Bất phương trình 212 7x xx có bao nhiêu nghiệm nguyên thuộc khoảng 10 10

Loading Preview

Sorry, preview is currently unavailable. You can download the paper by clicking the button above.

NHÓM TOÁN VD – VDCPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 101CÂU 49 – MÃ 101CHỦ ĐỀ : TÌM NGHIỆM NGUYÊN CỦA PTThực hiện : Thầy Nguyễn Sỹ – Thầy Nguyễn Tất Thành.Câu 49. [ ĐỀ GỐC-MÃ 101- TN 2020 ] Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có khôngquá 728 số nguyên y thỏa mãn log 4 x 2  y  log3 [ x  y] ?A. 59 .B. 58 .C. 116 .D. 115 .m để BPT log 4  m2  x   log3 [m  x] có không quá 728 nghiệm nguyên.*] Coi x như tham số ta xét BPT theo ẩn y .Ứng với mỗi giá trị của x ta xét hàm số theo biến y . Trên miền xác định D  [ x; ] , hàmNHÓM TOÁN VD – VDCPHÂN TÍCH VÀ BÌNH LUẬNThầy Nguyễn SỹĐây là bài toán khó đòi hỏi khả năng tư duy cao.*] Ta có thể phát biểu lại bài toán thành quen thuộc: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham sốsố f [ y]  log3 [ x  y]  log 4 x 2  y là hàm số đồng biến và ta thấy BPT f  y   0 luôn có ítnhất một nghiệm là y   x  1 . Do đó để BPT có tối đa 728 nghiệm nguyên thì chỉ cầnf [ x  729]  0 .Lời giảiChọn CVới mọi x ta có x 2  x .Xét hàm số f [ y]  log3 [ x  y]  log 4 x 2  y .NHÓM TOÁN VD – VDCTập xác định D  [ x; ] [do y   x  y   x 2 ].f '[ y] 11 2 0, x  D [do x2  y  x  y  0 , ln 4  ln 3 ][ x  y] ln 3  x  y  ln 4 f tăng trên D .Ta có f [ x  1]  log3 [ x  x  1]  log 4 x 2  x  1  0 .Có không quá 728 số nguyên y thỏa mãn f  y   0 f [ x  729]  0  log3 729  log 4  x 2  x  729  0 x2  x  729  46  0  x2  x  3367  0//www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comTrang 66NHÓM TOÁN VD – VDCPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 101 57,5  x  58,5Mà x nên x 57,  56,...,58 .Vậy có 58  [57]  1  116 số nguyên x thỏa.CÂU HỎI TƢƠNG TỰ, PHÁT TRIỂNCâu 35. [PHÁT TRIẾN CÂU 49 – MÃ 101 – TN 2020] Có bao nhiêu số nguyên y sao cho ứng vớimỗi y có không quá 100 số nguyên x thỏa mãn log5  x  y 2   3y 2 x  0 .B. 18 .C. 20 .D. 17 .Thực hiện : Thầy Nguyễn Sỹ – Phản Biện : Thầy Nguyễn Tất Thành.Lời giảiChọn CXét hàm số f  x   log5  x  y 2   32 x  y với x    y 2 ;   .Ta có f '  x  NHÓM TOÁN VD – VDCA. 19 .1 2.32 x  y ln 3  0, x   y 2 .2 x  y  ln 5Suy ra hàm số f  x  đồng biến trên khoảng   y 2 ;   . lim2 f  x    x yTa có 2 f   y 2  1  32 y  y  2  0Do đó để BPT f  x   0 có không quá 100 số nguyên x thỏa mãn  f   y 2  101  0 log 5   y 2  101  y 2   3 02  y 2 101  y2 y  202 log 5 101 2 y 2  y  202  log 3  log 5 101  0 10,33  y  9,83Mà y   y 10; 9;...;9 . Vậy có 20 giá trị nguyên của y.Câu 36.