[Mức độ 4] Cho hai hàm số \(y = {x^6} + 6{x^4} + 6{x^2} + 1\) và \(y = {x^3}\sqrt {m – 15x} \left( {m + 3 – 15x} \right)\) có đồ thị lần lượt là \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\). Gọi \(S\) là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số \(m\) thuộc đoạn \(\left[ { – 2024;2024} \right]\) để \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Số phần tử của tập hợp \(S\) bằng

[Mức độ 4] Cho hai hàm số \(y = {x^6} + 6{x^4} + 6{x^2} + 1\) và \(y = {x^3}\sqrt {m – 15x} \left( {m + 3 – 15x} \right)\) có đồ thị lần lượt là \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\). Gọi \(S\) là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số \(m\) thuộc đoạn \(\left[ { – 2024;2024} \right]\) để \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Số phần tử của tập hợp \(S\) bằng

A. \(2010\).

B. \(2011\).

C. \(4048\).

D. \(2024\).

Lời giải:

Ta biết \(\left( {{C_1}} \right)\) cắt \(\left( {{C_2}} \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình \({x^6} + 6{x^4} + 6{x^2} + 1 = {x^3}\sqrt {m – 15x} \left( {m + 3 – 15x} \right)\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt.

Điều kiện: \(m – 15x \ge 0 \Leftrightarrow m \ge 15x\,\,\,\left( * \right)\).

Nếu \(x = 0\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) vô nghiệm. Suy ra \(x \ne 0\).

Khi đó \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^3} + 6{x^2} + 6x + \frac{1}{{{x^3}}} = \sqrt {m – 15x} \left( {m + 3 – 15x} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x + \frac{1}{x}} \right)^3} + 3\left( {x + \frac{1}{x}} \right) = {\left( {\sqrt {m – 15x} } \right)^3} + 3\sqrt {m – 15x} \).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^3} + 3t\). Tập xác định \(D = \mathbb{R}\).

\(f’\left( t \right) = 3{t^2} + 3 > 0,\forall t \in \mathbb{R}\). Suy ra hàm số \(f\left( t \right) = {t^3} + 3t\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Do đó \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow x + \frac{1}{x} = \sqrt {m – 15x} \,\,\,\left( 2 \right)\).

+ Trường hợp 1: \(x < 0 \Rightarrow x + \frac{1}{x} < 0\)\( \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 2 \right)\) vô nghiệm.

+ Trường hợp 2: \(x > 0\) . Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}m > 0\\x + \frac{1}{x} > 0\end{array} \right.\) nên \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow {x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} + 2 = m – 15x \Leftrightarrow m = {x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} + 2 + 15x\).

Đặt \(g\left( x \right) = {x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} + 2 + 15x,\,x > 0\). \(g’\left( x \right) = 2x – \frac{2}{{{x^3}}} + 15\).

Phương trình \(g’\left( x \right) = 0\) có một nghiệm \(x = \frac{1}{2}\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Bảng biến thiên

Suy ra \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \(m > \frac{{55}}{4}\)( thỏa \(m > 0\)).

Kết hợp với \(m\) nguyên và \(m \in \left[ { – 2024;2024} \right]\) suy ra \(m \in \left\{ {14;15;…..;2024} \right\}\).

Khi đó \(S\) có \(2024 – 14 + 1 = 2011\) phần tử.

=========== Tương tự Câu 49 TÌM m ĐỂ HÀM SỐ CÓ a CỰC TRỊ HÀM HỢP – VẬN DỤNG CAO – PHÁT TRIỂN Toán TK 2024