương trình f ( t ) = f   có 2 nghiệm phân biệt2m0 2270  m  4m2. f  0 t  ( 0; 2 ) khi và chỉ khi −16m3m32 2 2Do m nguyên nên m  1; 2 . Vậy có 2 giá trị của m thoả mãn bài toán.Câu 10.Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:11Số nghiệm thuộc đoạn  − ;   của phương trình f  sin x − cos x  = −2 là43A. 3 .B. 0 .C. 2 .D. 1 .Lời giảiChọn Bx = 1Nhìn vào đồ thị ta xét phương trình f ( x ) = −2   x = −11111Nên từ đó ta có : f  sin x − cos x  = −2  sin x − cos x = 134435 43512 sin x − cos x  = 1  12 sin ( x −  ) = 1  sin ( x −  ) =  512  55Dễ thấy rằng phương trình trên vô nghiệm.Vậy phương trình đã vô nghiệm trên đoạn  0; 2  .Câu 11. Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sauTrang 25