[PHÁT TRIẾN CÂU 49 – MÃ 101 – TN 2020] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m1để bất phương trình x  m  log 2  x  m2   0 có tối đa 50 nghiệm nguyên.eA. 15 .B. 16 .C. 14 .D. 17 .Thực hiện : Thầy Nguyễn Sỹ – Phản Biện : Thầy Nguyễn Tất Thành.Lời giải//www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comTrang 67NHÓM TOÁN VD – VDC 32 yNHÓM TOÁN VD – VDCPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 101Chọn CĐKXĐ x  m2 .Xét hàm số f  x  1exmTa có f '  x   e x m  log 2  x  m2  với x  m2 .1 0, x  m22 x  m  ln 2NHÓM TOÁN VD – VDCSuy ra, hàm số f  x  nghịch biến trên khoảng  m2 ;   . lim 2 f  x    x mTa thấy 12 f  m  1   m2  m1  0eDo đó để BPT f  x   0 có không quá 50 nghiệm nguyên  f  m2  51  01e m 51 m em22 m 51 log 2  m2  51  m2   0 log 2 51 m2  m  51  ln  log 2 51  0 6, 78  m  7, 78Mà m   m 6; 5;...,7 . Vậy có 14 giá trị nguyên của tham số m .Câu 37.[PHÁT TRIẾN CÂU 49 – MÃ 101 – TN 2020] Có bao nhiêu số nguyên y sao cho ứng vớimỗi y có không quá 10 số nguyên x thỏa mãnB. 18 . log5  x  y 2   log 2  x  y   0 .2C. 32 .D. 17 .Thực hiện : Thầy Nguyễn Sỹ – Phản Biện : Thầy Nguyễn Tất Thành.Lời giảiChọn CVới mỗi y   y 2  y   y   y 2Xét hàm số f  x  12x y log5  x  y 2   log 2  x  y  với x    y;   .Ta có f '  x   2 x  y.ln 2 11 0, x    y :   ;2 x  y  ln 5  x  y  ln 2//www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comTrang 68NHÓM TOÁN VD – VDCA. 30 .1x yNHÓM TOÁN VD – VDCPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 101x  y2  x  y  0vì ln 5  ln 2  0Suy ra hàm số f  x  nghịch biến trên khoảng   y;   . lim f  x    x yTa có 1 f   y  1   log 5  y 2  y  1  0;  y 2  y 2NHÓM TOÁN VD – VDCDo đó để BPT f  x   0 có không quá 10 số nguyên x thỏa mãn  f   y  11  01 log 5  y 2  y  11  log 2 11  0211 log 11 2  y 2  y  11  5112 log 11 2  y 2  y  11  51120 15,35  y  16,35Mà y   y 15; 14;...;16 . Vậy có 32 giá trị nguyên của y.Câu 38. [PHÁT TRIẾN CÂU 49 – MÃ 101 – TN 2020] Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng vớimỗi x có không quá 26 số nguyên y thỏa mãn log5 x2  y  log 4 x 2  x  27  log3 [ x  y] ?B. 423 .A. 211 .C. 424 .D. 212 .Thực hiện : Thầy Nguyễn Tất Thành– Phản Biện : Thầy Nguyễn Sỹ.Lời giảiChọn CVới mọi x ta có x2  x   x   x2 .NHÓM TOÁN VD – VDCXét hàm số f [ y]  log3 [ x  y]  log5 x 2  y  log 4 x 2  x  27 .Tập xác định D  [ x; ] . Ta cóf '[ y] 11 2 0, x  D [do x2  y  x  y  0 , ln 5  ln 3 ][ x  y ] ln 3  x  y  ln 5 f đồng biến trên D .Ta có f [ x  1]  log3 [ x  x  1]  log5 x 2  x  1  log 4 x 2  x  27  0 . y   x  1 là một nghiệm của bất phương trình đã cho.Suy ra, để có không quá 26 số nguyên y thỏa mãn f  y   0//www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comTrang 69NHÓM TOÁN VD – VDCPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 101 f [ x  27]  0  log3 27  log5  x 2  x  27   log 4  x 2  x  27   0 log5  x2  x  27   log 4  x 2  x  27   3 log5 4.log 4  x2  x  27   log 4  x 2  x  27   3 [log5 4  1] log 4  x2  x  27   3  x2  x  27  43log5 20. 211,5  x  212,5 .nên 211  x  212 .Vậy có 212  [211]  1  424. số nguyên x thỏa mãn yêu cầu.Câu 39. [PHÁT TRIẾN CÂU 49 – MÃ 101 – TN 2020] Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng vớimỗi x có không quá 10 số nguyên y thỏa mãn 4xA. 16 .B. 15 .27 y  26 2 x y  8192 và x  y  0 ?C. 17 .D. 7 .Thực hiện : Thầy Nguyễn Tất Thành– Phản Biện : Thầy Nguyễn Sỹ.NHÓM TOÁN VD – VDCMà x Lời giảiChọn AXét hàm số f [ y]  4x27 y  26 2 x y  8192 .Tập xác định D  [ x; ] vì x  y  0  y   x và x Ta có : f '[ y]  7.4xTa có f [ x  1]  4x227 y  26 7 x 19ln 4  2 x y.ln 2  0, x  D  f nghịch biến trên D . 2 x x1  213  02 4xNHÓM TOÁN VD – VDC49 27 7  27 27vì x  7 x  19  x  7 x  x  44 244222 7 x 192727 4 4  2 2  213  4 x2 7 x 191  213  02 y   x  1 là một nghiệm của bất phương trình f  y   0 .Suy ra, để có không quá 10 số nguyên y thỏa mãn f  y   0 f [ x  11]  0  4x 4x2 7 x 51 213 2 7 x 51 2 x x11  213  011  x 2  7 x  51  log 4  213  11 1122 //www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comTrang 70NHÓM TOÁN VD – VDCPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 1011  x 2  7 x  51  log 4  213  11   0 .2  11,8  x  4,8 .Mà x nên 11  x  4 .Vậy có 4  [11]  1  16. số nguyên x thỏa mãn yêu cầu.Câu 50. [ ĐỀ GỐC-MÃ 101- TN 2020 ] Cho hàm số bậc ba y  f [ x] có đồ thị là đường cong tronghình sau:NHÓM TOÁN VD – VDCCÂU 50 – MÃ 101CHỦ ĐỀ : GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤTThực hiện :Thầy Dinh An – Thầy Huỳnh Đức Vũ .Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f x3 f [ x]  1  0 làA. 8 .B. 5 .C. 6 .D. 4 .PHÂN TÍCH VÀ BÌNH LUẬN.- Bài toán cho đồ thị hàm số bậc ba y  f  x  và hỏi số nghiệm của phương trìnhf  x3 f  x    1  0 . Đây là dạng toán tương giao hàm ẩn, hàm hợp.//www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comTrang 71NHÓM TOÁN VD – VDCTuy nhiên bài toán tƣơng giao này có hai bƣớc:Bƣớc 1: Tương giao giữa đồ thị hàm số y  f  t  và đường thẳng y  1 . Bước nàykhá đơn giản vì trong bài toán có cho sẵn dữ kiện để có thể tìm ra số nghiệm t của phươngtrình, thậm chí có thể cho thấy được các nghiệm thuộc khoảng nào.aBƣớc 2: Tương giao giữa đồ thị hàm số y  f  x  và đổ thị y  3 . Với đồ thịxy  f  x  cho trước thì học sinh cần nắm chắc các dạng đồ thị hàm y  x với  là các sốnguyên. Đến bước này thì rõ ràng các em học sinh chỉ cần tìm được số giao điểm mà không cầnquan tâm các hoành độ giao điểm thuộc khoảng nào nữa.Các hƣớng phát triển của bài toán:Hƣớng 1: Thay đổi đồ thị hàm bậc ba thành đồ thị một hàm số khác; thay đổi tương giao bướchai từ hàm lũy thừa mũ nguyên lẻ thành hàm số lũy thừa số nguyên chẵn, mũ không nguyên;hoặc thay hàm lũy thừa thành các hàm số khác như hàm mũ, logarit, đưa dấu giá trị tuyệt đốivào để nhân đôi đồ thị [vì nếu chỉ có hàm mũ hoặc logarit thông thường thì đồ thị chỉ có mộtnhánh].Hƣớng 2: Thay vì hỏi số nghiệm của phương trình thuần túy thì có thể lồng ghép vàobài toán: Tìm số tiệm cận ngang, có thể là số tiệm cận của đồ thị hàm số. Ví dụ như: Tìm sốNHÓM TOÁN VD – VDCPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 101tiệm cận ngang của đồ thị hàm số: y 1f  x f  x   13. Hoặc có thể đổi câu hỏi thành tìm sốcực trị, hoặc khoảng đồng biến nghịch biến của hàm số, cũng dựa trên cách xử lí bài toán tươnggiao của các đồ thị. Tuy nhiên với cách hỏi này, hàm số phải cho khéo để có thể tạo ra đạo hàmnhư mong muốn.Lời giảiChọn CNHÓM TOÁN VD – VDCx  0 f [ x]  0 x3 f [ x]  0 333f  x f [ x]   1  0  f  x f [ x]   1   x f [ x]  a  0   f [ x]  a [do x  0]x3 x3 f [ x]  b  0 f [ x]  b [do x  0]x3f [ x]  0 có một nghiệm dương x  c .f [ x] g [ x]  f '[ x] NHÓM TOÁN VD – VDCĐặt g [ x]  f [ x] kvới x  0, k  0 .x3k.x33k.x4Với x  c , nhìn hình ta ta thấy f [ x]  0  g [ x]  f [ x] 3k0x4 g [ x]  0 có tối đa một nghiệm. g [c]  0Mặt khác và g [ x] liên tục trên  c;  limg[x] x g [ x]  0 có duy nhất nghiệm trên  c;   .kVới 0  x  c thì f [ x]  0  3  g [ x]  0 vô nghiệm.x//www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comTrang 72NHÓM TOÁN VD – VDCPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 101Với x  0 , nhìn hình ta thấy f [ x]  0  g [ x]  f [ x] 3k0x4 g [ x]  0 có tối đa một nghiệm. lim g [ x]  0x0Mặt khác và g [ x] liên tục trên  ;0  .g [ x]   xlim g [ x]  0 có duy nhất nghiệm trên  ;0  .Tóm lại g [ x]  0 có đúng hai nghiệm trênab, f [ x]  3 có 4 nghiệm phân biệt khác 0 và khác c .3xxVậy phương trình f x3 f [ x]  1  0 có đúng 6 nghiệm.Cách xử lí khác cho phƣơng trình f [ x] Xét h[ x] h[ x]  k, Dh x3k.x3NHÓM TOÁN VD – VDCSuy ra hai phương trình f [ x] \ 0 .\ 0 , k  0 .3k 0, x  D  h[ x] nghịch biến trên từng khoảng xác định.x4Bảng biến thiên[Lƣu ý: do f [ x] là hàm bậc ba nên ta chắc chắn được hình dáng đồ thị của nó khi x   vàx   ].//www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comTrang 73NHÓM TOÁN VD – VDCTừ đó vẽ đồ thị các hàm số y  f [ x] và y  h[ x] trên cùng hệ trục tọa độ, ta được hình vẽ.NHÓM TOÁN VD – VDCPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 101kcó đúng 2 nghiệm, 2 nghiệm này khác 0 vàx3NHÓM TOÁN VD – VDCNhìn vào đồ thị, ta thấy phương trình f [ x] khác c . Mỗi phương trình f [ x] ab, f [ x]  3 đều có 2 nghiệm phân biệt khác 0 và khác c .3xxVậy phương trình f x3 f [ x]  1  0 có đúng 6 nghiệm.CÂU HỎI TƢƠNG TỰ, PHÁT TRIỂNCâu 40.[PHÁT TRIẾN CÂU 50 – MÃ 101 – TN 2020] Cho hàm số đa thức bậc bốn y  f [ x] cóđồ thị là đường cong trong hình bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trìnhA. 8 .NHÓM TOÁN VD – VDC 4 f  x f 1  0 là2  ln x B. 5 .C. 6 .//www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comD. 4 .Trang 74NHÓM TOÁN VD – VDCPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 101Thực hiện :Thầy Huỳnh Đức Vũ – Thầy Dinh An.Lời giảiChọn CNHÓM TOÁN VD – VDC 4 f  x02 f  x  0 ln x 4 f  x 4 f  x  f  x   1 ln xf1012 22 ln x  ln x 4 f  x f  x   ln x22 ln x1 2 3Xét phương trình f  x   ln x , vì y  f  x  là hàm số đa thức bậc bốn nên ta có+]Trên  ;0  đồ thị hàm số y  ln x cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại duy nhất một điểm.+] Trên  0; a  , với x  a  1;2  là một điểm cực đại của hàm số y  f  x ln x  ln x  x  1  f [ x], x  0; a  nên trên khoảng  0; a  phương trình vô nghiệm.+] Trên  a;   , ta thấy đồ thị hàm số y  ln x cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại duy nhất mộtđiểm.Do đó, phương trình f  x   ln x có đúng 2 nghiệm phân biệt và hai nghiệm này khác với hainghiệm của phương trình [1].//www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comTrang 75NHÓM TOÁN VD – VDC x  x1  0f [ x]  0  . x  x2  2NHÓM TOÁN VD – VDCPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 101NHÓM TOÁN VD – VDC1Xét phương trình f  x   ln x . Tương tự như phương trình [2] và với đánh giá211ln x   x  1  f [ x], x   0; a  ta cũng chứng minh được phương trình này có đúng 222nghiệm phân biệt và 2 nghiệm này không trùng với các nghiệm của hai phương trình [1] và [2].Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt.Câu 41.[PHÁT TRIẾN CÂU 50 – MÃ 101 – TN 2020] Cho hàm số đa thức bậc ba y  f [ x] có đồA. 8 .B. 5 .C. 6 .D. 4 .Thực hiện :Thầy Huỳnh Đức Vũ – Thầy Dinh An.//www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comTrang 76NHÓM TOÁN VD – VDC f  x thị là đường cong trong hình bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f  x   1  0 e làNHÓM TOÁN VD – VDCPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 101Lời giảiChọn B+]f  xexf  xf  xexf  xexf  xex0NHÓM TOÁN VD – VDC f  x  f  x f  x  1  0  f  x   1   e  e [1] a  1; 2  [2] b  2.[3] x  x1   0;1 0  f  x   0   x  x2   x1 ;1x  x  b3vô nghiệm.Trên  ;0  , vì hàm số y  f [ x] là hàm số đa thức bậc ba nên kết hợp với đồ thị ta thấyNHÓM TOÁN VD – VDC a  1; 2   f  x   ae x .exTrên  0;   , ta có e x  x  1  ae x  a  x  1  f [ x]. Suy ra trên khoảng này phương trình [2]+]phương trình [2] có nghiệm duy nhất trên khoảng này.f  x+] x  b  f [ x]  be x . Ta có be x  b  x  1  f [ x], x>0 và lập luận tương tự như phương trìnhe[2] ta chứng minh được phương trình này có nghiệm duy nhất trên  ;0  .//www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comTrang 77NHÓM TOÁN VD – VDCPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 101Câu 42. [PHÁT TRIẾN CÂU 50 – MÃ 101 – TN 2020] Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị làNHÓM TOÁN VD – VDCCác nghiệm của ba phương trình [1], [2], [3] không trùng nhau.Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm phân biệt.đường cong trong hình vẽ. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f  x5 f  x    2  0 làB. 5 .C. 6 .D. 4 .Thực hiện :Thầy Huỳnh Đức Vũ – Thầy Dinh An.Lời giảiChọn Cf  x5 f  x    2  0  f  x5 f  x    2 *Dựa vào đồ thị//www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comTrang 78NHÓM TOÁN VD – VDCA. 8 .NHÓM TOÁN VD – VDCPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 101 x5 f  x   0*   x5 f  x   a 5 x f  x   b1 2   1  a  0  . 3  3  b  2 x  0x  0 f  x   0  x  x11   3  x1  2 .Xét  2  : dễ thấy x  0 không là nghiệm. Với x  0 ,  2   f  x   1  a  0 và hàm số y  f  x  trên cùng hệ trục tọa độ suy raTương tự xét phương trình  3 phương trình có 2 nghiệm.Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm.Câu 43. [PHÁT TRIẾN CÂU 50 – MÃ 101 – TN 2020] Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị làđườngf x  2cong2tronghìnhvẽ.Sốnghiệmthựcphânbiệtcủaphươngtrìnhf  x   3  0 làC. 9 .B. 6 .D. 12 .Thực hiện : Thầy Dinh An– Thầy Huỳnh Đức Vũ.Lời giảiChọn C x  22f  x  3  0  f x  22f  x   3  *//www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comTrang 79NHÓM TOÁN VD – VDCA. 8 .fNHÓM TOÁN VD – VDCax5phương trình có 2 nghiệm.Vẽ đồ thị hàm số f  x  a.x5NHÓM TOÁN VD – VDCTa có: fPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 101 x  22 x  2  2 x  2  2f  x  3   x  2  22 x  2 f  x  0f  x   a   1;0 f  x   b  2.f  x   c   3; 2  x  22Xét phương trình:  x  2  f  x   0  mà f  x   0 có hai nghiệm f  x  0  x  2  . f  x   0 có ba nghiệm.2NHÓM TOÁN VD – VDCXét phương trình:  x  2  f  x   a  02Do  x  2   0 ; x  2 không là nghiệm của phương trình  f  x  2Xét g  x  a x  22 g  x  a x  2202a x  23Bảng biến thiên:a x  22có 2 nghiệm.Tương tự:  x  2  f  x   b và  x  2  f  x   c  b, c  0  mỗi phương trình cũng có hai22nghiệm.Vậy số nghiệm của phương trình f x  22f  x   3 là 9 nghiệm.Câu 44. [PHÁT TRIẾN CÂU 50 – MÃ 101 – TN 2020] Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hìnhvẽ.//www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comTrang 80NHÓM TOÁN VD – VDCTừ bảng biến thiên với f  x   0  f  x  NHÓM TOÁN VD – VDCPBM - Phát triển đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 - Môn Toán - Mã đề 101Số nghiệm thực của phương trình f f  x   f  x   0 làC. 10 .B. 24 .D. 4 .Thực hiện : Thầy Dinh An– Thầy Huỳnh Đức Vũ.Lời giảiChọn AĐặt f  x   t  0 . Khi đó phương trình trở thànhNHÓM TOÁN VD – VDCA. 20 .f  t   t , 1 .Từ đồ thị hàm số ta cóKhi đó các phương trình f  x   a , f  x   b , f  x   c mỗi phương trình có 6 nghiệm phân biệtkhông trùng nhau. Phương trình f  x   d có 2 nghiệm phân biệt không trùng với nghiệm của 3phương trình trên.Vậy phương trình đã cho có 20 nghiệm phân biêt.----HẾT----//www.facebook.com/groups/toanvd.vdcUpload mathvn.comTrang 81NHÓM TOÁN VD – VDC t  a ,  0  a  1 t  b ,  a  b  1Phương trình  1 có 4 nghiệm t  c ,  1  c  2 t  d , 2  d 